动量--2024年高考真题和模拟题物理好题汇编(解析版)

动量
1(2024全国甲卷考题)7. 蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。

假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。

忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。

下列说法正确的是()
A. t=0.15s时，运动员的重力势能最大
B. t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s
C t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N
【答案】BD
【解析】A．根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时
运动员的速度大小v=10×1m/s=10m/s故B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理
F⋅Δt-mg⋅Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3s
代入数据可得F=4600N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D正确。

故选BD。

2(2024年江苏卷考题)8. 在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则()
A.弹簧原长时物体动量最大
B.压缩最短时物体动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
【答案】A
【解析】对整个系统分析可知合外力为0，A 和B 组成的系统动量守恒，得m A v A =m B v B 设弹簧的初始弹性势能为E p ，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得E p =
12m A v A 2+12
m B v B 2
联立得E p =12m B 2
m A
+m B
v B
2
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。

故选A 。

3(2024年安徽卷考题)8. 在某装置中的光滑绝缘水平面上，
三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d 的正三角形，如图甲所示。

小球质量为m ，带电量为+q ，可视为点电荷。

初始时，小球均静止，细线拉直。

现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v 1、v 2、v 3，如图乙所示。

该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq 22d ，k 为静电力常量，不
计空气阻力。

则(
)
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，v 1=v 2，v 3≠2v 1
D.在图乙位置，v 3=
2kq 2
3md
【答案】D
【解析】AB ．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为
0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB 错误；CD ．对系统根据动量守恒 mv 1+mv 2=mv 3
根据球1和2运动的对称性可知v 1=v 2，解得 v 3=2v 1根据能量守恒 12mv 12+12mv 22+12mv 32
=kq 22d
解得 v 3=2kq 23md
故C 错误，D 正确。

故选D 。

4(2024年湖北考题)10. 如图所示，
在光滑水平面上静止放置一质量为M 、长为L 的木块，质量为m 的子弹水平射入木块。

设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f 与射入初速度大小v 0成正比，即f =kv 0(k 为已知常数)。

改变子弹的初速度大小v 0，若木块获得的速度最大，则(
)
A.子弹的初速度大小为
2kL m +M
mM
B.子弹在木块中运动的时间为
2mM k m +M
C.木块和子弹损失的总动能为
k 2L 2m +M
mM D.木块在加速过程中运动的距离为
mL m +M
【答案】AD
【解析】A ．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为v 1,v 2，则有mv 0=mv 1+Mv 2
子弹和木块相互作用过程中合力都为f =kv 0，因此子弹和物块的加速度分别为a 1=
f m ,a 2=f M
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 2a 1x 1=v 20-v 21,2a 2x 2=v 22联立上式可得 v 2=
m v 0-v 20-2kv 0m +kv
0M L M +m
因此木块的速度最大即v 0-v 20-2kv 0m +kv 0M L 取极值即可，该函数在2k m +k
M
L 到无穷单调递减，因此当v 0=2k m +k
M
L =2kL M +m Mm
木块的速度最大，A 正确；B ．则子弹穿过木块时木块的速度为 v 2=
mv 0
M +m 由运动学公式 v 2=a 2t ，可得 t =mM
k m +M
，故B 错误；
C ．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即ΔE =Q =fL =
2k 2L 2m +M
mM 故C 错误；
D ．木块加速过程运动的距离为 x 2=0+v 22t =mL
M +m
，故D 正确。

故选AD 。

5(2024年上海卷考题)7. 如图，
小球a 通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。

线Ⅰ长l =0.5m ，Ⅱ上端固定于离地H =2.1m 的O 点，与竖直方向之间夹角θ=37°；线Ⅱ保持水平。

O 点正下方有一与a 质量相等的小球b ，静置于离地高度h =1.6m 的支架上。

(取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g =9.8m/s 2)
(1)在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小F Ⅰ，F Ⅱ和小球a 所受重力大小G 中，最大的是。

(2)烧断线Ⅱ，a 运动到最低点时与b 发生弹性碰撞。

求：①与b 球碰撞前瞬间a 球的速度大小v a ；(计算)②碰撞后瞬间b 球的速度大小v b ；(计算)③b 球的水平射程s 。

(计算)【答案】 ①. F Ⅰ
②. 1.4m/s
③. 1.4m/s
④. 0.8m
【解析】(1)[1]以小球a 为对象，根据受力平衡可得 F Ⅰ=
G
cos θ=F Ⅱ
sin θ
可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小F Ⅰ，F Ⅱ和小球a 所受重力大小G 中，最大的是F Ⅰ。

(2)①[2]由动能定理可得 mgl 1-cos θ =
1
2
mv 2a 可得 v a =2gl 1-cos θ =2×9.8×0.5×1-0.8 m/s =1.4m/s ②[3]由动量守恒定律和能量守恒可得mv a =mv a +mv b 12mv 2a =12mv 2a +12
mv 2b 联立解得
v b =1.4m/s
③[4]由平抛运动的规律有 h =12
gt 2，s =v b t 联立解得 s =v b
2h g
=1.4×2×1.69.8
m =0.8m 6(2024年广东卷考题)14. 汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。

(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。

在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a ，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。

此时敏感臂对敏感球的压力大小为F N ，敏感球的质量为m ，重力加速度为g 。

忽略敏感球受到的摩擦力。

求斜面倾角的正切值tan θ。

(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H 处做自由落体运动。

与正下方的气囊发生碰撞。

以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F 随时间t 的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。

已知头锤质量M =30kg ,H =3.2m ，重力加速度大小取g =10m/s 2。

求：
①碰撞过程中F 的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。

【答案】(1)tan θ=
ma
mg +F N
；(2)①330N ∙s ，方向竖直向上；②0.2m
【解析】(1)敏感球受向下的重力mg 和敏感臂向下的压力F N 以及斜面的支持力N ，则由牛顿第二定律可知
mg +F N tan θ=ma
解得 tan θ=
ma
mg +F N
(2)①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小 I F =1
2
×0.1×6600N ⋅s =330N ⋅s ，方向竖直向上；②头锤落到气囊上时的速度 v 0=2gH =8m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)I F -mgt =mv -(-mv 0)解得
v =2m/s
则上升的最大高度 h =
v 2
2g
=0.2m 7(2024年江苏卷考题)13. 嫦娥六号在轨速度为v 0，
着陆器对应的组合体A 与轨道器对应的组合体B 分离时间为Δt ，分离后B 的速度为v ，且与v 0同向，A 、B 的质量分别为m 、M 。

求：(1)分离后A 的速度v 1；(2)分离时A 对B 的推力大小。

【答案】(1)
(m +M )v 0-Mv m ，方向与v 0相同；(2)
M (v -v 0)
Δt
【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取v 0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1
解得v1=(m+M)v0-Mv
m，方向与v0相同；
(2)以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt=Mv-Mv0
解得F=M(v-v0)
Δt
8(2024年安徽卷考题)14. 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。

圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。

现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。

碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m。

小球质量m=0.20kg。

物块、小车质量均为M=0.30kg。

小车上的水平轨道长s=1.0m。

圆弧轨道半径R =0.15m。

小球、物块均可视为质点。

不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。

【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25≤μ<0.4
【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=1
2
mv20-0
解得 v0=5m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律F T-mg=m v20 L
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为F T=6N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
mv0=mv1+Mv21
2mv20=1
2
mv21+1
2
Mv22
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=
2m
m+M
v0=4m/s
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2=2Mv3
由能量守恒定律1
2
Mv22=1
2
×2Mv23+μ1Mgs
解得
μ1=0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高
位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv 2=2Mv 4
由能量守恒定律 12Mv 22=1
2
×2Mv 24+μ2Mgs +MgR 解得
μ2=0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为 0.25≤μ<0.4
9(2024年山东卷考题)17. 如图甲所示，
质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。

质量为m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

已知轨道半圆形部分的半径R =0.4m ，重力加速度大小g =10m/s 2.
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg ，求小物块在Q 点的速度大小v ；
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F ，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应关系如图乙所示。

(i )求μ和m ；
(ii )初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F =8N ，当小物块到P 点时撤去F ，小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s 。

求轨道水平部分的长度L 。

【答案】(1)v =4m/s ；(2)(i )m =1kg ，μ=0.2；(3)L =4.5m
【解析】(1)根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有 mg +3mg =m
v 2
R 代入数据解得
v =4m/s
(2)(i )根据题意可知当F ≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
F =(M +m )a
根据图乙有
k =
1
M +m
=0.5kg -1
当外力F >4N 时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有 F -μmg =Ma 结合题图乙有 a =
1
M F -μmg M
可知 k =
1
M =1kg -1截距
b =-μmg M =-2m/s 2
联立以上各式可得 M =1kg ，m =1kg ，μ=0.2
(ii )由图乙可知，当F =8N 时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为 a 2=μg =2m/s 2当小物块运动到P 点时，经过t 0时间，则轨道有 v 1=a 1t 0小物块有
v 2=a 2t 0
在这个过程中系统机械能守恒有
12Mv 21+12mv 22=12Mv 23+1
2
mv 24+2mgR 水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mv 1+mv 2=Mv 3+mv 4联立解得
t 0=1.5s
根据运动学公式有 L =12a 1t 20-12a 2t 2
代入数据解得
L =4.5m
10(2024河北卷考题)15.如图，
三块厚度相同、质量相等的木板A 、B 、C (上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A 木板左端。

已知三块木板质量均为2.0kg ,A 木板长度为2.0m ，机器人质量为6.0kg ，重力加速度g 取10m/s 2，忽略空气阻力。

(1)机器人从A 木板左端走到A 木板右端时，求A 、B 木板间的水平距离。

(2)机器人走到A 木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A 木板右端跳到B 木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

(3)若机器人以做功最少的方式跳到B 木板左端后立刻与B 木板相对静止，随即相对B 木板连续不停地3次等间距跳到B 木板右端，此时B 木板恰好追上A 木板。

求该时刻A 、C 两木板间距与B 木板长度的关系。

【答案】(1)1.5m ；(2)90J ，2；(3)x AC =
74L B
【解析】(1)机器人从A 木板左端走到A 木板右端，机器人与A 木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M ，三个木板质量为m ，根据人船模型得 Mx =mx 1
同时有
x +x 1=L A
解得A 、B 木板间的水平距离
x 1=1.5m
(2)设机器人起跳的速度大小为v ，方向与水平方向的夹角为θ，从A 木板右端跳到B 木板左端时间为t ，根据斜抛运动规律得 v cos θ⋅t =x 1
v sin θg =t
2
联立解得
v 2=
15
2sin θcos θ
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒Mv cosθ=mv A
根据能量守恒可得机器人做的功为W=1
2
Mv2+1
2
mv A2
联立得W=3cos2θ+1
2sinθcosθ
⋅45J=4cos2θ+sin2θ
2sinθcosθ
⋅45J=451
2
tanθ+2
tanθ
J
根据数学知识可得当1
2
tanθ=2
tanθ时，即tanθ=2时，W取最小值，代入数值得此时W=90J
(3)根据tanθ=2可得v cosθ=15
2
m/s，根据Mv cosθ=mv A
得v A=315
2
m/s
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC 木板组成的系统在水平方向动量守恒，得Mv cosθ=M+2m
v共
解得v
共=315
10
m/s
该过程A木板向左运动的距离为x A=v A t=315
2
×15
5
m=4.5m
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为v B，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，得M+m
v共=Mv0-mv B①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为L B
3，可得
L B
3
=v0+v B
Δt②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为Δx=x1+x A=6m
可得v B-v A
⋅3Δt=Δx③
联立①②③解得Δt=
L B
4v A+v
共
-Δx
3v A+v
共
故A、C两木板间距为x AC=v A+v C
⋅3Δt+Δx+L B v C=v共
解得x AC=7
4
L B
11(2024年湖南卷考题)15．如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为m A和m B的小球A和B(m A>m B)。

初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。

不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比m A
m B。

(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e <1)，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。

【答案】(1)v =m A v 0m A +m B ，F =m 2A v 2
0m A +m B R
；(2)m A m B =2或m A m B =5；(3)2πRm A m A +m B ⋅
e 2n -1
e n e -1 【解析】(1)有题意可知A 、B 系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v ，则根据动量守恒有
m A v 0=m A +m B v
可得
v =
m A v 0
m A +m B
碰撞后根据牛顿第二定律有 F =m A +m B
v 2R
可得
F =
m 2A v 20
m A +m B R
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v A ，v B ，则碰后动量和能量守恒有m A v 0=m A v A +m B v B 12m A v 20=12m A v 2A +1
2m B v 2B 联立解得
v A =
m A -m B
m A +m B
v 0，v B =
2m A v 0
m A +m B
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A 、B 通过的路程之比为1+3k 1
4+3k 1k =1,2,3⋯ ，
则有
v A v B =x A x B =1+3k 1
4+3k 1
k =0,1,2,3⋯ 联立解得
m A m B =4+3k 1
2-3k 1
由于两质量均为正数，故k 1=0，即
m A
m B
=2对第二次碰撞，设A 、B 碰撞后的速度大小分别为v A ，v B ，则同样有m A v A +m B v B =m A v A +m B v B
12m A v 2A +12m B v 2B =12m A v 2A +12
m B v 2
B 联立解得v A =v 0，v B =0，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，满足题意。

②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为
2+3k2 5+3k2
k2=0,1,2,3⋯
；所以
v A
v B
=
x A
x B
=
2+3k2
5+3k2
联立可得m A
m B
=
5+3k2
1-3k2
因为两质量均为正数，故k2=0，即m A
m B
=5
根据①的分析可证v A=v0，v B=0，满足题意。

综上可知m A
m B
=2或
m A
m B
=5。

(3)第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v
1相
=ev0，第一次碰后与第二次相碰前B
球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有t1=2πR v 1相
第一次碰撞动量守恒有 m A v0=m A v A1+m B v B1且v1相=v B1-v A1=ev0
联立解得v B=
m A
m A+m B
v0+v
1相
B球运动的路程s1=v B1t1=2πRm A
m A+m B
v0
v
1相
+1
=2πRm A
m A+m B
1
e
+1
第二次碰撞的相对速度大小为v2相=ev1相=e2v0t2=2πR v 2相
第二次碰撞有m A v0=m A v A2+m B v B2且v2相=v A2-v B2=e2v0
联立可得v B2=
m A
m A+m B
v0-v
2相
所以B球运动的路程s2=v B2t2=2πRm A
m A+m B
v0
v
2相
-1
=2πRm A
m A+m B
1
e2
-1
一共碰了2n次，有s=s1+s2+s3+⋯+s2n=2πRm A
m A+m B
1
e
+1
e2
+1
e3
+⋯+1
e2n
=2πRm A
m A+m B
⋅e2n-1
e n e-1
一、单选题
1(2024·河北邢台·二模)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。

当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。

假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm，空气密度为1.29kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度10m/s2。

则此时吹风机的风速约为( )
A.6m /s
B.8m /s
C.10m /s
D.12m/s
【答案】A
【解析】对于Δt 时间内吹出的空气，根据动量定理
F Δt =mv =ρvS Δt ⋅v
其中
F =
G =0.36N
S =πr 2
代入数据解得
v ≈6m/s
故选A 。

2(23-24高三下·广东广州·阶段练习)如图，
冰壶A 以1.5m/s 的速度与静止在冰面上的冰壶B 正碰，碰后瞬间B 的速度大小为1.2m/s ，方向与A 碰前速度方向相同，碰撞时间极短。

若已知两冰壶的质量均为20kg ，则下列说法中正确的是(
)
A.碰后瞬间A 的速度大小为0.4m/s
B.碰撞过程中，B 对A 做功为21.6J
C.碰撞过程中，A 对B 的冲量大小为24N ⋅s
D.A 、B 碰撞过程是弹性碰撞
【答案】C
【解析】A ．由于碰撞时间极短，内力远远大于外力，可知，A 、B 相碰时，A 和B 组成的系统动量近似守恒。

根据动量守恒定律，以v 0方向为正方向，有
mv 0=mv A +mv B
解得
v A =0.3m/s
故A 错误；
B ．根据动能定理，碰撞过程中，B 对A 做功为
W =
12mv 2A -1
2
mv 20解得
W=-21.6J
故B错误；
C．碰撞过程中，根据动量定理，A对B的冲量大小
I=mv B
解得
I=24N•s
故C正确；
D．碰撞之前总能量为
E K=1
2
mv20=22.5J 碰撞后A、B系统总动能为
E K=1
2mv2A+1
2
mv2B=15.3J
由此可知
E K>E K
可知，A、B碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。

故选C。

3(2024·辽宁丹东·一模)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为M的小球A从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞
M≤m
，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是()
A.第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左
B.第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为1
2
mg
C.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为R
D.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg
【答案】B
【解析】A．由弹性碰撞的规律知，当M<m时，碰撞后质量小的球A被反弹回来，方向水平向左，当M= m时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A静止，A错误；
B．小球A碰前速度为
MgR =
12
Mv 20若A 、B 两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒知
Mv 0=-Mv 1+mv 1
由能量守恒知
12Mv 20=12Mv 21+1
2
mv 21解得
M =
m 3，v 1=12
v 0第一次碰撞后瞬间
F N -Mg =M v 2
1
R
代入得
F N =
12mg 则由牛顿第三定律知A 球对轨道的压力可能为
1
2
mg ，B 正确；CD ．二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A 球速度均为v 0，B 球均静止，故第二次碰撞结束后，A 球沿左侧轨道上升的最大高度为R ，此时A 球速度为0，A 球对轨道的压力大小为0。

CD 错误；故选B 。

4(2024·北京海淀·三模)使甲、
乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。

现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(
)
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的加速度大小比乙的加速度小
C.甲的动量大小比乙的大
D.甲合力冲量与乙合力冲量大小相等
【答案】B
【解析】AB ．对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
a 甲=
F -μm 甲g m 甲、a 乙=
F -μm 乙g
m 乙
由于
m
甲>m
乙
所以
a 甲<a
乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v 甲<v
乙
A错误，B正确；
C．对于整个系统而言，由于
μm
甲g>μm
乙
g
合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C错误；
D．因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。

故选B。

5(2024·湖北武汉·二模)中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。

某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v变为4v，随后一段赛道内速度大小由5v变为7v，前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为Δp1和Δp2，下列关系式可能成立的是()
A.W1=W2，Δp1=1
2Δp2 B.W1=1
2
W2，Δp1=1
2
Δp2
C.W₁=W₂，Δp1=4Δp2
D.W1=1
2
W2，Δp1=4Δp2【答案】B
【解析】根据动能定理有
W1=1
2m(4v)2-1
2
m(2v)2=6mv2
W2=1
2m(7v)2-1
2
m(5v)2=12mv2
可得
W1=1
2
W2
由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，可知动量变化的大小范围是
2mv≤Δp1≤6mv
2mv≤Δp2≤12mv
可得
1
6
Δp2≤Δp1≤3Δp2
故选B。

6(2024·山东烟台·二模)质量为m 1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变
化的图像如图所示，若令x2
x1
-
t2
t1
=p，则p的取值范围为()
A.p<1
B.p<0
C.p≤-1
D.-1<p<1【答案】C
【解析】x-t图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，m1碰后的速度为
v1=-
x1
t2-t1
m2碰后的速度大小为
v2=
x2-x1
t2-t1
两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
m1v0=m1v1+m2v2
v0=x1 t1
且
1 2m1v02≥1
2
m1v12+1
2
m2v22
整理解得
x2 x1-
t2
t1
≤-1
即
p≤-1
故选C。

7(2024·山东菏泽·模拟预测)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A以初动量p0沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为p1，t2时刻纵坐标为零。

已知小球A、B的直径相同，则()
A.小球A、B的质量之比为p1 p0
B.t2时刻弹簧的弹性势能最大
C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为
p0 p0-p1
D.0~t2时间内，小球B的动量变化量为p0-p1
【答案】C
【解析】B．t1时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，根据
p=mv
可知小球A的速度变化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律
F=ma
可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；A．t1时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量
m A=p1 v
根据动量守恒有
p0=p1+p2则小球B的质量
m B=p2
v
=
p0-p1
v
由此可知两小球的质量之比为
m A m B =
p1 p0-p1
故A错误；
C．根据机械能守恒有
p20 2m A =
p21
2m A
+
p22
2m B
+E pm
小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比
k=
p20
2m A
E pm
=
p0
p0-p1
故C正确；
D．0~t2时间内，小球B的动量变化量
Δp B=-Δp A=p0
故D错误。

故选C。

8(2024·广西桂林·三模)两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。

已知物体A的质量为m A=0.4kg。

则()
A.图线1为碰后物体B的图像
B.碰撞前物体A的速度大小为2m/s
C.物体B的质量为0.2kg
D.碰撞过程A、B组成的系统损失的机械能为2.4J 【答案】D
【解析】AB．若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图像可知碰前物体A、B的速度分别为
v A=-8-2
2-0m/s=-3m/s，v B=
2--2
2-0
m/s=2m/s
那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别为
v A=0m/s，v B=0-2
4-2
m/s=-1m/s 才满足这种情况，故图线1为碰后物体A的图像，故AB错误；
C．设物体的B的质量为m B，碰撞过程动量守恒，则由动量守恒定律得
m B v B+m A v A=m B v B
解得
m B=0.4kg
故C错误；
D．碰撞过程损失的机械能为
ΔE=1
2m A v2A+1
2
m B v2B-1
2
m B v 2B
代入数据解得
ΔE=2.4J
故D正确。

故选D。

9(2024·湖北·一模)如图甲所示，物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为4kg。

现解除对弹簧的锁定，在a 物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的v-t图象如图乙所示，则可知()
A.a物体的质量为1kg
B.a物体的最大速度为2m/s
C.在a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6J
D.在a物体离开挡板后，物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】C
【解析】AB．解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。

由题意可知b的速度最大时，a的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；b的速度最小时，a的速度最大，且此时也处于原长。

设a的质量为m a，a的最大速度为v a根据动量守恒有
m b v0=m b v b+m a v a
由机械能守恒可得
1 2m b v02=1
2
m b v b2+1
2
m a v a2
由图像可知
v0=3m/s，v b=1m/s
解得
v a=4m/s，m a=2kg
AB错误；
C．当a、b速度相等时，a、b动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大。

根据动量守恒定律有
m b v0=m b+m a
v
根据能量守恒
E p max=1
2m b v02-1
2
m b+m a
v2
解得
E p max=6J
C正确；
D．在a物体离开挡板后，物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，D错误。

故选C。

10(2024·全国·一模)一种平抛运动的实验游戏如图所示，AB是内壁光滑的细圆管，被固定在竖直面内，B点的切线水平，让质量为m的小球(直径略小于细管的直径)从A点由静止释放，沿着管壁向下运动，达到B点时的速度方向水平向右，大小为v0，接着小球从B运动到C，已知AB的形状与抛物线BC的。