五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06動量考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量2025情境創(chuàng)設(shè)緊密關(guān)聯(lián)科技前沿與生活實例，如航天推進中的動量變化、體育運動里運動員的碰撞，促使考生從復(fù)雜場景提煉動量模型。知識考查注重動量定理、動量守恒定律與其他模塊深度融合，像在多物體相互作用場景中，結(jié)合牛頓運動定律、能量守恒分析動量與能量轉(zhuǎn)化，強化對整體法、隔離法等方法的靈活運用。?能力要求上，對邏輯推理與數(shù)學(xué)運算能力考查力度加大。常設(shè)置多過程、多對象的復(fù)雜情境，要求考生依據(jù)條件推導(dǎo)動量方程，運用代數(shù)運算、矢量分解求解動量變化量、作用時間等物理量。同時，注重考查科學(xué)思維，如通過類比、遷移將常見動量模型應(yīng)用于新情境，從彈性碰撞拓展到復(fù)雜碰撞問題。部分試題引入新的動量相關(guān)概念，考查考生獲取信息、分析解決問題的創(chuàng)新能力，全面檢驗考生對動量知識掌握程度與物理學(xué)科核心素養(yǎng)發(fā)展水平?？键c2動量定理2021、2022、2024、2025考點2動量守恒定律及其應(yīng)用2021、2022、2023、2025考點01動量1．（2025·北京·高考）北京譜儀是北京正負電子對撞機的一部分，它可以利用帶電粒子在磁場中的運動測量粒子的質(zhì)量、動量等物理量。考慮帶電粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中的運動，且不計粒子間相互作用。(1)一個電荷量為q0的粒子的速度方向與磁場方向垂直，推導(dǎo)得出粒子的運動周期T與質(zhì)量m(2)兩個粒子質(zhì)量相等、電荷量均為q，粒子1的速度方向與磁場方向垂直，粒子2的速度方向與磁場方向平行。在相同的時間內(nèi)，粒子1在半徑為R的圓周上轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，粒子2運動的距離為d。求：a．粒子1與粒子2的速度大小之比v1b．粒子2的動量大小p2【答案】(1)T(2)a．v1:v2【詳析】（1）粒子速度方向與磁場垂直，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力q0vB=mv2R解得軌道半徑R=（2）a．由題意知粒子1做圓周運動，線速度v1=ωR=θtR粒子b．對粒子1，由洛倫茲力提供向心力有qv1B=mv結(jié)合前面的分析可得p考點02動量定理2.（2025·北京·高考）關(guān)于飛機的運動，研究下列問題。(1)質(zhì)量為m的飛機在水平跑道上由靜止開始做加速直線運動，當位移為x時速度為v。在此過程中，飛機受到的平均阻力為f，求牽引力對飛機做的功W。(2)飛機準備起飛，在跑道起點由靜止開始做勻加速直線運動。跑道上存在這樣一個位置，飛機一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會沖出跑道。已知跑道的長度為L，飛機加速時加速度大小為a1，減速時最大加速度大小為a2。求該位置距起點的距離(3)無風(fēng)時，飛機以速率u水平向前勻速飛行，相當于氣流以速率u相對飛機向后運動。氣流掠過飛機機翼，方向改變，沿機翼向后下方運動，如圖所示。請建立合理的物理模型，論證氣流對機翼豎直向上的作用力大小F與u的關(guān)系滿足F∝uα【答案】(1)W(2)d(3)論證見解析，α【詳析】（1）根據(jù)動能定理W-fx（2）加速過程，設(shè)起飛速度為vm，根據(jù)速度位移關(guān)系vm2=2（3）在無風(fēng)的情況下，飛機以速率u水平飛行時，相對飛機的氣流速率也為u，并且氣流掠過機翼改變方向，從而對機翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動量變化有關(guān)，根據(jù)動量定理F?Δt又Δp=mΔv，m=ρSΔ3．（2024·北京·高考）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為-e（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F?！敬鸢浮浚?）a=eEM；（2）B2【詳析】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律eE=Ma（2）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛倫茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛倫茲力提供向心力，即eE=ev解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為B（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進入放電室的電子數(shù)為n1，則未進入的電子數(shù)為n-n1Nn1=k已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進入放電室的電子剛好完全中和，則有N=n-n1聯(lián)立可得單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為N=nk1+k氙離子經(jīng)電場加速，有eEd=14．（2024·北京·高考）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程損失的機械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【詳析】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；C．小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，B錯誤。故選C。5．（2022·北京·高考）體育課上，甲同學(xué)在距離地面高h1=2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大小為v0=8.0m/s；乙同學(xué)在離地h2（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離x；（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；（3）排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I。【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s，方向與水平方向夾角tanθ=0.75【詳析】（1）設(shè)排球在空中飛行的時間為t，則h1-h2=（2）乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小vy=gt得vy=6.0m/s；根據(jù)v=則有tan（3）根據(jù)動量定理，排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I6．（2022·北京·高考）“雪如意”是我國首座國際標準跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據(jù)運動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運動員在進行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段：①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當進入起跳區(qū)時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間【答案】B【詳析】A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤；B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤；D．著陸階段，運動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯誤。故選B。7．（2021·北京·高考）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（）A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運動D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為m【答案】D【詳析】A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向，故A錯誤；B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力f=mrω2根據(jù)動量定理得，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量為I=C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿切線方向運動，故C錯誤；D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量為I'=Δp=0-mv故選D?？键c03動量守恒定律及其應(yīng)用8．（2025·北京·高考）自然界中物質(zhì)是常見的，反物質(zhì)并不常見。反物質(zhì)由反粒子構(gòu)成，它是科學(xué)研究的前沿領(lǐng)域之一。目前發(fā)現(xiàn)的反粒子有正電子、反質(zhì)子等；反氫原子由正電子和反質(zhì)子組成。粒子與其對應(yīng)的反粒子質(zhì)量相等，電荷等量異種。粒子和其反粒子碰撞會湮滅。反粒子參與的物理過程也遵守電荷守恒、能量守恒和動量守恒。下列說法正確的是（）A．已知氫原子的基態(tài)能量為-13.6eV，則反氫原子的基態(tài)能量也為-13.6eVB．一個中子可以轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和一個正電子C．一對正負電子等速率對撞，湮滅為一個光子D．反氘核和反氘核的核聚變反應(yīng)吸收能量【答案】A【詳析】A．氫原子基態(tài)能量由電子與質(zhì)子決定。反氫原子由正電子和反質(zhì)子構(gòu)成，電荷結(jié)構(gòu)相同，能級結(jié)構(gòu)不變，基態(tài)能量仍為-13.6eV，故A正確；B．若中子衰變（β+衰變）生成質(zhì)子、正電子01n→C．正負電子對撞湮滅時，總動量為零，需產(chǎn)生至少兩個光子以保證動量守恒。單個光子無法滿足動量守恒，故C錯誤；D．核聚變通常釋放能量（如普通氘核聚變）。反氘核聚變遵循相同規(guī)律，應(yīng)釋放能量而非吸收，故D錯誤。故選A。9．（2025·北京·高考）某物體以一定初速度從地面豎直向上拋出，經(jīng)過時間t到達最高點。在最高點該物體炸裂成A、B兩部分，質(zhì)量分別為2m和m，其中A以速度v沿水平方向飛出。重力加速度為(1)該物體拋出時的初速度大小v0(2)炸裂后瞬間B的速度大小vB(3)A、B落地點之間的距離【答案】(1)v(2)v(3)d【詳析】（1）物體豎直上拋至最高點時速度為0，由運動學(xué)公式0=v0（2）爆炸瞬間水平方向動量守恒，爆炸前總動量為0。A速度為v，設(shè)B速度為vB，由動量守恒定律得0=2m?v+m（3）根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知下落時間與上升時間相等為t，則A的水平位移xA=vtB的水平位移xB=v10．（2023·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE

【答案】（1）v22g；（2）mg+【詳析】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得mgH=12（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F-mg=（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1解得11．（2022·北京·高考）質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2C．碰撞后m2的動量大于m1的動量 D．碰撞后m2【答案】C【詳析】A．x-t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知m1碰前的速度大小為v0=41B．兩物體正碰后，m1碰后的速度大小為v1=43-1m/s=2m/sC．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即m1v0=-m1v1+m2vD．根據(jù)動能的表達式Ek=12mv2故選C。12．（2021·北京·高考）如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）兩物塊在空中運動的時間t；（2）兩物塊碰前A的速度v0的大??；（3）兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE【答案】（1）0.30s；（2）2.0?m/s；（3）0.10?【詳析】（1）豎直方向為自由落體運動，由h=12gt2（2）設(shè)A、B碰后速度為v，水平方向為勻速運動，由s=vt得v=1.0?m/s得v（3）兩物體碰撞過程中損失的機械能ΔE=1．（2025·北京豐臺·二模）如圖1所示，光滑水平面左側(cè)有一豎直墻壁，質(zhì)量為m的小球以速度v0與靜止的質(zhì)量為M的小球發(fā)生對心碰撞，m<M。m與M或墻壁之間的碰撞沒有能量損失。設(shè)任意時刻兩球速度分別為v和V，令x=mv，y=MV，x2+y2=r2，其中A．從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程系統(tǒng)動量不守恒B．從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程兩個小球發(fā)生彈性碰撞C．直線AB的斜率kD．圖像中圓的半徑r【答案】C【詳析】A．質(zhì)量為m的小球以速度v0與靜止的質(zhì)量為M的小球發(fā)生對心碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得mv0=mv1+Mv2，12mv02=12mv12+12Mv2B．由圖2可知，從狀態(tài)B到狀態(tài)C，小球m的速度等大反向，所以從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程是小球m與墻壁發(fā)生彈性碰撞，故B錯誤；C．從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程兩個小球發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)題意可知圖中直線AB的斜率為k故C正確；D．令x=mv，y=MV，x2+y2=r2，則有(mv)2故選C。2．（2025·北京朝陽·二模）如圖所示，某同學(xué)以大小為v0的初速度將鉛球從P點斜向上拋出，到達Q點時鉛球速度沿水平方向。已知P、Q連線與水平方向的夾角為30°，P、Q間的距離為L。不計空氣阻力，鉛球可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，重力加速度為gA．鉛球從P點運動到Q點所用的時間為2B．鉛球從P點運動到Q點重力做的功為1C．鉛球從P點運動到Q點動量的變化為mD．鉛球到達Q點的速度大小為v【答案】D【詳析】A．鉛球從P點運動到Q點的逆過程為平拋運動，豎直方向是自由落體運動，由運動學(xué)公式有Lsin30o=12gt2B．由重力做功有鉛球從P點運動到Q點重力做的功為WG=-1C．由上述分析可知，從P點運動到Q點所用的時間為Lg，由動量定理有mgt=Δp代入數(shù)據(jù)有鉛球從P點運動到Q點動量的變化為ΔD．鉛球從P點運動到Q點由動能定理有-12mgL=12mv故選D。3．（2025·北京西城·一模）如圖所示，光滑斜面高度一定，斜面傾角θ可調(diào)節(jié)。物體從斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量與斜面傾角無關(guān)的是（）A．物體受到支持力的大小B．物體加速度的大小C．合力對物體做的功D．物體重力的沖量【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為θ，斜面的高度為h：A．垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得物體受到支持力大小N=mgcosθB．沿著斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma可得aC．物體下滑過程中只有重力做功，則合力對物體做的功都為mgh，與斜面傾角無關(guān)，故CD．沿著斜面方向，根據(jù)運動學(xué)公式hsinθ=12at2解得故選C。4．（2025·北京西城·一模）如圖所示，一根無限長的通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的導(dǎo)體圓環(huán)在該平面內(nèi)運動，其初速度大小為v0，方向與導(dǎo)線的夾角為30°。已知距離導(dǎo)線越遠，磁場的磁感應(yīng)強度越小，則導(dǎo)體圓環(huán)（）A．做速度逐漸減小的直線運動B．距導(dǎo)線的距離先增大后減小C．產(chǎn)生的電能最多為0.25D．受到安培力的沖量最大為0.5【答案】D【詳析】AB．一無限長通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場是非勻強磁場，最初導(dǎo)體圓環(huán)的運動方向與直導(dǎo)線成30°角，可將初速度沿平行于直導(dǎo)線和垂直于直導(dǎo)線的方向分解，沿導(dǎo)線方向做勻速直線運動，由于電磁感應(yīng)，導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，安培力的方向與導(dǎo)體圓環(huán)垂直于導(dǎo)線的運動方向相反，最終沿平行直導(dǎo)線的方向勻速運動，這個方向上速度減小，則導(dǎo)體圓環(huán)感應(yīng)電流減小，則所受安培力減小，這個方向做加速度減小的減速運動，根據(jù)運動的合成可知導(dǎo)體圓環(huán)做速度逐漸減小的曲線運動，距導(dǎo)線的距離一直增大，故AB錯誤；C．沿著導(dǎo)線方向的分速度v1=v0cos30°由能量守恒定律得導(dǎo)體圓環(huán)產(chǎn)生的電能為E電=D．垂直導(dǎo)線方向的分速度v2=v0sin30°垂直導(dǎo)線方向，根據(jù)動量定理-I安故選D。5．（2025·北京東城·一模）如圖所示，某同學(xué)用頻閃相機記錄P、Q兩球的碰撞過程。圖中共記錄了連續(xù)7次閃光的照片，碰撞前相鄰兩曝光時刻P球的球心間距為x1；碰后相鄰兩曝光時刻，P球的球心間距為x2，Q球的球心間距為x3。碰撞后P、Q兩球的運動方向與P球原運動方向的夾角分別為αA．若碰撞過程中動量守恒，則一定有xB．若碰撞過程中動量守恒，則一定有xC．若碰撞過程中機械能、動量都守恒，則一定有x1=D．若碰撞過程中機械能、動量都守恒，則一定有x12【答案】D【詳析】設(shè)閃光的時間間隔為t：AB．若碰撞過程中動量守恒，需要滿足mx1t=mx2tcosα+CD．若碰撞過程中機械能、動量都守恒，還需要滿足12m(x1由于x12=x22+x3故選D。6．（2025·北京西城·一模）光具有力學(xué)效應(yīng)，該效應(yīng)可以從動量的角度進行分析：光子的動量為p=hλ（h為普朗克常量，λ為光的波長），當光與物體相互作用時，會發(fā)生動量的傳遞，物體的動量隨時間發(fā)生變化，表明物體受到了力的作用。通常情況下，光照射到物體表面時，會對物體產(chǎn)生推力，將其推離光源。有些情況下，光也能對物體產(chǎn)生光學(xué)牽引力，使物體“A．光從真空垂直介質(zhì)表面射入介質(zhì)，光子的動量不變B．光子動量的變化量與光射入介質(zhì)時的入射角度無關(guān)C．光學(xué)牽引力的大小與介質(zhì)微粒的折射率及所用的激光束有關(guān)D．介質(zhì)微粒所受光學(xué)牽引力的方向與光束動量變化量的方向相同【答案】C【詳析】A．光進入介質(zhì)后，速度減小，波長λ'=λn變短。光子動量pB．光子動量變化是矢量變化，與入射角度有關(guān)。例如，斜入射時折射或反射的動量方向改變更復(fù)雜，垂直入射時動量方向完全反向，故動量變化量與入射角度相關(guān)，故B錯誤；

C．光學(xué)牽引力的大小取決于介質(zhì)微粒的折射率（影響光在微粒內(nèi)的傳播和動量傳遞）及激光束的特性（如波長、強度、模式等），故C正確；D．根據(jù)動量定理可知光受到微粒的力與光的動量變化量的方向相同，根據(jù)牛頓第三定律可知微粒所受的力方向應(yīng)與光束的動量變化方向相反，例如，若光束動量減少（方向改變），微粒獲得的動量方向與光束動量變化相反，故牽引力方向與光束動量變化方向相反，故D錯誤。故選C。7．（2025·北京四中順義分?！ち隳＃⑿∏蜇Q直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程合力的沖量大小相等C．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度D．上升過程損失的機械能大于下落過程損失的機械能【答案】D【詳析】C．豎直向上拋出、向下落的過程中，對小球分別受力分析可知上拋時的合力大小為：F1=kv+mg，下落時的合力大小為：F2=mg-kvA．由加速度a1>a2，位移大小相等，可得到平均速度的相對大小關(guān)系滿足：v1B．由加速度a1>a根據(jù)動量定理，上拋過程中，以向上為正方向，則：-I1=0-可知合力沖量的大小關(guān)系滿足：I1>ID．由平均速度大小滿足：v1>v2，可知阻力的大小滿足：f1>f2，阻力做功滿足：故選D。8．（2025·北京門頭溝·一模）如圖所示，光滑水平軌道上長木板A和滑塊B、C都處于靜止狀態(tài)，滑塊B置于A的左端。A、B間的動摩擦因數(shù)為0.5，A、B、C質(zhì)量分別為mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg?，F(xiàn)在使A、B一起以5m/s的速度勻速向右運動，A與A．C增加的動量為4kg·m/sB．A與C碰撞過程中損失的機械能為15JC．A與C碰撞后瞬間，A的速度大小為2m/sD．若長木板A的長度為0.6m，則滑塊B不會滑離長木板A【答案】D【詳析】C．在A與C碰撞中，因碰撞時間極短，動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間A與C共同速度為vAC，以右為正方向，由動量守恒定律可得mAv0=（mAA．C增加的動量為Δp=mCB．A與C碰撞運動中損失的機械能為ΔE=12mAvD．A與B的摩擦力大小為Ff=μmBg則有B的加速度大小為aB=μg=0.5×10ms2=5ms2AC的加速度大小為aAC=FfmA+mC=μmBgmA+mC=故選D。9．（2025·北京房山·一模）“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動。從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，若不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．人的加速度一直在減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．人下降到最低點時，人的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為人的動能D．人的動量最大時，繩對人的拉力等于人所受的重力【答案】D【詳析】A．當繩對人的拉力等于人所受的重力時，人的速度最大，加速度為零，所以人的加速度先減小后增大，A錯誤；B．繩的拉力對人做負功，但開始時重力做功大于繩的拉力做功，故人的運動開始過程是增大的，當彈力等于重力時，人的速度最大即動能最大，接下來速度減小，動能減?。籅錯誤；C．人下降到最低點時，速度為零，動能為零，則人的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為繩的彈性勢能，C錯誤；D．當繩對人的拉力等于人所受的重力時，人的速度最大，人的動量最大，D正確。故選D。10．（2025·北京房山·一模）如圖甲所示，物體A以速度v0水平拋出，圖甲中的虛線是物體A做平拋運動的軌跡。圖乙中的曲線是一光滑軌道，軌道的形狀與物體A的軌跡完全相同。讓物體B從軌道頂端無初速下滑，物體B下滑過程中沒有脫離軌道。物體A、BA．物體B的機械能不守恒B．兩物體重力的沖量不相等C．兩物體合力做功不相等D．兩物體落地時重力的瞬時功率相等【答案】B【詳析】AC．兩物體下落過程中，都只有重力做功，大小相等，機械能守恒，故AC錯誤；B．A物體做的是平拋運動，在豎直方向的加速度為g，而B物體做的不是平拋運動，因為軌道彈力的存在，豎直方向的加速度小于g，所以兩物體同時開始運動，運動時間不同，根據(jù)IG=GtD．設(shè)高度為h，A物體豎直方向的速度為vyA=2ghB物體到底端的速度滿足mgh=12mvB2故選B。11．（2025·北京延慶·統(tǒng)測）以6m/s的速度勻速上升的氣球，當升到離地面14.5m高時，從氣球上落下一小球，小球的質(zhì)量為0.5kg，假設(shè)小球在運動過程中所受的阻力大小總等于1N。重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球的重力勢能最多可增加6JB．小球從脫離氣球到下落至地面時所用的時間為1.5sC．小球從脫離氣球到下落至地面時，阻力的沖量大小為2.5N·sD．小球從脫離氣球到下落至地面時，動能的增加量為55J【答案】D【詳析】A．小球從氣球上落下后先上升后下降，小球上升過程中，根據(jù)牛頓第二定律mg+f=ma1解得a1=12m/s2小球到達最高點經(jīng)過的時間為t1=va1=0.5s小球離開氣球上升的高度為h1B．下落時的加速度a2=mg-fm=8m/s2C．設(shè)向下為正向，則小球從脫離氣球到下落至地面時，阻力的沖量大小為If=ft1-D．落地的速度v2=a2t2=16m/s小球從脫離氣球到下落至地面時，動能的增加量為ΔEk=1故選D。12．（2025·北京西城·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。小球上下振動時，傳感器記錄彈力隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10m/A．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動的周期為4sB．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?sD．0~2s內(nèi)，彈力對小球做的功等于小球動能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點時彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達最高點時傳感器示數(shù)最小值為零，則此時彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結(jié)合對稱性可知最低點時的加速度為向上的g，根據(jù)則F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質(zhì)量m=0.1kg由圖像可知，振動的周期為4s，選項A錯誤；B．0~2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項B錯誤；C．0~2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，動量變化為零，由動量定理I-mgt=0可得小球受彈力的沖量大小為I=2N?sD．0~2s內(nèi)，小球動能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動能的變化量，選項D錯誤。故選C。13．（2025·北京西城·二模）如圖所示，長為l的細繩上端懸于P點，下端拴一個質(zhì)量為m的小球。小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，細繩與豎直方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．細繩的拉力大小等于mgB．小球的向心加速度等于gC．小球轉(zhuǎn)動一周，繩拉力的沖量等于0D．小球轉(zhuǎn)動一周，重力的沖量等于2【答案】D【詳析】A．小球豎直方向有Fcosθ=mg解得細繩的拉力大小FB．對小球，由牛頓第二定律有mgtanθ=ma解得小球的向心加速度aCD．小球轉(zhuǎn)動一周，速度變化量為0，動量變化量為0，根據(jù)動量定理，可知拉力沖量與重力沖量等大反向，根據(jù)a=4π2T2r=4π2T2L故選D。14．（2025·北京東城·二模）如圖所示，將質(zhì)量為M的沙箱用長為l的不可伸長的輕繩懸掛起來，一顆質(zhì)量為m的子彈水平射入沙箱（未穿出），沙箱擺動的最大擺角為αα<πA．M+mMC．2M+m【答案】B【詳析】設(shè)子彈射入沙箱時整體速度為v，由機械能守恒有1設(shè)子彈將要射入沙箱時的速度大小為v0，規(guī)定向右為正方向，子彈射入沙箱過程，由動量守恒有聯(lián)立解得v故選B。15．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如圖所示，物體在與水平方向夾角為θ、大小為F的拉力作用下，從靜止開始沿水平地面向右做勻加速直線運動，物體和地面之間的動摩擦因數(shù)為μ。在物體運動時間為t的過程中（）A．僅改變θ，拉力對物體做的功不變B．僅改變μ，合力對物體做的功不變C．僅改變拉力大小F，物體受到重力的沖量不變D．僅改變拉力大小F，物體受到摩擦力的沖量不變【答案】C【詳析】AB．對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F其中FN+Fsinθ=mg聯(lián)立解得a=Fcosθ-μ(C．根據(jù)沖量的定義可知，重力的沖量IG=mgtD．拉力的大小改變，結(jié)合上述分析可知，物體所受摩擦力的大小發(fā)生改變，而作用時間不變，因此摩擦力的沖量發(fā)生改變，D錯誤。故選C。16．（2025·北京昌平·二模）隨著航空航天科技的發(fā)展，人類有能力開展深空探測，逐漸揭開宇宙的奧秘。(1)探測器繞某星球沿圓軌道勻速率運行時，測得軌道半徑的三次方與周期的二次方的比值為k。已知引力常量為G。求該星球的質(zhì)量M。(2)太空中的探測器通過小型等離子推進器獲得推力。在推進器中，從電極發(fā)射出的電子撞擊氙原子使之電離，氙離子在加速電場的作用下，從探測器尾部高速噴出，產(chǎn)生推力。已知探測器（含推進器和氙離子）的初始質(zhì)量為M0，每個氙離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，等離子體推進器單位時間內(nèi)噴出的離子數(shù)為n。不計其它星球?qū)μ綔y器的作用力和離子間的相互作用。取剛向外噴出離子的時刻為初始時刻（t=0），求探測器的加速度大小a隨時間(3)深空探測器常借助行星的“引力彈弓效應(yīng)”實現(xiàn)加速。設(shè)質(zhì)量為m1的探測器以相對太陽的速率v1飛向質(zhì)量為M2的行星，行星相對太陽的軌道速率為v2，方向與v1相反。探測器從行星旁繞過（如圖所示），忽略太陽引力及行星自轉(zhuǎn)的影響，探測器遠離行星后相對太陽的速率為v'①推導(dǎo)v'1的表達式（用②簡要說明“引力彈弓效應(yīng)”能使探測器明顯加速的原因?！敬鸢浮?1)M(2)n(3)①v'1=【詳析】（1）探測器繞星球沿圓軌道勻速率運行時，萬有引力提供向心力GmMr2=m2π（2）氙離子經(jīng)加速電壓U加速后，相對探測器的速度大小為v，根據(jù)動能定理得qU=12mv2在t時間內(nèi)噴出氙離子質(zhì)量為Δm=nmt根據(jù)動量定理得Ft=Δm·v聯(lián)立解得F（3）①設(shè)探測器繞過行星后，行星速率為v2M根據(jù)機械能守恒定律得12M2v22+12m②行星與探測器相互作用時，發(fā)生動量和能量的轉(zhuǎn)化。由于行星與探測器相對運動，行星具有較大的軌道速率，且m?17．（2025·北京西城·二模）弗蘭克-赫茲實驗是能夠驗證玻爾理論的重要實驗。實驗裝置如圖所示，放電管的陰極K持續(xù)發(fā)射電子，兩個金屬網(wǎng)電極G1和G2將放電管分為三個區(qū)域，在G1與K之間加可調(diào)節(jié)大小的電壓，使電子加速運動；電子進入G1和G2之間的等勢區(qū)后，部分電子與該區(qū)域內(nèi)的原子發(fā)生碰撞；在G可以建立簡化的模型從理論角度對該實驗進行分析。設(shè)原子的質(zhì)量為M，被撞前視為靜止，電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，忽略電子的初速度及電子間的相互作用力，假定電子均沿直線運動，電子與原子最多發(fā)生一次碰撞，且電子不會被原子俘獲。(1)當G1與K間電壓為U時，求電子到達G1時速度的大小(2)該實驗利用電子對原子進行撞擊，使原子吸收碰撞損失的動能從低能級躍遷到高能級。a.為使原子從能量為E0的基態(tài)躍遷到能量為E1的第一激發(fā)態(tài)，求G1與Kb.在G2與A間加電壓是為了觀測到電流表示數(shù)的顯著變化，以推知原子是否發(fā)生了能級躍遷。當G1與K間電壓為U0時，求G2與【答案】(1)v(2)a.U0=【詳析】（1）電子在KG1間加速運動，根據(jù)動能定理有Ue=（2）a.當KG1間電壓為U0時，設(shè)電子加速運動后速度為v0，根據(jù)動能定理有U0e=12mv02-0設(shè)電子與原子碰撞后的速度分別為v1、v2，碰撞過程損失的動能為E損，根據(jù)動量守恒定律有mv0=mv1+Mv2根據(jù)能量守恒有118．（2025·北京豐臺·二模）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌BC在B點相接，導(dǎo)軌半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧時速度為v1，沿半圓形導(dǎo)軌到達C點時速度為v2，此后平拋落地（落地點未畫出）。不計空氣阻力，重力加速度為(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能Ep(2)物體在C點時受到的導(dǎo)軌給它的彈力FN(3)物體從C點平拋落地過程中重力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)E(2)FN(3)I【詳析】（1）根據(jù)能量守恒可得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能為E（2）在C處以物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg+FN=m（3）物體從C點平拋落地過程中，豎直方向有2R=12gt19．（2025·北京西城·一模）火箭的飛行應(yīng)用了反沖原理，借助噴出燃氣的反沖作用獲得推力。已知某火箭與其所載燃料的初始總質(zhì)量為M，在t=0時刻，火箭由靜止出發(fā)，豎直向上運動，如圖1所示?；鸺掷m(xù)均勻向下噴射燃氣，在任意的極短時間Δt內(nèi)，噴射燃氣的質(zhì)量均為Δm，噴出的燃氣相對火箭的速度恒為u。在極短時間內(nèi)，火箭噴出的燃氣的重力遠小于火箭的推力，火箭速度的變化量遠小于燃氣速度的變化量。不計空氣阻力，重力加速度的大小g(1)求火箭速度大小為v的瞬間受到燃氣推力的大小F，據(jù)此判斷火箭在豎直上升階段受到燃氣的推力是否變化。(2)若火箭在豎直上升階段，可使用的燃料質(zhì)量為m，求該階段火箭可獲得的最大加速度的大小am。(3)測得火箭在豎直上升階段，1a+g隨時間t變化的圖像是一條直線，如圖2所示，a為火箭加速度的大小。已知直線的縱截距為b，斜率的絕對值為k，為明確其物理意義，請推導(dǎo)b【答案】(1)Δmu(2)Δ(3)k=1【詳析】（1）在火箭速度大小為v的瞬間，以極短時間?t內(nèi)噴射出的燃氣為研究對象設(shè)燃氣受到火箭對其作用力的大小為F'，規(guī)定豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理有F'Δt=Δm（u-v）-Δm(-（2）質(zhì)量為m的燃料燃盡時，火箭的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律a（3）在t時刻，火箭及火箭內(nèi)剩余燃料的質(zhì)量m根據(jù)牛頓第二定律有F-m'g=m'a20．（2025·北京東城·一模）某人在室內(nèi)以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外由該樓的樓頂自由落下的一個小石子拍攝在照片中，測得照片中石子運動痕跡的長度為h=0.8cm。已知本次攝影的曝光時間是Δt=0.01s，實際長度為L=100cm的窗框在照片中的長度為l=4.0cm。重力加速度(1)根據(jù)照片計算曝光時間內(nèi)石子下落的實際距離H；(2)求曝光時間內(nèi)，小石子運動的平均速度的大小v；(3)已知小石子的質(zhì)量m=10g，估算小石子從樓頂下落至拍照時小石子所受重力的沖量的大小I【答案】(1)H(2)v(3)I【詳析】（1）根據(jù)照片尺寸與實際長度的比例關(guān)系Ll=（2）曝光時間內(nèi)，小石子運動的平均速度的大小v（3）根據(jù)動量定理I21．（24-25高三·北京海淀·一模（期中））尋求守恒量，是解決物理問題的重要方法。(1)如圖1所示，用細線懸掛的三個完全相同的小球，靜止時恰能接觸且懸線平行，球心等高。把小球1向左拉起一定高度h后由靜止釋放，小球3被彈起，已知所有的碰撞都是彈性碰撞，求碰后瞬間小球3上升的最大高度。(2)某同學(xué)設(shè)計了一個“電磁彈射”裝置，并將其簡化成如圖2所示的模型。在水平光滑導(dǎo)軌上，固定著1個“載流線圈”，放置著兩個質(zhì)量均為m的小磁鐵充當“磁性彈頭”，彈頭2左側(cè)挨著無磁性的質(zhì)量均為m的彈性“圓柱”。彈頭和圓柱可以在水平導(dǎo)軌上自由移動，圓柱靜止時，其左端恰好位于載流線圈圓心處。發(fā)射過程如下：彈頭1僅受載流線圈施加的磁力作用從靜止開始加速運動；通過碰撞將動能傳給中間的彈頭2。彈頭可視為半徑為r，電流恒為I、方向如圖2中方框部分所示的細圓線圈，r遠小于載流線圈半徑。所有的碰撞均為彈性正碰；不考慮彈頭之間的磁力作用；相鄰兩線圈之間的距離足夠遠，水平軌道足夠長。a.載流線圈磁場方向如圖所示，在彈頭1處產(chǎn)生軸向磁場Bx，徑向磁場Br。試分析軸向磁場Bxb.通過查閱資料得知：電流為i、面積為S的細圓線圈放入磁感應(yīng)強度為B的外界勻強磁場中具有的“勢能”可表示為Ep=-iSB已知載流線圈圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為B0。求彈頭2理論上能獲得的速度上限vc.若該“電磁彈射”裝置有n級載流線圈及圓柱，如圖3所示。求彈頭最后出射理論上能獲得的速度上限vm【答案】(1)h(2)a.0，方向向右；b.2πr2【詳析】（1）在小球1下落過程，依據(jù)動能定理有mgh=12mv02可得v0=2gh彈性碰撞過程中，以v0的方向為正方向，機械能和動量均守恒，則有m（2）a.可將細圓線圈視為由許多小段通電直導(dǎo)線組成，所有小段通電導(dǎo)線在徑向磁場Br作用下安培力方向均向右，將每一小段通電導(dǎo)線受到的安培力求和，即為周長為2πr的細圓線圈（即彈頭）受到的總安培力可得F=2πrIb.為使彈頭2獲得理論上的速度上限，應(yīng)將彈頭1放到左側(cè)足夠遠處，且保證兩彈性圓柱也足夠長。設(shè)彈頭1運動到載流線圈1處的速度大小為v1，根據(jù)能量守恒可得0+0=-πr2IB0+12mv12彈頭1與彈性圓柱之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后彈頭1和彈性圓柱的速度大小分別為v1'和v2'，根據(jù)彈性碰撞過程中，以v1的方向為正方向，機械能和動量均守恒mc.與上述過程類似，設(shè)彈頭2運動到載流線圈2處的速度大小為v2接下來彈頭2與右側(cè)彈性圓柱交換速度、右側(cè)彈性圓柱與彈頭3交換速度，彈頭3獲得的最速度上限為v=v2=4πr專題06動量考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量2025情境創(chuàng)設(shè)緊密關(guān)聯(lián)科技前沿與生活實例，如航天推進中的動量變化、體育運動里運動員的碰撞，促使考生從復(fù)雜場景提煉動量模型。知識考查注重動量定理、動量守恒定律與其他模塊深度融合，像在多物體相互作用場景中，結(jié)合牛頓運動定律、能量守恒分析動量與能量轉(zhuǎn)化，強化對整體法、隔離法等方法的靈活運用。?能力要求上，對邏輯推理與數(shù)學(xué)運算能力考查力度加大。常設(shè)置多過程、多對象的復(fù)雜情境，要求考生依據(jù)條件推導(dǎo)動量方程，運用代數(shù)運算、矢量分解求解動量變化量、作用時間等物理量。同時，注重考查科學(xué)思維，如通過類比、遷移將常見動量模型應(yīng)用于新情境，從彈性碰撞拓展到復(fù)雜碰撞問題。部分試題引入新的動量相關(guān)概念，考查考生獲取信息、分析解決問題的創(chuàng)新能力，全面檢驗考生對動量知識掌握程度與物理學(xué)科核心素養(yǎng)發(fā)展水平?？键c2動量定理2021、2022、2024、2025考點2動量守恒定律及其應(yīng)用2021、2022、2023、2025考點01動量1．（2025·北京·高考）北京譜儀是北京正負電子對撞機的一部分，它可以利用帶電粒子在磁場中的運動測量粒子的質(zhì)量、動量等物理量?？紤]帶電粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中的運動，且不計粒子間相互作用。(1)一個電荷量為q0的粒子的速度方向與磁場方向垂直，推導(dǎo)得出粒子的運動周期T與質(zhì)量m(2)兩個粒子質(zhì)量相等、電荷量均為q，粒子1的速度方向與磁場方向垂直，粒子2的速度方向與磁場方向平行。在相同的時間內(nèi)，粒子1在半徑為R的圓周上轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，粒子2運動的距離為d。求：a．粒子1與粒子2的速度大小之比v1b．粒子2的動量大小p2【答案】(1)T(2)a．v1:v2【詳析】（1）粒子速度方向與磁場垂直，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力q0vB=mv2R解得軌道半徑R=（2）a．由題意知粒子1做圓周運動，線速度v1=ωR=θtR粒子b．對粒子1，由洛倫茲力提供向心力有qv1B=mv結(jié)合前面的分析可得p考點02動量定理2.（2025·北京·高考）關(guān)于飛機的運動，研究下列問題。(1)質(zhì)量為m的飛機在水平跑道上由靜止開始做加速直線運動，當位移為x時速度為v。在此過程中，飛機受到的平均阻力為f，求牽引力對飛機做的功W。(2)飛機準備起飛，在跑道起點由靜止開始做勻加速直線運動。跑道上存在這樣一個位置，飛機一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會沖出跑道。已知跑道的長度為L，飛機加速時加速度大小為a1，減速時最大加速度大小為a2。求該位置距起點的距離(3)無風(fēng)時，飛機以速率u水平向前勻速飛行，相當于氣流以速率u相對飛機向后運動。氣流掠過飛機機翼，方向改變，沿機翼向后下方運動，如圖所示。請建立合理的物理模型，論證氣流對機翼豎直向上的作用力大小F與u的關(guān)系滿足F∝uα【答案】(1)W(2)d(3)論證見解析，α【詳析】（1）根據(jù)動能定理W-fx（2）加速過程，設(shè)起飛速度為vm，根據(jù)速度位移關(guān)系vm2=2（3）在無風(fēng)的情況下，飛機以速率u水平飛行時，相對飛機的氣流速率也為u，并且氣流掠過機翼改變方向，從而對機翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動量變化有關(guān)，根據(jù)動量定理F?Δt又Δp=mΔv，m=ρSΔ3．（2024·北京·高考）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為-e（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F。【答案】（1）a=eEM；（2）B2【詳析】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律eE=Ma（2）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛倫茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛倫茲力提供向心力，即eE=ev解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為B（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進入放電室的電子數(shù)為n1，則未進入的電子數(shù)為n-n1Nn1=k已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進入放電室的電子剛好完全中和，則有N=n-n1聯(lián)立可得單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為N=nk1+k氙離子經(jīng)電場加速，有eEd=14．（2024·北京·高考）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程損失的機械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【詳析】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；C．小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，B錯誤。故選C。5．（2022·北京·高考）體育課上，甲同學(xué)在距離地面高h1=2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大小為v0=8.0m/s；乙同學(xué)在離地h2（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離x；（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；（3）排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I?！敬鸢浮浚?）x=4.8m；（2）v=10.0m/s，方向與水平方向夾角tanθ=0.75【詳析】（1）設(shè)排球在空中飛行的時間為t，則h1-h2=（2）乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小vy=gt得vy=6.0m/s；根據(jù)v=則有tan（3）根據(jù)動量定理，排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I6．（2022·北京·高考）“雪如意”是我國首座國際標準跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據(jù)運動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運動員在進行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段：①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當進入起跳區(qū)時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間【答案】B【詳析】A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤；B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤；D．著陸階段，運動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯誤。故選B。7．（2021·北京·高考）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（）A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運動D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為m【答案】D【詳析】A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向，故A錯誤；B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力f=mrω2根據(jù)動量定理得，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量為I=C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿切線方向運動，故C錯誤；D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量為I'=Δp=0-mv故選D?？键c03動量守恒定律及其應(yīng)用8．（2025·北京·高考）自然界中物質(zhì)是常見的，反物質(zhì)并不常見。反物質(zhì)由反粒子構(gòu)成，它是科學(xué)研究的前沿領(lǐng)域之一。目前發(fā)現(xiàn)的反粒子有正電子、反質(zhì)子等；反氫原子由正電子和反質(zhì)子組成。粒子與其對應(yīng)的反粒子質(zhì)量相等，電荷等量異種。粒子和其反粒子碰撞會湮滅。反粒子參與的物理過程也遵守電荷守恒、能量守恒和動量守恒。下列說法正確的是（）A．已知氫原子的基態(tài)能量為-13.6eV，則反氫原子的基態(tài)能量也為-13.6eVB．一個中子可以轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和一個正電子C．一對正負電子等速率對撞，湮滅為一個光子D．反氘核和反氘核的核聚變反應(yīng)吸收能量【答案】A【詳析】A．氫原子基態(tài)能量由電子與質(zhì)子決定。反氫原子由正電子和反質(zhì)子構(gòu)成，電荷結(jié)構(gòu)相同，能級結(jié)構(gòu)不變，基態(tài)能量仍為-13.6eV，故A正確；B．若中子衰變（β+衰變）生成質(zhì)子、正電子01n→C．正負電子對撞湮滅時，總動量為零，需產(chǎn)生至少兩個光子以保證動量守恒。單個光子無法滿足動量守恒，故C錯誤；D．核聚變通常釋放能量（如普通氘核聚變）。反氘核聚變遵循相同規(guī)律，應(yīng)釋放能量而非吸收，故D錯誤。故選A。9．（2025·北京·高考）某物體以一定初速度從地面豎直向上拋出，經(jīng)過時間t到達最高點。在最高點該物體炸裂成A、B兩部分，質(zhì)量分別為2m和m，其中A以速度v沿水平方向飛出。重力加速度為(1)該物體拋出時的初速度大小v0(2)炸裂后瞬間B的速度大小vB(3)A、B落地點之間的距離【答案】(1)v(2)v(3)d【詳析】（1）物體豎直上拋至最高點時速度為0，由運動學(xué)公式0=v0（2）爆炸瞬間水平方向動量守恒，爆炸前總動量為0。A速度為v，設(shè)B速度為vB，由動量守恒定律得0=2m?v+m（3）根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知下落時間與上升時間相等為t，則A的水平位移xA=vtB的水平位移xB=v10．（2023·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE

【答案】（1）v22g；（2）mg+【詳析】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得mgH=12（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F-mg=（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1解得11．（2022·北京·高考）質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2C．碰撞后m2的動量大于m1的動量 D．碰撞后m2【答案】C【詳析】A．x-t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知m1碰前的速度大小為v0=41B．兩物體正碰后，m1碰后的速度大小為v1=43-1m/s=2m/sC．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即m1v0=-m1v1+m2vD．根據(jù)動能的表達式Ek=12mv2故選C。12．（2021·北京·高考）如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）兩物塊在空中運動的時間t；（2）兩物塊碰前A的速度v0的大??；（3）兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE【答案】（1）0.30s；（2）2.0?m/s；（3）0.10?【詳析】（1）豎直方向為自由落體運動，由h=12gt2（2）設(shè)A、B碰后速度為v，水平方向為勻速運動，由s=vt得v=1.0?m/s得v（3）兩物體碰撞過程中損失的機械能ΔE=1．（2025·北京豐臺·二模）如圖1所示，光滑水平面左側(cè)有一豎直墻壁，質(zhì)量為m的小球以速度v0與靜止的質(zhì)量為M的小球發(fā)生對心碰撞，m<M。m與M或墻壁之間的碰撞沒有能量損失。設(shè)任意時刻兩球速度分別為v和V，令x=mv，y=MV，x2+y2=r2，其中A．從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程系統(tǒng)動量不守恒B．從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程兩個小球發(fā)生彈性碰撞C．直線AB的斜率kD．圖像中圓的半徑r【答案】C【詳析】A．質(zhì)量為m的小球以速度v0與靜止的質(zhì)量為M的小球發(fā)生對心碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得mv0=mv1+Mv2，12mv02=12mv12+12Mv2B．由圖2可知，從狀態(tài)B到狀態(tài)C，小球m的速度等大反向，所以從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程是小球m與墻壁發(fā)生彈性碰撞，故B錯誤；C．從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程兩個小球發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)題意可知圖中直線AB的斜率為k故C正確；D．令x=mv，y=MV，x2+y2=r2，則有(mv)2故選C。2．（2025·北京朝陽·二模）如圖所示，某同學(xué)以大小為v0的初速度將鉛球從P點斜向上拋出，到達Q點時鉛球速度沿水平方向。已知P、Q連線與水平方向的夾角為30°，P、Q間的距離為L。不計空氣阻力，鉛球可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，重力加速度為gA．鉛球從P點運動到Q點所用的時間為2B．鉛球從P點運動到Q點重力做的功為1C．鉛球從P點運動到Q點動量的變化為mD．鉛球到達Q點的速度大小為v【答案】D【詳析】A．鉛球從P點運動到Q點的逆過程為平拋運動，豎直方向是自由落體運動，由運動學(xué)公式有Lsin30o=12gt2B．由重力做功有鉛球從P點運動到Q點重力做的功為WG=-1C．由上述分析可知，從P點運動到Q點所用的時間為Lg，由動量定理有mgt=Δp代入數(shù)據(jù)有鉛球從P點運動到Q點動量的變化為ΔD．鉛球從P點運動到Q點由動能定理有-12mgL=12mv故選D。3．（2025·北京西城·一模）如圖所示，光滑斜面高度一定，斜面傾角θ可調(diào)節(jié)。物體從斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量與斜面傾角無關(guān)的是（）A．物體受到支持力的大小B．物體加速度的大小C．合力對物體做的功D．物體重力的沖量【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為θ，斜面的高度為h：A．垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得物體受到支持力大小N=mgcosθB．沿著斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma可得aC．物體下滑過程中只有重力做功，則合力對物體做的功都為mgh，與斜面傾角無關(guān)，故CD．沿著斜面方向，根據(jù)運動學(xué)公式hsinθ=12at2解得故選C。4．（2025·北京西城·一模）如圖所示，一根無限長的通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的導(dǎo)體圓環(huán)在該平面內(nèi)運動，其初速度大小為v0，方向與導(dǎo)線的夾角為30°。已知距離導(dǎo)線越遠，磁場的磁感應(yīng)強度越小，則導(dǎo)體圓環(huán)（）A．做速度逐漸減小的直線運動B．距導(dǎo)線的距離先增大后減小C．產(chǎn)生的電能最多為0.25D．受到安培力的沖量最大為0.5【答案】D【詳析】AB．一無限長通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場是非勻強磁場，最初導(dǎo)體圓環(huán)的運動方向與直導(dǎo)線成30°角，可將初速度沿平行于直導(dǎo)線和垂直于直導(dǎo)線的方向分解，沿導(dǎo)線方向做勻速直線運動，由于電磁感應(yīng)，導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，安培力的方向與導(dǎo)體圓環(huán)垂直于導(dǎo)線的運動方向相反，最終沿平行直導(dǎo)線的方向勻速運動，這個方向上速度減小，則導(dǎo)體圓環(huán)感應(yīng)電流減小，則所受安培力減小，這個方向做加速度減小的減速運動，根據(jù)運動的合成可知導(dǎo)體圓環(huán)做速度逐漸減小的曲線運動，距導(dǎo)線的距離一直增大，故AB錯誤；C．沿著導(dǎo)線方向的分速度v1=v0cos30°由能量守恒定律得導(dǎo)體圓環(huán)產(chǎn)生的電能為E電=D．垂直導(dǎo)線方向的分速度v2=v0sin30°垂直導(dǎo)線方向，根據(jù)動量定理-I安故選D。5．（2025·北京東城·一模）如圖所示，某同學(xué)用頻閃相機記錄P、Q兩球的碰撞過程。圖中共記錄了連續(xù)7次閃光的照片，碰撞前相鄰兩曝光時刻P球的球心間距為x1；碰后相鄰兩曝光時刻，P球的球心間距為x2，Q球的球心間距為x3。碰撞后P、Q兩球的運動方向與P球原運動方向的夾角分別為αA．若碰撞過程中動量守恒，則一定有xB．若碰撞過程中動量守恒，則一定有xC．若碰撞過程中機械能、動量都守恒，則一定有x1=D．若碰撞過程中機械能、動量都守恒，則一定有x12【答案】D【詳析】設(shè)閃光的時間間隔為t：AB．若碰撞過程中動量守恒，需要滿足mx1t=mx2tcosα+CD．若碰撞過程中機械能、動量都守恒，還需要滿足12m(x1由于x12=x22+x3故選D。6．（2025·北京西城·一模）光具有力學(xué)效應(yīng)，該效應(yīng)可以從動量的角度進行分析：光子的動量為p=hλ（h為普朗克常量，λ為光的波長），當光與物體相互作用時，會發(fā)生動量的傳遞，物體的動量隨時間發(fā)生變化，表明物體受到了力的作用。通常情況下，光照射到物體表面時，會對物體產(chǎn)生推力，將其推離光源。有些情況下，光也能對物體產(chǎn)生光學(xué)牽引力，使物體“A．光從真空垂直介質(zhì)表面射入介質(zhì)，光子的動量不變B．光子動量的變化量與光射入介質(zhì)時的入射角度無關(guān)C．光學(xué)牽引力的大小與介質(zhì)微粒的折射率及所用的激光束有關(guān)D．介質(zhì)微粒所受光學(xué)牽引力的方向與光束動量變化量的方向相同【答案】C【詳析】A．光進入介質(zhì)后，速度減小，波長λ'=λn變短。光子動量pB．光子動量變化是矢量變化，與入射角度有關(guān)。例如，斜入射時折射或反射的動量方向改變更復(fù)雜，垂直入射時動量方向完全反向，故動量變化量與入射角度相關(guān)，故B錯誤；

C．光學(xué)牽引力的大小取決于介質(zhì)微粒的折射率（影響光在微粒內(nèi)的傳播和動量傳遞）及激光束的特性（如波長、強度、模式等），故C正確；D．根據(jù)動量定理可知光受到微粒的力與光的動量變化量的方向相同，根據(jù)牛頓第三定律可知微粒所受的力方向應(yīng)與光束的動量變化方向相反，例如，若光束動量減少（方向改變），微粒獲得的動量方向與光束動量變化相反，故牽引力方向與光束動量變化方向相反，故D錯誤。故選C。7．（2025·北京四中順義分?！ち隳＃⑿∏蜇Q直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程合力的沖量大小相等C．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度D．上升過程損失的機械能大于下落過程損失的機械能【答案】D【詳析】C．豎直向上拋出、向下落的過程中，對小球分別受力分析可知上拋時的合力大小為：F1=kv+mg，下落時的合力大小為：F2=mg-kvA．由加速度a1>a2，位移大小相等，可得到平均速度的相對大小關(guān)系滿足：v1B．由加速度a1>a根據(jù)動量定理，上拋過程中，以向上為正方向，則：-I1=0-可知合力沖量的大小關(guān)系滿足：I1>ID．由平均速度大小滿足：v1>v2，可知阻力的大小滿足：f1>f2，阻力做功滿足：故選D。8．（2025·北京門頭溝·一模）如圖所示，光滑水平軌道上長木板A和滑塊B、C都處于靜止狀態(tài)，滑塊B置于A的左端。A、B間的動摩擦因數(shù)為0.5，A、B、C質(zhì)量分別為mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg?，F(xiàn)在使A、B一起以5m/s的速度勻速向右運動，A與A．C增加的動量為4kg·m/sB．A與C碰撞過程中損失的機械能為15JC．A與C碰撞后瞬間，A的速度大小為2m/sD．若長木板A的長度為0.6m，則滑塊B不會滑離長木板A【答案】D【詳析】C．在A與C碰撞中，因碰撞時間極短，動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間A與C共同速度為vAC，以右為正方向，由動量守恒定律可得mAv0=（mAA．C增加的動量為Δp=mCB．A與C碰撞運動中損失的機械能為ΔE=12mAvD．A與B的摩擦力大小為Ff=μmBg則有B的加速度大小為aB=μg=0.5×10ms2=5ms2AC的加速度大小為aAC=FfmA+mC=μmBgmA+mC=故選D。9．（2025·北京房山·一模）“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動。從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，若不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．人的加速度一直在減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．人下降到最低點時，人的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為人的動能D．人的動量最大時，繩對人的拉力等于人所受的重力【答案】D【詳析】A．當繩對人的拉力等于人所受的重力時，人的速度最大，加速度為零，所以人的加速度先減小后增大，A錯誤；B．繩的拉力對人做負功，但開始時重力做功大于繩的拉力做功，故人的運動開始過程是增大的，當彈力等于重力時，人的速度最大即動能最大，接下來速度減小，動能減小；B錯誤；C．人下降到最低點時，速度為零，動能為零，則人的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為繩的彈性勢能，C錯誤；D．當繩對人的拉力等于人所受的重力時，人的速度最大，人的動量最大，D正確。故選D。10．（2025·北京房山·一模）如圖甲所示，物體A以速度v0水平拋出，圖甲中的虛線是物體A做平拋運動的軌跡。圖乙中的曲線是一光滑軌道，軌道的形狀與物體A的軌跡完全相同。讓物體B從軌道頂端無初速下滑，物體B下滑過程中沒有脫離軌道。物體A、BA．物體B的機械能不守恒B．兩物體重力的沖量不相等C．兩物體合力做功不相等D．兩物體落地時重力的瞬時功率相等【答案】B【詳析】AC．兩物體下落過程中，都只有重力做功，大小相等，機械能守恒，故AC錯誤；B．A物體做的是平拋運動，在豎直方向的加速度為g，而B物體做的不是平拋運動，因為軌道彈力的存在，豎直方向的加速度小于g，所以兩物體同時開始運動，運動時間不同，根據(jù)IG=GtD．設(shè)高度為h，A物體豎直方向的速度為vyA=2ghB物體到底端的速度滿足mgh=12mvB2故選B。11．（2025·北京延慶·統(tǒng)測）以6m/s的速度勻速上升的氣球，當升到離地面14.5m高時，從氣球上落下一小球，小球的質(zhì)量為0.5kg，假設(shè)小球在運動過程中所受的阻力大小總等于1N。重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球的重力勢能最多可增加6JB．小球從脫離氣球到下落至地面時所用的時間為1.5sC．小球從脫離氣球到下落至地面時，阻力的沖量大小為2.5N·sD．小球從脫離氣球到下落至地面時，動能的增加量為55J【答案】D【詳析】A．小球從氣球上落下后先上升后下降，小球上升過程中，根據(jù)牛頓第二定律mg+f=ma1解得a1=12m/s2小球到達最高點經(jīng)過的時間為t1=va1=0.5s小球離開氣球上升的高度為h1B．下落時的加速度a2=mg-fm=8m/s2C．設(shè)向下為正向，則小球從脫離氣球到下落至地面時，阻力的沖量大小為If=ft1-D．落地的速度v2=a2t2=16m/s小球從脫離氣球到下落至地面時，動能的增加量為ΔEk=1故選D。12．（2025·北京西城·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。小球上下振動時，傳感器記錄彈力隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10m/A．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動的周期為4sB．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?sD．0~2s內(nèi)，彈力對小球做的功等于小球動能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點時彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達最高點時傳感器示數(shù)最小值為零，則此時彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結(jié)合對稱性可知最低點時的加速度為向上的g，根據(jù)則F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質(zhì)量m=0.1kg由圖像可知，振動的周期為4s，選項A錯誤；B．0~2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項B錯誤；C．0~2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，動量變化為零，由動量定理I-mgt=0可得小球受彈力的沖量大小為I=2N?sD．0~2s內(nèi)，小球動能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動能的變化量，選項D錯誤。故選C。13．（2025·北京西城·二模）如圖所示，長為l的細繩上端懸于P點，下端拴一個質(zhì)量為m的小球。小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，細繩與豎直方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．細繩的拉力大小等于mgB．小球的向心加速度等于gC．小球轉(zhuǎn)動一周，繩拉力的沖量等于0D．小球轉(zhuǎn)動一周，重力的沖量等于2【答案】D【詳析】A．小球豎直方向有Fcosθ=mg解得細繩的拉力大小FB．對小球，由牛頓第二定律有mgtanθ=ma解得小球的向心加速度aCD．小球轉(zhuǎn)動一周，速度變化量為0，動量變化量為0，根據(jù)動量定理，可知拉力沖量與重力沖量等大反向，根據(jù)a=4π2T2r=4π2T2L故選D。14．（2025·北京東城·二模）如圖所示，將質(zhì)量為M的沙箱用長為l的不可伸長的輕繩懸掛起來，一顆質(zhì)量為m的子彈水平射入沙箱（未穿出），沙箱擺動的最大擺角為αα<πA．M+mMC．2M+m【答案】B【詳析】設(shè)子彈射入沙箱時整體速度為v，由機械能守恒有1設(shè)子彈將要射入沙箱時的速度大小為v0，規(guī)定向右為正方向，子彈射入沙箱過程，由動量守恒有聯(lián)立解得v故選B。15．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如圖所示，物體在與水平方向夾角為θ、大小為F的拉力作用下，從靜止開始沿水平地面向右做勻加速直線運動，物體和地面之間的動摩擦因數(shù)為μ。在物體運動時間為t的過程中（）A．僅改變θ，拉力對物體做的功不變B．僅改變μ，合力對物體做的功不變C．僅改變拉力大小F，物體受到重力的沖量不變D．僅改變拉力大小F，物體受到摩擦力的沖量不變【答案】C【詳析】AB．對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F其中FN+Fsinθ=mg聯(lián)立解得a=Fcosθ-μ(C．根據(jù)沖量的定義可知，重力的沖量IG=mgtD．拉力的大小改變，結(jié)合上述分析可知，物體所受摩擦力的大小發(fā)生改變，而作用時間不變，因此摩擦力的沖量發(fā)生改變，D錯誤。故選C。16．（2025·北京昌平·二模）隨著航空航天科技的發(fā)展，人類有能力開展深空探測，逐漸揭開宇宙的奧秘。(1)探測器繞某星球沿圓軌道勻速率運行時，測得軌道半徑的三次方與周期的二次方的比值為k。已知引力常量為G。求該星球的質(zhì)量M。(2)太空中的探測器通過小型等離子推進器獲得推力。在推進器中，從電極發(fā)射出的電子撞擊氙原子使之電離，氙離子在加速電場的作用下，從探測器尾部高速噴出，產(chǎn)生推力。已知探測器（含推進器和氙離子）的初始質(zhì)量為M0，每個氙離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，等離子體推進器單位時間內(nèi)噴出的離子數(shù)為n。不計其它星球?qū)μ綔y器的作用力和離子間的相互作用。取剛向外噴出離子的時刻為初始時刻（t=0），求探測器的加速度大小a隨時間(3)深空探測器常借助行星的“引力彈弓效應(yīng)”實現(xiàn)加速。設(shè)質(zhì)量為m1的探測器以相對太陽的速率v1飛向質(zhì)量為M2的行星，行星相對太陽的軌道速率為v2，方向與v1相反。探測器從行星旁繞過（如圖所示），忽略太陽引力及行星自轉(zhuǎn)的影響，探測器遠離行星后相對太陽的速率為v'①推導(dǎo)v'1的表達式（用②簡要說明“引力彈弓效應(yīng)”能使探測器明顯加速的原因?！敬鸢浮?1)M(2)n(3)①v'1=【詳析】（1）探測器繞星球沿圓軌道勻速率運行時，萬有引力提供向心力GmMr2=m2π（2）氙離子經(jīng)加速電壓U加速后，相對探測器的速度大小為v，根據(jù)動能定理得qU=12mv2在t時間內(nèi)噴出氙離子質(zhì)量為Δm=nmt根據(jù)動