2025年高考物理押題預(yù)測(cè)考前沖刺--動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律

選擇題（共10小題）

1.（2025?開(kāi)福區(qū)校級(jí)模擬）如圖是古代奧林匹克立定跳遠(yuǎn)的陶瓷畫，圖中的運(yùn)動(dòng)員手持一種負(fù)重物起跳，

現(xiàn)在我們來(lái)解釋其中的原因。若某位運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為60kg,兩手各持一個(gè)質(zhì)量為3kg的負(fù)重物，在某

次立定跳遠(yuǎn)練習(xí)過(guò)程中，起跳離地時(shí)速度大小為5m/s,方向與水平方向成37°夾角，在最高點(diǎn)將兩個(gè)

負(fù)重物相對(duì)于地面速度為零扔出（時(shí)間極短），忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,下列說(shuō)法正確的是（）

A.從起跳后到落地前的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和負(fù)重物組成系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒

B.從起跳后到落地前的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和負(fù)重物組成系統(tǒng)的總機(jī)械能守恒

C.運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)不扔出負(fù)重物且起跳離地面速度大小不變的情況下，速度方向與水平方向成60°夾

角時(shí)運(yùn)動(dòng)員的跳遠(yuǎn)成績(jī)最好

D.運(yùn)動(dòng)員在起跳離地速度不變的情況下，與在最高點(diǎn)不扔出負(fù)重物相比，運(yùn)動(dòng)員可以多跳0.12m

2.（2025?汕頭二模）在江南水鄉(xiāng)，撐篙行舟是一種傳統(tǒng)的水上交通方式。如圖所示，船夫使用一根竹篙

傾斜撐向河底，就能讓船夫和小船一起緩慢向右運(yùn)動(dòng)離岸。小船緩慢離岸的過(guò)程中，竹篙對(duì)河底力的作

用點(diǎn)不變，對(duì)該過(guò)程分析正確的是（）

A.竹篙對(duì)河底做正功

B.小船受到的合力向左

C.小船受到船夫的摩擦力向右

D.船夫受到小船的支持力的沖量為零

3.（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，長(zhǎng)為1的細(xì)繩上端懸于P點(diǎn)，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球。小球在水

平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩與豎直方向的夾角為0,不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確

的是（）

A.細(xì)繩的拉力大小等于mgsin0

B.小球的向心加速度等于gsin。

C.小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，繩拉力的沖量等于0

D.小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，重力的沖量等于2TmiJglcos。

4.（2025?河北區(qū)模擬）質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子M、N以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行金屬

板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，不計(jì)帶電粒子的重力，M從兩板正中央射入，N從下板邊緣處射入，它們最后打

在同一點(diǎn)，如圖所示。則從開(kāi)始射入至打到上板的過(guò)程中（）

A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為tN>tM

B.它們的電勢(shì)能減少量之比AEPM：AEPN=1：2

C.它們的動(dòng)能增量之比AEKM：AEKN=1：4

D.它們的動(dòng)量增量之比APM：APN=1：1

5.（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜

面后又滑回斜面底端。則木塊（）

A,上滑過(guò)程的時(shí)間大于下滑過(guò)程的時(shí)間

B.上滑過(guò)程的加速度小于下滑過(guò)程的加速度

C.上滑過(guò)程與下滑過(guò)程損失的機(jī)械能相等

D.上滑過(guò)程的動(dòng)量變化量小于下滑過(guò)程的動(dòng)量變化量

6.（2025?浙江三模）籃球投出后經(jīng)多次曝光得到的照片如圖所示，每次曝光的時(shí)間間隔相等。籃球受到

的空氣阻力大小相等，方向始終與速度方向相反，則籃球（）

B.加速度大小先減小后增大

C.相鄰位置的動(dòng)量變化量一直減小

D.相鄰位置的機(jī)械能變化量先增大后減小

7.（2025?煙臺(tái)二模）2025年4月11日成功發(fā)射通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十七號(hào)。運(yùn)載火箭點(diǎn)火時(shí)向下噴氣，會(huì)

對(duì)地面產(chǎn)生沖力。假設(shè)火箭剛離開(kāi)地面時(shí)豎直向上速度大小為vo,火箭噴氣口的橫截面積大小為S,噴

出氣體相對(duì)于火箭的速度大小為v,氣體垂直射向地面后，豎直速度變?yōu)榱?，已知?dú)怏w的密度為p,重

力加速度大小為g,忽略氣體自身重力v>vo。則氣體對(duì)地面的平均沖力大小是（）

A.pSv2B.pSv（v-vo）

2

C.PSVQD.pS（y—v0）

8.（2025?西城區(qū)二模）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí)，

傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10m/s2,下列說(shuō)法正確的是（）

圖1圖2

A.小球的質(zhì)量為0.2kg,振動(dòng)的周期為4s

B.0?2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)

C.0?2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2N?s

D.0?2s內(nèi)，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量

9.（2025?未央?yún)^(qū)校級(jí)模擬）如圖，圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r,可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的同心圓盤，在圓

盤的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及與桌面的摩擦因數(shù)均為心現(xiàn)從

靜止開(kāi)始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于

滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計(jì)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則（）

圓盤

A.小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運(yùn)動(dòng)

B.物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，圓盤對(duì)小物塊做功為nmgr

C.餐桌面的半徑為六

D.物塊在餐桌面上滑行的過(guò)程中，所受摩擦力的沖量大小為而

10.（2025?金華三模）如圖，質(zhì)量均為1kg的木塊A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿,

輕桿上端系一長(zhǎng)為0.22m的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為0.1kg的球C,現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平，并

由靜止釋放，當(dāng)球C擺到最低點(diǎn)時(shí)，木塊A恰好與木塊B相撞并粘在一起，不計(jì)空氣阻力，則（）

B.木塊A、B原先間距0.04m

C.球C通過(guò)最低點(diǎn)后向左擺動(dòng)上升最大高度為0.21m

D.球C開(kāi)始下落到A、B、C三者相對(duì)靜止，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為0.005J

二.多選題（共5小題）

（多選）11.（2025?南寧模擬）如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的彈性小球A、B、C組成系統(tǒng)，

用兩根長(zhǎng)均為1m的輕繩連成一條直線，此時(shí)A、C距離最遠(yuǎn)且靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給中間的小球

B一個(gè)水平初速度vo=3m/s,方向與繩垂直。小球相互碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，輕繩不可伸長(zhǎng)。則（）

vo

ABIC

A.該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量也守恒

B.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球A的最大動(dòng)能為4.5J

C.當(dāng)A、C再次相距最遠(yuǎn)時(shí)，小球B的速度為lm/s

D.當(dāng)A、C再次相距最遠(yuǎn)時(shí)，繩中的拉力F的大小為9N

（多選）12.（2025?烏魯木齊三模）神舟十九號(hào)飛船與天和核心艙在太空成功對(duì)接（兩航天器連接成一個(gè)

整體），對(duì)接過(guò)程中，兩航天器可視為沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)。對(duì)接前，飛船相對(duì)核心艙的速度為Au,對(duì)

接成功后，核心艙的速度比對(duì)接前的速度增加了Av。已知神舟十九號(hào)飛船的質(zhì)量為m,天和核心艙的

質(zhì)量為7m,對(duì)接過(guò)程中核心艙受到的飛船的沖量大小為I,則（）

A.I=7mAvB.I=8mAvC.Au=7AvD.Au=8Av

（多選）13.（2025?南寧模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的兩小球A、B用輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧

2

的勁度系數(shù)為k,彈簧的彈性勢(shì)能EP=1kx,x為彈簧的形變量。A球通過(guò)一根水平輕質(zhì)細(xì)線（足夠長(zhǎng)）

連接到墻壁上，A、B均靜止在光滑水平地面上?，F(xiàn)將小球B向右拉開(kāi)一小段距離xo后由靜止釋放，

關(guān)于從釋放小球B到小球A碰撞墻壁前的過(guò)程說(shuō)法正確的是（）

A.小球A、B的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.小球B的最大速度為居xo

C.小球A的最大速度為&xo

D.彈簧最短時(shí)，其壓縮量為1~xo

（多選）14.（2025?福州四模）科學(xué)實(shí)踐小組對(duì)福州內(nèi)河調(diào)研發(fā)現(xiàn)，彎曲河道的外側(cè)河堤會(huì)受到流水沖擊

產(chǎn)生的壓強(qiáng)。如圖所示，河流某彎道處可視為圓心為0,半徑為R的圓弧的一部分。假設(shè)河床水平，河

道在整個(gè)彎道處寬度L和水深H均保持不變，水的流動(dòng)速度v大小恒定，L《R,河水密度為p,忽略

流水內(nèi)部的相互作用力。取彎道某處一垂直于流速的觀測(cè)截面，則在一段極短時(shí)間At內(nèi)（）

o

A.流水的加速度方向指向圓心O

v

B.流水速度改變量的大小為./t

C.通過(guò)觀測(cè)截面水的動(dòng)量改變量大小為pLH號(hào)

D.外側(cè)河堤受到的流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)為號(hào)片

（多選）15.（2025?南充模擬）如圖所示，固定直桿與水平面的夾角為0,輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一

端連接穿在桿上的小球，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為中彈簧和桿在同一豎直平面內(nèi)。OC水平，OB

等于彈簧原長(zhǎng)，OA=OC,BE=BF,小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,小球從A點(diǎn)靜止釋放，第一

次能夠到C點(diǎn)，重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）

A.從A到C的過(guò)程中，桿對(duì)小球的沖量不為零

B.若四=0,小球在B點(diǎn)時(shí)速度最大

C.若且小球最低能到C點(diǎn)，則小球第一次過(guò)B點(diǎn)的動(dòng)能為EP

D.若后0,則小球第一次向下通過(guò)E點(diǎn)和F點(diǎn)時(shí)的加速度大小一定相等

三.解答題（共5小題）

16.（2025?貴陽(yáng)三模）如圖，MN為一長(zhǎng)為L(zhǎng)=20m的水平傳送帶，傳送帶右端平滑對(duì)接一足夠長(zhǎng)的水平

地面，在水平地面上緊靠傳送帶右端靜置一質(zhì)量為mi=3kg、長(zhǎng)為d的木板a,a的最右端放置一質(zhì)量

為m2=1.5kg的物塊b。當(dāng)傳送帶以恒定的速率vo=8m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在傳送帶的左端由靜止釋放一

質(zhì)量為m3=lkg的物塊c。已知a與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)因=熱b與a上表面之間、c與傳送帶之

間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2=0.2,不計(jì)c與水平地面間的摩擦，b、c均可視為質(zhì)點(diǎn)。設(shè)c與a的每次碰撞

均為彈性正碰，且碰撞時(shí)間極短，取重力加速度大小g=10m/s2,求：

(1)c從M端第一次運(yùn)動(dòng)到N端的時(shí)間；

(2)c與a第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間間隔內(nèi)，c與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量；

(3)如果c與a發(fā)生第三次碰撞前，b未從a上滑離，d的最小值。

17.(2025?煙臺(tái)二模)如圖所示，水平地面上固定放置一軌道ABC,軌道斜面AB部分與水平BC部分在

B點(diǎn)平滑連接，緊靠軌道右側(cè)有一質(zhì)量為mo=1kg的小車，其上表面與軌道BC部分等高，在C點(diǎn)放置

一質(zhì)量為mi=2kg滑塊N(可視為質(zhì)點(diǎn))。水平地面右側(cè)有一固定的豎直墻壁，小車右端距離墻壁足夠

遠(yuǎn)?，F(xiàn)將另一質(zhì)量為m2=2kg滑塊M(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道頂端A點(diǎn)由靜止滑下，與滑塊N發(fā)生彈性

碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后滑塊N滑上小車，小車與墻壁相碰時(shí)碰撞時(shí)間極短，每次碰撞后小車反

向，速度大小變?yōu)榕鲎睬暗囊话?。已知A、C兩點(diǎn)豎直高度差為h=5m,水平距離為L(zhǎng)=1.9m,滑塊M

與軌道ABC間動(dòng)摩擦因數(shù)均為m)=0.5,滑塊N與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口=0.1,滑塊N始終

未離開(kāi)小車，水平地面光滑，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)滑塊M運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)(還未與滑塊N碰撞)的速度大小；

(2)小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁第2次碰撞前的過(guò)程中，滑塊N與小車間由于摩擦產(chǎn)生的熱量；

(3)小車與墻壁發(fā)生第1次碰撞后直至停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小車運(yùn)動(dòng)的總路程。

18.(2025?未央?yún)^(qū)校級(jí)模擬)如圖所示，固定在豎直面內(nèi)半徑為R的四分之一光滑圓弧最低點(diǎn)與水平傳送

帶相切于B點(diǎn)，傳送帶左端與足夠長(zhǎng)光滑水平面相切于C點(diǎn)。傳送帶BC之間的距離為R,傳送帶始終

以大小為vo=M的速度沿逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。一質(zhì)量為3m的物塊Q靜止在水平面C端，將質(zhì)量為m

的物塊P在圓弧的最高點(diǎn)A由靜止釋放，P沿圓弧下滑并滑上傳送帶，運(yùn)動(dòng)到水平面上后與Q發(fā)生彈

性碰撞，P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,不計(jì)物塊的大小及空氣阻力。重力加速度大小為g,求：

(1)物塊P運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;

(2)P與Q碰撞過(guò)程中，P對(duì)Q的沖量大小；

(3)碰撞之后，P、Q間的最大距離。

19.(2025?宿遷三模)如圖所示，長(zhǎng)L=1.0m的輕質(zhì)板C靜止在光滑水平面上，小物塊A、B分別靜置在

板C的左右兩端，質(zhì)量mA、mB均為1.0kg,A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為)IA=0.4、.=0.2?，F(xiàn)

給A施加水平向右的推力，使它們開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A、B間的碰撞為彈

性碰撞，取重力加速度g=10m/s2。

(1)若推力大小Fi=2.0N,A、B、C以相同的加速度一起運(yùn)動(dòng)，求加速度大小a及B受到的摩擦力大

小fB;

(2)若推力大小F2=6.0N,B相對(duì)C運(yùn)動(dòng)，求從B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與A剛要發(fā)生碰撞的過(guò)程中，B所受摩

擦力的沖量大小I;

(3)若推力大小F2=6.0N,經(jīng)時(shí)間t=1.0s撤去推力，A、B、C繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定狀態(tài)，求整個(gè)過(guò)程中

產(chǎn)生的熱量Q。

20.(2025?紅橋區(qū)二模)如圖所示，質(zhì)量M=4kg的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑R=lm

的光滑四分之一圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)L=2m的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量m=lkg、

可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿圓弧軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C

點(diǎn)。取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)滑塊滑到圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)，小車的速度VI和滑塊的速度V2；

(2)滑塊下滑過(guò)程中，小車對(duì)滑塊支持力所做的功W；

(3)滑塊與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)心

2025年高考物理押題預(yù)測(cè)考前沖刺--動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律

參考答案與試題解析

一.選擇題（共10小題）

1.（2025?開(kāi)福區(qū)校級(jí)模擬）如圖是古代奧林匹克立定跳遠(yuǎn)的陶瓷畫，圖中的運(yùn)動(dòng)員手持一種負(fù)重物起跳，

現(xiàn)在我們來(lái)解釋其中的原因。若某位運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為60kg,兩手各持一個(gè)質(zhì)量為3kg的負(fù)重物，在某

次立定跳遠(yuǎn)練習(xí)過(guò)程中，起跳離地時(shí)速度大小為5m/s,方向與水平方向成37°夾角，在最高點(diǎn)將兩個(gè)

負(fù)重物相對(duì)于地面速度為零扔出（時(shí)間極短），忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,下列說(shuō)法正確的是（）

A.從起跳后到落地前的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和負(fù)重物組成系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒

B.從起跳后到落地前的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和負(fù)重物組成系統(tǒng)的總機(jī)械能守恒

C.運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)不扔出負(fù)重物且起跳離地面速度大小不變的情況下，速度方向與水平方向成60°夾

角時(shí)運(yùn)動(dòng)員的跳遠(yuǎn)成績(jī)最好

D.運(yùn)動(dòng)員在起跳離地速度不變的情況下，與在最高點(diǎn)不扔出負(fù)重物相比，運(yùn)動(dòng)員可以多跳0.12m

【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒的條件、機(jī)械能守恒的條件和斜上拋運(yùn)動(dòng)的位移和速度規(guī)律進(jìn)行分析解答。

【解答】解：A.從起跳后到落地前的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和負(fù)重物組成系統(tǒng)在水平方向上的總動(dòng)量守恒，

故A錯(cuò)誤；

B.從起跳后到落地前的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員對(duì)自己和負(fù)重物做功，使得組成系統(tǒng)的總機(jī)械能增加，故B

錯(cuò)誤；

C.運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)不扔出負(fù)重物且起跳離地面速度大小不變的情況下，根據(jù)斜上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，跳遠(yuǎn)

水平距離xuvocosQ,nsi71。=電?sin29,可知速度方向與水平方向成6=45°夾角時(shí)運(yùn)動(dòng)員的跳遠(yuǎn)成

99

績(jī)最好，故C錯(cuò)誤；

D.不扔負(fù)重物時(shí)，運(yùn)動(dòng)員跳出的水平距離為xi=q?sin2e=1^x2X0.6X0.8m=2.4m,在最高點(diǎn)扔出

負(fù)重物時(shí)，規(guī)定最高點(diǎn)速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有（M+2m）vocos37°=Mvi,代入數(shù)據(jù)

VciSin37°Vnsin370

解得vi=4.4m/s,則該狀態(tài)下運(yùn)動(dòng)員的水平距禺為X2=vocos37°?------------+vi*-------------=5X0.8x

99

牛或+14.4X%Mm=2.52m,故運(yùn)動(dòng)員在起跳離地速度不變的情況下，與在最高點(diǎn)不扔出負(fù)重物相比,

運(yùn)動(dòng)員可以多跳AX=X2-xi=2.52m-2.4m=0.12m,故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】考查動(dòng)量守恒的條件、機(jī)械能守恒的條件和斜上拋運(yùn)動(dòng)的位移和速度規(guī)律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)

確分析解答。

2.（2025?汕頭二模）在江南水鄉(xiāng)，撐篙行舟是一種傳統(tǒng)的水上交通方式。如圖所示，船夫使用一根竹篙

傾斜撐向河底，就能讓船夫和小船一起緩慢向右運(yùn)動(dòng)離岸。小船緩慢離岸的過(guò)程中，竹篙對(duì)河底力的作

用點(diǎn)不變，對(duì)該過(guò)程分析正確的是（）

A.竹篙對(duì)河底做正功

B.小船受到的合力向左

C.小船受到船夫的摩擦力向右

D.船夫受到小船的支持力的沖量為零

【分析】根據(jù)功的定義可知，力與在力的方向上的位移的乘積；根據(jù)平衡條件可知合外力為零；靜摩擦

力方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)相反,結(jié)合牛頓第三定律判定小船受到船夫的摩擦力方向;根據(jù)I=Ft判定沖量。

【解答】解：A.根據(jù)功的定義可知，力與在力的方向上的位移的乘積，竹篙對(duì)河底有力的作用，但河

底在這個(gè)力的方向上沒(méi)有發(fā)生位移，所以竹篙對(duì)河底不做功，故A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)樾〈徛蛴疫\(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件，物體處于平衡狀態(tài)時(shí)合力為零，所以小船

受到的合力為零，故B錯(cuò)誤；

C,靜摩擦力方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)相反，船夫和小船一起緩慢向右運(yùn)動(dòng)，船夫相對(duì)小船有向右的運(yùn)動(dòng)趨

勢(shì)，所以小船對(duì)船夫的摩擦力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故c正確；

D.根據(jù)I=Ft,因船夫受到小船的支持力不零，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也不為零，故船夫受到小船的支持力的沖

量不為零，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題以日常運(yùn)動(dòng)為載體，主要考查了功和摩擦力方向的判定以及沖量，題目新穎，難度不大。

3.（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，長(zhǎng)為1的細(xì)繩上端懸于P點(diǎn)，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球。小球在水

平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩與豎直方向的夾角為0,不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確

的是（）

P

A.細(xì)繩的拉力大小等于mgsin0

B.小球的向心加速度等于gsin。

C.小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，繩拉力的沖量等于0

D.小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，重力的沖量等于2TmiJglcosO

【分析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析求解；根據(jù)牛頓第二定律列式求解；由動(dòng)量定理求解拉力和重力的沖量大

小。

【解答】解：A、對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受重力mg和細(xì)繩的拉力F。將拉力F沿豎直方向和水平

方向分解，豎直方向上

Fcos0=mg

則

F=mg

~cosd

故A錯(cuò)誤；

B、水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律

Fsin0=man

把

F=mg

~cosd

代入可得

an=gtan0

故B錯(cuò)誤；

C、小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間

又

2

an=ra）=gtand

r=lsin0

可得

cIlcosG

t=2n-------

7g

拉力的沖量

IG=FT=&rgi

cosO=2irmcosO

故c錯(cuò)誤；

D、由C選項(xiàng)所得結(jié)果可有，重力的沖量

lG=mgt=2nmqglcosO

故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓周運(yùn)動(dòng)及動(dòng)量定理，解題的關(guān)鍵是要知道向心力的來(lái)源。

4.（2025?河北區(qū)模擬）質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子M、N以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行金屬

板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，不計(jì)帶電粒子的重力，M從兩板正中央射入，N從下板邊緣處射入，它們最后打

在同一點(diǎn)，如圖所示。則從開(kāi)始射入至打到上板的過(guò)程中（）

A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為tN>tM

B.它們的電勢(shì)能減少量之比AEPM：AEPN=1：2

C.它們的動(dòng)能增量之比AEKM：AEKN=1：4

D.它們的動(dòng)量增量之比APM：APN=1：1

【分析】將兩個(gè)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)垂直電場(chǎng)方向和平行電場(chǎng)方向正交分解，垂直電場(chǎng)方向不受力，做勻速

直線運(yùn)動(dòng)；平行電場(chǎng)方向受到電場(chǎng)力，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定

律和功能關(guān)系聯(lián)合列式分析.

【解答】解：A、由題可知，兩個(gè)帶電粒子都做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而且它們的水

平位移相等、初速度相等，則在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，即tN=tM。故A錯(cuò)誤；

B、在豎直方向上，根據(jù)y=%t2=梁知，豎直位移之比為1：2,則電荷量之比為1：2.因?yàn)殡妶?chǎng)力

做功等于電勢(shì)能的減小量，電場(chǎng)力做功W=qEy,因?yàn)殡姾闪恐葹?：2,豎直位移之比為1：2,則

電場(chǎng)力做功為1：4,根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的增量之比為1：4,它們的電勢(shì)能減少量之比AEPM：

AEPN=1：4,故B錯(cuò)誤，C正確；

D、根據(jù)動(dòng)量定理，有：動(dòng)量增量Ap=qEt,qM：qN=l：2,t相等，則動(dòng)量增量之比ApM：ApN=l：

2,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)的方法，知道粒子沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)

律，結(jié)合牛頓第二定律、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解。

5.（2025?西城區(qū)二模）如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜

A.上滑過(guò)程的時(shí)間大于下滑過(guò)程的時(shí)間

B.上滑過(guò)程的加速度小于下滑過(guò)程的加速度

C.上滑過(guò)程與下滑過(guò)程損失的機(jī)械能相等

D.上滑過(guò)程的動(dòng)量變化量小于下滑過(guò)程的動(dòng)量變化量

【分析】ABD、上滑和下滑過(guò)程中，摩擦力的方向不同，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，根據(jù)時(shí)間位

移公式分析時(shí)間，根據(jù)速度一位移公式分析速度的變化，進(jìn)而分析動(dòng)量變化；

C、物塊在上滑和下滑過(guò)程中，由于摩擦力做功導(dǎo)致機(jī)械能損失，但由于摩擦力和接觸面積相同，且路

徑長(zhǎng)度相同，所以損失的機(jī)械能相等。

【解答】解：B、物體先減速上升，由牛頓定律則：f+mgsin0=ma；后加速下滑，則：mgsin0-f=ma'；

摩擦力相同，所以a>a',即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故B錯(cuò)誤；

A、因?yàn)閍>a,，由s=^a/知上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間，故A錯(cuò)誤；

C、克服摩擦力做功亞=￡$,所以上滑過(guò)程與下滑過(guò)程克服摩擦力做功相同，因?yàn)榭朔Σ磷枇ψ龉Φ?/p>

于物體機(jī)械能的變化量，所以上滑過(guò)程與下滑過(guò)程中機(jī)械能的減小量相等，故C正確；

D、因?yàn)閍>a,，由公式v2=2as,知上滑過(guò)程速度的減小量大于下滑過(guò)程速度的增加量，上滑過(guò)程的

動(dòng)量變化量大于下滑過(guò)程的動(dòng)量變化量，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】考查到牛頓第二定律、功能關(guān)系等知識(shí)，熟悉運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的運(yùn)用，要清楚上滑過(guò)程與下滑過(guò)程

加速度不同。

6.（2025?浙江三模）籃球投出后經(jīng)多次曝光得到的照片如圖所示，每次曝光的時(shí)間間隔相等?；@球受到

的空氣阻力大小相等，方向始終與速度方向相反，則籃球（）

A.速度大小一直在減小

B.加速度大小先減小后增大

C.相鄰位置的動(dòng)量變化量一直減小

D.相鄰位置的機(jī)械能變化量先增大后減小

【分析】A、根據(jù)速度與加速度方向是否一致分析速度變化；

B、根據(jù)重力與空氣阻力的方向變化分析加速度變化；

C、根據(jù)加速度的變化分析動(dòng)量變化量，

D、阻力不變，根據(jù)相鄰位置軌跡長(zhǎng)度變化分析機(jī)械能變化。

【解答】解：A、豎直方向速度先向上后向下，重力先做負(fù)功后做正功，可知速度先減小后增大，故A

錯(cuò)誤；

B、重力與空氣阻力的夾角，在上升階段為銳角，下降階段為鈍角，角度一直在增大，可知加速度一直

在減小，故B錯(cuò)誤；

C、因AP=mAv=mat,可知AP一直減小，故C正確；

D、空氣阻力做功引起機(jī)械能的變化，相鄰位置軌跡長(zhǎng)度先減小后增大，變化量先減小后增大，故D錯(cuò)

誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】考查速度與加速度的關(guān)聯(lián)，動(dòng)量定理和功能關(guān)系，清楚其定義。

7.（2025?煙臺(tái)二模）2025年4月11日成功發(fā)射通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十七號(hào)。運(yùn)載火箭點(diǎn)火時(shí)向下噴氣，會(huì)

對(duì)地面產(chǎn)生沖力。假設(shè)火箭剛離開(kāi)地面時(shí)豎直向上速度大小為vo,火箭噴氣口的橫截面積大小為S,噴

出氣體相對(duì)于火箭的速度大小為v,氣體垂直射向地面后，豎直速度變?yōu)榱?，已知?dú)怏w的密度為p,重

力加速度大小為g,忽略氣體自身重力v>vo。則氣體對(duì)地面的平均沖力大小是（）

A.pSv2B.pSv（v-vo）

2

C.PSVQD.pS(v—v0)

【分析】氣體對(duì)地面的平均沖力由氣體撞擊地面時(shí)的動(dòng)量變化率決定O

【解答】解：氣體相對(duì)于地面的速度：火箭以速度V0向上運(yùn)動(dòng)，氣體相對(duì)于火箭的噴出速度為V向下，

因此，氣體相對(duì)于地面的速度為V地=丫-V0,方向向下，

氣體撞擊地面后速度變?yōu)?,速度變化為A=V-VO,

單位時(shí)間內(nèi)噴出的氣體質(zhì)量為Am=pSvAt,其中P為氣體密度，S為噴口橫截面積，v為氣體相對(duì)于

火箭的速度，

根據(jù)動(dòng)量定理，沖力為F=冬=舞4"=pSu"-%），故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】考查對(duì)動(dòng)量定理的理解，關(guān)鍵要清楚噴出氣體相對(duì)于火箭的速度和相對(duì)地面的速度變化。

8.（2025?西城區(qū)二模）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí),

傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。己知重力加速度g=10m/s2,下列說(shuō)法正確的是（）

A.小球的質(zhì)量為0.2kg,振動(dòng)的周期為4s

B.0?2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)

C.0?2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2N?s

D.0?2s內(nèi)，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量

【分析】彈簧的彈力等于小球的重力時(shí)，是彈簧與小球組成的系統(tǒng)的平衡狀態(tài)，根據(jù)彈簧彈力的變化情

況可知小球重力，彈簧彈力的沖量可根據(jù)沖量定理求得，小球的動(dòng)能變化可根據(jù)動(dòng)能定理求得。

【解答】解：A.彈簧與小球組成的系統(tǒng)，靜止時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，伸長(zhǎng)量為1,此時(shí)彈簧彈力等于小

球重力，根據(jù)題中信息可知，小球運(yùn)動(dòng)到最上端時(shí)，彈簧的彈力為0,彈簧處于原長(zhǎng)，根據(jù)彈簧運(yùn)動(dòng)的

對(duì)稱性可知，彈簧位于最下端時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為21,此時(shí)彈簧的彈力為2N,因此當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為1

時(shí)，彈力大小為1N,此時(shí)彈力等于小球的重力，因此小球的質(zhì)量為0.1kg,故A錯(cuò)誤；

B.0?2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始時(shí)小球的重力小于彈簧的彈力，加速度向上，小球處于

超重狀態(tài)，當(dāng)經(jīng)過(guò)彈簧伸長(zhǎng)量為1的點(diǎn)后，至小球到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球的重力大于彈簧彈力，此

時(shí)小球的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量定理可知，外力的沖量之和等于動(dòng)量的變化量，即Ft+Gt=Ap,Os時(shí)小球位于最低點(diǎn)，速

度為0,2s時(shí)小球位于最高點(diǎn)，速度也是0,因此可知Ft=-Gt,已知小球的重力大小為IN,作用時(shí)

間為2s,因此Gt=2N,s,所以彈簧彈力的沖量大小也是2N?s,故C正確；

D.根據(jù)動(dòng)能定理可知，外力做功之和等于動(dòng)能變化量，對(duì)小球做功的力除彈力外還有小球自身的重力，

因此彈簧彈力做的功不等于小球動(dòng)能的變化量，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題需要利用胡克定律、動(dòng)量定理及動(dòng)能定理等相關(guān)知識(shí)求解。

9.（2025?未央?yún)^(qū)校級(jí)模擬）如圖，圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r,可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的同心圓盤，在圓

盤的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及與桌面的摩擦因數(shù)均為皿現(xiàn)從

靜止開(kāi)始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于

滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計(jì)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則（）

圓盤

A.小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運(yùn)動(dòng)

B.物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，圓盤對(duì)小物塊做功為nmgr

C.餐桌面的半徑為手

D.物塊在餐桌面上滑行的過(guò)程中，所受摩擦力的沖量大小為而

【分析】根據(jù)牛頓第二定律解得角速度，根據(jù)做功公式與動(dòng)能定理解得BC,根據(jù)沖量的計(jì)算公式解得

D?

【解答】解：A.小物塊從圓盤上沿切線方向飛出，滑落到桌面上后，小物塊受到的摩擦力方向始終與速

度的方向相反，在餐桌上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，將要滑離圓盤時(shí)〃zng=小千，則由動(dòng)能定理圓盤對(duì)小物塊做功為勿=

11

2血戶，聯(lián)立可得W=故B錯(cuò)誤；

C.物塊在桌面上滑動(dòng)的距離比=洗，餐桌面的半徑為R=必釬，聯(lián)立得：R=字，故c錯(cuò)誤；

D.選取末速度的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理If=Ap=mv,聯(lián)立得在餐桌面上滑行的過(guò)程中，所受摩

擦力的沖量大小為/『=機(jī)Ji而，故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查勻速圓周運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理，關(guān)鍵是弄清楚小物塊的受力情況，知道做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)的物體合力提供向心力，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用方法。

10.（2025?金華三模）如圖，質(zhì)量均為1kg的木塊A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿,

輕桿上端系一長(zhǎng)為0.22m的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為0.1kg的球C,現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平，并

由靜止釋放，當(dāng)球C擺到最低點(diǎn)時(shí)，木塊A恰好與木塊B相撞并粘在一起，不計(jì)空氣阻力，則（）

fi--------------OC

AB

777777777777777777m777777777T77777777777777777'

A.球C擺到最低點(diǎn)的速度是出機(jī)/s

B.木塊A、B原先間距0.04m

C.球C通過(guò)最低點(diǎn)后向左擺動(dòng)上升最大高度為0.21m

D.球C開(kāi)始下落到A、B、C三者相對(duì)靜止，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為0.005J

【分析】系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，再結(jié)合機(jī)械能守恒定律求C到最低點(diǎn)時(shí)兩物體的速度；

根據(jù)動(dòng)量守恒定律和幾何關(guān)系聯(lián)立求解C球第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中木塊A、B向右移動(dòng)的距離；

C球第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律聯(lián)立求解C的速度，C向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到的

最大高度過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律聯(lián)立求解C能上升的高度；

根據(jù)能量守恒定律求全過(guò)程產(chǎn)生的熱量。

【解答】解：A、球C向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，A、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方

向動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒有：O=mcvc-H1AVA

根據(jù)機(jī)械能守恒有：mcgL=+^mAv1

聯(lián)立解得速度大小分別為：vc=2m/s,vA=0.2m/s,故A錯(cuò)誤；

B、球C向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，A、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有：

0=mcvc-mAVA

兩邊同乘以t后有：0=mcxc-mAXA

又根據(jù)兩者的位移關(guān)系有：XC+XA=L

聯(lián)立解得：xA=0.02m,故B錯(cuò)誤；

C、A與B碰撞前后，動(dòng)量守恒，以向左為正方向有：IBAVA=(mA+mB)v

代入數(shù)據(jù)解得：v=O.lm/s

球C向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B、C組成的水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向有：mAvc-(mA+mB)v

=(mA+mB+mc)v共

1

么曰、一72

根據(jù)能量守恒有：-+-(jnA+mB)v=-(mA++mc)v其+mcgh

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：h=0.21m,故C正確；

iiii

D、系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為：Q=2叫若一2(ni4+niB)/=2Xlx0.22/—2(l+l)x0.12j=0.01J,故D

錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用，要求學(xué)生能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用

對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。

二.多選題(共5小題)

(多選)11.(2025?南寧模擬)如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的彈性小球A、B、C組成系統(tǒng)，

用兩根長(zhǎng)均為1m的輕繩連成一條直線，此時(shí)A、C距離最遠(yuǎn)且靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給中間的小球

B一個(gè)水平初速度vo=3m/s,方向與繩垂直。小球相互碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，輕繩不可伸長(zhǎng)。則()

L——Hr——L

A.該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量也守恒

B.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球A的最大動(dòng)能為4.5J

C.當(dāng)A、C再次相距最遠(yuǎn)時(shí)，小球B的速度為lm/s

D.當(dāng)A、C再次相距最遠(yuǎn)時(shí)，繩中的拉力F的大小為9N

【分析】本題的背景是三個(gè)質(zhì)量相等的彈性小球A、B、C用兩根輕繩連成一條直線，靜止在光滑水平

面上。中間的小球B被賦予一個(gè)水平初速度，且小球相互碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，輕繩不可伸長(zhǎng)。在這

樣的背景下，需要分析系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)量、機(jī)械能變化情況，以及小球在特定位置時(shí)的速度、動(dòng)

能和繩中拉力等物理量。

【解答】解：A.系統(tǒng)在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，只有繩子的拉力做功，拉力是內(nèi)力，系統(tǒng)不受外力，所以系

統(tǒng)動(dòng)量守恒；同時(shí)，小球相互碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，且只有繩子拉力做功，拉力做功不影響系統(tǒng)的機(jī)械

能，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒。故A正確；

B.當(dāng)小球A的動(dòng)能最大時(shí)，小球B的速度為零。設(shè)此時(shí)小球A、C的速度大小為v,兩根繩間的夾角為

Oo根據(jù)動(dòng)量守恒定律：

mv0=zmvsm2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律：

1212

-mv0=2x-mv

解得：/=苧

則小球A的最大動(dòng)能

111

2

AEk=^mv==今x1x3?J=2.25/,故B錯(cuò)誤；

C.初始時(shí)，小球B有水平初速度vo=3m/s,小球A、C靜止。小球B帶動(dòng)A、C運(yùn)動(dòng)，由于繩不可伸

長(zhǎng)，當(dāng)A、C再次相距最遠(yuǎn)時(shí)，小球B與A、C的速度關(guān)系滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。規(guī)定向右為正

方向則有：根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mvo=mvB+2mvA

111

機(jī)械能守恒定律有：-mVg=-mv|+2x-mv^

且此時(shí)VA=0,可解得VB=-lm/so故C錯(cuò)誤。

D.當(dāng)三個(gè)小球再次處在同一直線上時(shí)，小球A、C均以半徑L繞小球B做圓周運(yùn)動(dòng)，以小球B為參考

系（小球B的加速度為0,為慣性參考系），小球A（C）相對(duì)于小球B的速度均為：V=VA-VB'=VO

”2,

根據(jù)向心力公式尸=niz，已知m=1kg,vo=3m/s,L=lm,可得繩中拉力大小為F=9N,故D正

確。

故選：ADo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律以及圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的綜合應(yīng)用。

（多選）12.（2025?烏魯木齊三模）神舟十九號(hào)飛船與天和核心艙在太空成功對(duì)接（兩航天器連接成一個(gè)

整體），對(duì)接過(guò)程中，兩航天器可視為沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)。對(duì)接前，飛船相對(duì)核心艙的速度為Au,對(duì)

接成功后，核心艙的速度比對(duì)接前的速度增加了Av。已知神舟十九號(hào)飛船的質(zhì)量為m,天和核心艙的

質(zhì)量為7m,對(duì)接過(guò)程中核心艙受到的飛船的沖量大小為I,則（）

A.I=7mAvB.I=8mAvC.Au=7AvD.Au=8Av

【分析】對(duì)接過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒關(guān)系式分析，根據(jù)動(dòng)量變化量分析沖量。

【解答】解：CD、設(shè)核心艙原速度為v,飛船速度為v+Au（因飛船相對(duì)核心艙速度為Au）。對(duì)接后共

同速度為v+△v（核心艙速度增力口AV）。根據(jù)動(dòng)量守恒可得：7mv+m（v+Au）=8m（v+Av）,化簡(jiǎn)得：

8mv+mAu=8mv+8mAv,可得：Au=8Av,故C錯(cuò)誤，D正確；

AB、核心艙受到的沖量I等于其動(dòng)量變化：I=7m?Av,故A正確、B錯(cuò)誤。

故選：AD?

【點(diǎn)評(píng)】考查對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解，根據(jù)關(guān)系式解答，清楚沖量與動(dòng)量變化量的關(guān)聯(lián)。

（多選）13.（2025?南寧模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的兩小球A、B用輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧

2

的勁度系數(shù)為k,彈簧的彈性勢(shì)能EP=1kx,x為彈簧的形變量。A球通過(guò)一根水平輕質(zhì)細(xì)線（足夠長(zhǎng)）

連接到墻壁上，A、B均靜止在光滑水平地面上。現(xiàn)將小球B向右拉開(kāi)一小段距離xo后由靜止釋放，

關(guān)于從釋放小球B到小球A碰撞墻壁前的過(guò)程說(shuō)法正確的是（）

A.小球A、B的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.小球B的最大速度為、層xo

C.小球A的最大速度為Qxo

D.彈簧最短時(shí)，其壓縮量為^xo

【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒條件結(jié)合功能關(guān)系，動(dòng)量守恒和能量守恒，彈性勢(shì)能的公式列式解答。

【解答】解：A.釋放B球的較短時(shí)間內(nèi)B向左加速運(yùn)動(dòng)，細(xì)線有拉力，不滿足動(dòng)量守恒條件，故A錯(cuò)

誤；

B.根據(jù)功能關(guān)系，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間，小球B有最大速度，滿足Ep=京瞪="m?啕，得vm=居xo,

故B正確；

C.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后細(xì)線拉力消失，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向左的方向?yàn)檎较?，如果A的最

大速度為、區(qū)xo,則A對(duì)應(yīng)的動(dòng)能為EkA=（、區(qū)xo）2=1k%^,根據(jù)機(jī)械能守恒，此時(shí)彈簧必須恢復(fù)

原長(zhǎng)，且B的速度必須為0,但不滿足動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤；

D.彈簧最短時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒，向左為正，有2mvm=（2m+m）v,由能量守恒有5kx，?=權(quán)%經(jīng)—$3m

?V2,聯(lián)立得/=梟，故D正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查與彈簧有關(guān)的動(dòng)量守恒定律，解答本題的關(guān)鍵是知道動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守

恒定律的守恒條件。

（多選）14.（2025?福州四模）科學(xué)實(shí)踐小組對(duì)福州內(nèi)河調(diào)研發(fā)現(xiàn)，彎曲河道的外側(cè)河堤會(huì)受到流水沖擊

產(chǎn)生的壓強(qiáng)。如圖所示，河流某彎道處可視為圓心為0,半徑為R的圓弧的一部分。假設(shè)河床水平，河

道在整個(gè)彎道處寬度L和水深H均保持不變，水的流動(dòng)速度v大小恒定，L?R,河水密度為p,忽略

流水內(nèi)部的相互作用力。取彎道某處一垂直于流速的觀測(cè)截面，則在一段極短時(shí)間At內(nèi)（）

A.流水的加速度方向指向圓心O

V

B.流水速度改變量的大小為向4t

C.通過(guò)觀測(cè)截面水的動(dòng)量改變量大小為pL”駕

D.外側(cè)河堤受到的流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)為^

【分析】A、勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心加速度方向相沿軌跡圓的半徑指向圓心；

B、根據(jù)向心加速度公式推導(dǎo)；

C、根據(jù)單位時(shí)間At內(nèi)水流的距離計(jì)算出其質(zhì)量，進(jìn)而分析其動(dòng)量改變量大?。?/p>

D、根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式求解向心力大小，再根據(jù)水流與外側(cè)河堤作用的面積，求

解壓強(qiáng)。

【解答】解：A.依題意，流水做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a=條，可知流水速度改變量的方向與其向心加速

度方向相同，沿軌跡圓的半徑指向圓心，故A正確；

B.由a=@關(guān)立，解得流水速度改變量的大小為/"。如故B錯(cuò)誤；

C.單位時(shí)間At內(nèi)水流的距離A1=V?八3橫截面積5=1乩根據(jù)p=多，可得水流的質(zhì)量為Am=pLHv

?At,則通過(guò)觀測(cè)截面水的動(dòng)量改變量大小為4P=4爪17=pL"V上,故C正確；

D.根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式，可得F=4m%,水流與外側(cè)河堤作用的面積S'=ATH,

則外側(cè)河堤受到的流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p=*=喈,故D錯(cuò)誤。

故選：ACo

【點(diǎn)評(píng)】考查對(duì)勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律和動(dòng)量定理的理解，熟悉公式的運(yùn)用。

（多選）15.（2025?南充模擬）如圖所示，固定直桿與水平面的夾角為0,輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一

端連接穿在桿上的小球，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為中彈簧和桿在同一豎直平面內(nèi)。OC水平，OB

等于彈簧原長(zhǎng)，OA=OC,BE=BF,小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,小球從A點(diǎn)靜止釋放，第一

次能夠到C點(diǎn)，重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）