五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題07動量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1動量與沖量2024動量守恒定律和動量定理主要以計(jì)算題形式考查，尤其在壓軸題中頻繁出現(xiàn)。分析滑塊與木板碰撞中的能量損失，需聯(lián)立動量守恒與動能定理。通過“電磁撬”技術(shù)考查電磁感應(yīng)中的動量變化，結(jié)合安培力與能量守恒進(jìn)行動態(tài)建模。選擇題多聚焦基礎(chǔ)概念，結(jié)合動量定理與牛頓第三定律分析離子推進(jìn)器的反作用力。實(shí)驗(yàn)題雖未直接以動量為主題，但隱含動量守恒的驗(yàn)證，核心規(guī)律深度整合，模型復(fù)雜度提升動量守恒與能量守恒的聯(lián)立應(yīng)用：作為高頻考點(diǎn)，命題從單一物體擴(kuò)展至多物體系統(tǒng)。要求分析滑塊與彈簧系統(tǒng)的多次碰撞，需動態(tài)追蹤動量與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化。碰撞類型的精細(xì)化分析：彈性碰撞與非彈性碰撞的區(qū)分成為關(guān)鍵，從基礎(chǔ)到綜合，難度梯度分明，試題呈現(xiàn)“入口易、深入難”的特點(diǎn)。建模能力與數(shù)學(xué)工具的結(jié)合。命題注重考查學(xué)生將實(shí)際問題抽象為物理模型的能力。同時(shí)，數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用更加頻繁，如利用微元法分析變力沖量（如電磁感應(yīng)中的動態(tài)過程），或通過矢量運(yùn)算處理碰撞中的方向問題考點(diǎn)2動量定理2021、2022、2023、2024、2025考點(diǎn)3動量守恒定律及其應(yīng)用2021、2023、2025考點(diǎn)01動量與沖量1．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度v0A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為mC．洛倫茲力沖量大小為qBv022g【答案】CD【詳析】A．根據(jù)動量定理I=0-mv0=-mv0B．小球上滑的時(shí)間為t=v0gsinθ重力的沖量大小為C．小球所受洛倫茲力為Bqv=Bqv0-at=-Bqat+Bqv0，a=gsinD．若v0=2mgcosθqBBqv=mgcosθ+F則小球在整個減速過程的FN圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD?？键c(diǎn)02動量定理2．（2025·浙江·1月選考）有一離地面高度20m、質(zhì)量為2×10-13kg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)1×A．0.5h B．3h C．28h D．166h【答案】B【詳析】沙塵顆粒開始時(shí)速度較小時(shí)，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)a=0時(shí)，沙塵顆粒速度達(dá)到最大且穩(wěn)定，此時(shí)速度滿足mg=kv解得vm=2×10-3m/s由動量定理可得mgt-kvt=mv由于mv?kh，則t≈故選B。3．（2024·浙江·1月選考）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O'點(diǎn)，三個相同的關(guān)于O'O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運(yùn)動，其位移隨時(shí)間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時(shí)速度為v0，方向向下，t1、t2時(shí)刻的振幅分別為A1，A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為（1）平臺靜止時(shí)彈簧的伸長量Δx（2）t=0時(shí)，每個線圈所受到安培力F的大小；（3）在0～t1時(shí)間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）在t1～t【答案】（1）mgk；（2）4v0r2π2B【詳析】（1）平臺靜止時(shí)，穿過三個線圈的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點(diǎn)受力平衡，因此由胡克定律可知此時(shí)彈簧的伸長量Δ（2）在t=0時(shí)速度為v0，設(shè)每個線圈的周長為L，由電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER=（3）由減振器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在0～t1時(shí)間內(nèi)，振動時(shí)能量的減少量為Q'，由能量守恒定律Q'（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得I彈IIΔ聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為4．（2023·浙江·6月選考）利用磁場實(shí)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，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計(jì)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(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t；（2）若B2=2B1，求能到達(dá)y=（3）若B2=B1L

【答案】（1）v1=2B1qLm；t=2πm【詳析】（1）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場Ⅱ速度最大時(shí)，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r解得r1=2L根據(jù)qv1B1=mv12r1解得

（2）若B2=2B1，根據(jù)r=mvqB可知r1=2r2粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖，設(shè)Orr解得r2=2Lsin根據(jù)qv2B2=m（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動量定理B2qv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔvx粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過程中m(v-vcos60°)=B15．（2022·浙江·6月選考）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點(diǎn)、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點(diǎn)。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大?。唬?）較長時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時(shí)間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于6v0R，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點(diǎn)位置和O【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k=0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π-θ)πm【詳析】（1）①離子在磁場中做圓周運(yùn)動有qv0②離子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t=πR2ω=(4k+1)v0R，k=0，1，（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運(yùn)動半徑為R'Rv=離子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t'=π-θR'v轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度ω'=(2nπ+θ)(π-θ)v0R，n=0（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度(4k+1)v0R=2nπ+θ'v0π-θ'R<66．（2022·浙江·6月選考）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時(shí)與動子脫離；此時(shí)S擲向2接通定值電阻R0，同時(shí)施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時(shí)間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時(shí)撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計(jì)空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時(shí)刻t3?！敬鸢浮浚?）80A；（2）R=0.5Ω；（3）【詳析】（1）由題意可知接通恒流源時(shí)安培力F安=nBIl動子和線圈在0~t1時(shí)間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動的加速度為a=v1（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時(shí)，感應(yīng)電流為I'=nBlvR0+R此時(shí)安培力為F'安=nBI'l（3）根據(jù)圖像可知t2-t1=v1a'=0.5電荷量的定義式Δq=ItI=ER+R0可得Δq=nBl解得t7．（2021·浙江·6月選考）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時(shí)間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)。氙離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點(diǎn)O處相對推進(jìn)器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為（1）求離子從小孔S射出時(shí)相對推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時(shí)運(yùn)動的離子，調(diào)節(jié)B0的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B（3）設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T，單位時(shí)間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0=2mv【答案】（1）vS=v02-4eEdm；（2）【詳析】（1）離子從小孔S射出運(yùn)動到金屬板N中心點(diǎn)O處，根據(jù)動能定理有2eEd=解得離子從小孔S射出時(shí)相對推進(jìn)器的速度大小v（2）當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時(shí)，離子從噴口P的下邊緣中點(diǎn)射出，根據(jù)幾何關(guān)系有R1-L22+L2=R12根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0=mv02R1（3）粒子在立方體中運(yùn)動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×2B0所以可得cos離子從端面P射出時(shí)，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt=nΔtmv考點(diǎn)03動量守恒定律及其應(yīng)用8．（2025·浙江·1月選考）如圖所示，光滑水平地面上放置完全相同的兩長板A和B，滑塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于B的右端，三者質(zhì)量均為1kg。A以4m/s的速度向右運(yùn)動，B和C一起以2m/s的速度向左運(yùn)動，A和B發(fā)生碰撞后粘在一起不再分開。已知A和B的長度均為0.75m，C與A．碰撞瞬間C相對地面靜止B．碰撞后到三者相對靜止，經(jīng)歷的時(shí)間為0.2sC．碰撞后到三者相對靜止，摩擦產(chǎn)生的熱量為12JD．碰撞后到三者相對靜止，C相對長板滑動的距離為0.6m【答案】D【詳析】A．碰撞瞬間C相對地面向左運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；B．向右為正方向，則AB碰撞過程由動量守恒mvA-mvB=2mv1解得v1=1m/s方向向右；當(dāng)三者共速時(shí)2mC．碰撞到三者相對靜止摩擦產(chǎn)生的熱量Q=12×2mD．碰撞到三者相對靜止由能量關(guān)系可知Q=μmgx相對可得x相對故選D。9．（2023·浙江·1月選考）下列說法正確的是（）A．利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)B．物體受合外力越大，則動量變化越快C．利用紅外傳感器可制成商場的自動門D．若物理問題牛頓運(yùn)動定律不適用，則動量守恒定律也不適用【答案】ABC【詳析】A．聲音使振動膜片振動，改變兩極板間距離，使聲音信號轉(zhuǎn)換成電信號，則可以利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)，故A正確；B．由動量定理有F合t=Δp可得C．人體可以向外界釋放紅外線，感應(yīng)裝置接收到紅外線后，可以開門，則可以利用紅外傳感器可制成商場的自動門，故C正確；D．牛頓運(yùn)動定律只適用于宏觀低速問題，不適用于微觀高速問題。而動量守恒定律既適用于低速宏觀問題，也適用于高速微觀問題，故D錯誤。故選ABC。10.（2021·浙江·1月選考）在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m【答案】B【詳析】A．爆炸時(shí)，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知m1vm1x1-m2x2=0B．設(shè)兩碎片落地時(shí)間均為t，由題意可知(5-t)v聲(6-t)v聲=12解得tCD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移x1=(5-4)×340m=340m質(zhì)量小的碎塊的水平位移xv10=x1故選B。11.（2021·浙江·6月選考）如圖所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ=37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r=0.1m、圓心在O1點(diǎn)，軌道DEF的半徑R=0.2m、圓心在O2點(diǎn)，O1、D、O2和F點(diǎn)均處在同一水平線上。小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=（1）若小滑塊的初始高度h=0.9m，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度v（2）若小球能完成整個運(yùn)動過程，求h的最小值hmin（3）若小球恰好能過最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值xmax【答案】（1）4m/s；（2）hmin=0.45m；（【詳析】（1）小滑塊在AB軌道上運(yùn)動mgh-μmgcosθ?h（2）小球沿CDEF軌道運(yùn)動，在最高點(diǎn)可得mg=mvEmin2R1解得vEmin=2mvA解得vA'=0，vBv解得h的最小值h（3）設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動，由動能定理1由平拋運(yùn)動可得x=vG聯(lián)立可得水平距離為x=2(0.5-y)(0.3+y)由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)0.5-y=0.3+y取最大，最大值1．（2023·浙江紹興·二模）如圖所示是原子核88226Ra發(fā)生α衰變的能級圖，88226Ra經(jīng)α衰變直接變至86222Rn基態(tài)，或者衰變至一個激發(fā)態(tài)A．α衰變過程中系統(tǒng)動量不守恒 B．α粒子的動能小于原子核86C．88226Ra的質(zhì)量大于86222Rn與α粒子質(zhì)量之和D．激發(fā)態(tài)【答案】C【詳析】A．α衰變過程中系統(tǒng)不受外力，動量守恒，故A錯誤；B．設(shè)86222Rn的反沖速度大小為v，α粒子的速度是則有Mv=mv'根據(jù)動能的表達(dá)式Ek=12mv2=p22mC．由于發(fā)生α衰變時(shí)要伴隨釋放一定的能量，由質(zhì)能方程可知，88226Ra的質(zhì)量大于86222D．激發(fā)態(tài)86222Rn*釋放光子至故選C。2．（2025·浙江北斗星盟·三模）如圖所示，光滑水平面上靜止一質(zhì)量為M=80kg的平板小車，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=40kg的小孩站立于小車后端。小孩以對地v0=2m/s的速度向后跳離小車，對這一過程，下列說法正確的是（）A．小車對小孩的作用力的沖量大小為80N·sB．小車對小孩做的功為80JC．小孩做的功可能為130JD．小孩做的功可能為100J【答案】D【詳析】A．由動量定理可知小車對小孩水平方向的沖量為Ix=mv0=80B．小孩離開小車的瞬時(shí)，小車對小孩的作用力沒有位移，可知小車對小孩不做功，選項(xiàng)B錯誤；CD．若小孩沿水平方向向后跳離小車，則對小車和小孩系統(tǒng)由水平方向動量守恒可知0=m解得v=1m/s此時(shí)小孩做的功為W=12mv02+12Mv2=120故選D。3．（2025·浙江紹興一中·模擬）2024年春，中國航天科技集團(tuán)801所研制的50kW級雙環(huán)嵌套式霍爾推力器，成功實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火并穩(wěn)定運(yùn)行，標(biāo)志著我國已躋身全球嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)領(lǐng)先行列。嵌套式霍爾推力器不用傳統(tǒng)的化學(xué)推進(jìn)劑，而是使用等離子體推進(jìn)劑，它的一個顯著優(yōu)點(diǎn)是“比沖”高。比沖（specificimpulse）是航天學(xué)家為了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一個物理量，英文縮寫為Isp，是單位質(zhì)量的推進(jìn)劑產(chǎn)生的沖量，其單位是（

A．m/s B．m/s2 C．m2/s【答案】A【詳析】比沖是單位質(zhì)量的推進(jìn)劑產(chǎn)生的沖量，即Isp=Im則其單位4．（2025·浙江寧波·三模）質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體在光滑的水平面上發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，兩物體的位移—時(shí)間圖像如圖所示，A．mB．圖線①為碰撞后m1C．碰撞后兩物體的速度相同D．兩物體的碰撞為彈性碰撞【答案】D【詳析】根據(jù)題意，由圖可知，因x-t圖像的斜率等于速度，可知碰撞前m1和m2的速度分別為v1=4m/s，v2=0碰撞后兩物體的速度分別為v1'=-2m/s，v'2=2m/s則圖線①為碰后m2的圖線；碰撞后兩物體的速度等大反向；以v1的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2解得m2=3kg碰前E碰后Ek1故選D。5．（2025·浙江湖州·三模）如圖所示，物塊A、B靜置于光滑水平面上，處于原長的輕彈簧兩端分別與兩物塊連接，物塊A緊靠豎直墻壁，物塊A、B的質(zhì)量分別為m和2m。某一瞬時(shí)物塊B獲得一初速度為v0A．墻壁對A的總沖量大小為4mB．墻壁對A做的總功為2mC．A的最大速度為vD．彈簧的最大彈性勢能為1【答案】A【詳析】A．物塊A離開墻壁時(shí)B回到初始點(diǎn)具有向右的速度，根據(jù)能量守恒可知此時(shí)B的速度v對整體有I合=2×2mv0=4mB．墻壁對A作用過程中A沒有位移，因此墻壁對A不做功，B錯誤；C．物塊A離開墻壁后，A達(dá)最大速度時(shí)彈簧恢復(fù)原長，AB與彈簧系統(tǒng)動量守恒、能量守恒，有2mv0=mv1+2mv2D．物塊B向左速度為0時(shí)，彈簧壓縮最短彈性勢能最大，有Epmax=故選A。6．（2025·浙江金華·三模）如圖，質(zhì)量均為1kg的木塊A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端系一長為0.22m的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為0.1kg的球C，現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平，并由靜止釋放，當(dāng)球C擺到最低點(diǎn)時(shí)，木塊A恰好與木塊B相撞并粘在一起，不計(jì)空氣阻力，則（）A．球C擺到最低點(diǎn)的速度是4.4m/sB．木塊A、B原先間距0.04mC．球C通過最低點(diǎn)后向左擺動上升最大高度為0.21mD．球C開始下落到A、B、C三者相對靜止，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為0.005J【答案】C【詳析】A．球C向下運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，A、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒，有0=mCvC-mAvAB．球C向下運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，A、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有0=mCvC-mAvA兩邊同乘以tC．A與B碰瞬間根據(jù)動量守恒，有mAv球C向左運(yùn)動過程中，A、B、C組成的水平方向動量守恒，有m根據(jù)能量守恒，有12mCvCD．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q=12m故選C。7．（2025·浙江·選考測評）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧懸掛在天花板上的O點(diǎn)，質(zhì)量為m的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）懸掛在彈簧的下端，系統(tǒng)靜止時(shí)物塊停在M，現(xiàn)把物塊豎直向下拉到N點(diǎn)，然后由靜止釋放。已知P點(diǎn)在M點(diǎn)的正上方，P、N兩點(diǎn)到M點(diǎn)的距離相等，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．物塊由N運(yùn)動到P，彈簧的彈力先減小后增大B．把此裝置放在光滑的斜面上，振動周期小于2C．把此裝置移動到月球上，其振動周期大于2D．物塊由N到P，重力的沖量大小為π【答案】D【詳析】A．彈簧振子做簡諧運(yùn)動，系統(tǒng)靜止時(shí)物塊停在M，說明M點(diǎn)為平衡位置。在M點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為F=mg彈簧的伸長量為Δx=mgk若MN=MP≤Δx，則物塊從N到P彈簧彈力一直減?。蝗鬗N=MP>Δx，說明物塊運(yùn)動到PBC．彈簧振子的振動周期為T=2πmk，把此裝置放在光滑的斜面上或移動到月球上，由于m、kD．根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性可得物塊由N到P的運(yùn)動時(shí)間為tNP=T2=πmk則物塊由故選D。8．（2025·浙江·選考三測）如圖所示，為一輛玩具車做勻變速直線運(yùn)動的x-t圖像，玩具車質(zhì)量為2kg，t=6s時(shí)刻圖像切線水平，下列關(guān)于玩具車運(yùn)動情況的描述正確的是（A．玩具車加速度大小為9B．t=6s到t=9sC．t=0到t=9s時(shí)間內(nèi)，合外力對玩具車所做的功為D．t=0到t=9s時(shí)間內(nèi)，合外力對玩具車的沖量大小為【答案】D【詳析】A．由于玩具車做勻變速直線運(yùn)動，且t=6s時(shí)刻x-t圖像切線水平，說明t=6s時(shí)刻玩具車速度為零，則6~9s內(nèi)玩具車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，且位移為10m。根據(jù)故A錯誤；B．t=6s到t=9s時(shí)間內(nèi)，玩具車的位移為x=10m，則玩具車平均速度大小為vC．由于t=6s時(shí)刻玩具車速度v6=0，由t=9s時(shí)刻玩具車速度為v9=at69=D．根據(jù)動量定理可得，t=0到?t=9s時(shí)間內(nèi)，合外力對玩具車的沖量大小為故D正確。故選D。9．（2025·浙江嘉興·三模）如圖甲所示，每只冰壺直徑d=30cm、質(zhì)量m=19kg。某次試投過程中，冰壺A在t=0時(shí)刻以v0=1m/s的初速度投出，與靜止的冰壺B發(fā)生彈性正碰，此后冰壺BA．兩只冰壺在t=3sB．碰撞前摩擦力對冰壺A做功為-3.42JC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小為11.4D．t=0和t=5s兩時(shí)刻冰壺重心間的距離之比為【答案】C【詳析】A．兩冰壺質(zhì)量相等，發(fā)生彈性正碰時(shí)，兩冰壺發(fā)生速度交換由冰壺B的v-t圖像可知冰壺勻減速直線運(yùn)動的加速度大小為a=15m/s2冰壺B在水平面上運(yùn)動0.9m后停止，所以冰壺B運(yùn)動時(shí)間為t，則xB=v1t-12at2v1B．對冰壺A有Wf=12mvC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小I=mv1-0解得I=11.4D．全過程的位置圖如下圖所示兩只冰壺在t1=2s時(shí)發(fā)生碰撞，所以t=0時(shí)兩冰壺重心的距離為Δt=5s兩冰壺重心的距離為Δx2=v12?（5-t1故選C。10．（2025·浙江北斗星盟·三模）如圖所示，木板C靜置于光滑水平地面上，中點(diǎn)處放置物塊B。某時(shí)刻物塊A以水平初速度v0從左端滑上木板。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，木板的質(zhì)量為2m，A、BA．若物塊A、B不發(fā)生碰撞，則木板C長度的最大值為L=B．若物塊A、B不從木板C的右端滑離，則木板C長度的最小值為L=C．若物塊B恰好不滑離木板C，則物塊A、B碰撞前后的兩段時(shí)間內(nèi)，摩擦力對木板C的沖量大小是相等的D．若物塊A、B最終與木板C相對靜止，則摩擦力對木板C的沖量大小與物塊A、B在木板C上相對靜止的位置有關(guān)【答案】B【詳析】A．設(shè)木板長為L，恰好發(fā)生碰撞時(shí)，由mv0=4m聯(lián)立解得L=3v024μg若物塊A、BB．由于AB質(zhì)量相等且A、B的碰撞為彈性碰撞，則碰后不損耗能量，只是交換速度，故B到C右端恰好靜止，則有mv0=4mv共能量守恒有μmgLC．A碰B前，BC做一起做加速運(yùn)動，A做減速運(yùn)動，A碰B后，速度交換，AC一起做加速運(yùn)動，B做減速運(yùn)動，最終共速，速度時(shí)間圖像如下如圖，由于前后兩個階段的相對位移即面積差要相同，知第二個階段時(shí)間長，摩擦力的沖量大，故C錯誤；D．只要相對靜止，那么共速相等，由動量定理，知摩擦力對木板C的沖量大小是一定值，與相對靜止的位置無關(guān)，故D錯誤。故選B。11．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)?！ざ＃﹥A角為37°足夠長固定斜面上，有一長木板A恰好能處于靜止?，F(xiàn)有物塊B以v0=1m/s的速度從A的頂端開始下滑，A、B間動摩擦因數(shù)為μ=0.8。已知A、B的質(zhì)量為別為mA=2A．物塊B下滑過程中，木板A仍能處于靜止B．物塊B下滑過程中，A要向下加速，A、B速度剛達(dá)到相等時(shí)為0.4m/sC．要使B不脫離A，A板長度至少為1.25mD．從開始運(yùn)動到A、B速度達(dá)到相等過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為18.6J【答案】D【詳析】AB．由木板A恰好能處于靜止可得，A與斜面間動摩擦因數(shù)μ0=tan37°=0.75且A、B在斜面上滑動時(shí)，系統(tǒng)動量守恒。速度相等時(shí)滿足mBv0=mC．對B物體，根據(jù)牛頓第二定律mBgsin37°-μmBgcos37°=mBa2解得，B物體向下減速時(shí)加速度為a2=gsin37°-μcos37°=-0.4m/s2D．全過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmBgcos故選D。12．（2025·浙江金華義烏·三模）下圖是我們在學(xué)習(xí)平拋運(yùn)動中做過的實(shí)驗(yàn)，A、B是兩個完全相同的鋼球。若忽略空氣阻力，當(dāng)小錘完成敲擊后，下列對兩小球的判斷錯誤的是（）A．從敲擊后到兩個鋼球落地，兩個鋼球的動能增量相同B．從敲擊后到兩個鋼球落地，兩個鋼球的重力沖量相同C．兩個鋼球落地時(shí)的重力功率不相同D．兩個鋼球落地時(shí)的動量不相同【答案】C【詳析】A．從敲擊后到兩個鋼球落地，根據(jù)動能定理可得ΔEk=mghB．從敲擊后到兩個鋼球落地，豎直方向有h=12gt2可知兩個鋼球下落時(shí)間相等，根據(jù)C．根據(jù)PG=mgvyD．由于落地時(shí)，A球具有一定的水平分速度，所以兩個鋼球落地時(shí)的速度大小不相等，方向不相同，則兩個鋼球落地時(shí)的動量不相同，故D正確，不滿足題意要求。故選C。13．（2025·浙江杭州·二模）如圖所示，小明和小王兩位同學(xué)在玩拋接球的游戲。小明每次都以靜止姿態(tài)抱住乳膠氣球，然后以較大初速度將其水平拋出，站在右方的小王每次接球時(shí)球速等大且接球緩沖時(shí)間相等。已知乳膠氣球癟時(shí)的質(zhì)量為0.8kg，空氣的密度約為1.29kg/m3。充氣后球體積可視為不變，直徑為

A．乳膠氣球在空中做平拋運(yùn)動B．小明抱住乳膠氣球靜止時(shí)，對球的作用力垂直于胸口斜向上C．小明抱住乳膠氣球靜止時(shí)，對地面的摩擦力向右D．放走一半氣體后，接球時(shí)的沖擊力明顯減小【答案】D【詳析】A．由于球在被小明以水平速度拋出后，除受重力外還受空氣浮力的作用，不是平拋運(yùn)動，A錯誤；B．小明抱住乳膠氣球靜止時(shí)，對球的作用力與球的重力相平衡，豎直向上，B錯誤；C．人與球整體處于靜止，整體的重力和支持力相平衡，不受摩擦力作用，C錯誤；D．若放掉一半氣體，而球的總體積近似不變，則球內(nèi)空氣質(zhì)量減少、總質(zhì)量減小，而題干已說明每次接球的速度大小和緩沖時(shí)間相同，則動量變化減小，沖擊力也隨之明顯減小，故D正確。故選D。14．（2025·浙江縣域教研聯(lián)盟·模擬）激光束可視為大量同向動量的粒子流，當(dāng)其照射到介質(zhì)小球時(shí)，除發(fā)生反射、折射和吸收外，還會對物體施加作用力（如光鑷效應(yīng)）。如圖，一束激光從點(diǎn)S分出兩細(xì)光束①和②，入射時(shí)與球心O的夾角均為θ，經(jīng)折射后出射方向均與SO連線平行。已知小球折射率大于周圍介質(zhì)，忽略反射和吸收，試通過折射、動量變化分析兩束光對小球產(chǎn)生的合力情況（）A．若光束①和②強(qiáng)度相同，兩光束因折射對小球產(chǎn)生的作用力水平向左B．若光束①比②的強(qiáng)度小，兩光束因折射對小球的作用力的方向指向左上方C．若只增大激光的頻率，則光對小球的作用一定變大D．若激光束不變，只增大小球的半徑，光對小球的作用會變小【答案】AD【詳析】A．僅考慮光的折射，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n，每個粒子動量的大小為p，這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1=2npcosθ從小球出射時(shí)的總動量為p2=2npp1、p2的方向均沿B．若光束①比②的強(qiáng)度小，可知Δt時(shí)間內(nèi)②束光穿過小球的粒子數(shù)n2比①束光的粒子數(shù)n1多，這些粒子進(jìn)入小球前豎直方向總動量p1y=n2psinθ-n1psinC．若只增大激光的頻率，即增大光子動量，由于不知道光束①、②的強(qiáng)度大小關(guān)系，則光對小球的作用力不一定增大，故C錯誤；D．當(dāng)小球半徑增大，更多光線進(jìn)入球內(nèi)，在各方向發(fā)生折射。由于激光束方向不變，進(jìn)出的光線在小球內(nèi)的折射趨于對稱，使動量變化方向趨于均衡，左右分力更容易相互抵消，導(dǎo)致小球所受合力減小。故D正確。故選AD。15．（24-25高三下·浙江諸暨·二模）如圖所示，兩個光滑剛性正方形金屬線框A1B1C1D1和A2B2C2D2交疊固定在光滑水平面上，交疊點(diǎn)E和F恰好為兩邊中點(diǎn)，且彼此相互絕緣。在兩線框交疊區(qū)域存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場（交疊的金屬線框在磁場邊緣以內(nèi)）。已知兩線框質(zhì)量均為m，邊長均為a，單位長度電阻均為r0。現(xiàn)將勻強(qiáng)磁場在極短的時(shí)間內(nèi)減小為零，不計(jì)線框電感。(1)判斷線框A1B1C1D1中感應(yīng)電流方向（“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”），并求流過截面的電量；(2)求線框A2B2C2D2受到安培力沖量的大小和方向；(3)若線框A1B1C1D1不固定，交疊點(diǎn)E和F不彼此絕緣（接觸電阻不計(jì)），而且線框所在平面整個區(qū)域都存在著勻強(qiáng)磁場B0，求勻強(qiáng)磁場減小為零時(shí)線框A1B1C1D1速度的大小。（忽略磁場減小過程中線框的移動）【答案】(1)順時(shí)針；B(2)2a2(3)2【詳析】（1）根據(jù)楞次定律可知，線框A1B1C1D1中感應(yīng)電流的方向：順時(shí)針；由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合回路歐姆定律E=ΔΦΔt=（2）線框A2B2C2D2受到安培力沖量的方向：向左；設(shè)某時(shí)刻線框的電流為i，則i=eR=a16r（3）根據(jù)兩環(huán)對稱性，設(shè)某時(shí)刻兩線框電流i1和i2如圖所示。設(shè)回路A1EA2D2C2FC1B1中的電動勢為E1，則E1=ΔBΔt7a24=i1?6ar0得i1=ΔBΔt7a24r0設(shè)回路ED1FB2中的電動勢為E2，則E2=ΔBΔta24=i2?2ar0得i16．（2025·浙江溫州·三模）某游戲裝置的豎直截面如圖所示。半徑R=0.1m的豎直螺旋圓軌道BCDB'C'與傾斜直軌道AB、水平面C'E分別相切于B、C'，BC段圓弧對應(yīng)的圓心角θ=37°。水平傳送帶在電動機(jī)帶動下，以v=2m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動，傳送帶兩端分別與左、右兩側(cè)水平面平滑對接于E、F兩點(diǎn)，EF長L1=1.25m，右側(cè)水平面FJ上等間距擺放許多質(zhì)量M=0.3kg的小滑塊，從左到右標(biāo)號分別為1、2、3…n，n足夠大。JK間是一個寬L2=0.03m、高H=0.2m的矩形坑。游戲開始，一質(zhì)量m=0.1kg的滑塊(1)滑塊P到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)受到軌道的彈力大小FD，以及釋放高度h(2)標(biāo)號為n的滑塊到達(dá)坑底時(shí)距坑底右邊緣T的距離Δx(3)滑塊P與滑塊1發(fā)生第一次碰撞后，滑塊P在傳送帶上運(yùn)動的總時(shí)間t以及電動機(jī)多消耗的電能E電【答案】(1)F(2)Δ(3)t=2s，【詳析】（1）對滑塊P，從C到D，由動能定理得-mg2R=12m在FD+mg=mvD2R聯(lián)立解得聯(lián)立解得h=2.17（2）因?yàn)関E=vC=3m/s>v若一直減速，則有vF=v聯(lián)立解得vF=-1m/s，v1=1m/s之后，通過滑塊間的碰撞，速度依次傳遞vn（3）滑塊P與滑塊1發(fā)生第一次碰撞后，每次進(jìn)傳送帶和出傳送帶速度大小相等：滑塊P與滑塊1每發(fā)生一次碰撞，速度反向，大小減半，則有t1=2v1μ2g專題07動量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1動量與沖量2024動量守恒定律和動量定理主要以計(jì)算題形式考查，尤其在壓軸題中頻繁出現(xiàn)。分析滑塊與木板碰撞中的能量損失，需聯(lián)立動量守恒與動能定理。通過“電磁撬”技術(shù)考查電磁感應(yīng)中的動量變化，結(jié)合安培力與能量守恒進(jìn)行動態(tài)建模。選擇題多聚焦基礎(chǔ)概念，結(jié)合動量定理與牛頓第三定律分析離子推進(jìn)器的反作用力。實(shí)驗(yàn)題雖未直接以動量為主題，但隱含動量守恒的驗(yàn)證，核心規(guī)律深度整合，模型復(fù)雜度提升動量守恒與能量守恒的聯(lián)立應(yīng)用：作為高頻考點(diǎn)，命題從單一物體擴(kuò)展至多物體系統(tǒng)。要求分析滑塊與彈簧系統(tǒng)的多次碰撞，需動態(tài)追蹤動量與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化。碰撞類型的精細(xì)化分析：彈性碰撞與非彈性碰撞的區(qū)分成為關(guān)鍵，從基礎(chǔ)到綜合，難度梯度分明，試題呈現(xiàn)“入口易、深入難”的特點(diǎn)。建模能力與數(shù)學(xué)工具的結(jié)合。命題注重考查學(xué)生將實(shí)際問題抽象為物理模型的能力。同時(shí)，數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用更加頻繁，如利用微元法分析變力沖量（如電磁感應(yīng)中的動態(tài)過程），或通過矢量運(yùn)算處理碰撞中的方向問題考點(diǎn)2動量定理2021、2022、2023、2024、2025考點(diǎn)3動量守恒定律及其應(yīng)用2021、2023、2025考點(diǎn)01動量與沖量1．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度v0A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為mC．洛倫茲力沖量大小為qBv022g【答案】CD【詳析】A．根據(jù)動量定理I=0-mv0=-mv0B．小球上滑的時(shí)間為t=v0gsinθ重力的沖量大小為C．小球所受洛倫茲力為Bqv=Bqv0-at=-Bqat+Bqv0，a=gsinD．若v0=2mgcosθqBBqv=mgcosθ+F則小球在整個減速過程的FN圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。考點(diǎn)02動量定理2．（2025·浙江·1月選考）有一離地面高度20m、質(zhì)量為2×10-13kg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)1×A．0.5h B．3h C．28h D．166h【答案】B【詳析】沙塵顆粒開始時(shí)速度較小時(shí)，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)a=0時(shí)，沙塵顆粒速度達(dá)到最大且穩(wěn)定，此時(shí)速度滿足mg=kv解得vm=2×10-3m/s由動量定理可得mgt-kvt=mv由于mv?kh，則t≈故選B。3．（2024·浙江·1月選考）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O'點(diǎn)，三個相同的關(guān)于O'O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運(yùn)動，其位移隨時(shí)間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時(shí)速度為v0，方向向下，t1、t2時(shí)刻的振幅分別為A1，A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為（1）平臺靜止時(shí)彈簧的伸長量Δx（2）t=0時(shí)，每個線圈所受到安培力F的大小；（3）在0～t1時(shí)間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）在t1～t【答案】（1）mgk；（2）4v0r2π2B【詳析】（1）平臺靜止時(shí)，穿過三個線圈的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點(diǎn)受力平衡，因此由胡克定律可知此時(shí)彈簧的伸長量Δ（2）在t=0時(shí)速度為v0，設(shè)每個線圈的周長為L，由電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER=（3）由減振器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在0～t1時(shí)間內(nèi)，振動時(shí)能量的減少量為Q'，由能量守恒定律Q'（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得I彈IIΔ聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為4．（2023·浙江·6月選考）利用磁場實(shí)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，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計(jì)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(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t；（2）若B2=2B1，求能到達(dá)y=（3）若B2=B1L

【答案】（1）v1=2B1qLm；t=2πm【詳析】（1）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場Ⅱ速度最大時(shí)，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r解得r1=2L根據(jù)qv1B1=mv12r1解得

（2）若B2=2B1，根據(jù)r=mvqB可知r1=2r2粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖，設(shè)Orr解得r2=2Lsin根據(jù)qv2B2=m（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動量定理B2qv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔvx粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過程中m(v-vcos60°)=B15．（2022·浙江·6月選考）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點(diǎn)、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點(diǎn)。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。虎谌羲俣却笮関0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大??；（2）較長時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時(shí)間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大?。唬?）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于6v0R，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點(diǎn)位置和O【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k=0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π-θ)πm【詳析】（1）①離子在磁場中做圓周運(yùn)動有qv0②離子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t=πR2ω=(4k+1)v0R，k=0，1，（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運(yùn)動半徑為R'Rv=離子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t'=π-θR'v轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度ω'=(2nπ+θ)(π-θ)v0R，n=0（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度(4k+1)v0R=2nπ+θ'v0π-θ'R<66．（2022·浙江·6月選考）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時(shí)與動子脫離；此時(shí)S擲向2接通定值電阻R0，同時(shí)施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時(shí)間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時(shí)撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計(jì)空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時(shí)刻t3?！敬鸢浮浚?）80A；（2）R=0.5Ω；（3）【詳析】（1）由題意可知接通恒流源時(shí)安培力F安=nBIl動子和線圈在0~t1時(shí)間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動的加速度為a=v1（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時(shí)，感應(yīng)電流為I'=nBlvR0+R此時(shí)安培力為F'安=nBI'l（3）根據(jù)圖像可知t2-t1=v1a'=0.5電荷量的定義式Δq=ItI=ER+R0可得Δq=nBl解得t7．（2021·浙江·6月選考）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時(shí)間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)。氙離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點(diǎn)O處相對推進(jìn)器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為（1）求離子從小孔S射出時(shí)相對推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時(shí)運(yùn)動的離子，調(diào)節(jié)B0的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B（3）設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T，單位時(shí)間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0=2mv【答案】（1）vS=v02-4eEdm；（2）【詳析】（1）離子從小孔S射出運(yùn)動到金屬板N中心點(diǎn)O處，根據(jù)動能定理有2eEd=解得離子從小孔S射出時(shí)相對推進(jìn)器的速度大小v（2）當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時(shí)，離子從噴口P的下邊緣中點(diǎn)射出，根據(jù)幾何關(guān)系有R1-L22+L2=R12根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0=mv02R1（3）粒子在立方體中運(yùn)動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×2B0所以可得cos離子從端面P射出時(shí)，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt=nΔtmv考點(diǎn)03動量守恒定律及其應(yīng)用8．（2025·浙江·1月選考）如圖所示，光滑水平地面上放置完全相同的兩長板A和B，滑塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于B的右端，三者質(zhì)量均為1kg。A以4m/s的速度向右運(yùn)動，B和C一起以2m/s的速度向左運(yùn)動，A和B發(fā)生碰撞后粘在一起不再分開。已知A和B的長度均為0.75m，C與A．碰撞瞬間C相對地面靜止B．碰撞后到三者相對靜止，經(jīng)歷的時(shí)間為0.2sC．碰撞后到三者相對靜止，摩擦產(chǎn)生的熱量為12JD．碰撞后到三者相對靜止，C相對長板滑動的距離為0.6m【答案】D【詳析】A．碰撞瞬間C相對地面向左運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；B．向右為正方向，則AB碰撞過程由動量守恒mvA-mvB=2mv1解得v1=1m/s方向向右；當(dāng)三者共速時(shí)2mC．碰撞到三者相對靜止摩擦產(chǎn)生的熱量Q=12×2mD．碰撞到三者相對靜止由能量關(guān)系可知Q=μmgx相對可得x相對故選D。9．（2023·浙江·1月選考）下列說法正確的是（）A．利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)B．物體受合外力越大，則動量變化越快C．利用紅外傳感器可制成商場的自動門D．若物理問題牛頓運(yùn)動定律不適用，則動量守恒定律也不適用【答案】ABC【詳析】A．聲音使振動膜片振動，改變兩極板間距離，使聲音信號轉(zhuǎn)換成電信號，則可以利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)，故A正確；B．由動量定理有F合t=Δp可得C．人體可以向外界釋放紅外線，感應(yīng)裝置接收到紅外線后，可以開門，則可以利用紅外傳感器可制成商場的自動門，故C正確；D．牛頓運(yùn)動定律只適用于宏觀低速問題，不適用于微觀高速問題。而動量守恒定律既適用于低速宏觀問題，也適用于高速微觀問題，故D錯誤。故選ABC。10.（2021·浙江·1月選考）在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m【答案】B【詳析】A．爆炸時(shí)，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知m1vm1x1-m2x2=0B．設(shè)兩碎片落地時(shí)間均為t，由題意可知(5-t)v聲(6-t)v聲=12解得tCD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移x1=(5-4)×340m=340m質(zhì)量小的碎塊的水平位移xv10=x1故選B。11.（2021·浙江·6月選考）如圖所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ=37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r=0.1m、圓心在O1點(diǎn)，軌道DEF的半徑R=0.2m、圓心在O2點(diǎn)，O1、D、O2和F點(diǎn)均處在同一水平線上。小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=（1）若小滑塊的初始高度h=0.9m，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度v（2）若小球能完成整個運(yùn)動過程，求h的最小值hmin（3）若小球恰好能過最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值xmax【答案】（1）4m/s；（2）hmin=0.45m；（【詳析】（1）小滑塊在AB軌道上運(yùn)動mgh-μmgcosθ?h（2）小球沿CDEF軌道運(yùn)動，在最高點(diǎn)可得mg=mvEmin2R1解得vEmin=2mvA解得vA'=0，vBv解得h的最小值h（3）設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動，由動能定理1由平拋運(yùn)動可得x=vG聯(lián)立可得水平距離為x=2(0.5-y)(0.3+y)由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)0.5-y=0.3+y取最大，最大值1．（2023·浙江紹興·二模）如圖所示是原子核88226Ra發(fā)生α衰變的能級圖，88226Ra經(jīng)α衰變直接變至86222Rn基態(tài)，或者衰變至一個激發(fā)態(tài)A．α衰變過程中系統(tǒng)動量不守恒 B．α粒子的動能小于原子核86C．88226Ra的質(zhì)量大于86222Rn與α粒子質(zhì)量之和D．激發(fā)態(tài)【答案】C【詳析】A．α衰變過程中系統(tǒng)不受外力，動量守恒，故A錯誤；B．設(shè)86222Rn的反沖速度大小為v，α粒子的速度是則有Mv=mv'根據(jù)動能的表達(dá)式Ek=12mv2=p22mC．由于發(fā)生α衰變時(shí)要伴隨釋放一定的能量，由質(zhì)能方程可知，88226Ra的質(zhì)量大于86222D．激發(fā)態(tài)86222Rn*釋放光子至故選C。2．（2025·浙江北斗星盟·三模）如圖所示，光滑水平面上靜止一質(zhì)量為M=80kg的平板小車，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=40kg的小孩站立于小車后端。小孩以對地v0=2m/s的速度向后跳離小車，對這一過程，下列說法正確的是（）A．小車對小孩的作用力的沖量大小為80N·sB．小車對小孩做的功為80JC．小孩做的功可能為130JD．小孩做的功可能為100J【答案】D【詳析】A．由動量定理可知小車對小孩水平方向的沖量為Ix=mv0=80B．小孩離開小車的瞬時(shí)，小車對小孩的作用力沒有位移，可知小車對小孩不做功，選項(xiàng)B錯誤；CD．若小孩沿水平方向向后跳離小車，則對小車和小孩系統(tǒng)由水平方向動量守恒可知0=m解得v=1m/s此時(shí)小孩做的功為W=12mv02+12Mv2=120故選D。3．（2025·浙江紹興一中·模擬）2024年春，中國航天科技集團(tuán)801所研制的50kW級雙環(huán)嵌套式霍爾推力器，成功實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火并穩(wěn)定運(yùn)行，標(biāo)志著我國已躋身全球嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)領(lǐng)先行列。嵌套式霍爾推力器不用傳統(tǒng)的化學(xué)推進(jìn)劑，而是使用等離子體推進(jìn)劑，它的一個顯著優(yōu)點(diǎn)是“比沖”高。比沖（specificimpulse）是航天學(xué)家為了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一個物理量，英文縮寫為Isp，是單位質(zhì)量的推進(jìn)劑產(chǎn)生的沖量，其單位是（

A．m/s B．m/s2 C．m2/s【答案】A【詳析】比沖是單位質(zhì)量的推進(jìn)劑產(chǎn)生的沖量，即Isp=Im則其單位4．（2025·浙江寧波·三模）質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體在光滑的水平面上發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，兩物體的位移—時(shí)間圖像如圖所示，A．mB．圖線①為碰撞后m1C．碰撞后兩物體的速度相同D．兩物體的碰撞為彈性碰撞【答案】D【詳析】根據(jù)題意，由圖可知，因x-t圖像的斜率等于速度，可知碰撞前m1和m2的速度分別為v1=4m/s，v2=0碰撞后兩物體的速度分別為v1'=-2m/s，v'2=2m/s則圖線①為碰后m2的圖線；碰撞后兩物體的速度等大反向；以v1的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2解得m2=3kg碰前E碰后Ek1故選D。5．（2025·浙江湖州·三模）如圖所示，物塊A、B靜置于光滑水平面上，處于原長的輕彈簧兩端分別與兩物塊連接，物塊A緊靠豎直墻壁，物塊A、B的質(zhì)量分別為m和2m。某一瞬時(shí)物塊B獲得一初速度為v0A．墻壁對A的總沖量大小為4mB．墻壁對A做的總功為2mC．A的最大速度為vD．彈簧的最大彈性勢能為1【答案】A【詳析】A．物塊A離開墻壁時(shí)B回到初始點(diǎn)具有向右的速度，根據(jù)能量守恒可知此時(shí)B的速度v對整體有I合=2×2mv0=4mB．墻壁對A作用過程中A沒有位移，因此墻壁對A不做功，B錯誤；C．物塊A離開墻壁后，A達(dá)最大速度時(shí)彈簧恢復(fù)原長，AB與彈簧系統(tǒng)動量守恒、能量守恒，有2mv0=mv1+2mv2D．物塊B向左速度為0時(shí)，彈簧壓縮最短彈性勢能最大，有Epmax=故選A。6．（2025·浙江金華·三模）如圖，質(zhì)量均為1kg的木塊A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端系一長為0.22m的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為0.1kg的球C，現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平，并由靜止釋放，當(dāng)球C擺到最低點(diǎn)時(shí)，木塊A恰好與木塊B相撞并粘在一起，不計(jì)空氣阻力，則（）A．球C擺到最低點(diǎn)的速度是4.4m/sB．木塊A、B原先間距0.04mC．球C通過最低點(diǎn)后向左擺動上升最大高度為0.21mD．球C開始下落到A、B、C三者相對靜止，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為0.005J【答案】C【詳析】A．球C向下運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，A、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒，有0=mCvC-mAvAB．球C向下運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，A、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有0=mCvC-mAvA兩邊同乘以tC．A與B碰瞬間根據(jù)動量守恒，有mAv球C向左運(yùn)動過程中，A、B、C組成的水平方向動量守恒，有m根據(jù)能量守恒，有12mCvCD．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q=12m故選C。7．（2025·浙江·選考測評）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧懸掛在天花板上的O點(diǎn)，質(zhì)量為m的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）懸掛在彈簧的下端，系統(tǒng)靜止時(shí)物塊停在M，現(xiàn)把物塊豎直向下拉到N點(diǎn)，然后由靜止釋放。已知P點(diǎn)在M點(diǎn)的正上方，P、N兩點(diǎn)到M點(diǎn)的距離相等，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．物塊由N運(yùn)動到P，彈簧的彈力先減小后增大B．把此裝置放在光滑的斜面上，振動周期小于2C．把此裝置移動到月球上，其振動周期大于2D．物塊由N到P，重力的沖量大小為π【答案】D【詳析】A．彈簧振子做簡諧運(yùn)動，系統(tǒng)靜止時(shí)物塊停在M，說明M點(diǎn)為平衡位置。在M點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為F=mg彈簧的伸長量為Δx=mgk若MN=MP≤Δx，則物塊從N到P彈簧彈力一直減?。蝗鬗N=MP>Δx，說明物塊運(yùn)動到PBC．彈簧振子的振動周期為T=2πmk，把此裝置放在光滑的斜面上或移動到月球上，由于m、kD．根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性可得物塊由N到P的運(yùn)動時(shí)間為tNP=T2=πmk則物塊由故選D。8．（2025·浙江·選考三測）如圖所示，為一輛玩具車做勻變速直線運(yùn)動的x-t圖像，玩具車質(zhì)量為2kg，t=6s時(shí)刻圖像切線水平，下列關(guān)于玩具車運(yùn)動情況的描述正確的是（A．玩具車加速度大小為9B．t=6s到t=9sC．t=0到t=9s時(shí)間內(nèi)，合外力對玩具車所做的功為D．t=0到t=9s時(shí)間內(nèi)，合外力對玩具車的沖量大小為【答案】D【詳析】A．由于玩具車做勻變速直線運(yùn)動，且t=6s時(shí)刻x-t圖像切線水平，說明t=6s時(shí)刻玩具車速度為零，則6~9s內(nèi)玩具車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，且位移為10m。根據(jù)故A錯誤；B．t=6s到t=9s時(shí)間內(nèi)，玩具車的位移為x=10m，則玩具車平均速度大小為vC．由于t=6s時(shí)刻玩具車速度v6=0，由t=9s時(shí)刻玩具車速度為v9=at69=D．根據(jù)動量定理可得，t=0到?t=9s時(shí)間內(nèi)，合外力對玩具車的沖量大小為故D正確。故選D。9．（2025·浙江嘉興·三模）如圖甲所示，每只冰壺直徑d=30cm、質(zhì)量m=19kg。某次試投過程中，冰壺A在t=0時(shí)刻以v0=1m/s的初速度投出，與靜止的冰壺B發(fā)生彈性正碰，此后冰壺BA．兩只冰壺在t=3sB．碰撞前摩擦力對冰壺A做功為-3.42JC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小為11.4D．t=0和t=5s兩時(shí)刻冰壺重心間的距離之比為【答案】C【詳析】A．兩冰壺質(zhì)量相等，發(fā)生彈性正碰時(shí)，兩冰壺發(fā)生速度交換由冰壺B的v-t圖像可知冰壺勻減速直線運(yùn)動的加速度大小為a=15m/s2冰壺B在水平面上運(yùn)動0.9m后停止，所以冰壺B運(yùn)動時(shí)間為t，則xB=v1t-12at2v1B．對冰壺A有Wf=12mvC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小I=mv1-0解得I=11.4D．全過程的位置圖如下圖所示兩只冰壺在t1=2s時(shí)發(fā)生碰撞，所以t=0時(shí)兩冰壺重心的距離為Δt=5s兩冰壺重心的距離為Δx2=v12?（5-t1故選C。10．（2025·浙江北斗星盟·三模）如圖所示，木板C靜置于光滑水平地面上，中點(diǎn)處放置物塊B。某時(shí)刻物塊A以水平初速度v0從左端滑上木板。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，木板的質(zhì)量為2m，A、BA．若物塊A、B不發(fā)生碰撞，則木板C長度的最大值為L=B．若物塊A、B不從木板C的右端滑離，則木板C長度的最小值為L=C．若物塊B恰好不滑離木板C，則物塊A、B碰撞前后的兩段時(shí)間內(nèi)，摩擦力對木板C的沖量大小是相等的D．若物塊A、B最終與木板C相對靜止，則摩擦力對木板C的沖量大小與物塊A、B在木板C上相對靜止的位置有關(guān)【答案】B【詳析】A．設(shè)木板長為L，恰好發(fā)生碰撞時(shí)，由mv0=4m聯(lián)立解得L=3v024μg若物塊A、BB．由于AB質(zhì)量相等且A、B的碰撞為彈性碰撞，則碰后不損耗能量，只是交換速度，故B到C右端恰好靜止，則有mv0=4mv共能量守恒有μmgLC．A碰B前，BC做一起做加速運(yùn)動，A做減速運(yùn)動，A碰B后，速度交換，AC一起做加速運(yùn)動，B做減速運(yùn)動，最終共速，速度時(shí)間圖像如下如圖，由于前后兩個階段的相對位移即面積差要相同，知第二個階段時(shí)間長，摩擦力的沖量大，故C錯誤；D．只要相對靜止，那么共速相等，由動量定理，知摩擦力對木板C的沖量大小是一定值，與相對靜止的位置無關(guān)，故D錯誤。故選B。11．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)?！ざ＃﹥A角為37°足夠長固定斜面上，有一長木板A恰好能處于靜止?，F(xiàn)有物塊B以v0=1m/s的速度從A的頂端開始下滑，A、B間動摩擦因數(shù)為μ=0.8。已知A、B的質(zhì)量為別為mA=2A．物塊B下滑過程中，木板A仍能處于靜止B．物塊B下滑過程中，A要向下加速，A、B速度剛達(dá)到相等時(shí)為0.4m/sC．要使B不脫離A，A板長度至少為1.25mD．從開始運(yùn)動到A、B速度達(dá)到相等過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為18.6J【答案】D【詳析】AB．由木板A恰好能處于靜止可得，A與斜面間動摩擦因數(shù)μ0=tan37°=0.75且A、B在斜面上滑動時(shí)，系統(tǒng)動量守恒。速度相等時(shí)滿足mBv0=mC．對B物體，根據(jù)牛頓第二定律mBgsin37°-μmBgcos37°=mBa2解得，B物體向下減速時(shí)加速度為a2=gsin37°-μcos37°=-0.4m/s2D．全過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmBgcos故選D。12．（2025·浙江金華義烏·三模）下圖是我們在學(xué)習(xí)平拋運(yùn)動中做過的實(shí)驗(yàn)，A、B是兩個完全相同的鋼球。若忽略空氣阻力，當(dāng)小錘完成敲擊后，