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（6）动量——2024年高考物理真题模拟试题专项汇编
一、单选题
1．[2024年北京高考真题]将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是( )
A.上升和下落两个过程的时间相等
B.上升和下落两个过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
2．[2024年辽宁高考真题]2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是( )
A.质量 B.速率 C.动量 D.动能
二、多选题
3．[2024年福建高考真题]物块置于足够长光滑斜面上并锁定，时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向( )
A.，物体一直沿斜面向下运动
B.，合外力的总冲量为0
C.时动量是时的一半
D.过程物体的位移小于的位移
4．[2024年广东高考真题]如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与无关
D.甲最终停止位置与O处相距
5．[2024年广西高考真题]如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则( )
A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D.木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
6．[2024年湖北高考真题]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与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
三、计算题
7．[2024年安徽高考真题]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。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（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。
8．[2024年广东高考真题]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，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。
（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。以头倒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，重力加速度大小取。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。
9．[2024年山东高考真题]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，重力加速度大小。
（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，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，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。
10．[2024年江苏高考真题]嫦娥六号在轨速度为，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，分离后B的速度为v，且与同向，的质量分别为。求：
（1）分离后A的速度；
（2）分离时A对B的推力大小。
11．[2024年湖南高考真题]如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为和的小球A和。初始时小球A以初速度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。
（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（），求第1次碰撞到第次碰撞之间小球B通过的路程。
参考答案
1．答案：C
解析：D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
2．答案：C
解析：矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量。故选C。
3．答案：AD
解析：根据图像可知当时，物块加速度为，方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为，方向沿斜面向上，作出物块内的图像
A.根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；B.根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理，故B错误；C.根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；D.图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。故选AD。
4．答案：ABD
解析：A.两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B.两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C.设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，乙运动的时间为
由于与有关，则总时间与有关，故C错误；
D.乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
5．答案：BCD
解析：A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为，故A错误；
B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B错误；
C.木栓进入过程损失的机械能即为阻力做的功，所以
故C正确；
D.对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力呈线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D正确。
故选BCD。
6．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分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和木块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B.则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
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
故C错误；
D.木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
7．答案：（1）6N；（2）4m/s；（3）
解析：（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（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
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（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
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
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
8．答案：（1）；（2）①330N s，方向竖直向上；②0.2m
解析：（1）敏感球受向下的重力和敏感臂向下的压力以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
则上升的最大高度
9．答案：（1）；（2）（i）；（ii）；（3）
解析：（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，，
（ii）由图乙可知，当时，轨道的加速度为，小物块的加速度为
当小物块运动到P点时，经过时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
10．答案：（1）；（2）
解析：（1）组合体分离前后动量守恒，取的方向为正方向，有
解得
（2）以B为研究对象，对B列动量定理有
解得
11．答案：（1）；；（2）或；（3）
解析：（1）有题意可知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
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为，，则碰后动量和能量守恒有
联立解得，
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，通过的路程之比为，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故，即
对第二次碰撞，设碰撞后的速度大小分别为，，则同样有
联立解得，，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，通过的路程之比为；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故，即
根据①的分析可证，，满足题意。
综上可知或。
（3）第一次碰前相对速度大小为，第一次碰后的相对速度大小为，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
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B球运动的路程
一共碰了次，有

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