2025年高考物理試題分類匯編-動量

2025年高考試題分類匯編

專題07動量

1.（2025?河南?高考試題）如圖，在一段水平光滑直道上每間隔乙=3m鋪設有寬度為/?=2.4m

的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊緣靜止有質量為肛=2kg的小物塊P,另一質量為

"%=4kg的小物塊Q以%=7m/s的速度向右運動并與p發(fā)生正碰，且碰撞時間極短。已

知碰撞后瞬間P的速度大小為u=7m/s,P、Q與防滑帶間的動摩擦因數(shù)均為〃=。.5,重

力加速度大小g=10m/s20求：

⑴該碰撞過程中損失的機械能；

（2）P從開始運動到靜止經歷的時間。

【答案】⑴24.5J

⑵5s

【詳解】（1）P、Q與發(fā)生正碰，由動量守恒定律加2%=加

由能量守恒定律片=g嗎％+?//+△￡

聯(lián)立可得h=3.5m/s,AE=24.5J

（2）對物塊P受力分析由牛頓第二定律4叫g=機用

物決P在第一個防滑帶上運動時，由運動學公式--哈=2叱，％="W

解得%〕=5m/s

則物塊P在第一個防滑帶上運動的時間為4=0.4s

P

物塊在光滑的直道上做勻速直線運動，則4=vPIr2

解得&=0.6s

物決P在第二個防滑帶上運動時，由運動學公式用一年2=2叱，%=電-陽

解得vP2=lm/s

則物塊P在第二個防滑帶上運動的時間為，3=0-8s

物決P在光滑的直道上做勻速直線運動，貝匹=心2。

解得。=3s

由以上條件可知，物塊P最終停在第三個防滑帶上，由運動學公式0=%2-35

可用物塊P在第三個防滑帶上運動的時間為4=0?2s

故物塊P從開始運動到靜止經歷的時間為1+弓+，3+G+4=5s

2.（2025?河南?高考試題）兩小車P、Q的質量分別為%和想〃2Q,將它們分別與小車N沿直

線做碰撞實驗，碰撞前后的速度v隨時間t的變化分別如圖1和圖2所示。小車N的質量

為外，碰撞時間極短，則（）

4v

1碰撞前碰撞后一1碰撞前碰撞后.

0t0J

圖1圖2

A./n>/n>mBfn^>m>mc.>m>n

pNQ.pQ?為D.fnQ

【答案】D

=，％%'+%為，

【詳解】PN碰撞時，根據(jù)碰撞前后動量守恒有7??pVp+vN

即叫（4一%'）=叫1（喋'一味）

根據(jù)圖像可知卜p-彩'卜［；一心），故"Zp<"?N；

同理，QN碰撞時，根據(jù)碰撞前后動量守恒有+恤及=+，樂晨

根據(jù)圖像可知卜Q故叫〉人；

故％〉，赤〉叫

故選Do

3.（2025?廣東?高考試題）如圖所示，在光滑的水平面，，兩小球M、N分別受到拉力Fl、F2

的作用，從靜止開始在同一直線上相向運動，在tl時刻發(fā)生正碰后各自反向運動。已知F1、

F2始終大小相等、方向相反，從開始運動到碰撞后速度第1次減為。過程中，兩小球速度

v隨時間t變化的關系圖，可能正確的是（）

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律〃=￡兩物體受外力F大小相等，由圖像的斜率等于加速度可知M、

m

N的加速度大小之比為4:6=2:3,可知M、N的質量之比為6:4=3:2；設分別為3m和2m；

由圖像可設MN碰前的速度分別為4V和6v,則因MN系統(tǒng)受合外力為零，向右為正方向,

則系統(tǒng)動量守恒，則由動量守恒定律3”?小-2〃?6，=3加必+2加1，2

若系統(tǒng)為彈性碰撞在，則能量關系可知,3皿4以+、2皿6U）2=、3〃/+_L.2〃W；

2222~

解得V1=-4u、v2=6v

因M、N的加速度大小之比仍為2：3,則停止運動的時間之比為1:1,即兩物體一起停止，則

BD是錯誤的；

若不是彈性碰撞，貝|」3〃小4^一2m?6以=3〃3+2〃2%

可如碰后速度大小之比為片：匕=2：3

若假設vl=2v,則v2=3v,此時滿足43〃2（4U）2+--2/?7（6V）2>—?3mv.2+—?2mv?

2222

則假設成立，因M、N的加速度大小之比仍為2：3,則停止運動的時間之比為1:1,對M來

說碰撞前后的速度之比為4v:2v=2:l

可知碰撞前后運動時間之比為2:1,可知A正確，C錯誤。

故選A。

5.（2025?浙江?高考俄題〉如圖所示，光滑水平地面上放置完全相同的兩K板A和B,滑塊C

（可視為質點）置于B的右端，三者質量均為1kg。A以4m/s的速度向右運動，B和C一

起以2m/s的速度向左運動，A和B發(fā)生碰撞后粘在一起不再分開。己知A和B的長度均

為0.75m,C與A、B間動摩擦因數(shù)均為0.5,則（）

1Al|B

A.碰撞瞬間C相對地面靜止

B.碰撞后到三者相對靜止，經歷的時間為0.2s

C.碰撞后到三者相對靜止，摩擦產生的熱量為12J

D.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

【詳解】A.碰撞瞬間C相對地面向左運動，選項A錯誤；

B.向右為正方向，則AB碰撞過程由動量守恒

mvA-mv3=2mvx

解得

vl=lm/s

方向向右；當三者共速時

2mvl-mvc=3mv

可知

v=0

即最終三者一起靜止，可知經歷的時間

2

「上=s=0.4s

4g0.5x10

選項B錯誤；

C.碰撞到三者相對靜止摩擦產生的熱量

1.1

Q=—x2mv~+—mv]=3J

2

選項C錯誤；

D.碰撞到三者相對靜止由能量關系可知

Q=相對

可得

/對=0.6m

選項D正確。

故選De

6.（2025?浙江?高考試題）有一離地面高度20m、質量為2x10*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)IxlO-kg/s,重力加速度

^=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。=0時，沙塵顆粒速度達到最大且穩(wěn)定，此

時速度滿足

mg=Wn............②

解得

%=2xlO3m/s

由動量定理可得

mgt一kvt=mv

即

mgt-kh=mv

則沙塵下落時間為

kh+mv

t=---------

mg

由于機u《攵力，則

r?-^=104s?3h

mg

故選Bo

2025年高考模擬試題分類匯編

1.（2025?河南模擬）如圖所示為某種減速裝置示意圖，質量為m的物體P在光滑絕緣水平面

上以初速度v向右運動，P由N個相同的區(qū)域組成，每個區(qū)域寬度為L,其中1、3、5…區(qū)

域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，2、4、6…區(qū)域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，

各區(qū)域磁感應強度大小均相同，Q為一個固定的正方形線圈，邊長也為已知當P的右

邊界剛通過線圈Q右側時，P的速度減小了0.05U,下列說法正確的是（）

P

???4：321

1

L

A.2區(qū)域右邊界通過Q右側時速率為0.75uB.2區(qū)域右邊界通過Q右

側時速率為0.85U

C.為使P的速度能減至零，N不能小于6D.為使P的速度能減至零，N不能小于7

【答案】AC

R2T2

【詳解】AB.當P的右邊界剛通過線圈Q右端過程中，根據(jù)動量定理上

R

D-Ji

累加得------=-mx0.05v

R

2區(qū)域右邊界通過線圈Q右端過程中，根據(jù)動量定理，累加得—4隼=用&一v）

解得匕=0.75v

故A正確，B錯誤；

CD.根據(jù)分析可知u=0.05u+（N—l）x4x0.05u+0.05u

解得N=5.5

即N不能小于6,故C正確，D錯誤。

故選ACo

2.（2025?河南模擬）中國某新型連續(xù)旋轉爆震發(fā)動機（CRDE）測試中，飛行器總質量（含燃料）為

M，設每次爆震瞬間噴出氣體質量均為Am,噴氣速度均為□（相對地面），噴氣方向始終

與飛行器運動方向相反。假設飛行器最初在空中靜止，相繼進行幾次爆震（噴氣時間極短，

忽略重力與阻力）。下列說法正確的是（）

A.每次噴氣過程中，飛行器動量變化量方向與噴氣方向相同

B.每次噴氣后，飛行器（含剩余燃料）速度增量大小相同

C.經過〃次噴氣后，飛行器速度為—―

M-nA/n

D.由于在太空中沒有空氣提供反作用力，所以該飛行器無法在太空環(huán)境中爆震加速

【答案】C

【洋解】A.由題意可知，每次噴氣過程中，系統(tǒng)（包括飛行器和噴出的氣體）總動量守恒。

噴出氣體的動量方向與噴氣方向相同，由于系統(tǒng)總動量守恒，那么飛行器動量變化量方向

與噴出氣體動量變化量方向相反，所以飛行器動量變化量方向與噴氣方向相反，故A錯誤；

B.根據(jù)動量守恒定律，系統(tǒng)初始總動量為0,第一次噴氣后，噴出氣體質量為△加，速度為叭

飛行器質量變?yōu)樗俣葹樨?，則有。=Amu-（M-Am）匕

&7W

解得W=

M-△"?

所以第一次噴氣后速度增量AR=匕二儼’

M-Am

在第二次噴氣之前，此時系統(tǒng)總動量為（M-Am）、，噴氣后，噴出氣體質量仍為△機，速度

為V,飛行器質量變?yōu)镸-2A/77,速度為匕，則有—（M—2Am）均

出^mv八、、「㈤2A/??v

將匕二不—二代入可得彩二〃o

M一AmM-2A/7?

2A/71VA/wvM\mv

所以第二次噴氣后速度增量△%=匕一片=A/F一—VfA=（AAfA\

M-2A/Z/M-bm（M-2A〃z）（M-\m）

以此類推，可以看出每次噴氣后飛行器速度增量大小不相同，故B錯誤；

C.設經過〃次噴氣后飛行器的速度為心。系統(tǒng)初始總動量為0,〃次噴氣后，噴巴氣體總質

量為應打，速度為上飛行器質量變?yōu)镸-速度為乙。根據(jù)動量守恒定律可得

0=-M-〃Am）vn

n\mv

解得匕=

M-n\m

故C正確;

D.雖然在太空沒有空氣，但飛行器噴氣時?，飛行器與噴出的氣體之間存在相互作用力，根據(jù)

牛頓第三定律，噴出氣體對飛行器有反作用力，所以飛行器可以在太空環(huán)境中通過爆震加

速，故D錯誤。

故選C。

3.（2025?河南模擬）如圖所示，質量均為m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，輕桿上端的。點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為2m的球C,現(xiàn)

將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C,則下列說法正確的是（重力加速度為g）

（）

co

BA

\\\\\\\\\\\\\\\xwWWXxwwwX

A.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒

B.C球擺到最低點時，物塊B的速度為國1

c.C球第一次擺到最低點過程中，木塊A、B向左移動的距離為4

2

D.當A、B、C運動狀態(tài)穩(wěn)定后，細線與桿所成夾角最大為90。

【答案】C

【洋解】A.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，可

知選項A錯誤；

1,1,

B.C球擺到最低點時由動量守恒和能量關系2〃”公=2祐以8，-2mv-+--2mv；B

乙J

解得物塊B的速度為VAB=癡

選項B錯誤；

C.C球第一次擺到最低點過程中，根據(jù)2相左=2〃優(yōu)AB，XC+XAB=L

可得木塊A、B向左移動的距離為％AB

選項C正確；

D.當C到達最低點再向右擺動時，A做減速運動，此后AB分離，由于因系統(tǒng)有部分機械能

傳給了B,則當A、B、C運動狀態(tài)穩(wěn)定后，小球C不會擺到原來的高度，即細線與桿所成

夾角最大不會達到90。，選項D錯誤。

故選Co

4.開有凹槽的斜面固定在地面上，斜面與水平軌道0A平滑連接，0A長度為6r。槽內上端緊

挨放置四個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖所示。將四個小球由靜止同時釋放，小

球落地后均靜止，不計一切摩擦。各小球在運動過程中，下列說法正確的是（）

勿勿勿勿勿勿勿勿勿勿勿勿勿勿勿勿

A.球4的機械能守恒B.球1處在0A段時動量不變

C.四個球最終的落地點各不相同D.四個小球中球1離開軌道時的速度最小

【答案】B

【詳解】A.4個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒，球4在水

平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，后面的球對球4球做功，球4的機械能不守恒，

故A錯誤；

B.球1處在0A段時，做勻速運動，根據(jù)p=mv

可知球1動量不變，故B正確；

CD.由于2、3、4三個球在水平軌道0A運動時，斜面上的小球與水平軌道0A上小球間會有

相互作用，所以2、3、4三個球在水平面均做加速運動，離開A點時，球4的速度最小，

水平射程最?。?、2、1三個球一起在水平軌道0A上運動時不再加速，3、2、1高開水平

軌道0A的速度相等，水平射程相同，所以4個球的落點球4單落一個點，3、2、1三個球

的落點相同，故CD錯誤。

故選Bo

5.如圖，質量均為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的細線，細線另一端系一質量為0.1kg的球C,現(xiàn)將球C拉起使細線水平，

并由靜止釋放，當球C擺到最低點時：木塊A恰好與木塊B相撞并粘在一起，不計空氣阻

力，則()

A.球C擺到最低點的速度是“2m/s

B.木塊A、B原先間距0.04m

C.球C通過最低點后向左擺動上升最大高度為0.21m

D.球C開始下落到A、B、C三者相對靜止，系統(tǒng)產生的熱量為0.005J

【答案】C

【矛解】A.球C向下運動到最低點的過程中，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o=，%%一〃入人

根憲機械能守恒，有mcgL=Jmc試

解得速度大小分別為vc=2m/s,vA=0.2m/s

故A錯誤；

B.球C向下運動到最低點的過程中，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=〃?(：%一〃3八

兩辿向乘以t,有。二〃七七一mA4

又有=L

聯(lián)立解得4