考點(diǎn)10 動(dòng)量-五年（2020-2024年）高考物理真題專項(xiàng)分類匯編

五年（2020-2024）高考真題專項(xiàng)分類匯編PAGEPAGE28考點(diǎn)10動(dòng)量—五年（2020—2024年）高考物理真題專項(xiàng)分類匯編一、單選題1．[2024年北京高考真題]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(shí)間相等B.上升和下落兩過程損失的機(jī)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2．[2024年江蘇高考真題]如圖所示，在水平面上有一個(gè)U形滑板A，A的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則()A.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A動(dòng)量最大 B.彈簧壓縮最短時(shí)A動(dòng)量最大C.整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量變大 D.整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能變大3．[2022年山東高考真題]我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭.如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空.從火箭開始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過程中()A.火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C.高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量4．[2022年重慶高考真題]在測(cè)試汽車的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部()A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積B.動(dòng)量大小先增大后減小C.動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積D.加速度大小先增大后減小5．[2023年浙江高考真題]一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下。游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過程中()A.彈性勢(shì)能減小 B.重力勢(shì)能減小C.機(jī)械能保持不變 D.繩一繃緊動(dòng)能就開始減小二、多選題6．[2024年湖北高考真題]如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小成正比，即（k為已知常量）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則()A.子彈的初速度大小為B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為D.木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離為7．[2024年安徽高考真題]一傾角為足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標(biāo)系，如圖（1）所示。從開始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從0點(diǎn)由靜止釋放，同時(shí)對(duì)物塊施加沿x軸正方向的力和，其大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖（2）所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力。則()A.物塊始終做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B.時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為2.5mC.時(shí)，物塊的加速度大小為D.時(shí)，物塊的速度大小為8．[2024年貴州高考真題]我國(guó)在貴州平塘建成了世界最大單口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡FAST，其科學(xué)目標(biāo)之一是搜索地外文明.在宇宙中，波長(zhǎng)位于搜索地外文明的射電波段的輻射中存在兩處較強(qiáng)的輻射，一處是波長(zhǎng)為的中性氫輻射，另一處是波長(zhǎng)為的羥基輻射.在真空中，這兩種波長(zhǎng)的輻射相比，中性氫輻射的光子()A.頻率更大 B.能量更小 C.動(dòng)量更小 D.傳播速度更大9．[2023年重慶高考真題]某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無(wú)人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示，為曲線上的點(diǎn)，段可視為兩段直線，其方程分別為和。無(wú)人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則()A.EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/sB.FM段無(wú)人機(jī)內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài)C.FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg·m/sD.MN段無(wú)人機(jī)機(jī)械能守恒10．[2023年廣東高考真題]某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng)，忽略阻力。開窗簾過程中，電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F，推動(dòng)滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有()A.該過程動(dòng)量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N三、實(shí)驗(yàn)題11．[2024年山東高考真題]在第四次“天宮課堂”中，航天員演示了動(dòng)量守恒實(shí)驗(yàn)。受此啟發(fā)，某同學(xué)使用如圖甲所示的裝置進(jìn)行了碰撞實(shí)驗(yàn)，氣墊導(dǎo)軌兩端分別安裝兩個(gè)位移傳感器，a測(cè)量滑塊A與它的距離，b測(cè)量滑塊B與它的距離。部分實(shí)驗(yàn)步驟如下：①測(cè)量?jī)蓚€(gè)滑塊的質(zhì)量，分別為200.0g和400.0g；②接通氣源，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平；③撥動(dòng)兩滑塊，使均向右運(yùn)動(dòng)；④導(dǎo)出傳感器記錄的數(shù)據(jù)，繪制隨時(shí)間變化的圖像，分別如圖乙、圖丙所示?；卮鹨韵聠栴}：（1）從圖像可知兩滑塊在_______s時(shí)發(fā)生碰撞；（2）滑塊B碰撞前的速度大小_______m/s（保留2位有效數(shù)字）；（3）通過分析，得出質(zhì)量為200.0g的滑塊是_______（填“A”或“B”）。12．[2024年北京高考真題]如圖甲所示，讓兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（1）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是_____（填選項(xiàng)前的字母）。A.實(shí)驗(yàn)前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平B.選用兩個(gè)半徑不同的小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)C.用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球（2）圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，首先，將質(zhì)量為的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復(fù)寫紙上，重復(fù)多次。然后，把質(zhì)量為的被碰小球置于斜槽末端，再將質(zhì)量為的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復(fù)多次。分別確定平均落點(diǎn)，記為M、N和P（P為單獨(dú)滑落時(shí)的平均落點(diǎn)）。a.圖乙為實(shí)驗(yàn)的落點(diǎn)記錄，簡(jiǎn)要說明如何確定平均落點(diǎn)________；b.分別測(cè)出O點(diǎn)到平均落點(diǎn)的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內(nèi)，若關(guān)系式________成立，即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。（3）受上述實(shí)驗(yàn)的啟發(fā)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了另一種驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長(zhǎng)的等長(zhǎng)輕繩將兩個(gè)半徑相同、質(zhì)量不等的勻質(zhì)小球懸掛于等高的O點(diǎn)和點(diǎn)，兩點(diǎn)間距等于小球的直徑。將質(zhì)量較小的小球1向左拉起至A點(diǎn)由靜止釋放，在最低點(diǎn)B與靜止于C點(diǎn)的小球2發(fā)生正碰。碰后小球1向左反彈至最高點(diǎn)，小球2向右擺動(dòng)至最高點(diǎn)D。測(cè)得小球1，2的質(zhì)量分別為m和M，弦長(zhǎng)。推導(dǎo)說明，滿足________關(guān)系即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。13．[2023年遼寧高考真題]某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過程中的動(dòng)量守恒定律，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段.選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進(jìn)行實(shí)驗(yàn).測(cè)量硬幣的質(zhì)量，得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為和.將硬幣甲放置在斜面上某一位置，標(biāo)記此位置為B.由靜止釋放甲，當(dāng)甲停在水平面上某處時(shí)，測(cè)量甲從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OP.將硬幣乙放置在O處，左側(cè)與O點(diǎn)重合，將甲放置于B點(diǎn)由靜止釋放.當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測(cè)量甲、乙從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OM和ON.保持釋放位置不變，重復(fù)實(shí)驗(yàn)若干次，得到的平均值分別為.（1）在本實(shí)驗(yàn)中，甲選用的是_______（填“一元”或“一角”）硬幣；（2）碰撞前，甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小可表示為_______（設(shè)硬幣與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g）；（3）若甲、乙碰撞過程中動(dòng)量守恒，則_______（用和表示），然后通過測(cè)得的具體數(shù)據(jù)驗(yàn)證硬幣對(duì)心碰撞過程中動(dòng)量是否守恒；（4）由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差，計(jì)算得到碰撞前后甲動(dòng)量變化量大小與乙動(dòng)量變化量大小的比值不是1，寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因：______________.14．[2022年天津高考真題]（1）某同學(xué)驗(yàn)證兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。為兩個(gè)直徑相同的小球。實(shí)驗(yàn)時(shí)，不放B，讓A從固定的斜槽上E點(diǎn)自由滾下，在水平面上得到一個(gè)落點(diǎn)位置；將B放置在斜槽末端，讓A再次從斜槽上E點(diǎn)自由滾下，與B發(fā)生正碰，在水平面上又得到兩個(gè)落點(diǎn)位置。三個(gè)落點(diǎn)位置標(biāo)記為。①為了確認(rèn)兩個(gè)小球的直徑相同，該同學(xué)用10分度的游標(biāo)卡尺對(duì)它們的直徑進(jìn)行了測(cè)量，某次測(cè)量的結(jié)果如圖2所示，其讀數(shù)為__________mm。②下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的要求正確的是__________。A.斜槽的末端必須是水平的 B.斜槽的軌道必須是光滑的C.必須測(cè)出斜槽末端的高度 D.的質(zhì)量必須相同③如果該同學(xué)實(shí)驗(yàn)操作正確且碰撞可視為彈性碰撞，碰后在水平面上的落點(diǎn)位置分別為__________、__________。（填落點(diǎn)位置的標(biāo)記字母）（2）實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量某型號(hào)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。用電流表、電壓表、滑動(dòng)變阻器、待測(cè)電池等器材組成如圖3所示實(shí)驗(yàn)電路，由測(cè)得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制成的圖像如圖4所示。①圖3的電路圖為圖5中的__________。（選填“A”或“B”）②如果實(shí)驗(yàn)中所用電表均視為理想電表，根據(jù)圖4得到該電池的電動(dòng)勢(shì)__________V，內(nèi)阻__________Ω。③實(shí)驗(yàn)后進(jìn)行反思，發(fā)現(xiàn)上述實(shí)驗(yàn)方案存在系統(tǒng)誤差。若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對(duì)測(cè)得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行修正，在圖4中重新繪制圖線，與原圖線比較，新繪制的圖線與橫坐標(biāo)軸交點(diǎn)的數(shù)值將__________，與縱坐標(biāo)軸交點(diǎn)的數(shù)值將__________。（兩空均選填“變大”“變小”或“不變”）四、計(jì)算題15．[2024年湖北高考真題]如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能。（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。16．[2024年湖南高考真題]如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為和的小球A和。初始時(shí)小球A以初速度沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大??；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比；（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍（），求第1次碰撞到第次碰撞之間小球B通過的路程。17．[2024年河北高考真題]如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg，A木板長(zhǎng)度為2.0m，機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，求木板間的水平距離。（2）機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機(jī)器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止，隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)系。18．[2023年山東高考真題]如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知，A與地面間無(wú)摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)，B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量的大小。19．[2024年山東高考真題]如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑，重力加速度大小。（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（ⅰ）求μ和m；（ⅱ）初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時(shí)相對(duì)地面的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L。20．[2024年江蘇高考真題]嫦娥六號(hào)在軌速度為，著陸器對(duì)應(yīng)的組合體A與軌道器對(duì)應(yīng)的組合體B分離時(shí)間為，分離后B的速度為v，且與同向，的質(zhì)量分別為。求：（1）分離后A的速度大??；（2）分離時(shí)A對(duì)B的推力大小。21．[2024年甘肅高考真題]如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩，小球A開始運(yùn)動(dòng)。（重力加速度g?。?）求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極短）、碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。（3）碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。22．[2023年遼寧高考真題]如圖，質(zhì)量的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離。（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量及此時(shí)木板速度的大小。（3）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從減小到0所用時(shí)間為。求木板從速度為時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能（用表示）。

——★參考答案★——1．答案：C解析：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(cuò)誤；C.小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)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(shí)的速度，上升時(shí)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(shí)間小于下落過程所用時(shí)間，A錯(cuò)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(jī)械能損失大于下落過程機(jī)械能損失，B錯(cuò)誤。故選C。2．答案：A解析：對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得，設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)得，聯(lián)立，故可知彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)滑板速度最大，此時(shí)動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。對(duì)于系統(tǒng)來說動(dòng)量一直為零，系統(tǒng)機(jī)械能不變。故選A。3．答案：A解析：高壓氣體將火箭推出，火箭速度接近零時(shí)才點(diǎn)火，故此過程中火箭先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，合外力為零時(shí)，加速度為零，此后做減速運(yùn)動(dòng)直至速度接近零，故加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大，A正確；高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、重力勢(shì)能和與空氣摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，B錯(cuò)誤；火箭動(dòng)量的增加量等于火箭所受合外力的沖量，火箭除受到高壓氣體的推力外，還受到重力、空氣阻力，C錯(cuò)誤；火箭動(dòng)能的增加量為合外力對(duì)火箭做的功，即重力、空氣阻力和高壓氣體的推力做的功之和，D錯(cuò)誤.4．答案：D解析：5．答案：B解析：游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過程中，游客的重力做正功，重力勢(shì)能減小，B正確；橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢(shì)能一直增大，A錯(cuò)誤；橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負(fù)功，因此游客的機(jī)械能減小，C錯(cuò)誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動(dòng)能先增大后減小，D錯(cuò)誤。6．答案：AD解析：子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若子彈沒有射出木塊，則由動(dòng)量守恒定律有，解得木塊獲得的速度大小為，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當(dāng)子彈恰不射出木塊時(shí)，木塊獲得的速度最大，此時(shí)有，解得；若子彈能夠射出木塊，則有，子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程，對(duì)子彈和木塊分別由牛頓第二定律有，根據(jù)位移關(guān)系有，對(duì)木塊有，聯(lián)立解得，又越大，t越小，則越小，即隨著的增大，木塊獲得的速度不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小，A正確；子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程，對(duì)子彈由動(dòng)量定理有，解得子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，木塊和子彈損失的總動(dòng)能，C錯(cuò)誤；木塊在加速過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有，解得木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離，D正確。7．答案：BD解析：A.根據(jù)圖像可得，，故兩力的合力為物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)?，x軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.在y軸方向的加速度為故時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為故B正確；C.時(shí)，，故此時(shí)加速度大小為故C錯(cuò)誤；D.對(duì)x軸正方向，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理由于F與時(shí)間t成線性關(guān)系故可得解得此時(shí)y軸方向速度為故此時(shí)物塊的速度大小為故D正確。故選BD。8．答案：BC解析：D.所有光波在真空中傳播的速度相同，都是c，D錯(cuò)誤；ABC.由光子頻率與波長(zhǎng)公式，能量公式，動(dòng)量與波長(zhǎng)公式可知，波長(zhǎng)更長(zhǎng)，頻率更小，能量更小，動(dòng)量更小，A錯(cuò)誤，BC正確。故選BC。9．答案：AB解析：由于位移-時(shí)間圖線的斜率表示速度，則根據(jù)EF段的方程可知，EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/s，A正確；由題圖可知FM段的速度先向上減小后向下增大，則加速度方向始終向下，故該段無(wú)人機(jī)內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài)，B正確；根據(jù)MN段的方程可知，無(wú)人機(jī)的速度為-2m/s，則無(wú)人機(jī)及其裝載物在FM段的動(dòng)量變化量的大小為，C錯(cuò)誤；MN段無(wú)人機(jī)勻速下降，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則機(jī)械能減小，D錯(cuò)誤。10．答案：BD解析：碰撞前滑塊1和2整體的動(dòng)量大小，碰撞后整體的動(dòng)量大小，所以碰撞過程滑塊1和2整體動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，則碰撞過程滑塊1受到合外力的沖量大小，B正確；同理，碰撞過程滑塊2受到合外力的沖量大小，C錯(cuò)誤；碰撞過程中對(duì)滑塊2由動(dòng)量定理可得，解得滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小，D正確。11．答案：（1）1.0（2）0.20（3）B解析：（1）由圖像的斜率表示速度可知，兩滑塊的速度在時(shí)發(fā)生突變，即發(fā)生了碰撞；（2）由圖像斜率的絕對(duì)值表示速度大小可知，碰撞前瞬間B的速度大小；（3）由題圖乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小約為，由題圖丙可知，碰撞后B的速度大小為，對(duì)A和B的碰撞過程由動(dòng)量守恒定律有，代入數(shù)據(jù)解得，所以質(zhì)量為200.0g的滑塊是B。12．答案：（1）AC（2）用圓規(guī)畫圓，盡可能用最小的圓把各個(gè)落點(diǎn)圈住，這個(gè)圓的圓心位置代表平均落點(diǎn)；（3）解析：（1）A.實(shí)驗(yàn)中若使小球碰撞前、后的水平位移與其碰撞前，后速度成正比，需要確保小球做平拋運(yùn)動(dòng)，即實(shí)驗(yàn)前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平，故A正確；B.為使兩小球發(fā)生的碰撞為對(duì)心正碰，兩小球半徑需相同，故B錯(cuò)誤；C.為使碰后入射小球與被碰小球同時(shí)飛出，需要用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球，故C正確。故選AC。（2）用圓規(guī)畫圓，盡可能用最小的圓把各個(gè)落點(diǎn)圈住，這個(gè)圓的圓心位置代表平均落點(diǎn)。碰撞前、后小球均做平拋運(yùn)動(dòng)，由可知，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以水平位移與平拋初速度成正比，所以若即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。（3）設(shè)輕繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球從偏角θ處?kù)o止擺下，擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，小球經(jīng)過圓弧對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為l，則由動(dòng)能定理有由數(shù)學(xué)知識(shí)可知聯(lián)立兩式解得若兩小球碰撞過程中動(dòng)量守恒，則有又有，，整理可得13．答案：（1）一元（2）（3）（4）見解析解析：（1）為防止甲碰后反彈，甲的質(zhì)量應(yīng)大于乙的質(zhì)量，故甲選用的是一元硬幣.（2）設(shè)甲到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度為，甲從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得.（3）設(shè)甲、乙碰后瞬間的速度分別為，根據(jù)動(dòng)能定理得，若碰撞過程中動(dòng)量守恒，則有，整理得.（4）碰撞過程中硬幣之間的作用力沒有遠(yuǎn)大于摩擦力；存在空氣阻力；紙板粗糙程度不均勻（答出一條即可）.14．答案：（1）①10.5；②A；③M；P（2）①B；②4.5；1.8；③不變；變大解析：（1）①由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，該讀數(shù)為。②為了保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽末端必須水平，A正確；斜槽光滑與否對(duì)實(shí)驗(yàn)不產(chǎn)生影響，只要保證兩次實(shí)驗(yàn)小球A從同一位置由靜止釋放即可，B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)，下落時(shí)間相同，不需要測(cè)量斜槽末端的高度，C錯(cuò)誤；為了防止A球反彈，應(yīng)使A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，D錯(cuò)誤。③兩球發(fā)生彈性碰撞，又A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，由可知，N點(diǎn)為小球A單獨(dú)滑下時(shí)的落點(diǎn)，碰后，A球的落點(diǎn)為M點(diǎn)，B球的落點(diǎn)為P點(diǎn)。（2）①由實(shí)物連接圖可知電壓表和電源直接并聯(lián)，故圖3的電路圖為圖5中的B。②根據(jù)閉合電路歐姆定律有，結(jié)合圖像可知，縱截距表示電源電動(dòng)勢(shì)E，則，圖像斜率的絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻r，則。③圖像與橫軸的交點(diǎn)表示短路電流，當(dāng)電源短路時(shí)，電表內(nèi)阻不影響短路電流，所以與橫軸交點(diǎn)的數(shù)值將不變；電壓表和電源并聯(lián)，測(cè)量的內(nèi)阻是電壓表和電源并聯(lián)后的電阻，比電源內(nèi)阻的真實(shí)值小，圖像斜率偏小，修正后圖像斜率變大，與縱軸交點(diǎn)的數(shù)值將變大。15．答案：（1）5m/s（2）0.3J（3）0.2m解析：（1）設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L(zhǎng)，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時(shí)的加速度大小為a，由牛頓第二定律有設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時(shí)的速度大小為，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得由于，故假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，故小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為（2）設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為、，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為，對(duì)小物塊與小球碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得（3）經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點(diǎn)正上方繩子拉力剛好為零時(shí)，小球繞P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的半徑最大，P點(diǎn)到O點(diǎn)距離最小，設(shè)這種情況下小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方的速度大小為，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，繩子的長(zhǎng)度為l，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方時(shí)，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有對(duì)小球的整個(gè)上升過程，由動(dòng)能定理得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得16．答案：（1）；（2）2或5（3）解析：（1）小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，則小球A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后兩者的共同速度為v，有，則根據(jù)向心力公式，得（2）A、B之間為彈性碰撞，則碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩球第一次碰撞在B球初始位置，設(shè)碰后A、B的速度分別為、，由動(dòng)量守恒定律有由機(jī)械能守恒定律有可得因，則碰后瞬間兩球同向運(yùn)動(dòng)，又，結(jié)合可知，從第一次碰撞到第二次碰撞的過程，A的路程小于一個(gè)圓周第一種情況：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，可得第二種情況：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，可得由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可知兩種情況下第二次碰撞后A球速度重新變?yōu)榍虻乃俣葹?，之后兩小球做周期性運(yùn)動(dòng)，兩種情況均符合題意，或（3）第1次碰后瞬間，兩球相對(duì)速度為比A多跑一圈后發(fā)生第2次碰撞，設(shè)第1、2次碰撞的時(shí)間間隔為，圓周長(zhǎng)為，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有，且解得，則該段時(shí)間內(nèi)B的路程為B追上A后兩球發(fā)生第2次碰撞，碰后瞬間兩球相對(duì)速度為比B多跑一圈后發(fā)生第3次碰撞，設(shè)第2、3次碰撞的時(shí)間間隔為，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有，且解得，該段時(shí)間內(nèi)B的路程為A追上B后兩球發(fā)生第3次碰撞，碰后瞬間兩球相對(duì)速度為比A多跑一圈后發(fā)生第4次碰撞，設(shè)第3、4次碰撞的時(shí)間間隔為，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有，且解得，該段時(shí)間內(nèi)B的路程為依此類推，A、B第2n次碰撞后瞬間，兩球相對(duì)速度為，碰后A比B多跑一圈后發(fā)生第次碰撞，該時(shí)間內(nèi)B的路程為綜上，B的路程為17．答案：（1）1.5m（2）90J（3）解析：（1）設(shè)機(jī)器人的質(zhì)量為M，木板的質(zhì)量為m，機(jī)器人在從A木板左端走到右端的過程，機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)“人船模型”可知根據(jù)位移關(guān)系有聯(lián)立解得木板A向左移動(dòng)的位移因機(jī)器人向右走動(dòng)過程，B、C始終靜止，則機(jī)器人從A木板左端走到右端時(shí)，A、B木板間的水平距離為（2）機(jī)器人起跳后在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，起跳時(shí)速度為，與水平方向的夾角為θ，則水平方向上有豎直方向上有聯(lián)立解得機(jī)器人起跳過程中，機(jī)器人與A木板水平方向上動(dòng)量守恒，則有根據(jù)功能關(guān)系有聯(lián)立可得（單位為J）當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，W取最小值，則（3）設(shè)機(jī)器人從A木板上起跳的速度大小為木板的速度為，機(jī)器人跳到B木板左端后與B木板瞬間共速，速度為，此時(shí)A、B木板間的水平距離為，水平方向上，B、C木板與機(jī)器人組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有取水平向右為正方向，每一次機(jī)器人從B木板上起跳過程中，機(jī)器人與B木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則有又機(jī)器人相對(duì)B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，則有、、聯(lián)立可得又3次跳躍后，B木板恰好追上A木板，則有機(jī)器人跳到B木板右端時(shí)，A、C兩木板間距離聯(lián)立解得18．答案：（1）0.8m（2）（3）（4）解析：（1）C下滑過程，由動(dòng)能定理有解得（2）設(shè)C滑上B以后，C的加速度大小為的加速度大小為，共速時(shí)間為的最小值為共同的加速度大小為，經(jīng)過時(shí)間A追上的最大值為，則由牛頓第二定律有解得解得又解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有聯(lián)立解得共速后，由牛頓第二定律得解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得聯(lián)立解得故s的范圍為（3）由題意知，所以B與P碰撞時(shí)，B與C未共速。設(shè)C在B板上滑動(dòng)的時(shí)間為與P相碰時(shí)C的速度大小為，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得解得（另一解舍去）解得對(duì)物體C從剛滑上B到B與P碰撞前的過程，由動(dòng)能定理有解得（4）設(shè)