专题7 动量守恒定律-【一本】高考物理真题分类

习可真酸好铁时 考向4功能关系能量守恒定律 5年2米 冲卷 限时：15 分1分 专题七动量守恒定律 1.2C金量在，4分) 出水可 Cmmgy 考向1动量 动量定理 在某地区的干早季 2 +2umw1一d) 节，人们常用水聚月 D.pang)s 八2从 +2mwg(1-d) 1时30a 请分4好分周时：n 得冷：分多雀P0 从深水并中前水葡 福农田，简化模型如图所示。水井中的水而距 3.(2023全国乙喜，6分)（多 1.(023新课标《，6分)（多选）如图所示，使甲。 B火被发射时获得的推力来自喷由的燃气与发 离水平地面的高度为日。出水口距水平地面的 选)如图所示，一质量为 乙两条形感体隔并一段距离，静止于衣平桌山 射有之到的相正作用 高度为k,与落地点的水平距离的为1。假设轴 M,长为1的木板静止在光 上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙 4〔2020金国【奉.6分)行2中的汽车如果发生 水过程中日保持不变，水聚输出能量的号信转 带水平桌面上，另一质量为m的物块（可视为质 的质量，两者与桌面之间的动摩擦圆数相等。 刷烈欧绵，车内的安全气囊会被弹出并明间充 化为水被抽到出本口处增加的机械您。已知水 点)从木板上的左端以违度。开始运动，已知 的密度为P:本管内径的橘截面积为S,重力加 精块与木板间的带动厚藤力大小为F,当物块 现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的 情气体。若微撞后汽车的速度在很短时间内减 速度大小为：，不计空气阻力。水泵的输出功 从术板右端离开时 任时刻 小为零，关于安全气黄在此过程中的作用，下列 率狗为 A木板的诗使一定等于F山 说法正确的是 A.SI2 B木板的动能一定小于Fl A增加了司机单位面积的受力大小 A甲的速度大小此乙的大 C物块的动雀定大于m-Pt 民碱少了碰撞萄后司机动量的空北量 且.甲的动量大小比乙的小 县匹受(H+A+ C将司桃的动使全裙韩换成汽车的动图 2 D物块的动能一定小于2m,-Fd C甲的动量大小与乙的相等 )延长了司机的受力时间并增大了司机的受力 c() 口甲程乙的动量之和不为零 4(20全国1卷，8分)（多过）一物块在高 卤积 2(2022期北卷，4分》一质点做由线运功，在前一 5,物理与新利技（的2名山燕参，3分）我国 n2(H+ 3,0m、长5,0：的斜而赢骑从静止开始沿斜而 段时同内速度大小由▣增大到2，在随后的一 下滑，其重力势能和动能随下滑更离1的度化 多次域功柱用”冷发射技术发射长征十号系 段时闻内速度大小由如增大到如。前后两段 列运载火篱，知图所示，发射舱内的高压气体 22024山东春，3分)如图所承，质量均为m的 如因中直线1，Ⅱ所示，重力加速度取0m/:, 时间内，合外力对展点散功分别为W,和W,合 甲，乙两同学，分别坐在水平战置的轻木极上， 无将火篇经直向上雒出，火箭速度接近零时再 外力的冲量大小分别为I:和，下列关系式 木板通过一根原长为！的轻质弹性绳连接，连 点火向太空，从火管开始运动鲜点火的过图 定成这的是 接点等高且可距为d(d)。两木板与地面同 的动摩缩因数均为以，弹性绳动度系数为k,放 A.W:-SW.1:31 B.W-3W1 CW4-7W,311DW:-7W,I3 拉钟时的0性势健B一：(4为现的种长 3(2021天津卷，5分)（影选）一冲九胃，同嫌在 量)，凳用本平力F援慢拉动乙所坐木板，直至 写。221年4月2的日，长征五号B遥二运载火 甲所经术板刚要南开原位置，此过程两人与所 情替缓空何站天程枝心舱发射升空，标志着我 生木板保持相对静止，业保持不变，最大静摩趣 0 国空同站建速进入全面实雀阶段。下列美乎大 力等子清动学擦力：重力加速度大小为g:则F A物块下滑过程中机械能不守恒 所酸的功等于 莆的清述正确的是 B.物块与斜面间的动摩擦因数为05 A增如单位时属的燃气矿财量可以增大火箭的 A火精的加速度为零时，动能量大 C物块下滑时加速度的大小为0m/s D背物块下带2.0m时机械能损失了12J 推力 我高压气体释收的能量全部转化为火箭的动能 且增大燃气相对于火精的喷射速度可以增大火 C高压气体对火清静力的中量等干火青动量的 (i-d) 出情兴目 箭的推力 增和量 pog( 由醋原固 C.当增气终出火等喷日的速度相对于地面为军 D高压气体的#力和空气阻力对火蕾嫩功之和 2处 时火簧就不再都速 等于火箭动佳的增加量 三力路市位出线数国 6雨专国-最妈解《2021南南叁，4分)物体的运 9(2024稀建基，6分)（多选）如图甲所示，物体置 考向2动量守恒定律及其应用 动状态可用位登：和动量争描述，称为相，对应 于足够长的光滑料面上并值定，=0时刻解除 声子图像中的一个点。翡体运功状态的变化可 原时0m向溪#投用时：得分，分答多动 衡定，并对物体沿斜面随加如周乙所示变化的 用户x图橡中的一条山线来挡遥，称为相轨迹 力F,以沿韩面向下为正方向，下列说法中正确 1,〔2心21全国乙卷，6分)如图所示，光滑水平地面 A碰撞后氨核的动量比氢核的小 假如一质点沿x铂正方向敏初瑰度为零的匀如 的是 上有一小车，一轻弹簧的一精与客形的州板相 B碰罐后氨核的动能比氢核的小 速直线诊动，期对应的相轨诗可能品 连，另一端与滑块相连，滑块与车解的水平底板 C购大于 可有摩指，用力狗右推动车和使弹簧压蜜，抛 D,大于路 去推力时滑块在车和框酸上有相对滑动，在鬼 4.低工国+形式刻斯(224侯额喜，4分)在某装置 面参考系《可模为惯性系)中，从置去推力开始， 中的光滑绝操水平面上，有三个完全相问的带 7.(2021能京基，3分》如图所 小车、弹簧和滑块肌成的燕统 电小球，它们通过不可伸长的地缘轻质细线连 示，圆数在水平而内以角渔度 A.0一4比，物体一直沿斜面向下运动 接成动长为d的正三角形，如圆甲舒示。小球 如旅中心轴匀速转功，翼盘上 民0一4，合外力的总冲量为0 质量为w,带电量为十《，可视为点电简。初始 距轴，处的P点有一一质量为 网的小物体固园盘一起转动。某时刻圆盘突然 心、物体t时动量是2：时的一半 A动量守但，机械您守恒 时，小球均静止，细线拉直。瑗将球1和球2间 停止转动，小物体由P点滑案圆盘上的某点停 D2台，一。过程物体的位移小于3.一4。过程 B动量仔恒，机械能不守恒 的践剪斯，当三个小嫁运动到同一条直线上 此，下列说法正确的是 的位移 C动量不守恒，杭械使守恒 时，速度大小分别为1的，，如图乙所承。孩 A提盘停止转动简，小物体所受摩擦力的方向 10.《2124全国甲基，6分)（多选）宋 D,动量不守低，机城能不守恒 过智中三个小球组现的系统电号能减少了努， 滑运动轨连切线方向 运动中，体重为动kg的试动员在 2(2如20全国Ⅲ卷，5分)甲，乙两个物块在光滑水 是为》电力常量，不计空气阻力，别 我国盘停止转动前，小物体运动一圆所受摩擦 【一0时刚好落到哪床上，对床阳 平桌南上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发 力的冲量大小为2mwt 用力的大小下与时判：的关系如图所示。最设 生硅撞，随撞前后甲，乙的速度阅时间的变化如 C慨查停止转功后，小物体沿圆数半径方向 运动过型中运动员身体始终保持经直，在其不 阁中实线所示，已知甲的质量为Ikg,测碰撞过 运动 与藏床接触时阑宋水平。忽略空气阻力，重力 裂两物块指失的机械能为 D,图盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受 1· 知速度大小取10m/,下列说法正确的是 6 20 摩擦力的冲量大小为m四 40 8新活雨+题理与生话《2022童成 基，4分)在满试汽车的姿全气 10 A,该过型中小球3受鲜的合力大小始终不变 A该过程中系统能量守而，动量不守 囊对露兼人员头部防护作用的 20儿. C.在周乙位置，，一：≠2如 实龄中，某小组阁到了製人头部所受安会气囊的 05105025 作用力面时可变化的由线《如图所示)。从短撞 A3」 4」 C5」 1,6J 2 A2一Q15s时，运动量的重力势能量大 n在图乙位置，v一 开始到碰撞结束的过程中，若假人头部只受到安 3(2022期南卷，.4分)1932 以=00时，运动员的速度大小为10m/: 华，查糖威克用宋知射线装 中 5(2022北烹春，3分)质量为m和网：的两个物体 会气裳的作用，划由曲线可知，段人头部() C.一1.00s时，蹈动员恰好运动到最大高度处 击氢钱，爱现这种射搜是山行 在光滑水平面上正碰其位置坐标x时同：变化 A速度变化量的大小等于曲线与枫用成的 的图像图听示，下列说法正属的是 雀积 口运动员每次与床接触到离开过程中对刷 硬量与质子大数相等的中柱较子（即中子）如 五动量大小先增大后诚小 床的平均作用力大小为4600N 域。如图所乐，中子以速度，分判磁幢静止的 仁动能变化量的大小正比于抽线与横轴国成的 台修理道： 氢核和氨核，硬植后氧核和氨核的速度分别为 崔积 错 公情单誉： 山和：设壁罐为弹性正碰，不考虑相对论效 D.加速度大小先增大后减小 位，下列说法正确的是 之习商可其损好满 A,撞葡m:的速率大于m的速举 力作用.出自止开始沿斜面向下做匀变速直线 且硅擅后m:的违率大干m:的速率 运动，特块与斜而可的动摩摄因数是处相可， 专题八机械振动 机械波 5年64 C.镜撞后m:的砖量大于m1的动量 若拉力沿斜面向下时，物块滑到底菊的过程中 D碰撞后网：的动能小于网，的动能 重力和学擦力对物块做的功阅时同的变化分别 卷 里时，0m角 满分12分1 其时：mln 得象：分参是P程 6(00全国Ⅱ春.6分)（多砖》水平水面上有 如周中由线①，②所示，则 固定的竖直挡版。一滑冰适动易雀对挡板静止 1.(223青深林喜，6分)船上的人和水下的潜水 形成影子O和P,以O为原点在经直方向上建 在冰面上，他肥一霞量为40k球的静止物块以 人物块与斜面同的到学择调置为号 员都能听见轮船的考菌声。声波在空气中和在 立：坐标系，=0时从图标位置沿道时针方向 大小为三0m/:的道度卧与挡板溪直的方向推 水中传播时的 匀速转动圆盘，角速度为如，则P做简谐运功的 且当拉力沿斜面向上，重力做的功为9」时，物 向挡板，运动员线得地行速度：物块与挡板弹性 A.装违和鼓长均不同 表达式为 块功能为3 碰植，速度反向，追上运动员时，运动员又把物 且频率和被通均不同 C,被长和周期均不同 块排向裤板，使其再一次以大小为5.0m/s的速 C,当牧力分到沿斜面向上和向下时，物块的加 口周所和频军均不同 度与件板弹性战植。息共经过8次这样推物块 速度大小之比为1t3 2(2024期南套，4分》如图乐示，健身者在公园以 后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹 )当数力分别沿斜血向上和向下时，物块滑到 母分钟60次的飘率上下挥动长绳的一细，长绳 Ar-Rsin (a-7)Br-Rsin (a+) 的物块不能再追运动员。不计冰面的摩擦 底端时的动量大小之比为1+受 自右向左景现被浪状，可近纵为单向传播的简 力，废试动员的既量可能为 9(2如24海北卷，4分)（多菇》如图所示，在光滑水 皆情被。长绳上A,B两点平衡位置相距后m, C.r=2Rsin (w-)D.r-2Rsin (+ A,48kgk53越C58kgI入63k 1,时则A点位于该谷，B点位于被峰，两者之同 平面上静止放置一疑麓为M.长为L的木块 5(2024甘肃春，4分)某单摆的振动图像图所 还有一个被谷。下列说法正辞的是 7.(221山东卷，4分)〔多这)如图所示，载有物赞 质量为四的子郑水平射人木块，设子弹在木块 示，重力加速度g取10m/。下列说法正确的 的热气球静止于距水平地面高H处，现将质量 内运动过程中受到的限力不变，其大小f与射 为m的物资以相对地面的速度认水平投出，唇 A.装长为3m 人初速度大小，成正比，即了一知，（原为已知 且放速为12m/年 地付物资与热气球的离为d,已知投出物蜜 常数)，改变子弹的切速度大小，若木块获得 C.。+Q25s时刻，B点违度为0 后热气球的总质量为M,所受浮力不变，重力加 的速度最大，则 D十L.50s时刻，A点迷度为0 墓度为g,不计阻力。以下判斯正确的是《 3(224渐江6月喜，3分)顿率相同的商著波源 S,S:和接枚点M位于同一平面内，S:,S: 入湿长为1.6m:屈始时刻连度最大 M的距离之差为6m。I=0时，S:、S:同时每 R摆长为2,5m,感始时刻速度为零 直平面开始振动，M点的表动周像如图所示，则 C塑长为1.6m,A,C点的速度相 入子弹的初速度大小为2Lm十M的 能M D摆长为2.5m,A,B点的速度相同 A,投出物责后热气球蜚匀加速直线运动 8(2024新课林基，6分)（多选）位于鱼标原点口 且投出物真后热气味所受合力大小为解 R子弹在木块中运动的时阀为：（知干 2mM 的技源在=0时开始服动，最动图像如周所示 cd=++# 所形成的情曹横被沿x轴正方向作矮。平衡位 C木块和子弹报失的总动能为江（士如 置在x一3,5m处的质点P开始影动时，被恰 M A.两列被的敲长为2m +1+网)H 好第2次处于被容位置，测 Dd- 我术块在加速过程中运动的距离为， B两列被的起素方向均沿x正方向 十 CS和S,在平面内不管产生干涉观象 B(222重庆卷，5分》（多三》 口两列波的银幅分别为3cm和1四 一物块在辄角为45的圆定 出情兴目 4.解·形式创新(2021江苏春，4分)如图所示， 斜面上受到方向与解啦平 由醋原固 半径为R的圆盘边绿有一钉子B,在水半光线 02 行：大小与摩擦力相等的拉 艇射下，测盘的转轴A和打子B在右测墙里上 A支的调斯是01s得，v2=4sm2/s,对比匀变速直线运动公式v2- -题多解在得出物块与斜面之间的动摩擦因数 2as,可得a=2.0m/s2,即物块下滑时加速度的大小 以后，可以利用牛顿第二定律得出物块沿斜面下滑 为2.0m/s2,C错误。由重力势能和动能随下滑距离 时的加速度大小为a=gsin0-gcos0=2.0m/s2, 5的变化图像可知，当物块下滑2.0m时机械能为 可以得出物块下滑2.0m的过程中摩擦力做的功为 E=18J+4J=22J,机械能损失了△E=30J-22J W=一mg cos0·s=一8J,由功能关系可知机械 8J,D错误. 能损失了8J。 专题七 动量守恒定律 考向1 动量 动量定理 3.AB根据F△1=△mv可知，增加单位时间的燃气喷 基础卷 射量（即增加单位时间喷射气体的质量△m)或增大 燃气相对于火箭的喷射速度，都可以增大火箭的推 1.BD根据F-ng=ma,可得a= 元F一g,因为 力，A、B正确。当燃气喷出火箭喷口的速度相对于 地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭 m甲>mz,所以a甲<a乙，两物体运动时间相同，且同 的运动方向相反，火箭仍然受推力作用，做加速运 时由静止释放，可得t甲<U2,A错误。m甲>m2,又 动，C错误。燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲 4单一z,则∫>∫z,故甲和乙组成的系统合外力的 力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误。 冲量方向向左，所以甲的动量大小比乙的小，B、D 4.D因安全气粪充气后，受力面积增大，故减小了司机 正确，C错误。 单位面积的受力大小，且由于安全气囊的缓冲，延长 解题技巧本题由于两磁体质量不等，因此两磁体 了司机的受力时间，A错误，D正确。有无安全气囊， 所受摩擦力不等，两磁体组成的系统所受合外力不 动量的改变量均相同，B错误。因有安全气囊的存在， 为零，系统动量不守恒。 故司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气 2.D 根据动能定理得W=之m(2o)P- 体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C错误。 2m2 5.A火箭从发射舱发射时，受竖直向下的重力、竖直 mw2,w=7m(5o)- 3 2m(2u)2=2 2mv2,所以 向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作 用，且推力大小不断减小，开始时向上的高压气体的 W2=7W1:根据动量定理得I=△p1,而mu≤△p1≤ 推力大于向下的重力和空气阻力之和，火箭向上做 3mo,即3o≤3I1≤9u,同理有I2=△p2,而 加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力 3mu≤△p2≤7mo,即3mu≤I2≤7mw,D正确。 等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度 归纳总结 冲量的四种计算方法 为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向 下的重力和空气阻力之和，火箭向上做加速度增大 利用定义式I=F△计算冲量，此法仅适 公式法 的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零 用于计算恒力的冲量 时，速度最大，动能最大，A正确。根据能量守恒定律 可知，高压气体释放的能量转化为火箭的动能、重力 利用F-1图像计算，F-1图线与横轴固成 势能和内能，B错误。根据动量定理可知，合力的冲 图像法 的面积表示冲量，此法既可以计算恒力 量等于火箭动量的增加量，C错误。根据功能关系 的冲量，也可以计算变力的冲量 可知，高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和 若方向不变的力的大小随时间均匀变 等于火箭机械能的增加量，D错误。 化，则力F在某段时间t内的冲量1 6.D根据运动学公式有v2=2ax,又p=mw,联立解 平均 力法 F+F2 得p=√2m'ax,根据数学知识，可判断出D正确， 2 △1，F1、F2为该段时间内初、末时 A、B、C错误。 刻力的大小 题多解 对于变力的冲量，不能直接用1=F△求 由动能定理得Fx=E,又有E,物 动量 解，可以求出该力作用下物体动量的变 定理法 及F=ma,解得p=√2max,可判断出D正确，A、 化量，由I=△p求变力的冲量 B、C错误。 4419 7D圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向 FN最低点 中心轴，提供向心力，A错误。由动量定理可知，圆盘 离开蹦闲运动到再次落 停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大 做竖直上最高点到鳓床 小为零，B错误。圆盘停止转动后，小物体沿运动轨 抛运动↑ 0.51.0131.52.02.5/s 迹的切线方向运动，C错误。由动量定理可知，整个 竖直向上运动自由落体运动 滑动过程摩擦力的冲量大小I=mwr一0=mr,D 正确 根据牛顿第三定律可知，=0.15s时蹦床对运动员 8.D 的作用力最大，运动员在最低点，重力势能最小，A F先增后减Fm测a先增后诚。 错误。由题图可知，t=0.30s时运动员离开蹦床做 D正确 竖直上抛运动，1=2.30s时落回蹦床，竖直上抛运 动量大小一直减小： B错误：面积表示动 动总时间为2s,则上升时间为1s,在t‘=0.30s十 量变化量的大小，A 一F=m△恤△p错误：速度变化量 1s=1.30s时，运动员运动到最大高度处，由v= 的大小正比于曲线 g可得，运动员做竖直上抛运动的初速度大小为 与横轴围成的面积 C错误 10m/s,B正确，C错误。取竖直向上为正方向，运 9.AD沿斜面方向，物体受到重力沿斜面向下的分力 动员每次与蹦床接触到离开蹦床过程中，由动量定 mgsin0和F,分阶段分析，由牛顿第二定律可知，在 理可得(F一mg)△1=mU。一（一mo),运动员与蹦 0~t和21。~3t阶段，物体的加速度大小为3gsin0, 床作用的时间△=0.30s,解得F=4600N,D 方向沿斜面向下，在t。一2t,和3t。~41。阶段，物体的 正确。 加速度大小为gsin0,方向沿斜面向上，可以画出物 体运动的t图像如图所示，由图像可知，物体先沿 考向2动量守恒定律及其应用 斜面向下加速后沿斜面向下减速，再沿斜面向下加 拔高卷 速后沿斜面向下减速，物体一直沿斜面向下运动，A 1.B系统在只有弹力或者重力做功时机械能守恒。 正确。全过程中，力F的冲量为零，重力和支持力的 由题意可知，撤去推力后，滑块与车厢底板之间还有 合力的冲量大小为4 ngtosin0,则合外力的总冲量大 摩擦力的作用，该系统内摩擦力做功，使系统的机械 小为4mgt。sin0,B错误。由v-t图像可知，t时物体 能减小，即该系统机械能不守恒；撤去推力后，该系 的动量为2t时的1.5倍，C错误。由v-t图像与t轴 统所受外力的合力为零，因此该系统动量守恒，B 围成的面积表示位移可知，物体在21。~31。过程的位 正确。 移比31。~4t。过程的位移小，D正确 解题技巧系统内力不改变系统动量，但改变系统 能量，摩擦力和弹簧弹力均属于系统内力，故系统动 Sgtesin 0 Agtosin 量守恒：由于滑块与小车之间有相对滑动，存在摩擦 3gt sin 0 力，所以系统机械能不守恒，B正确。 2gt sin 0 2.A设乙物块的质量为mz,由动量守恒定律有 216 3 44 m甲v单十mzz=m甲v甲'十mzz',代人图中数据得 解题技巧 对于方向周期性变化、大小不变的力， mz=6kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失的机 可以画出物体运动的v-(图像来分析物体的运动。 梳能为=号mw+号z2- Γ2ng℃华台 10.BD m22”,代人图中数据得E=3J,A正确。 1 ·解题指导运动员与测床接触后继续向下运动 3.B设中子的质量为m,氢核的质量为m,氮核的质 的过程中二者之间的作用力变大，到达最低点时， 量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动 运动员与蹦床之间的作用力达到最大，向上运动过 量守恒定律和能量守恒定律可得mvo一mv1十mw1, 程中作用力逐渐减小。运动员离开崩床后做竖直 上抛运动，由运动员对蹦床作用力大小F与时间( 2m'、1 m+号m3,联立解得e=o。设中 的关系图可知，1=0,3s时运动员离开蹦床做竖直 子和氮核碰撞后中子速度为，，由动量守恒定律和 上抛运动；作用力为零的时间为2.3s一0.3s一2s, 即竖直上抛运动的时间为25。 能量守恒定律可得m,=14十m,2m,2一 4420 号×1m,+号m,联立解得-忌，可得 一m1v1十m22,解得两个物体质量的关系为m2= 3m1,根据动量的表达式p=mu可知，碰撞后m2的 u1=v。>v2,C、D错误。碰撞后氢核的动量： 动量大于m1的动量，C正确。根据动能的表达式 mu=mvo,氮核的动量px=14mw2= 28mvo ,可得 1 15 E=2mo可知，碰撞后m:的动能大于m的动 1 pN>pH,A错误。碰撞后氢核的动能E=2m0 能，D错误 6.BC 1 2m,氮核的动能Ew=2×14mu2 28mv 225 一，可 。解题指导(1)不计冰面摩擦，动量守恒，可对系 得E出>Ew,B正确 统应用动量守恒定律。(2)推7次，物块反弹后能追 解题技巧发生弹性碰撞的两物体若质量相等，则 上运动员，则，<5.0m/s:推8次，va>5.0m/s,物 块反弹后追不上运动员。利用归纳法确定第n次推 两物体将发生速度交换，所以被碰后氢核的速度、动 量、动能均等于入射中子的速度、动量和动能：而当 物块后人的速度℃。 中子碰撞质量较大的氨核时，中子将反向运动，由动 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量 为M,物块的质量为m,物块被推出时的速度大小为 量守恒定律可知，碰撞后氮核动量的增加量等于中 子动量的减少量，所以氮核被碰后的动量大于中子 。,运动员第一次推出物块后的退行速度大小为1。 的动量，A错误。弹性碰撞过程中，系统机械能守 根据动量守恒定律可知，运动员第一次推出物块时 恒，所以碰撞后氮核动能小于入射中子动能，B 有0-M1一o。,物块与挡板发生弹性碰撞，以等大 正确。 的速率反弹；第二次推出物块时有M,十mu。= 一mve十Mu:,以此类推，Muz+mv=一mwg十 4.D Moa,…,Mo,十mwo=一mvo十Mog,又运动员的 。解题指导系统在光滑绝缘水平面上，所以系统 退行速度va>va,v,<o,解得13m<M<15m,即 所受合外力为零，整个系统动量守恒，能量守恒。 52kg<M<60kg,B、C正确，A、D错误。 小球3在题图乙位置时所受合力为零，细线剪断瞬 间所受合力不为零，故该过程中小球3受到的合力 题多解物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的 大小是变化的，A错误。该过程中，系统所受合外力 冲量1=mu一m(-o。)=40kg·m/s,方向与运动 为零，系统动量守恒，B错误。根据对称性可知，1、2 员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物 两小球的运动情况相同，则，一，由动量守恒定律 块整体为研究对象，当物块撞击挡板7次后，有71 得mw:十mv2一m=0,解得v1=2u1,C错误。由能 Mu,十mwo,据题意知v,<5.0m/s,得M52kg,当 物块撞击挡板8次后，有8I=Moa十m℃o,据题意知 量守恒定律得，总=2m大、〈 1 2m2+ 2w2,解 va>5.0m/s,得M<60kg,B、C正确 2kq 得v=√3md ,D正确。 7BC热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合 外力为0，初动量为0，水平投出重为mg的物资的瞬 5.C 间，系统动量守恒Mo=moa,则热气球和物资的动量 。解题指导(1)由xt图像可知，t=1s时刻物体 等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所 的速度发生变化，说明1s时发生正碰。(2)工t图像 受合外力恒为mg,竖直向上，所以热气球做匀加速 中图线的斜率表示物体运动的速度，由此可知m1正 曲线运动，A错误，B正确。热气球和物资的运动示 碰前的速度v。=4m/s,碰撞后的速度v1=2m/s。 意图如图所示。 同理可知m2的速度。 x-1图像的斜率表示物体的速度，由题图像可知，碰 4 撞前m的速度大小=m/s=4m/s,m:的速 g 度为0，A错误。两个物体正碰后，m1的速度大小 4 8-4 一3方m/s=2m/s,m的速度大小u=3m/s= 热气球和物资所受合力大小均为mg,所以热气球在 2m/s,碰撞后两个物体的速率相等，B错误。两个 物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1。一 竖直方向上加速度大小为a-对g,根据H=?g 4421 2H 解得物资落地时间为1一√ ,该段时间内热气球 C正确。由运动学公式v=2ax可知，拉力分别向上 1 和向下时，物块滑到斜面底端时的速度比为 在竖直方向上运动的位移为H,=2=2·M8· a:=1 一2H-化，热气球和物资在水平方向均做匀速直线 所以对应的动量大小之比多==】 PD 错误。 运动，水平位移分别为xm=l=v√ 2H g 工M 9.AD子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，当子 弹最终留在木块中时，子弹和木块具有共同速度， m 2H Mo· ;根据勾股定理可知，落地时物资 取子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mvo=(m十M)v,根据功能关系有f△x=kv△x= 和热气球的距离为d=√(xm十xM)十(H十HM)户= 1 (+N 2H.2 2(m+M),联立解得= 1 十H,C正确，D错误。 2k(M+m)△x 2k△ 8.BC Mm M,当△x=L时，v取得最大 ·解题指导 值，即木块获得的速度最大，此时6-2(M十mL。 Mm 文字信息 图像信息 当子弹穿出木块时，设子弹穿出木块后子弹和木块 拉力F沿斜 的速度分别为U1,v2,则有mvo=mv1十Mu2,根据功 面向下 物块沿斜面 mgsin 45+ 能关系有几=m-m-号h,子弹和 WG=mgxsin45°= 向下做匀变 F-f=ma 木块相互作用过程中∫=。，联立可得2= 18J 速运动： 拉力F沿斜 W=-ngxcos45°= 拉力大小与 w-2+ 面向上 -6J M+m 要使木块获得的 摩擦力相等 ng sin45° F-f=ma: 速度最大，即√a-2(份+智)上最大，该式 由图像可知，W。=mgxsin45°=18J,W:= 2kL(M+m) Mm 处有最大值，当 mgxc0s45=-6J,两式相比可得4=3，A错 U6= 2L(M+m时，木块获得的速度最大，A正确。 Mm 误。当拉力沿斜面向上时，根据牛顿第二定律有 mgsin45°-F-f=ma,又F=f=mg cos45°，u= 由A项分析可知，子弹和木块损失的总动能△E,= 联立解得a,= 1 6g,根据动能定理可知，w。 kvL=kL X 2L.(0m+M-2(m+M0,C错误。 M mM 取子弹初速度方向为正方向，根据动量定理有一= ma2x1=Ek,Wca=mgx1sin45°=9J,两式相比得物 mM 块的动能Ek一3J,B正确。当拉力沿斜面向下时，根 一如t=mw一m,解得1=km十M0,B错误。术 据牛顿第二定律有ng sin45°+F一f=ma1,又F= 块在加速过程中做匀加速直线运动，加速运动的距 下联立解得a,= 28,结合B项分析可知，2 a 3 离z=受-名××0十M0m平M0正确 1.2kL. mM mL 专题八 机械振动 机械波 基础卷 比，A正确，B、C、D错误 2.D由题意得，这列波的周期T=1s,波长入=4m, 1A机械波从一种介质传到另一种介质，是通过质点 间受迫振动传播的，频率都等于波源的频率，保持不 被速-产-贺-4/，AB错误，由于Q25s 变，周期T=了，则周期也不变，但机械波在不同介 4,故。十0.25s时刻，B点恰好回到平衡位置，速度 质中波速不同，根据v=入∫可知，波长与波速成正 最大，C错误。由于0.5g=,故，十0,5s时刻，A 422