2021-2025年高考物理真題知識點(diǎn)分類匯編之動量與動量守恒定律（五）

一,選擇題（共7小題）

1.（2021?北京）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度3繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點(diǎn)有一

質(zhì)量為m的小物體隨圓盤?起轉(zhuǎn)動。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點(diǎn)滑至圓盤I：的某點(diǎn)停止。

下列說法正確的是（）

A.圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動軌跡切線方向

B.圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運(yùn)動一圈所受摩擦力的沖量大小為2m3r

C.圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑力向運(yùn)動

D.圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體婺個滑動過程所受摩擦力的沖最大小為

2.（2021?乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相

連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有

相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

-^00000001-]

77777777777777777777777777777777777

A.動量守恒，機(jī)械能守恒

B.動量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動量不守恒，機(jī)械能不守恒

3.（2021?浙江）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。

遙控器引爆瞬間開始計時，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/$,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I：2

B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80m

C.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

4.（2021?福建）福建屬于臺風(fēng)撅發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響。已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范

用為24.5m/s?28.4m/s,16級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s?56.0m/s。若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通

標(biāo)志牌，則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的（）

A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍

5.（2021?湖北）抗H戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約8g,出

膛速度大小約750m/so某戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機(jī)槍所受子彈的平均反沖力大

小約12N,則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為（）

A.40B.80C.120D.160

6.（2021?湖南）物體的運(yùn)動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p-x圖像中的一個點(diǎn)。物體運(yùn)

動狀態(tài)的變化可用P-X圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿X軸正方向做初速度為

零的勻加速直線運(yùn)動，則對應(yīng)的相軌跡可能是（）

7.（2021?全國）質(zhì)量為m的鐵錘豎直下落打在木樁上后隨木樁一起下降，經(jīng)一段時間t后靜止。已知打

擊前瞬間鐵錘速度為v,重力加速度為g,則在t時間段，木樁受到的平均打擊力的大小為（）

2mvmvmvmv

A.——B.C.+mgD.—mg

二.多選題（共4小題）

（多選）8.（2022?重慶）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的

拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿

斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示,

則（）

A.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為,

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3J

C.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1：3

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向卜時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1：V2

（多選）9.（2021?湖南）如圖（a）,質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外

力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為X。撤去外力并開始計時，

A、B兩物體運(yùn)動的a-t圖像如圖（b）所示，Si表示（）到ti時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大

小，S2、S3分別表示ti到12時間內(nèi)A、B的a-［圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在ti時刻的速度為V0o

下列說法正確的是（）

A.0到1時間內(nèi),墻對B的沖量等于IUAVO

B.mA>mB

C.B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于x

D.Si-S2=S3

（多選）10.（2021?乙卷）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運(yùn)動。物體通

過的路程等于so時，速度的大小為vo,此時撤去F,物體繼發(fā)滑行2so的路程后停止運(yùn)動。重力加速度

大小為g。則（）

A.在此過程中F所做的功力［加說

3

B.在此過程中F的沖量大小等于ymvo

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于:工

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

（多選）11.（2021?山東）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的

物資以相對地面的速度vo水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱勺球的總質(zhì)量

為M,所受浮力不變。重力加速度為g,不計阻力。以下判斷正確的是（）

A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動

B.投出物資后熱氣球所受合力大小為mg

+(1+第2“2

三,解答題（共9小題）

12.（2022?廣東）某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面

上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度vo為lOm/s向上滑動時，

受到滑桿的摩擦力f為1N?；瑝K滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向

上運(yùn)動。已知滑塊的質(zhì)量m=0.2kg,滑桿的質(zhì)量M=0.6kg,A、B間的距離l=1.2m,重力加速度g取

IOm/s*2,不計空氣阻力。求：

（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；

（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；

（3）滑桿向上運(yùn)動的最大高度h。

13.（2022?福建）如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈

簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)，一小物塊C以初速度vo從滑板最左端滑入，滑行so后

與B發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），然后一起向右運(yùn)動；一段時間后，滑板A也開始運(yùn)動，已

知A、B、C的質(zhì)量均為m,滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為a重力加速度大小為

g：最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，求：

—?%A

\\\\\\\VX\\\"~~丁

S。

（1）C在碰撞前瞬間的速度大??；

（2）C與B碰撞過程中損失的機(jī)械能；

（3）從C與B相碰后到A開始運(yùn)動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功。

14.（2022?湖北）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長

的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置〉時，C到兩定滑輪的距

離均為L。重物A和B的質(zhì)是均為m,系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方

向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置.，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為

悻時，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)

動卷距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。

（1）求C的質(zhì)量；

（2）若D在運(yùn)動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大??；

（3）撤掉樁D,將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動

能。

15.（2022?河北）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B,質(zhì)量分別為1kg和2kg,A右端和B左

端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1kg,A和C以相同速度vo=lOm/s向右運(yùn)動，B和D以相同速

度kvo向左運(yùn)動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B

粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為“=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。

（1）若0<k<0.5,求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；

（2）若k=0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。

CD

AB

16.（2022?浙江）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a堂置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆

時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為1。圓弧

形細(xì)管道DE半徑為R,EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為Ho開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O

點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知

m=2g,l=lm,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)p=0.5,軌道AB

和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑

連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。

（1）若h=1.25m,求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度vo的大小;

（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；

（3）若物塊b釋放高度0.9m<hV1.65m,求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),

水平向右為正，建立x軸）。

17.（2022?海南）有一個角度可變的軌道，當(dāng)傾角為30度時，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60度，從

高為h的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進(jìn)入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸

掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運(yùn)動，已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的三倍，求：

①A與軌道間的動摩擦因數(shù)中

②A與B剛碰完B的速度；

18.（2022?乙卷）如圖（a）,一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A

運(yùn)動，t=0時與彈簧接觸，到t=2to時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v?t圖像如圖（b）所

示。已知從t=0到t=to時間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為O.36voto°A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后

滑下，與一直在水平面上運(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜

面傾角為8（sin6=0.6）,與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

（1）第?次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

19.（2022?天津）冰壺是冬季奧運(yùn)會上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動員在水平冰面上將冰壺A

推到M點(diǎn)放手，此時A的速度vo=2m/s,勻減速滑行xi=16.8m到達(dá)N點(diǎn)時，隊(duì)友用毛刷開始擦A運(yùn)

動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行X2=3.5m,與靜止在P點(diǎn)的

冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為VA=0.05m/5和vB=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A

與MN間冰面的動摩擦因數(shù)閨=0.01,重力加速度g取lOm/s—運(yùn)動過程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B

碰撞時間極短。求冰壺A

（1）在N點(diǎn)的速度vi的大小；

（2）與NP間冰面的動摩擦因數(shù)眼。

,.勺

4-------------L…?

叫叫

20.（2022?湖南）如圖（a）,質(zhì)量為m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(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的人倍（入為常數(shù)

且OVAV糕）'且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。

（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h時，運(yùn)動員對籃球施加一個向二的壓力F,使得籃球與地面碰撞一次后恰

好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中ho已知，求Fo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(diǎn)時，運(yùn)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I,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大

2021-2025年高考物理真題知識點(diǎn)分類匯編之動量與動量守恒定律（五）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共7小題）

題號1234567

答案DBBBCDC

二.多選題（共4小題）

題號8910II

答案BCABDBCBC

一.選擇題（共7小題）

I.（2021?北京）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度3繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點(diǎn)有一

質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點(diǎn)滑至圓盤上的某點(diǎn)停止。

A.圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動軌跡切線方向

B.圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運(yùn)動一圈所受摩擦力的沖量大小為2nuor

C.圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運(yùn)動

D.圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為m3r

【考點(diǎn)】動量的定義、單位及性質(zhì)：勻速圓周運(yùn)動.

【專題】計算題；定量思想；勻速圓周運(yùn)動專題；動量定理應(yīng)用專題；理解能力；推理論證能力；分析

綜合能力.

【答案】D

【分析】在圓盤停止運(yùn)動前，根據(jù)勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律，可以分析摩擦力的方向，通過動量定理可以求

得摩擦力的沖量大?。粓A盤停止轉(zhuǎn)動后，由于慣性，可以知小物體運(yùn)動的方向，通過動量定理可以求出

小物體所受摩擦力的沖最大小。

【解答】解：A、圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半徑方向指向圓

心，故A錯誤；

B、圓盤停止轉(zhuǎn)動前，根據(jù)動量定理I=Ap,小物體轉(zhuǎn)動一圈回到原點(diǎn)，速度不變，所以動量變化量為

0,摩擦力的沖量為0,故B錯誤；

C、圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體將沿停止前的速度方向做勻減速運(yùn)動，故C錯誤；

D、圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體將沿停止前的速度方向做勻減速運(yùn)動，停止轉(zhuǎn)動瞬間的速度v=o）r,最終

停止運(yùn)動速度為0,根據(jù)動量定理1=Ap,可知動量變化量為nicer,所以摩擦力的沖量為mcor,故D

正確。

故選：Do

【點(diǎn)評】此題主要考查圓周運(yùn)動的規(guī)律和動量定理，較為簡單。

2.（2021?乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相

連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有

相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

-^OOQOOQOP]

A.動量守恒，機(jī)械能守恒

B.動晟守恒，機(jī)械能不守恒

C.動量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動量不守恒，機(jī)械能不守恒

【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用.

【專題】定性思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力.

【答案】B

【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)系

統(tǒng)受力情況與各力做功情況，根據(jù)動顯守恒與機(jī)械能守恒的條件分析答題。

【解答】解：從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；

撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，

系統(tǒng)機(jī)械能減小，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評】本題考杳了動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，知道動量守恒與機(jī)械能守恒的條件、分析

清楚系統(tǒng)受力情況與力的做功情況即可解題。

3.（2021?浙江）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)時炸裂成質(zhì)量之比為2：I、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。

遙控器引爆瞬間開始計時，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80m

C.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

【考點(diǎn)】用動量守恒定律解決爆炸問題：動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題.

【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力.

【答案】B

【分析】爆炸物爆炸過程系統(tǒng)在水平方向動量守恒，爆炸后碎塊做平拋運(yùn)動，應(yīng)用動量守恒定律與平拋

運(yùn)動規(guī)律分析答題。

【解答】解：A、爆炸物在最高點(diǎn)時炸裂成質(zhì)量之比為2：1的兩個碎塊，

設(shè)兩碎塊的質(zhì)量分別為mi=2m,m2=m,設(shè)爆炸后兩碎塊的速度分別為vi、V2,

爆炸過程，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，mi的速度方向?yàn)檎较?，在水平方向，由動量守恒定律得?/p>

mivi-m2V2=0

爆炸后兩碎塊做平拋運(yùn)動，由「拋出點(diǎn)的高度相等，它們做平拋運(yùn)動的時間t相等，設(shè)兩碎塊的水平位

移分別為XI、X2,則有：

nnvit-m2V2t=0

mixi-m2X2=0

解得：xi：X2=m2：mi=l：2,

兩碎塊的豎直分位移相等，兩碎塊的水平位移之比為1：2,而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等

于1：2,故A錯誤；

BD、設(shè)兩碎片做平拋運(yùn)動的時間均為t,兩碎塊落地發(fā)出的聲音的傳播時間分別為ti=5s-t,t2=6s-t,

聲音的傳播位移：

Xl=v聲音tl，X2=v聲音t2,由A可知XI:X2=1：2,

代入數(shù)據(jù)解得：t=4s,xi=340m,x2=680m,

爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度：

lol

h=5gt2=x10x4o2m=80m,

乙乙

爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離：

x=xi+x2=（340+680）m=1020m,故B正確，D錯誤；

C、由B可知，爆炸后碎塊mi的水平位移：xi=340m,碎塊m2的水平位移x2=680m,

爆炸后質(zhì)量大的碎塊mi的初速度為vi=y-=^5m/s=85m/s,故C錯誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評】分析清楚碎塊的運(yùn)動過程、知道碎塊的運(yùn)動性質(zhì)是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與平

拋勻速規(guī)律、運(yùn)動學(xué)公式即可解題。

4.（2021?福建）福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響.已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范

圍為24.5m/s?28.4m/s,16級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s?56.0m/s。若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通

標(biāo)志牌，則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的（）

A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍

【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用：牛頓第三定律的理解與應(yīng)用.

【專題】定量思想：推理法；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力.

【答案】B

【分析】首先確定研究對象是風(fēng)，并求解其質(zhì)量；然后根據(jù)動量定理列出方程；最后求出力的表達(dá)式,

列比例求解。

【解答】解：設(shè)空氣的密度為P，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S,在時間At的

空氣質(zhì)量為：

Am=pSv*At

假定臺風(fēng)風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度為零，對風(fēng)，由動量定理得：

-FAt=0-Amv

可得：F=pSv2

10級臺風(fēng)的風(fēng)速vi^25m/s,16臺風(fēng)的風(fēng)速v2Q50m/s,則有

尸2v2.

一="7

&說

根據(jù)牛頓第三定律可知，16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的4倍，故B正確，

ACD錯誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵是研究對象質(zhì)量的確定o

5.（2021?湖北）抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約8g,出

膛速度大小約750m/so某戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機(jī)槍所受子彈的平均反沖力大

小約12N,則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為（）

A.40B.80C.120D.160

【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用.

【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】對子彈根據(jù)動量定理可解得。

【解答】解：對子彈根據(jù)動量定理得:Ft=nmv-0

代入數(shù)據(jù)解得

n^I20

故ABD錯誤，C正確

故選：C。

【點(diǎn)評】本題考查動量定理.，列出動量定理表達(dá)式即可解得，

6.（2021?湖南）物體的運(yùn)動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p?x圖像中的一個點(diǎn)。物體運(yùn)

動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為

零的勻加速直線運(yùn)動，則對應(yīng)的相軌跡可能是（）

【考點(diǎn)】動量的定義、單位及性質(zhì)；勻變速直線運(yùn)動速度與位移的關(guān)系.

【專題】定性思想；方程法；直線運(yùn)動規(guī)律專題；推理論證能力.

【答案】D

【分析】依據(jù)勻加速直線運(yùn)動速度與位移關(guān)系，結(jié)合動量的定義式，及數(shù)學(xué)的二次函數(shù)圖象，即可分析

判定。

【解答】解：一質(zhì)點(diǎn)沿X軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，那么位移與速度關(guān)系為：x=g,

而動量表達(dá)式為：p=mv,

聯(lián)合上式，則有：p2=2am2x

再由位移與速度均沿著x軸正方向，則取正值，那么動量也取正值，

綜上所述，故D正確，ABC錯誤；

故選：DP

【點(diǎn)評】考查勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律，掌握動量的表達(dá)式內(nèi)容，理解位移、速度與動量均為矢量，并注

意矢量的正負(fù)取值。

7.（2021?全國）質(zhì)量為m的鐵錘豎直下落打在木樁上后隨木樁一起下降，經(jīng)一段時間t后靜止。已知打

擊前瞬間鐵錘速度為v,重力加速度為g,則在t時間段，木樁受到的平均打擊力的大小為（）

2mvmvmvmv

A.------B.----C.----+mgD.------mg

tttt

【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動能定理的簡單應(yīng)用.

【專題】定性思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；理解能力.

【答案】C

【分析】由題意可知鐵錘的初末動量，根據(jù)動量定理，可以求出木樁對鐵錘的作用力，利用牛頓笫三定

律，可求出鐵錘對木樁的平均沖力大小。

【解答】解：對鐵錘應(yīng)用動量定理，設(shè)木樁對鐵錘的平均作用力為F,以向上為正方向，則有（F-mg）

At=0-（-mv）

解得/=罪+血9

根據(jù)牛頓第三定律可知鐵錘對木樁的平均沖力的大小/'=*+7zig,故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】本題考查動量定理的應(yīng)用，應(yīng)用是要注意正方向的選取，要明確初末動量。

二.多選題（共4小題）

（多選）8.（2022?重慶）一物塊在傾角為45。的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的

拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿

斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示,

則（)

A.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為手

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3J

C.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1：3

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1：V2

【考點(diǎn)】動量的定義、單位及性質(zhì)；重力做功的特點(diǎn)和計算.

?題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力.

【答案】BC

【分析】由牛頓第二定律求得加速度，及加速度比值，再由重力和摩擦力做功方程求得動摩擦因數(shù)；由

公式p=mv求得動量的比值。

【解答】解：A.對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有

F=f=|imgcos45°

由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為

ai=gsin45°=gx竽=攝

則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功為

WG=mg?2%/,Sin450

2

解得WG=^-C

Wf=-iimg-cos45°x2aif2

解得Wf=—^￡2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得〃二/故A錯誤；

C.當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有

mgsin45°-F-f=ma2

解得出=-2〃gcos45°

a2=*g

則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為

—故C正確；

Qi3

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為

WG2=mgsin45°*x

合力做功為W合=ma2?x

3

WG2-

則其比值為1

%

則重力做功為9J時,物塊的動能即合外力做功為3L故B正確;

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為

P=mv=mV2ax

則動量的大小之比為會=當(dāng)

PJ病

解得合=專,故D錯誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評】解決該題的關(guān)鍵是明確知道小物塊在斜面運(yùn)動過程中，外力F為小物塊受到的合力，知道小物

塊受到的摩擦力和支持力的合力和它的重力大小相等，方向相反。

（多選）9.（2021?湖南）如圖（a）,質(zhì)量分別為mA、UIB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外

力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變最為x。撤去?外力并開始計時，

A、B兩物體運(yùn)動的a-t圖像如圖（b）所示，Si表示。到H時間內(nèi)A的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大

小，S2、S3分別表示ti到12時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在U時刻的速度為voo

下列說法正確的是（）

圖(a)

A.0到ti時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAvo

B.mA>mB

C.B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于x

D.Si-S2=S3

【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；彈簧類問題中的機(jī)械能守恒.

【專題】定性思想：推理法；動量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【答案】ABD

【分析】a-t圖線與坐標(biāo)軸所國圖形的面積等于物體速度變化量；根據(jù)題意分析清楚A、B的運(yùn)動過程；

應(yīng)用動量定理、牛頓第二定律、能量守恒定律與動量守恒定律分析答題。

【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于彈簧的彈力，0到U時間內(nèi)，對A,由動量定理可知，

合力即彈簧彈力對A的沖策大?。篒=mAVO,彈簧對A與對B的彈力大小相等、方向相反、作用時間

相等，因此彈簧對B的沖量大小與對A的沖量大小相等、方向相反，即彈簧對B的沖量大小I邦,=mAvo,

對B,以向右為正方向，由動量定理得：I堵瞰?1.抑資=0,解得，墻對B的沖量大小I堵壁=mAvo,方向

水平向右，故A正確；

B、彈簧對A和對B的彈力F大小相等，由牛頓第二定律得：a=4由圖（b）所示圖像可知，在t2

時刻A、B的加速度大小關(guān)系是：aB>aA?即/解得：mB<mA,故B正確；

mBmA

C、B運(yùn)動后，當(dāng)A、B速度相等時彈簧形變量（伸長量或壓縮量）最大，此時A、B的速度不為零，A、

B的動能不為零，由能量守恒定律可知，彈簧形變量最人時A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去

外力時彈簧的彈性勢能相等，則彈簧形變量最大時彈簧彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，彈簧

形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力時彈簧的形變量X,故C錯誤；

D、a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積等于物體速度的變化量，則因初速度為零，H時刻A的速度大小

VO=S1,t2時刻A的速度大小VA=S|-S2,B的速度大小VB=S3,由圖（b）所示圖像可知，ti時刻A

的加速度為零，此時彈簧恢復(fù)原長，B開始離開墻壁，到12時刻兩者加速度均達(dá)到最大，彈簧伸長量

達(dá)到最大，此時兩者速度相同，即VA=VB,則Si-S2=S3,故D正確。

故選：ABDo

【點(diǎn)評】根據(jù)題意結(jié)合圖（b）所示圖像分析清楚A、B的運(yùn)動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量定

理、牛頓第二定律與動量守恒定律即可解題；解題時要注意a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積等于物

體速度的變化量；在t2時刻A、B的速度相同，這是本題的關(guān)鍵點(diǎn)也是易錯點(diǎn)。

（多選）10.（2021?乙卷）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運(yùn)動。物體通

過的路程等于so時，速度的大小為vo,此時撤去F,物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止運(yùn)動。重力加速度

大小為g。貝ij（）

A.在此過程中F所做的功為3瓶喏

B.在此過程中F的沖量大小等于|mvo

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于盧?

4s（）g

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動能定理的簡單應(yīng)用.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；動能定理的應(yīng)用專題；動量定理應(yīng)用專題；分析

綜合能力.

【答案】BC

【分析】撤去外力前后分別對物塊進(jìn)行動能定理列式子，可求出拉力F做的功以及拉力和摩擦力之間的

美系；由動量定理求出拉力F的沖顯；由動能定理結(jié)合滑動摩擦力公式，求得動摩擦因數(shù).

【解答】解：、在作用下，由動能定理可知：撤去外力之后，由動能定理可

AFWF-fso=乙-0,

1Q

知：-fX2so=O-^mVo,聯(lián)立解得：WF=,m詔，故A錯誤；

BD、由于外力做功WF=FSO,結(jié)合A中兩式，解得F=3f,

2

取vo方向?yàn)檎?撤去外力之前對物體動量定理可知：（F?f）ti=mvo-0,可得:-Fti=mvo,則F的沖

量大小I=Fti=|mvo，故B正確，D錯誤;

1

c、撤去外力之后，由動能定理可知:-fX2so=O-^?nVoo,摩擦力f=nmg,則解得：口=熬，故c

正確;

故選：BCo

【點(diǎn)評】本題考查動能定理，動量定理和牛頓第二定律的綜合，分清楚運(yùn)動過程，熟練運(yùn)用各定理進(jìn)行

運(yùn)算是關(guān)鍵。本題難度不大，但綜合性很強(qiáng)。

（多選）11.（2021?山東）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止『距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的

物資以相對地面的速度vo水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱與球的總質(zhì)量

為M,所受浮力不變。重力加速度為g,不計阻力。以下判斷正確的是（）

A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動

B.投出物資后熱氣球所受合力大小為mg

【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；平拋運(yùn)動速度的計算.

【專?題】定性思想；推理法；平拋運(yùn)動專題；分析綜合能力.

【答案】BC

【分析】拋出物資的瞬間，對物資和熱氣球，水平方向動量守恒，故熱氣球水平方向做勻速直線運(yùn)動,

由題意豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，合力不變，故投出物資后熱氣球類平拋運(yùn)動；根據(jù)平拋運(yùn)動知識,

分別求出二者的水平位移和豎直位移，再根據(jù)勾股定理，即可求落地時物資與熱氣球的距離d。

【解答】解：AB、對拋出物資的瞬間，對物資和熱氣球，水平方向動量守恒，設(shè)熱氣球的水平速度為

VI,取向右為正方向根據(jù)動量守恒定律得：

mvo-Mvi=O

解得：vi=^〃o

拋出物資前，豎直方向上：F}?=（M+m）g

拋出物資后，對氣球根據(jù)牛頓第二定律得：

豎直方向上：F浮-Mg=Ma=mg

解得：a=翳，故熱氣球做類平拋運(yùn)動，故B正確，A錯誤,

CD、對物資做平拋運(yùn)動

豎直方向:H=igr

解得，=悌

[2H

水平方向:x=vot=5

對熱氣球水平方向:

豎直方向上h=^at2

代入數(shù)據(jù)解得：h=^

落地時物資與熱氣球的距離為:

代入數(shù)據(jù)解得：d={（H+八產(chǎn)+（工+、產(chǎn)L+需）

Jm答+“2,故c正確，D錯誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評】本題考查了動量守恒定律、平拋及類平拋的知識，注意拋出物資瞬間，物資和熱角球水平方向

動量守恒，是解決本題的關(guān)鍵。

三,解答題（共9小題）

12.（2022?廣東）某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面

上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度vo為lOm/s向上滑動時，

受到滑桿的摩擦力f為1N?；瑝K滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向

上運(yùn)動。已知滑塊的質(zhì)量m=0.2kg,滑桿的質(zhì)最M=（）.6kg,A、B間的距離1=1.2m,重力加速度g取

lOm/s2,不計空氣阻力。求：

（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小Ni和N2;

（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小V；

（3）滑桿向上運(yùn)動的最大高度h。

【考點(diǎn)】用動量守恒定律解決筒單的碰撞問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用.

【專?題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小分別為8N和5N；

（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小為8m/s：

（3）滑桿向上運(yùn)動的最大高度為0.2m。

【分析】（1）選擇合適的研究對象，對物體受力分析，結(jié)合牛頓第三定律得出桌面對滑桿的支持力:

（2）根據(jù)牛頓第二定律計算出滑塊的加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得出滑塊與滑桿碰撞前的速度；

（3）碰撞瞬間動量守恒，由此計算出整體的速度，結(jié)合運(yùn)匆學(xué)公式得出滑桿向上運(yùn)動的最大高度。

【解答】解:（1）滑塊靜止時，根據(jù)整體法可知，Ni=（m-M）g=（0.2+0.6）X10N=8N

當(dāng)滑塊向上滑動時，根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對滑桿的摩擦力大小為1N,方向豎直向上

則對滑桿進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡狀態(tài)得：

N2=Mg-f=0.6XION-1N=5N

（2）選豎直向上的方向?yàn)檎较?/p>

根據(jù)牛頓第二定律得，滑塊的加速度為：

2

g=—空一/=—0%0-1町/$2=-i5w/s,負(fù)號表示加速度方向豎直向下

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知

2

v—VQ=2a12

代入數(shù)據(jù)解得：v=8m/s

（3）當(dāng)滑桿和滑塊發(fā)生碰撞的瞬間，根據(jù)動量守恒定律得：

mv=（M+m）vi

當(dāng)滑桿和滑塊一起脫離地面M,根據(jù)整體法可知，系統(tǒng)的加速度為重力加速度，方向豎直向下

則公身

解得：h=0.2m

答：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小分別為8N和5N；

（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小為8m/s；

（3）滑桿向上運(yùn)動的最大高度為0.2m。

【點(diǎn)評】本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉對物體的受:力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析出

加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式和動量守恒定律即可完成分析，整體難度中等。

13.（2022?福建）如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈

簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)，一小物塊C以初速度vo從滑板最左端滑入，滑行so后

與B發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），然后一起向右運(yùn)動：一段時間后，滑板A也開始運(yùn)動，已

知A、B、C的質(zhì)量均為m,滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為2重力加速度大小為

g：最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，求：

回一?%A

\\\\\\\X\\\\\""X~k

S。

V--------------------------A

（1）C在碰撞前瞬間的速度大??；

（2）C與B碰撞過程中損失的機(jī)械能；

（3）從C與B相碰后到A開始運(yùn)動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功。

【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動能定理的簡單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化.

【專題】定最思想；方程法；動最和能最的綜合；分析綜合能力.

【答案】（1）C在碰撞前瞬間的速度大小為女=J詔-2〃gs0：

（2）C與R碰撞過程中損失的機(jī)械能為jnw：—

*乙

2〃2m2g2

（3）從C與B相碰后到A開始運(yùn)動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功為林，？。

【分析】（1）物塊C運(yùn)動至剛要與物塊B相碰過程，由動能定理求解物塊C碰撞前的速度大小；

（2）物塊B、C碰撞過程中，由動量守恒定律、能量守恒定律求解物塊B與物塊C碰撞過程系統(tǒng)損失

的機(jī)械能；

（3）滑板A剛要滑動時，對滑板A,由平衡條件求解彈簧的壓縮量，根據(jù)功的計算公式求解滑板A開

始運(yùn)動前物塊B和物塊C克服摩擦力做功。

【解答】解：（1）滑板與小物決、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為a物塊C與滑板間的最大靜摩擦

力小于滑板與地面間的最大靜摩擦力，物塊C滑到B的過程中，滑板靜止。

11

說

---詔

物塊C運(yùn)動至剛要與物塊B相碰過程，由動能定理：27712

解得物塊C碰撞前的速度大小為：%=J詔一2〃gs（）；

（2）物塊B、C碰撞時間極短，碰撞過程中動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律：mvi=2uiv2

解得物塊B與物塊C碰后一起運(yùn)動的速度大?。篤2=R詔-2〃gso

1212

^-

根據(jù)能量守恒定律可得物塊B與物塊C碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為:2

解得：AE=^mvQ-|jU7n^s0：

（3）滑板A剛要滑動時，對滑板A,由平衡條件：kAx+2png=3nmg

解得彈簧的壓縮量（即滑板A開始運(yùn)動前物塊B和物塊C一起運(yùn)動的位移大小）：&乂=半

故滑板A開始運(yùn)動前物塊B和物塊C克服摩擦力做功：W兌=2pmgAx

解得：W行生衿

答：（1）C在碰撞前瞬間的速度大小為%=J咪-2〃gso；

1O1

（2）C與B碰撞過程中損失的機(jī)械能為工m說--nmgs0；

2

2〃27n2Q

（3）從