\\十年真題（2016?2025）

4<11劭量復(fù)理

■十年考情?探規(guī)律?

考點十年考情(2016-2025)命題趨勢

2025?北京?高考真題2025?四川,高考

真題2025?湖北?高考真題2024?重

慶?高考真題、2024?全國?高考

真題、2024?福建?高考真題、1.注重基礎(chǔ)考查：常以選擇題形式考查動

2024?安徽?高考真題、2024?北量定理的基本概念、公式及應(yīng)用條件等基礎(chǔ)知

識，考查學(xué)生對定理的理解和簡單應(yīng)用能力。

京?高考真題、2023,重慶?高考

真題、2023唉國高考真題、2023?浙2.情境化命題增多：結(jié)合生活實際或科技

江?高考真題、2023?廣東?高考應(yīng)用情境命題，如涉及碰撞、爆炸等實際問題，

真題、2022?江蘇?高考真題、要求學(xué)生運用動量定理進行分析和計算。

2022?福建?高考真題、2021?湖

考點1動量定3.綜合應(yīng)用趨勢明顯：常與運動學(xué)、動力

北?高考真題、2021?湖南?高考

理學(xué)等知識綜合考查，設(shè)計綜合性問題，如將動

真題、2021?遼寧?高考真題、

（10年10考）量定理與牛頓運動定律結(jié)合，分析復(fù)雜的物理

?全國?高考真題、江

20212020?過程。

蘇?高考真題、2020?上海?高考

4.強調(diào)數(shù)學(xué)工具應(yīng)用：在解題過程中，常

真題、2019?浙江?高考真題、

需運用數(shù)學(xué)中的函數(shù)、方程等知識。備考時，

2019?江蘇高考真題、2018?江蘇?高

學(xué)生應(yīng)扎實掌握基礎(chǔ)知識，強化情境理解與建

考真題、2018?天津高考真題、

模能力，注重綜合應(yīng)用訓(xùn)練，提升數(shù)學(xué)工具應(yīng)

2018險國高考真題、2018?海南?高

用能力，以更好地應(yīng)對高考命題趨勢。

考真題、2017?江蘇?高考真題、

2017?浙江?高考真題、2016?全

國?高考真題、2016?浙江?高考

真題

■分考點?精準(zhǔn)練?

考點01動量定理

1.（2025?北京?高考真題）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。

⑴一個電荷量為%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)量比的關(guān)系。

⑵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)過的圓心角為凡粒子2運動的距離為九求：

a.粒子1與粒子2的速度大小之比匕：%;

b.粒子2的動量大小p2。

2〃

【答案】（1）T=F"W

（2）a.vi:v2=0R\d-b.

2

【詳解】（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/4=

R

解得軌道半徑R=F

q°B

圓周運動的周期7=2史

比例關(guān)系為T=F?比

q°B

n

（2）a.由題意知粒子1做圓周運動，線速度匕=

粒子2做勻速直線運動，速度嶺

OR

所以速度之比五=+-=半

v2ad

t

即匕：匕=OR：d

b.對粒子1,由洛倫茲力提供向心力有/2=吟

qBR

可得根=——

匕

粒子2的動量幺=加2

qBRqBR?dqBd

結(jié)合前面的分析可得2—?4=個1=/

2.（2025?四川?高考真題）如圖所示，真空中固定放置兩塊較大的平行金屬板，板間距為d,下極板接地,

板間勻強電場大小恒為及現(xiàn)有一質(zhì)量為加、電荷量為g（q＞。）的金屬微粒，從兩極板中央。點由靜

止釋放。若微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變。

不計微粒重力。求:

上極板TT1—T

八十十++++++++

.O穩(wěn)壓

d電源

下極板土

⑴微粒第一次到達下極板所需時間;

⑵微粒第一次從上極板回到。點時的動量大小。

【答案】⑴橙

(2)2yjqEmd

【詳解】（1）由牛頓第二定律

由運動學(xué)公式《=

聯(lián)立可得微粒第一次到達下極板所需的時間為/=、口三

VqE

（2）微粒第一次到達下極板時的速度大小為匕=或=、陛

Vm

由于微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變，設(shè)微粒

碰后第一次到達上極板時的速度大小為丫2,滿足抬-V：=2ad

代入解得%=、做電

Vm

同理可得微粒第一次從上極板回到。點時的速度大小為％,滿足片-v；=2ag

代入解得h=2、叵

Vm

故微粒第一次從上極板回到0點時的動量大小為P=坂匕=21qEmd

3.（2025?湖北?高考真題）一個寬為L的雙軌推拉門由兩扇寬為4的門板組成。門處于關(guān)閉狀態(tài)，其俯視

2

圖如圖（a）所示。某同學(xué)用與門板平行的水平恒定拉力作用在一門板上，一段時間后撤去拉力，該門

板完全運動到另一邊，且恰好不與門框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門板在運動過程中受到的

阻力與其重力大小之比為〃，重力加速度大小為g。若要門板的整個運動過程用時盡量短，則所用時間

趨近于（）

LL

A.

【答案】B

【詳解】設(shè)拉力為尸，作用時間為咽撤去外力后A8運動的時間為馬，AB運動過程的最大速度為%,

則由動量定理，^（F-jumg）t}=mvm

mv”,

得4=

F-jLimg

撤銷拉力后，有〃〃際馬=加匕.

^2=—

4g

對于全過程，有F.=jLimgt

得歹=絲空

對于全過程有4=￥

22

故A3運動的總時間

,…一叫vmmvmvmvmtv,nt1_L

-F-"mg〃g/^mgt"g〃gt-t〃gt-tNgt]

尸〃/xx

可知當(dāng)L越大時，t越小，當(dāng)時，r取最小值。

故選Bo

4.（2025?北京?高考真題）關(guān)于飛機的運動，研究下列問題。

⑴質(zhì)量為優(yōu)的飛機在水平跑道上由靜止開始做加速直線運動，當(dāng)位移為x時速度為V。在此過程中，飛

機受到的平均阻力為力求牽引力對飛機做的功W。

⑵飛機準(zhǔn)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。己知跑道的長度為L飛機加速時加速度大小為4,減速

時最大加速度大小為出=求該位置距起點的距離乩

⑶無風(fēng)時，飛機以速率"水平向前勻速飛行，相當(dāng)于氣流以速率"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

作用力大小尸與"的關(guān)系滿足尸a,,并確定。的值。

【答案】(1)卬=卜加+笈

⑶論證見解析，a=2

【詳解】(1)根據(jù)動能定理皿-笈=；7於,

可得牽引力對飛機做的功W=｝小2+笈

(2)加速過程，設(shè)起飛速度為%,根據(jù)速度位移關(guān)系4=2%d

減速過程，根據(jù)速度位移關(guān)系4=2a,L-d)

聯(lián)立解得”=丹一

a1+a2

(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)動量定理尸加=如

可得尸=?

At

又△2=mAv,m=pSAv?

聯(lián)立可得尸=〃SAV2

又oc"

可知尸0C"2

即a=2

5.（2025?浙江?高考真題）有一離地面高度20m、質(zhì)量為2xl（T"kg穩(wěn)定豎直降落的沙塵顆粒，在其降落過

程中受到的阻力與速率v成正比，比例系數(shù)IxlOmkg/s,重力加速度g=10m/s2,則它降落到地面的時

間約為（）

A.0.5hB.3hC.28hD.166h

【答案】B

【詳解】沙塵顆粒開始時速度較小時，阻力較小，可知

mg—kv=ma...........①

沙塵顆粒速率增大，阻力增大，加速度減小，當(dāng)。=0時，沙塵顆粒速度達到最大且穩(wěn)定，此時速度滿足

mg=...........②

解得

vm=2xlC）-3m/s

由動量定理可得

mgt-kvt—mv

即

mgt—kh=mv

則沙塵下落時間為

kh+mv

t=---------

mg

由于加v《的，則

t~=104sx3h

mg

故選Bo

6.（2024?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

【詳解】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。

7.（2024?江蘇?高考真題）"嫦娥六號"探測器由著陸器、上升器、軌道器和返回器四個部分組成，沿環(huán)月軌

道以速度％運動。某時刻，著陸器和上升器（組合體A）、軌道器和返回器（組合體B）分離，分離時

間為4。分離后8的速度大小為叭方向與%相同。已知組合體A、B的質(zhì)量分別為加、Mo求：

（1）分離后A的速度大小％;

（2）分離過程中，A對B的平均/推力大小。

【答案】（1）匕=1-----必----；（2）廠=」——"

m

【詳解】（1）組合體A、B分離前后動量守恒，取vo的方向為正方向，有

（m+M）v0=Mv+mv1

解得

（m+v0—Mv

1m

（2）以組合體B為研究對象，由動量定理有

F\t=MV~MVQ

解得

M（v-v）

1-0

△t

8.（2024?福建,高考真題）如圖（a）,水平地面上固定有一傾角為6的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為加的滑

塊鎖定在斜面上。/=0時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力/，產(chǎn)隨時間/的變化關(guān)系如圖

（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為g,則滑塊（）

A.在0~4%內(nèi)一直沿斜面向下運動

B.在4fo內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零

C.在t0時動量大小是在2to時的一半

D.在2廠3fo內(nèi)的位移大小比在3/。~4ro內(nèi)的小

【答案】AD

【詳解】根據(jù)圖像可知當(dāng)尸=2根gsin8時，物塊加速度為

2m￡sin0+m2sin0。.八

a=——2-----------2-------=3gsm0

m

方向沿斜面向下；當(dāng)尸=-2機gsin。時，物塊加速度大小為

A.根據(jù)圖像可知O'"。，物體一直沿斜面向下運動，故A正確；

B.根據(jù)圖像可知0~4務(wù)，物塊的末速度不等于0,根據(jù)動量定理

/合=Apw0

故B錯誤；

C.根據(jù)圖像可知小時物塊速度大于2%時物塊的速度，故％時動量不是％時的一半，故C錯誤；

D.V-/圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2/。~3f。過程物體的位移小于/~44的位移,

故D正確。

故選ADa

9.（2023?河北?高考真題）某科研團隊通過傳感器收集并分析運動數(shù)據(jù)，為跳高運動員的技術(shù)動作改進提

供參考。圖為跳高運動員在起跳過程中，其單位質(zhì)量受到地面的豎直方向支持力隨時間變化關(guān)系曲線。

圖像中10.10s至10.35s內(nèi)，曲線下方的面積與陰影部分的面積相等。己知該運動員的質(zhì)量為60kg,重力

加速度g?。簂Om/s，下列說法正確的是（）

A,起跳過程中運動員的最大加速度約為42m/s2

B.起跳后運動員重心上升的平均速度大小約為3m/s

C.起跳后運動員重心上升的最大高度約為0.45m

D.起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為330N-S

【答案】C

【詳解】A.由圖像可知，運動員受到的最大支持力約為

4ax=42x60N=2520N

根據(jù)牛頓第二定律可知，起跳過程中運動員的最大加速度約為

故A錯誤；

BCD.根據(jù)FT圖像可知，起跳過程中支持力的沖量為

/F=22x60x(10.35-10.10)N-s=330N-s

起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為

/合=/F-Mg/=330N-s-60xl0x(10.35-10.10)N-s=180N-s

根據(jù)動量定理可得

/合=mv-0

解得起跳離開地面瞬間的速度為

v=3m/s

則起跳后運動員重心上升的平均速度為

—V

v=—=1.5m/s

2

起跳后運動員重心上升的最大高度為

h=——=-------m=0.45m

2g2x10

故BD錯誤，C正確。

故選Co

10.（2023?廣東?高考真題）某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型.多個質(zhì)量均為1kg的

滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力.開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力/，推

動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為Q04s,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（）

尸T1I21|3|……|10

A.該過程動量守恒

B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N-S

C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N.S

D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N

【答案】BD

【詳解】A.取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為

Pi=mV[=lx0.40kg?m/s=0.40kg?m/s

碰撞后的動量為

p2=2mv2=2x1x0.22kg-m/s=0.44kg-m/s

則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；

B.對滑塊1,取向右為正方向，則有

人=mv2-m%=lx0.22kg-m/s-lx0.40kg?m/s=-0.18kg?m/s

負號表示方向水平向左，故B正確；

C.對滑塊2,取向右為正方向，則有

/2=mv2=1x0.22kg?m/s=0.22kg-m/s

故C錯誤；

D.對滑塊2根據(jù)動量定理有

F\t=12

解得

F=5.5N

則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N,故D正確。

故選BDo

11.(2023?浙江?高考真題)利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，。孫平面(紙

面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為乙、邊界均平行x軸的區(qū)域國和回，其中區(qū)域團存在磁感應(yīng)強度大

小為S的勻強磁場，區(qū)域團存在磁感應(yīng)強度大小為&的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域團的下邊界與

x軸重合。位于Q3Z)處的離子源能釋放出質(zhì)量為機、電荷量為小速度方向與無軸夾角為60。的正離子

束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。

(1)求離子不進入?yún)^(qū)域團的最大速度V/及其在磁場中的運動時間t；

(2)若B?=2B1,求能到達y處的離子的最小速度V2；

(3)若芻=3、，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在我~竺衛(wèi)范圍，求進入第四象

Lmm

限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比

【答案】(1)v,r=(2)V(3)60%

m2m

【詳解】(1)當(dāng)離子不進入磁場團速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系

rxcos60°=r1-L

解得

n=2L

根據(jù)

u2

q%B[=m—

解得

_2BxqL

m

在磁場中運動的周期

西

運動時間

2x60027m

-------1=------

360°3qB、

(2)若B2=2BI,根據(jù)

qB

可知

rx=2r2

粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)。。2與磁場邊界夾角為用由幾何關(guān)系

qsina—qsin30°=L

4-4sine=(

解得

r2=2L

,3

sma=一

4

根據(jù)

y2

qv2B2=m-

解得

%=也

m

(3)當(dāng)最終進入?yún)^(qū)域團的粒子若剛好到達％軸，則由動量定理

B2qvy\t=mAvx

即

求和可得

粒子從區(qū)域回到區(qū)域團最終到x軸上的過程中

m（v-vcos60°）=BxqL+-^~-——

解得

V=殂生

m

則速度在西更~螞更之間的粒子才能進入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在芻處~螞更,

mmmm

又粒子源射出的粒子個數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比例為

0=60%

12.（2023?江蘇?高考真題）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45。。

平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達8點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止

開始下滑，從B點飛出。已知A、尸間的距離為d,滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為〃，重力加速度

為g,不計空氣阻力。

（1）求滑雪者運動到P點的時間f;

（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小也

（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度心

【答案】（1）;（2）；（3）&（1一〃）

【詳解】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有

12

mgdsin45°-/nmgcos45°6?=—mvp-0

根據(jù)動量定理有

(mgsin45°-pimgcos45°)/=mvp-0

聯(lián)立解得

2仞

%=-〃)

（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到8點合力做功為0,所以當(dāng)從A

點下滑時，到達2點有

%=%=-〃）

（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從8點飛出做斜拋運動，豎直方向上有

vpcos45°=gx；

水平方向上有

L=vpsin45°-t

聯(lián)立可得

13.（2023?新課標(biāo)卷,高考真題）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著

乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們

相互接近過程中的任一時刻（）

甲乙

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小

C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零

【答案】BD

【詳解】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

加甲加乙

A.根據(jù)牛頓第二定律有

F-jum^g

生一

%

a乙一

小

由于

m甲＞m乙

所以

a甲＜a乙

由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得

v用<vz

A錯誤;

BCD.對于整個系統(tǒng)而言，由于〃加用g>〃"zg,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向

左，顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。

故選BDo

14.（2022?福建?高考真題）我國霍爾推進器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電

極間存在一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離

的比例。工作時，工作物質(zhì)值氣進入放電通道后被電離為債離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。某

次測試中，微氣被電離的比例為95%,氤離子噴射速度為1.6xl04m/s,推進器產(chǎn)生的推力為80mN。己

知氤離子的比荷為7.3xl（）5c/kg；計算時，取流離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子

之間的相互作用，則（）

放電通道O*?

--------------------------------------

qQXe+A

陽極陰極

A.氤離子的加速電壓約為175V

B.氤離子的加速電壓約為700V

C.氤離子向外噴射形成的電流約為37A

D.每秒進入放電通道的債氣質(zhì)量約為5.3xlO^kg

【答案】AD

【詳解】AB.流離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有

12

qU=—mv-0

可得加速電壓為

v2

U=--------el75V

2（2）

m

故A正確，B錯誤；

D.在4時間內(nèi)，有質(zhì)量為A加的流離子以速度"噴射而出，形成電流為/,由動量定理可得

FM=Amv—0

進入放電通道的沆氣質(zhì)量為A%,被電離的比例為〃，則有

聯(lián)立解得

出=￡々5.3xlO-6kg

A/rjv

故D正確；

C.在4時間內(nèi)，有電荷量為A。的債離子噴射出，則有

聯(lián)立解得

T2如"A

故C錯誤。

故選AD。

15.（2022?重慶?高考真題）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中，某小組得到了假人

頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（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.動量大小先增大后減小

C.動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

【答案】D

【詳解】AB.由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則f一/圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)

動量定理可知/一方圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在f軸的上方，由于頭部有初動量，由

圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭靜止，動量變化最大，AB錯誤；

2

C.根據(jù)動量與動能的關(guān)系有舔=2,而尸一》圖像的面積是動量的變化量，則動能的變化量與曲線與

2m

橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；

D.由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知闔凡即假人頭部的加速度先增大

后減小，D正確。

故選D?

16.（2022?北京?高考真題）體育課上，甲同學(xué)在距離地面高4=2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方

向，大小為%=8.0m/s；乙同學(xué)在離地色=0.7m處將排球墊起，墊起前后球的速度大小相等，方向相

反。已知排球質(zhì)量根=03kg,取重力加速度g=10m/s2。不計空氣阻力。求：

（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/。

【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s,方向與水平方向夾角tan6=0.75；（3）/=6.0N-s

【詳解】（1）設(shè)排球在空中飛行的時間為則

,,1

4一生=5gr2

解得f=0.6s；則排球在空中飛行的水平距離

x=vQt=4.8m

（2）乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小

%=gt

得v,=6.0m/s；根據(jù)

得v=10.0m/s；設(shè)速度方向與水平方向夾角為。（如答圖所示）

則有

tan^=—=0.75

%

（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

/=2mv=6.0N-s

17.（2022?湖北?高考真題）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時

間內(nèi)速度大小由2V增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為跖和卬2,合外力的沖量大

小分別為力和/2。下列關(guān)系式一定成立的是（）

A.叱=3叱，I2<B.叱=3叱，12>1}

C.%=7叱，12<31{D.嗎=7叱，12>1.

【答案】D

【詳解】根據(jù)動能定理可知

222

113mv

Wx=—m(2v)--mv=^

1212212

W2=—m(5v')-—z7?(2v)=—znv

可得

W2=1W}

由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量

最大，因此沖量的大小范圍是

mv<Zj<3mv

3mv<I2<7mv

比較可得

一定成立。

故選D。

18.(2022?湖南?高考真題)如圖(a),質(zhì)量為機的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非

彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的4倍

H-h

(4為常數(shù)且0<幾<--),且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大

H+h

小為go

(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

(2)若籃球反彈至最高處//時，運動員對籃球施加一個向下的壓力E使得籃球與地面碰撞一次后恰

好反彈至力的高度處，力/隨高度y的變化如圖(b)所示，其中均已知，求外的大小；

(3)籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短)，

瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至"高度處，求沖量/的大

小。

r田a▼/\i/(1+A)/z2mg(l—A)(H—h)2g(1彳)("〃)(『+1—儼1)

【答案】(1)%=J丁焉;(2)F°=(3)I=m

y—A)rih—h^h(HN-hN)

【詳解】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg-Amg=ma下

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有

鋒=2a下H

籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg+Amg=ma上

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有

.=2alh

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

上邛1+Q，

v下V（1-2）H

（2）若籃球反彈至最高處〃時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F,則籃球下落過程中根據(jù)動能定

理有

mgh+h}Fo—Amgh=gmv'^

籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有

—mgh—Amgh=0—；m(kv'y)2

聯(lián)立解得

0

（3）方法一：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

?r=（l-2）g（方向向下）

。上=（1+X）g（方向向下）

由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,由于拍擊

時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有

I=mv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度V。

拍擊第1次下降過程有

2

K-v=2（l-/L）gA0

上升過程有

的『=2（1+小/4

代入左后，下降過程有

^-^=2(1-2)^

上升過程有

屬=2(1-2)g印J,

聯(lián)立有

,h,v2、.h.[,,h、iv2

h=--(z//nH---------)=(--)*%+(--)---------

"H飛2g(l-乃HtH2g(l-X)

拍擊第2次，同理代入左后，下降過程有

(一U=2(i一4納

上升過程有

hv；=2(1-4gHl%

聯(lián)立有

2

,hz,v、

h2=—(/?,H--------)

H2g(l-A)

再將歷代入上有

瓦=(也廣瓦+%.+(A)>,

-HrH2g(1-㈤H2g(1-2)

拍擊第3次，同理代入左后，下降過程有

W3=2(1-/)g飽

上升過程有

hvf=2(1—A^gHh^

聯(lián)立有

7h/Iv2.

h=--(/inH---------)

H(IT)2g

再將人2代入力3有

222

7,h、31zh.3v,h.2v/h、iv

飛H①H2g(1—X)H2g(l-2)H2g(l-2)

直到拍擊第N次，同理代入左后，下降過程有

v^-v2=2(1-2)gVi

上升過程有