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2023年高考真题和模拟题物理分项汇编（全国通用）专题07 动量
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这是一份2023年高考真题和模拟题物理分项汇编（全国通用）专题07 动量，文件包含2023年高考真题和模拟题物理分项汇编--专题07动量全国通用原卷版1docx、2023年高考真题和模拟题物理分项汇编--专题07动量全国通用原卷版2docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
专题07 动量
1.（2023海南卷）已知一个激光发射器功率为，发射波长为的光，光速为，普朗克常量为，则（ ）
A. 光的频率为 B. 光子的能量为
C. 光子的动量为 D. 在时间内激光器发射的光子数为
【答案】AC
【解析】
光的频率 ，选项A正确；
光子的能量 ，选项B错误；
光子的动量 ，选项C正确；
在时间t内激光器发射的光子数 ，选项D错误。
2. （2023新课标卷）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. 甲的动量大小比乙的小
C. 甲的动量大小与乙的相等 D. 甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
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；
BCD．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，BD正确、C错误。
故选BD。
3. （2023浙江6月卷）有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为∆x。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（ ）
A. 电子的动量 B. 电子的动能
C. 光子的能量 D. 光子的动量
【答案】AD
【解析】根据条纹间距公式可得
A．根据可得故A正确；
B．根据动能和动量的关系
结合A选项可得故B错误；
C．光子的能量故C错误；
D．光子的动量
光子的能量
联立可得
则光子的动量故D正确。
故选AD。
4. （2023辽宁卷）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（ ）
A. 弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B. PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C. 整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D. 整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【解析】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向电流，选项A正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力方向向左；MN受安培力方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为选项B错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得，
可得则最终MN位置向左移动PQ位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理，可得选项C正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则选项D错误。
故选AC。
5. （2023辽宁卷）如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU（用t表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【解析】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12= 2a1x1
代入数据解得x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx = (m1＋m2)a共
对m2有a2= μg = 1m/s2
当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2解得
则对于m1、m2组成的系统有 DU = －Wf
联立有
6. （2023浙江6月卷）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点 解得 FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据可得在C点的速度vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点 解得v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则 解得碰后b的速度v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
7．（2023浙江1月卷）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车:上表面与直轨道下、平台位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得
根据能量守恒可得解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
8.（2023湖南卷）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立记得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
9.（2023全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【解析】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时 解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3= x球3
即得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
10. （2023全国甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与桌于右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时速度大小；
（2）金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得 ，
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有 解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
又，
联立可得
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
11. （2023山东卷）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有
整理得
解得，（舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得，（舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得，（舍去）
此时有方向向左；
方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量 即大小为9.02kg⋅m/s。
1. （2023·福建厦门二模）鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2m2，海水的密度为1.05×103kg/m3，则海浪对礁石的冲击力约为（ ）
A. 1.05×104N B. 5.25×104N
C. 7.88×104N D. 2.63×105N
【答案】B
【解析】设时间内与墙壁碰撞的水的质量为
取水的运动方向为正方向，在碰撞过程中，对时间内的水，在水平方向根据动量定理有
联立解得
根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为。
故选B。
2.（2023·河北唐山一模）（多选）在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（ ）
A. E B. 3E C. 5E D. 7E
【答案】BC
【解析】设物体A碰前速度v0，若两物体发生非弹性碰撞，则
此时
解得碰撞之前物体A的动能
若两物体发生弹性碰撞，则
解得
此时解得碰撞之前物体A的动能
则碰撞之前物体A的动能可能为3E和5E。
故选BC。
3. （2023·江苏苏锡常镇四市二模）2021年5月17日，由中国科学院高能物理研究所牵头的中国高海拔宇宙线观测站（LHAASO拉索）国际合作组在北京宣布，在银河系内发现大量超高能宇宙加速器，并记录到1.4拍电子伏的伽马光子（1拍），这是人类观测到的最高能量光子，则该光子动量约为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】伽马光子的能量为
根据
可得该光子动量为
故选A
4. （2023·河北保定一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（ ）
A. m， B. m，m
C. m，m D. m，m
【答案】A
【解析】小球、与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球、达到共速，设共速时的速度为，小球的初速度为，则由动量守恒定律有
碰撞过程中机械能守恒，有解得
由弹簧的压缩量x与弹性势能的关系可得
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为、，任取极短的时间，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为、则有
即有
固有
而两小球的对地位移之间的关系为
联立解得 故选A。
5. （2023·湖南怀化二模）如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，，g取。以下说法正确的是（ ）
A. 小球B下落时离地面的高度是20m
B. 小球A上升至最高处时离地面40m
C. 小球A从抛出到落回地面的时间为3s
D. 小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m
【答案】C
【解析】AB．A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为为小球B下落时离地面的高度是40m，AB错误；C．两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为
根据两球在竖直方向上的动量守恒
两球粘在一起后的竖直速度为
继续下落，有得，则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；
D．小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为
根据两球在水平方向上的动量守恒得
相撞后两球的水平位移为
小球A从抛出到落回地面的水平距离为D错误。
故选C。
6. （2023·江苏苏北地区一模）如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α：碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A. 碰前入射光的波长为 B. 碰后电子的能量为
C. D.
【答案】C
【解析】A．根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为选项A错误；
B．设电子的质量为m，则碰后电子的能量为选项B错误；
CD．沿光子入射方向动量守恒，根据动量守恒定律可知选项C正确，D错误。故选C。
7. （2023·福建龙岩3月检测）（多选）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为，垂直于磁场方向有一足够长的、间距为的光滑竖直金属导轨，导轨上端接有电容为的电容器（不会被击穿），水平放置的质量分布均匀的金属棒的质量为，重力加速度大小为。让金属棒沿导轨无初速释放，金属棒和导轨始终接触良好且它们的电阻可忽略。以下关于金属棒运动情况的说法正确的是（ ）
A. 金属棒刚释放时加速度为
B. 金属棒下滑过程中，电流随时间一直增大
C. 金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D. 金属棒以加速度大小做匀加速下滑
【答案】AD
【解析】A．根据题意可知，金属棒刚释放时，只受重力，则加速度为，故A正确；
CD．根据题意，对金属棒由动量定理有其中
整理可知
由公式可得（定值）
则金属棒做匀加速运动，故C错误，D正确；
B．根据题意可知，金属棒下滑过程中，电流为
由上述分析可知，金属棒下降过程中，加速度保持不变，则电流保持不变，故B错误。
故选AD。
8. （2023·重庆第二次调研）（多选）如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（ ）
A. P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力大小为
B. Q棒第一次稳定运动时速度大小为
C. Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为
D. 从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为
【答案】CD
【解析】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得
根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；
BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得
又因
解得 故B错误，C正确；
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得
由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为
解得故D正确。故选CD。
9. （2023·福建福州4月检测）（多选）如图甲所示，质量为的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知B运动的图像如图乙所示，其中的图线为直线，不计空气阻力，则（ ）
A. 物块B的质量为 B. 时，弹簧的弹性势能最大
C. 时，B速度为零 D. 时，A、B开始分离
【答案】AC
【解析】A．碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有
解得故A正确；
B．当为零时，弹簧压缩量最短，弹簧的弹性势能最大，故B错误；
C．B与A一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为，由数学知识可得
可得
则有
设B速度为零时刻为，则有可得
则有 联立解得故C正确；
D．根据 时，B的速度为
可知此时A、B刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，故D错误。
故选AC。
10. （2023·湖南第五次大联考）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上设置有AB和CD两个减速缓冲区，缓冲区内物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且AB＝BC＝CD＝l。一质量为m的物块从斜面上O点由静止释放，若物块在运动全过程都受到一方向始终垂直于斜面向下、大小与速度大小成正比的变力F的作用，即，其中k为已知常量。已知物块通过AB段的时间与通过CD段的时间相等，且物块运动到D点时的加速度为零，重力加速度为g。
（1）求斜面上O点到A点的距离d。
（2）求物块在缓冲区内因摩擦产生的总热量。
（3）若将整个斜面设置为缓冲区，物块从斜面上距D点为s处由静止释放，物块运动到D点的加速度为零，求物块从释放点运动到D的总时间。
【答案】（1）；（2）；
（3）
【解析】（1）物块在BC段做匀加速直线运动，故物块在AB段和CD段一定做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾，即
，
物块运动到D点，加速度为零，则有
物块由B运动到C，由牛顿第二定律有
由运动学规律可得
物块由O运动A，有
联立解得
，
（2）物块由A运动到C，动能不变，由功能关系有
又
故物块在缓冲区内因摩擦产生的总热量为
（3）由（1）问可知物块到达D点的速度为
物块由释放点运动到D点，重力沿斜面向下的分力的冲量为
摩擦力的冲量为
由动量定理可得
联立解得
11. （2023·广东韶关二模）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A（视为质点）用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，钢球拉至与O等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离（大于）后停下。已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；
(2)积木B向前滑动的距离s；
(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进。求C被A球撞后经多长时间与B球相遇。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】(1)根据动能定理可得 ①
解得 ②
(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为 ，积木B速度为 ，由动量守恒定律有
③
由能量守恒定律有
④
联立解得
， ⑤
根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有
⑥
代入解得
⑦
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度仍为
⑧
C滑行s后与B碰撞，此时C的速度 满足
⑨
解得
⑩
当C刚滑离D时的速度为 ，由动能定理及动量定理可得
当C从滑离D至与B相遇
C被A球撞后经t时间与B球相遇
t=t1+t2
得
专题07 动量
1.（2023海南卷）已知一个激光发射器功率为，发射波长为的光，光速为，普朗克常量为，则（ ）
A. 光的频率为 B. 光子的能量为
C. 光子的动量为 D. 在时间内激光器发射的光子数为
【答案】AC
【解析】
光的频率 ，选项A正确；
光子的能量 ，选项B错误；
光子的动量 ，选项C正确；
在时间t内激光器发射的光子数 ，选项D错误。
2. （2023新课标卷）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. 甲的动量大小比乙的小
C. 甲的动量大小与乙的相等 D. 甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
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；
BCD．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，BD正确、C错误。
故选BD。
3. （2023浙江6月卷）有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为∆x。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（ ）
A. 电子的动量 B. 电子的动能
C. 光子的能量 D. 光子的动量
【答案】AD
【解析】根据条纹间距公式可得
A．根据可得故A正确；
B．根据动能和动量的关系
结合A选项可得故B错误；
C．光子的能量故C错误；
D．光子的动量
光子的能量
联立可得
则光子的动量故D正确。
故选AD。
4. （2023辽宁卷）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（ ）
A. 弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B. PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C. 整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D. 整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【解析】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向电流，选项A正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力方向向左；MN受安培力方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为选项B错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得，
可得则最终MN位置向左移动PQ位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理，可得选项C正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则选项D错误。
故选AC。
5. （2023辽宁卷）如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU（用t表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【解析】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12= 2a1x1
代入数据解得x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx = (m1＋m2)a共
对m2有a2= μg = 1m/s2
当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2解得
则对于m1、m2组成的系统有 DU = －Wf
联立有
6. （2023浙江6月卷）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点 解得 FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据可得在C点的速度vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点 解得v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则 解得碰后b的速度v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
7．（2023浙江1月卷）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车:上表面与直轨道下、平台位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得
根据能量守恒可得解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
8.（2023湖南卷）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立记得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
9.（2023全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【解析】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时 解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3= x球3
即得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
10. （2023全国甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与桌于右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时速度大小；
（2）金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得 ，
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有 解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
又，
联立可得
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
11. （2023山东卷）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有
整理得
解得，（舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得，（舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得，（舍去）
此时有方向向左；
方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量 即大小为9.02kg⋅m/s。
1. （2023·福建厦门二模）鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2m2，海水的密度为1.05×103kg/m3，则海浪对礁石的冲击力约为（ ）
A. 1.05×104N B. 5.25×104N
C. 7.88×104N D. 2.63×105N
【答案】B
【解析】设时间内与墙壁碰撞的水的质量为
取水的运动方向为正方向，在碰撞过程中，对时间内的水，在水平方向根据动量定理有
联立解得
根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为。
故选B。
2.（2023·河北唐山一模）（多选）在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（ ）
A. E B. 3E C. 5E D. 7E
【答案】BC
【解析】设物体A碰前速度v0，若两物体发生非弹性碰撞，则
此时
解得碰撞之前物体A的动能
若两物体发生弹性碰撞，则
解得
此时解得碰撞之前物体A的动能
则碰撞之前物体A的动能可能为3E和5E。
故选BC。
3. （2023·江苏苏锡常镇四市二模）2021年5月17日，由中国科学院高能物理研究所牵头的中国高海拔宇宙线观测站（LHAASO拉索）国际合作组在北京宣布，在银河系内发现大量超高能宇宙加速器，并记录到1.4拍电子伏的伽马光子（1拍），这是人类观测到的最高能量光子，则该光子动量约为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】伽马光子的能量为
根据
可得该光子动量为
故选A
4. （2023·河北保定一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（ ）
A. m， B. m，m
C. m，m D. m，m
【答案】A
【解析】小球、与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球、达到共速，设共速时的速度为，小球的初速度为，则由动量守恒定律有
碰撞过程中机械能守恒，有解得
由弹簧的压缩量x与弹性势能的关系可得
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为、，任取极短的时间，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为、则有
即有
固有
而两小球的对地位移之间的关系为
联立解得 故选A。
5. （2023·湖南怀化二模）如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，，g取。以下说法正确的是（ ）
A. 小球B下落时离地面的高度是20m
B. 小球A上升至最高处时离地面40m
C. 小球A从抛出到落回地面的时间为3s
D. 小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m
【答案】C
【解析】AB．A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为为小球B下落时离地面的高度是40m，AB错误；C．两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为
根据两球在竖直方向上的动量守恒
两球粘在一起后的竖直速度为
继续下落，有得，则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；
D．小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为
根据两球在水平方向上的动量守恒得
相撞后两球的水平位移为
小球A从抛出到落回地面的水平距离为D错误。
故选C。
6. （2023·江苏苏北地区一模）如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α：碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A. 碰前入射光的波长为 B. 碰后电子的能量为
C. D.
【答案】C
【解析】A．根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为选项A错误；
B．设电子的质量为m，则碰后电子的能量为选项B错误；
CD．沿光子入射方向动量守恒，根据动量守恒定律可知选项C正确，D错误。故选C。
7. （2023·福建龙岩3月检测）（多选）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为，垂直于磁场方向有一足够长的、间距为的光滑竖直金属导轨，导轨上端接有电容为的电容器（不会被击穿），水平放置的质量分布均匀的金属棒的质量为，重力加速度大小为。让金属棒沿导轨无初速释放，金属棒和导轨始终接触良好且它们的电阻可忽略。以下关于金属棒运动情况的说法正确的是（ ）
A. 金属棒刚释放时加速度为
B. 金属棒下滑过程中，电流随时间一直增大
C. 金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D. 金属棒以加速度大小做匀加速下滑
【答案】AD
【解析】A．根据题意可知，金属棒刚释放时，只受重力，则加速度为，故A正确；
CD．根据题意，对金属棒由动量定理有其中
整理可知
由公式可得（定值）
则金属棒做匀加速运动，故C错误，D正确；
B．根据题意可知，金属棒下滑过程中，电流为
由上述分析可知，金属棒下降过程中，加速度保持不变，则电流保持不变，故B错误。
故选AD。
8. （2023·重庆第二次调研）（多选）如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（ ）
A. P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力大小为
B. Q棒第一次稳定运动时速度大小为
C. Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为
D. 从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为
【答案】CD
【解析】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得
根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；
BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得
又因
解得 故B错误，C正确；
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得
由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为
解得故D正确。故选CD。
9. （2023·福建福州4月检测）（多选）如图甲所示，质量为的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知B运动的图像如图乙所示，其中的图线为直线，不计空气阻力，则（ ）
A. 物块B的质量为 B. 时，弹簧的弹性势能最大
C. 时，B速度为零 D. 时，A、B开始分离
【答案】AC
【解析】A．碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有
解得故A正确；
B．当为零时，弹簧压缩量最短，弹簧的弹性势能最大，故B错误；
C．B与A一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为，由数学知识可得
可得
则有
设B速度为零时刻为，则有可得
则有 联立解得故C正确；
D．根据 时，B的速度为
可知此时A、B刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，故D错误。
故选AC。
10. （2023·湖南第五次大联考）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上设置有AB和CD两个减速缓冲区，缓冲区内物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且AB＝BC＝CD＝l。一质量为m的物块从斜面上O点由静止释放，若物块在运动全过程都受到一方向始终垂直于斜面向下、大小与速度大小成正比的变力F的作用，即，其中k为已知常量。已知物块通过AB段的时间与通过CD段的时间相等，且物块运动到D点时的加速度为零，重力加速度为g。
（1）求斜面上O点到A点的距离d。
（2）求物块在缓冲区内因摩擦产生的总热量。
（3）若将整个斜面设置为缓冲区，物块从斜面上距D点为s处由静止释放，物块运动到D点的加速度为零，求物块从释放点运动到D的总时间。
【答案】（1）；（2）；
（3）
【解析】（1）物块在BC段做匀加速直线运动，故物块在AB段和CD段一定做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾，即
，
物块运动到D点，加速度为零，则有
物块由B运动到C，由牛顿第二定律有
由运动学规律可得
物块由O运动A，有
联立解得
，
（2）物块由A运动到C，动能不变，由功能关系有
又
故物块在缓冲区内因摩擦产生的总热量为
（3）由（1）问可知物块到达D点的速度为
物块由释放点运动到D点，重力沿斜面向下的分力的冲量为
摩擦力的冲量为
由动量定理可得
联立解得
11. （2023·广东韶关二模）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A（视为质点）用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，钢球拉至与O等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离（大于）后停下。已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；
(2)积木B向前滑动的距离s；
(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进。求C被A球撞后经多长时间与B球相遇。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】(1)根据动能定理可得 ①
解得 ②
(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为 ，积木B速度为 ，由动量守恒定律有
③
由能量守恒定律有
④
联立解得
， ⑤
根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有
⑥
代入解得
⑦
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度仍为
⑧
C滑行s后与B碰撞，此时C的速度 满足
⑨
解得
⑩
当C刚滑离D时的速度为 ，由动能定理及动量定理可得
当C从滑离D至与B相遇
C被A球撞后经t时间与B球相遇
t=t1+t2
得
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