2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题二　第7练　动量（含解析）

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［保分基础练］
1.(多选)(2024·广东江门市一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正确的是( )
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N
2.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A.弹簧原长时A动量最大
B.压缩最短时A动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
3.(多选)(2024·全国甲卷·20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.t=0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
4.(多选)(九省联考·河南·21)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t=2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则( )
A.Q的质量为1 kg
B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J
D.t=5.8 s时木板速度恰好为零
5.(2024·辽宁沈阳市质量监测)如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。重力加速度为g。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B.小球沿轨道上升的最大高度为3v028g
C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
［争分提能练］
6.(2024·安徽黄山市二模)某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为( )
A.h=Mg(kt-M)k2B.h=Mgtk
C.h=Mg(kt+M)k2D.h=Mgtk2
7.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq22d，k为静电力常量，不计空气阻力。则( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D.在图乙位置，v3=2kq23md
8.(12分)(2024·甘肃卷·14)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)(4分)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)(3分)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)(5分)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
9.(16分)(2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6)，与水平面平滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)(4分)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)(5分)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)(7分)物块A与斜面间的动摩擦因数。
答案精析
1.ACD [根据F·Δt=Δp，可得F=ΔpΔt，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误；根据I=F·Δt，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；代入数据，可得F=2×66×10-3 N=2 000 N，可知事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N，故D正确。]
2.A [对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误；
滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，A正确，B错误。]
3.BD [根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误；
同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入数据可得F=4 600 N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。]
4.AC [两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1 kg，Q的质量为M，碰撞瞬间P、Q组成的系统动量守恒mv1+Mv2=(m+M)v3
根据v-t图像可知，v1=3 m/s，v2=1 m/s，v3=2 m/s，代入上式解得M=1 kg，故A正确；
设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0~2 s内P与Q的加速度大小分别为aP=1.5 m/s2，aQ=0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg=maP
μ1mg-μ2(m+M)g=MaQ
联立解得μ2=0.05，故B错误；
由于碰撞系统损失的机械能为
ΔE=12mv12+12Mv22-12(m+M)v32
代入数据解得ΔE=1.0 J，故C正确；
对碰撞后整体受力分析，μ2(M+m)g=(M+m)a
又v3=at2，代入数据解得t2=4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t0=2 s+4 s=6 s，故D错误。]
5.B [依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设达到最高点的高度为H，此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得mv0=(m+3m)v，根据能量守恒，可得12mv02=12(m+3m)v2+mgH，联立解得H=3v028g，故A错误，B正确；设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0=mv球+3mv车，12mv02=12mv球2+12×3mv车2，联立解得v球=-12v0，v车=12v0，可知小车相对小球的速度大小为Δv=v车-v球=v0，故C、D错误。]
6.A [根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg=f=kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt-f-t=Mv-0，ft=kvt=kh，联立可得h=Mg(kt-M)k2，故选A。]
7.D [该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；
对系统根据动量守恒
mv1+mv2=mv3
根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得v3=2v1
根据能量守恒12mv12+12mv22+12mv32=kq22d
解得v3=2kq23md，故C错误，D正确。]
8.(1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 A、C的质量为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为
l=1.6 m。
(1)A从开始运动到最低点由动能定理
mgl(1-cs 60°)=12mv02-0
对A在最低点，根据牛顿第二定律得
F-mg=mv02l
解得v0=4 m/s，F=40 N
(2)A与C相碰时由于碰后A竖直下落，可知A水平速度变为0，由水平方向动量守恒，可知
mv0=0+mvC
故解得vC=v0=4 m/s
(3)C相对B滑行4 m后与B共速，
根据动量守恒可得mv0=(M+m)v
根据能量守恒得μmgL相对=12mv02-12(m+M)v2
联立解得μ=0.15。
9.(1)0.6mv02 (2)0.768v0t0
(3)0.45
解析 (1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t=t0时刻，
根据动量守恒定律有
mB·1.2v0=(mB+m)v0
根据能量守恒定律有
Epmax=12mB(1.2v0)2-12(mB+m)v02
联立解得mB=5m，Epmax=0.6mv02
(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，
有mB·1.2v0=mBvB+mvA
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mv0Δt=5mvBΔt+mvAΔt
0~t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0=5msB+msA，将sA=0.36v0t0
代入可得sB=1.128v0t0
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs=sB-sA=0.768v0t0
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA'，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA'-5m·0.8v0=m·(-2v0)+5mvB'
根据能量守恒定律可得
12mvA'2+12×5 m·(0.8v0)2=12 m·(-2v0)2+12·5mvB'2
联立解得vA'=v0
设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
-mgLsin θ-μmgLcs θ=0-12m(2v0)2
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ-μmgLcs θ=12mvA'2-0
联立解得μ=0.45