高考物理二轮复习高频考点专项训练---动量定理与动量守恒定律的应用（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

高考物理二轮复习高频考点专项训练---

动量定理与动量守恒定律的应用

1.(2019·山西晋中市适应性调研)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用．力F分别按下图A、B、C、D所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿水平向右为正方向)．已知物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2 s末的速率，则这四个速率中最大的是(　　)

答案　A

解析　物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理，有：I＝mv－0，故力F的冲量最大时，末速度最大；图中－t图线与t轴包围的“面积”与冲量大小成正比，上方冲量为正，下方冲量为负，由于A图中冲量的矢量和最大，故A图中物体的末速度最大；故选A.

2．(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(　　)

A.，0   B.，2mv0

C.，   D.，2mv0

答案　D

解析　子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小v＝；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，规定水平向右为正方向，根据动量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选D.

3.(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是(　　)

A．轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv

B．轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为mv2

C．弹簧恢复原长时，A的动量一定为零

D．A、B两物体组成的系统机械能守恒

答案　AC

解析　A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝，则此时A的动能为EkA＝mv共2＝mv2，故B错误；A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，A和B及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有：mv＝mvA＋mvB，mv2＝mvA2＋mvB2，可得vA＝0，vB＝v，故C正确；A、B系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A、B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误．

4．(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图所示，小木块用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有(　　)

A．α角增大，ΔE也增大

B．α角增大，ΔE减小

C．α角减小，ΔE增大

D．α角减小，ΔE也减小

答案　C

解析　小木块质量增大，由动量守恒可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝mv02－(M＋m)v2，且v＝，联立解得ΔE＝＝，则M增大时，ΔE增大，C正确．

5.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，不计b球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP中点，则a、b球质量之比M∶m为(　　)

A．3∶5            B．1∶3            C．2∶3             D．1∶2

答案　A

解析　设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2.由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a球，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为：s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得：v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得：Mv02＝Mv12＋mv22，解得M∶m＝3∶5，A正确．

6.(2019·福建泉州市质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下，假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，且比例系数相同，甲的质量是乙的2倍，则下落过程中(　　)

A．甲的最大加速度是乙的2倍

B．甲的最大速度是乙的2倍

C．甲的最大动量是乙的倍

D．甲的最大动能是乙的4倍

答案　D

解析　冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，所以下落过程中速度为0时加速度最大，冰雹只受重力，所以最大加速度均为g，故A错误；当冰雹的重力与阻力相等时加速度为0，速度最大，即有mg＝kv2，得：v＝，由于甲的质量是乙的2倍，所以甲的最大速度是乙的倍，故B错误；动量p＝mv，由于甲的质量是乙的2倍，甲的最大速度是乙的倍，所以甲的最大动量是乙的2倍，故C错误；动能Ek＝mv2，由于甲的质量是乙的2倍，甲的最大速度是乙的倍，所以甲的最大动能是乙的4倍，故D正确．

7.(多选)(2019·广西梧州市联考)水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v－t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，下列关于两物体在整个运动过程中的说法，正确的是(　　)

A．F1的冲量小于F2的冲量

B．F1做的功大于F2做的功

C．两物体受到的摩擦力大小相等

D．两物体受到的摩擦力做的功相等

答案　AC

解析　由题意可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，选项C正确；对整个过程，由动量定理得：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由题图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A正确；克服摩擦力做的功Wf＝Ffx，因v－t图线与t轴围成的图形的“面积”等于位移大小，可知无法比较x1和x2的大小，则两物体受到的摩擦力做的功不能比较，根据动能定理有：WF1－Wf1＝0，WF2－Wf2＝0，则可知F1做的功与F2做的功不能比较，选项B、D错误．

8．(2019·河南平顶山市一轮复习质检)质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为(　　)

A．v－   B．v－

C.   D.

答案　C

解析　由题意可知：I＝mgt，则t＝，经过t时间，小球竖直方向的速度大小为vy＝gt＝，根据速度分解可知，初速度大小为v0＝，故选C.

9．(2019·四川综合能力提升卷)质量为1 kg的弹性小球以9 m/s的速度垂直砸向地面，然后以同样大小的速度反弹回来，关于小球与地面的碰撞过程，下列说法正确的是(　　)

A．小球动量的变化量为0

B．地面对小球的冲量大小为18 N·s

C．合外力的冲量大小为18 N·s

D．小球的加速度为0

答案　C

解析　从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在与地面碰撞过程中速度的变化量为：Δv＝v2－v1＝－9 m/s－9 m/s＝－18 m/s，小球动量的变化量为Δp＝mΔv＝－18 kg·m/s ，则小球的加速度为：a＝＝，所以加速度不为0，A、D错误；碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理：IG－I地＝Δp＝－18 N·s，则合外力冲量大小等于18 N·s，地面对小球的冲量大小大于18 N·s，C正确，B错误．

10.(多选)(2019·河北邯郸市测试)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化为－4 kg·m/s，则(　　)

A．左方是A球

B．右方是A球

C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞

答案　AC

解析　光滑水平面上大小相同的A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为2 kg·m/s，所以碰后B球的动量是增加的，为10 kg·m/s.由于两球质量关系为mB＝2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，所以选项A、C正确，B错误；设A的质量为m，则B的质量为2m；根据Ek＝，碰前动能：Ek1＝＋＝；碰后动能：Ek2＝＋＝，Ek1＝Ek2，则两球发生的是弹性碰撞，选项D错误．

11.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图所示，质量为M＝3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m＝1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3 m/s时，物块处于(　　)

A．匀速运动阶段   B．减速运动阶段

C．加速运动阶段   D．速度为零的时刻

答案　B

解析　开始阶段，物块向左减速，木板向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1，解得：v1＝ m/s≈2.67 m/s；此后物块将向右加速，木板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2.由动量守恒定律得：(M－m)v＝(M＋m)v2，解得：v2＝＝ m/s＝2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．由此可知当木板的速度为3 m/s时，m处于减速运动阶段，故选B.

12，(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图3所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止状态，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为(　　)

A.               B.              C.                       D.

答案　C

解析　解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，挡光片挡片时间为t，则小车匀速运动的速度为v1＝，设小球的速度为v2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根据动量守恒定律得：3mv1＝mv2，得小球的速度v2＝，故选C.

13.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)3个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触．现把质量为m1的小球拉开一些，如图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等．若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1∶m2∶m3为(　　)

A．6∶3∶1   B．2∶3∶1

C．2∶1∶1   D．3∶2∶1

答案　A

解析　因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小球的动量相等，设为p，则总动量为3p.由机械能守恒得＝＋＋，即＝＋＋，代入四个选项的质量比值关系，只有A项符合，故选A.

14.(2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)

A．2.7 m/s         B．5.4 m/s           C．7.6 m/s        D．10.8 m/s

答案　C

解析　设Δt时间内一个喷嘴中有质量为m的水喷出，忽略水的重力冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理得：

FΔt＝2mv

m＝ρvΔt·π

因运动员悬停在空中，则F＝Mg

联立代入数据解得：v≈7.6 m/s，故C正确．

15．(2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力．以下说法正确的是(　　)

A．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态

B．在t时间内，小明机械能增加了mgh

C．在t时间内，地面给小明的平均支持力为＝

D．在t时间内，地面对小明做功mgh

答案　B

解析　从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，这是在蹬地的时间t中，其他外力做功转化的，故B正确；在时间t内，由动量定理得：t－mgt＝mv－0，离开地面到最高点有：mgh＝mv2，联立解得：＝＋mg，故C错误；在时间t内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误．