2021高考物理大一轮复习领航检测：第六章　碰撞　动量守恒定律-第1节 Word版含解析

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1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大
C．物体的加速度不变，其动量一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
解析：选D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．
2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )
A．1 000 N·sB．500 N·s
C．零 D．无法确定
解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．
3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )
A．两滑块的动量之和变大
B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向
C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等
D．整个过程中两滑块的机械能增大
解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝mMvM－mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当mM＝mN时，vM＝vN，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．
4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．两球抛出后，船向左以一定速度运动
B．两球抛出后，船向右以一定速度运动
C．两球抛出后，船的速度为0
D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大
解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．
5．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)－mg
C.eq \f(m\r(gh),t)＋mg D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg.选项A正确．
6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．0～4 s内物体的位移为零
B．0～4 s内拉力对物体做功为零
C．4 s末物体的动量为零
D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零
解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．
7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．
解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，
则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
以乙和A组成的系统为研究对象，有：
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
代入数据联立解得
v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s
(2)以甲为研究对象，由动量定理得，
Ft＝M1v1－(－M1v0)
代入数据解得F＝432 N
答案：(1)5.2 m/s (2)432 N
[综合应用题组]
8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是( )
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大
B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．
9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则( )
A．人和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/s
C．船最终的速度是0.95 m/s
D．船的动量变化量是105 kg·m/s
解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得：v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，C错误；人的动量的变化Δp为：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D正确．
10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( )
A．2.4 m/s B．2.8 m/s
C．3.0 m/s D．1.8 m/s
解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得(向右为正)：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝eq \f(8,3) m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：Mv－mv＝(M＋m)v2，解得：v2＝2 m/s，故B对地的速度在2 m/s～eq \f(8,3) m/s范围内，选项A正确．
11．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图象如图乙所示，求：
(1)物块C的质量mC；
(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．
解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，mCv1＝(mA＋mC)v2，代入数据解得mC＝2 kg.
(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3＝－v2
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：
Δp＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为
I＝2(mA＋mC)v2，代入数据整理得到I＝36 N·s.
答案：(1)2 kg (2)36 N·s
12. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：
(1)木块和小车相对静止时小车的速度；
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；
(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．
解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得
mv0＝(M＋m)v 解得：v＝eq \f(m,M＋m)v0＝0.4 m/s.
(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得
－μmgt＝mv－mv0
解得：t＝eq \f(v0－v,μg)＝0.8 s.
(3)木块做匀减速运动，加速度为
a1＝eq \f(Ff,m)＝μg＝2 m/s2
小车做匀加速运动，加速度为
a2＝eq \f(Ff,M)＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
在此过程中木块的位移为
x1＝eq \f(v2－v\\al(2,0),2a1)＝0.96 m
车的位移为：x2＝eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(1,2)×0.5×0.82 m＝0.16 m
由此可知，木块在小车上滑行的距离为：
Δx＝x1－x2＝0.8 m.
答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m