1、20202020 年高考物理年高考物理专题专题训练训练卷卷 动量定理与动量守恒定律动量定理与动量守恒定律 一、选择题一、选择题 1.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面 的碰撞时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 A10 N B10 2 N C10 3 N D104 N 解析 根据自由落体运动和动量定理有 2ghv 2(h 为 25 层楼的高度， 约 70 m)，Ftmv， 代入数据解得F110 3 N，所以 C 正确。 答案 C 2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过 位移L后，动量变为
2、p、动能变为Ek，以下说法正确的是 A在力F的作用下，这个物体若是经过时间 3t，其动量将等于 3p B在力F的作用下，这个物体若是经过位移 3L，其动量将等于 3p C在力F的作用下，这个物体若是经过时间 3t，其动能将等于 3Ek D在力F的作用下，这个物体若是经过位移 3L，其动能将等于 3Ek 解析 根据pmv，Ek1 2mv 2 联立解得p 2mEk 根据动能定理FL1 2mv 2，位移变为原来的 3 倍，动能变为原来的 3 倍，根据 p 2mEk， 动量变为原来的 3倍，故 B 错误，D 正确。根据动量定理Ftmv，时间变为原来的 3 倍， 动量变为原来的 3 倍，根据Ekp 2
3、2m，知动能变为原来的 9 倍，故 A 正确，C 错误。 答案 AD 3.(多选)质量为m的物块甲以 3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其 左侧，另一质量也为m的物块乙以 4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧 相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则 A在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒 B当两物块相距最近时，甲物块的速度为零 C甲物块的速率可能为 5 m/s D当甲物块的速率为 1 m/s 时，乙物块的速率可能为 2 m/s 解析 在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项 A 正确；当两物块相距最近时，两物块
4、速度相等，甲物块的速度不为零，选项 B 错误；若甲 物块的速率为 5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为 6 m/s 或 4 m/s，两物块 组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项 C 错误；当甲物块的速率为 1 m/s，方 向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m4 m/sm3 m/smvm1 m/s，解得乙物块的速率v2 m/s，选项 D 正确。 答案 AD 4.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘 80 cm 高度把 1 000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为 1 s，豆粒弹起时竖直方向 的速度变为碰前的一半。
5、若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰 撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1 000 粒豆粒的总质量为 100 g。则 在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为 A0.2 N B0.6 N C1.0 N D1.6 N 解析 豆粒下落到秤盘上的速度 v 2gh 2100.8 m/s4 m/s； 反弹后速度为v2 m/s，设向下为正方向， 则根据动量定理可知：Ftmvmv， 解得：F0.6 N；由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为 0.6 N。 故 B 正确，A、C、D 错误。故选 B。 答案 B 5.(多选)(如图所示，质量为 2 kg 的足够长平板
6、车Q上表面水平，原来静止在光滑水平 面上，平板车左端静止着一块质量为 2 kg 的物体P，一颗质量为 0.01 kg 的子弹以 700 m/s 的速度水平瞬间射穿P后，速度变为 100 m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为 0.5，则 A由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不 守恒 B子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒 C子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒 D子弹瞬间射穿P后，P的速度为 3 m/s 解析 取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程，子弹和物体P 组成的系统满足动量守
7、恒条件，由动量守恒，可知mv0mvMvP，解得vP3 m/s，选项 A 错误，D 正确；子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统机械能不守恒，但能量守 恒，选项 B 正确，C 错误。 答案 BD 6.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有 一个边长为a(aL)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(v v0)，那么 A完全进入磁场中时线圈的速度大于(v0v)/2 B完全进入磁场中时线圈的速度等于(v0v)/2 C完全进入磁场中时线圈的速度小于(v0v)/2 D以上情况 A、B 均有可能，而 C 是不可能的 解析 设线圈完全进入磁场中
8、时的速度为vx。 线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安 培力。对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得： FtBa R BaBa 2 R mvxmv0 对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得： FtBa R BaBa 2 R mvmvx 由上述二式可得vxv 0v 2 ，故 B 正确。 答案 B 7.(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨 道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则 Am不能到达M上的B点 Bm从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 Cm从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 DM
9、与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 解析 根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方 向动量守恒，D 正确；m滑到右端两者有相同的速度时有：0(mM)v，v0，再根据机械 能守恒定律可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，A 错误；m 从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B 错误，C 正确。 答案 CD 8.在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为 3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的1 4，则碰后 B球的速度 大小是 A.v 0 2 B. v0
10、6 C.v 0 2或 v0 6 D无法确定 解析 两球相碰后A球的速度大小变为原来的1 2，相碰过程中满足动量守恒，若碰后 A 速度方向不变，则mv01 2mv 03mv1，可得B球的速度v1v 0 6，而 B在前，A在后，碰后A球 的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv01 2mv 03mv1， 可得v1v 0 2，A 正确，B、C、D 错误。 答案 A 9.质量为 80 kg 的冰球运动员甲，以 5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为 100 kg、速度为 3 m/s 的迎面而来的运动员乙相碰，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短， 下列说法中正确的是
11、A碰后乙向左运动，速度大小为 1 m/s B碰后乙向右运动，速度大小为 7 m/s C碰撞中甲、乙的机械能总共增加了 1 450 J D碰撞中甲、乙的机械能总共损失了 1 400 J 解析 甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前 甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律得：m甲v甲m 乙v乙m乙v乙，解得：v乙1 m/s，方向水平向右，选项 A、B 错误；甲、乙碰撞过程机 械能的变化量 E1 2m 甲v甲 21 2m 乙v乙 21 2m 乙v乙 2代入数据解得 E1 400 J，机械能减 少了 1 400 J，选项 C 错误，D 正确
12、。 答案 D 10.如图所示，质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着 完全相同步枪和子弹的射手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后 右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木 块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是 A木块静止，d1d2 B木块向右运动，d1d2 C木块静止，d1d2 D木块向左运动，d1d2 解析 把两颗子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律，可知最终木块静止。左侧射 手开枪， 把子弹和木块看成一个系统， 由动量守恒定律可知， 木块向右运动。 右侧射手开枪，
13、 子弹相对于木块的速度大于木块静止时子弹相对于木块的速度， 所以子弹进入木块的相对速 度较大，分析可知d1d2，选项 C 正确，A、B、D 错误。 答案 C 11.(多选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜 面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确 的是 A斜面对物体的弹力的冲量为零 B物体受到的重力的冲量大小为mgt C物体受到的合力的冲量大小为零 D物体动量的变化量大小为mgsin t 解析 斜面对物体的弹力的冲量大小IFNtmgcos t，弹力的冲量不为零，故 A 错误；物体所受重力的冲量大小为IGmgt，故 B 正确
14、；物体受到的合力的冲量大小为 mgtsin ，由动量定理得，动量的变化量大小 pI合mgsin t，故 C 错误，D 正确。 答案 BD 12.有一宇宙飞船，它的正面面积S2 m 2，以 v310 3 m/s 的相对速度飞入一宇宙微 粒尘区。此微粒尘区 1 m 3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为 m210 7 kg。设 微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 A3.610 3 N B3.6 N C1.210 3 N D1.2 N 解析 选在时间 t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为 vt的圆柱体内微粒的质量，即MmSvt，初动量为
15、 0，末动量为Mv，设飞船对微粒的作 用力为F，由动量定理得FtMv0，则F Mv t mSvtv t mSv 2，由牛顿第三定律可 知，微粒对飞船的撞击力大小等于mSv 2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加 F FmSv 2，代入数据解得 F210 72(3103)2 N3.6 N，故 A、C、D 错误，B 正 确。 答案 B 二二 非选择题非选择题 13.如图所示，长为L、高为h、质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为m 的小物块(可视为质点)从光滑曲面上离车顶高度为h处由静止下滑， 离开曲面后水平向右滑 到小车上，最终物块滑离小车。已知重力加速度为g，物块与小车间的动摩擦
16、因数4h 9L。 求： (1)物块滑离小车时的速率v1； (2)物块从刚滑上小车到刚滑离小车的过程，小车向右运动的距离x。 解析 (1)设物块滑到小车上时的速率为v0，根据机械能守恒定律有：1 2mv 0 2mgh 设物块滑离小车时物块和小车的速率分别为v1、v2，以物块和小车为研究对象，根据动 量守恒mv0mv1mv2 根据能量守恒定律有：1 2mv 0 21 2mv 1 21 2mv 2 2mgL 物块滑离小车的条件为v1v2， 解得：v12 3 2gh，v21 3 2gh。 (2)对小车，根据动能定理有：mgx1 2mv 2 20 解得：xL 4。 答案 (1)2 3 2gh (2)L
17、4 14.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与 ED相切于D点，且半径R0.5 m，质量m0.1 kg 的滑块A静止在水平轨道上，另一质量 M0.5 kg 的滑块B前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度v0向左运动并与滑块A 发生弹性正碰。若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g10 m/s 2， 问： (1)B滑块至少要以多大速度向前运动； (2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为 多少？ 解析 (1)设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B 碰撞前的速度
18、为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力， 由牛顿第二定律得mgmv C 2 R ， 由机械能守恒定律得1 2mv 2 2mg2R1 2mv C 2， B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒 定律得 Mv0Mv1mv2， 由机械能守恒定律得 1 2Mv 0 21 2Mv 1 21 2mv 2 2， 联立并代入数据解得v03 m/s。 (2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v、A、B 碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 Mv0(Mm)v， 由机械能守恒定律得 1 2Mv 0 2E p1
19、 2(Mm)v 2， 联立并代入数据解得Ep0.375 J。 答案 (1)3 m/s (2)0.375 J 15.如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点， 水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的 弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v08 m/s 向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹 簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连(碰撞时间极短)，此后，AC及B的速度时间图 象如图乙所示。已知A、B、C、D的质量均为m1 kg，木板A的长度l5 m，A、C与粗糙 面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取
20、 10 m/s 2。求： (1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数。 (2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。 (3)最终物块B离长木板A左端的距离。 解析 (1)设A与地面间的动摩擦因数为，B与A上表面间的动摩擦因数为，由 图乙可知，01 s，A、C整体做匀减速运动的加速度大小aA13.5 m/s 2 B做匀加速运动的加速度大小aB11 m/s 2 对A、C整体有：3mgmg2maA1 对B有：mgmaB1 解得：0.2，0.1 (2)C与A碰撞过程动量守恒， 由动量守恒定律得：mvC2mvA 其中：vA4.5 m/s 解得：vC9 m/s 弹簧弹开过程中，对C、D系统由动量守恒定
21、律得： 2mv0mvCmvD 解得：vD7 m/s 弹簧弹开过程中，C、D及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 1 22mv 0 2E p1 2mv C 21 2mv D 2 解得：Ep1 J (3)由图乙可知，01 s 内B相对A向左运动的位移 x14.5 2 1 m2.25 m A与B速度相等后，B的加速度大小aB2g1 m/s 2 A、C整体的加速度大小 aA23mgmg 2m 2.5 m/s 2 因为aA2aB2，所以A、C整体先停止运动，A、C整体的运动时间：t v aA20.4 s 在 0.4 s 内B相对A向右运动的位移 x2vt1 2a B2t 2v 2t0.12 m A停止时B的速度vvaB2t0.6 m/s 然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度大小aB3g1 m/s 2 B相对A向右运动的位移 x3v 2 2aB30.18 m 所以最终B离长木板左端的距离 xlx1x2x33.05 m。 答案 (1)0.2 0.1 (2)1 J (3)3.05 m
