高中物理高考 专题08 动量-2021年高考物理真题与模拟题分类训练（教师版含解析）

专题08  动量

1．(2021·湖南高考真题）如图(a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面），此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图(b）所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是(　　）

A．0到时间内，墙对B的冲量等于mAv0

B． mA > mB

C．B运动后，弹簧的最大形变量等于

D．

【答案】ABD

【解析】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有

F墙 = F弹

则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有

I = mAv0(方向向右）

则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；

B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有

F弹 = mAaA= mBaB

由图可知

aB > aA

则

mB < mA

B正确；

C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则

可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；

D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为v，在t2时刻AB的速度分别为

，

A、B共速，则

D正确。

故选ABD。

2．(2021·全国高考真题）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则(　　）

A．在此过程中F所做的功为

B．在此过中F的冲量大小等于

C．物体与桌面间的动摩擦因数等于

D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知 ①，由速度位移公式②，外力撤去后，由牛顿第二定律可知 ③，由速度位移公式有  ④，由①②③④可得，水平恒力，动摩擦因数，滑动摩擦力，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，

故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为，故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间，在此过程中，F的冲量大小是，故B正确。故选BC。

3．(2021·全国高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　）

A．动量守恒，机械能守恒

B．动量守恒，机械能不守恒

C．动量不守恒，机械能守恒

D．动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。

4．(2021·浙江高考真题）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　）

A．两碎块的位移大小之比为1:2

B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m

C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s

D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m

【答案】B

【解析】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知，因两块碎块落地时间相等，则，则，则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知，解得t=4s，爆炸物的爆炸点离地面高度为，选项B正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移，质量小的碎块的水平位移，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m，质量大的碎块的初速度为，选项CD错误。故选B。

1．新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达50m/s，假设一次打喷嚏人受到的平均反冲力约为0.16N，时间大约0.03s，估算打一次喷嚏喷出空气的质量约为(　　）

A．9.6×10-3kg B．9.6×10−5kg

C．1.92×10-3kg D．1.92×10-5kg

【答案】B

【解析】

设打一次喷嚏喷出空气的质量为m，由动量定理可得

代入数据解得

B正确。

故选B。

2．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，小球向左摆到最低点过程中(  ）

A．小车和小球组成的系统动量守恒

B．车的机械能守恒

C．细绳中的拉力对小车做正功

D．小球的机械能增加

【答案】C

【解析】A．小球在摆动得过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且各位值得分速度不相等，则竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，A错误；

BCD．小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球拉力做正功，因小球的部分机械能转化为小车的机械能，所以小球机械能减小，小车机械能增大，BD错误，C正确。

故选C。

3．如图所示，一沙袋用轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出，相互作用时间极短。第一个弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°。当其第一次返回图示位置时，第二个弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°。若弹丸质量是沙袋质量的，空气阻力不计，则以下结论中正确的是(　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设子弹的质量为m，沙袋质量为M，则有M=100m，取向右为正方向，第一个弹丸射入沙袋，由动量守恒定律得mv1=101mv，子弹和沙袋组成系统第一次返回时速度大小仍是v，方向向左，第二个弹丸以水平速度v2又击中沙袋的运动中，由动量守恒定律有mv2−101mv=42mv＇，设细绳长度为L，第一个弹丸射入沙袋，子弹和沙袋共同摆动的运动中，由机械能守恒定律得，解得，由上式可知，v与系统的质量无关，因两次向上的最大摆角均为30°，因此v＇=v，联立解得，ABC错误，D正确。故选D。

4．竖直放置的轻质弹簧，下端固定在水平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度处自由下落，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是(　　）

A．小球和弹簧组成的系统动量守恒

B．小球的动量一直减小

C．弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小

D．小球所受合外力对小球的冲量为0

【答案】C

【解析】A．小球和弹簧组成的系统合外力不为零，动量不守恒。A错误；B．当小球重力与弹簧弹力平衡时，小球速度最大，动量也最大。所以小球动量先增大后减小。B错误；CD．从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，因为小球动量变化的方向向上，所以合力的冲量向上，即弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小。C正确，D错误。故选C。

5．质量为的物体放置在水平桌面上，物体与水平桌面间的动摩擦因数为，重力加速度。现对物体施加一水平外力F，使其做直线运动，物体的速度时间图像如图所示，则下列判断正确的是(　　）

A．内物体位移的大小为

B．内物体的平均速度为

C．内外力F的冲量大小为

D．内外力F做的功为

【答案】C

【解析】A．由图像可知在内，物体加速运动的位移大小为，在内，物体减速运动的位移大小为，在内，物体反向加速运动的位移大小为，故内物 体位移的大小为，选项A错误；B．0 ~6 s内物体的平均速度为，选项B错误；C．由图像可知在内，物体加速度大小为，由，得，在内，物体加速度大小为，由，得，在内，物体加速度大小为，由，得，以初始力的方向为正，故内外力的冲量为，选项C正确；D．在内，选项D错误。故选C。

6．如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，P、Q为半圆形轨道竖直的直径，g取10 m/s2。下列说法不正确的是(　　）

A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大小大于对B的冲量大小

B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2 m/s

C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s

D．若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球不能到达Q点

【答案】A

【解析】A．弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于对B的冲量大小，A错误；B．由动量守恒定律得mv1＝Mv2

解得A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为v2＝2 m/s，项B正确；C．设A球运动到Q点时速度为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律得，解得v＝4 m/s，根据动量定理得I＝mv－(－mv1）＝1 N·s，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s，C正确；D．若半圆轨道半径改为0.9 m，小球到达Q点的最小速度为vC＝＝3 m/s，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，解得，小于小球到达Q点的临界速度vC，则A球不能到达Q点，D正确。故不正确的选 A。

7．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂真的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次。得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对该实验进行分析可知(　　）

A．在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球的速率较大，重力功率较大B．摆球在A点所受的合力大小等于在B点所受的合力大小C．摆球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒D．摆球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为0

【答案】C

【解析】A．功率，在O点附近，速度在水平方向，，重力竖直向下，所以，所以重力的功率为零，故A错误；B．摆球在A点和B点的速度大小均为零，所需要的向心力为零，则小球受绳的拉力等于重力沿绳子方向的分力，而小球重力沿垂直绳子方向的力为小球受到的合外力，大小为 (为绳子与竖直方向的夹角），故小球在B点受到的合外力更大，故B错误；C．摆球从A点运动到B点的过程中，，绳子拉力不做功，故机械能守恒，故C正确；D．由，可得从A到B的过程中重力作用了时间t，故冲量不为零，故D错误。故选C。

8．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道。在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道。关于这次深空机动，下列说法正确的是(　　）

A．天问一号的速度变化量约为

B．天问一号的速度变化量约为288m/s

C．喷出气体的质量约为48kg

D．喷出气体的质量约为240kg

【答案】B

【解析】AB．根据动量定理有

可以求得天问一号的速度变化量约为288m/s，可知A错误，B正确；

CD．设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知

mv气−(M−m）Δv =0

解得喷出气体质量约为

m=438kg

CD错误。故选B。

9．如图所示，一小车放在光滑的水平面上，小车段是长为的粗糙水平轨道，段是光滑的、半径为的四分之一圆弧轨道，两段轨道相切于B点。一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A点，随小车一起以的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧墙壁发生碰撞，碰后小车速度立即减为零，但不与墙壁粘连。已知物块与小车段之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度，则(　　）

A．物块到达C点时对轨道的压力为0 B．物块经过B点时速度大小为

C．物块最终距离小车A端 D．小车最终的速度大小为

【答案】AD

【解析】A．对木块在AB段分析，由牛顿第二定律可知

代入数据解得

根据运动学公式，可物块在B点的速度为

代入数据解得

B到A的过程中，由动能定理可得

解得

根据向心力公式有

故物块到达C点时对轨道的压力为0，A正确；

B．物块返回B时，由于BC是光滑的，有

代入数据解得

B错误；

CD．物块从B到A，由小车与物块的动量守恒，可知有

解得

整个过程由动能定理可得

得

符合题意，故最终距离A端的距离为

C错误，D正确。故选AD。

10．如图所示，质量的滑块(视为质点）套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量的小球(视为质点）通过长的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止、轻杆处于水平状态，现给小球一个的竖直向下的初速度，已知小球在摆动过程中不会受到轨道的阻拦，可以越过轨道向上运动。重力加速度g取，则(　　）

A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m

B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.45m

C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m

D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m

【答案】ACD

【解析】AB．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得

解得

A正确B错误；

C．设小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为h。此时竖直方向速度为0，所以水平方向速度也为0。根据水平动量守恒得

根据系统的机械能守恒得

解得

C正确；

D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y。由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为

根据水平动量守恒得

解得

D正确。故选ACD。

11．如图所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则下列说法正确的是(　　）

A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零

B．球从击出到最高点的时间小于从最高点落回击出点的时间

C．球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量

D．球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率

【答案】BD

【解析】A．重力的冲量为

故球从击出到落回的时间内，重力的冲量不为零，A错误；

B．上升、下降过程分别由牛顿第二定律可得

可知

竖直上升过程可反向看成初速度为零的匀加速直线运动，由

可知，上升时间小于下降时间，B正确；

C．由

可知，上升的初速度大于下降的末速度，故球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，C错误；

D．由

可知，球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，D正确。故选BD。

12．2022年冬季奥运会将在北京举行。我国冰壶运动员在某一次水面内训练时，红壶以一定的速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力。碰撞前、后两壶运动的v－t图线如图中实线所示，如果两冰壶的质量相等，那么，由图像可得出正确的结论是(　　）

A．碰撞后瞬间，蓝壶的速度为，红壶的速度为

B．两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的倍

C．红、蓝两壶在运动过程中，动摩擦因数之比为

D．碰后蓝壶经过停止运动

【答案】AD

【解析】A．由图像可以看出，碰前红壶的速度为，碰后瞬间蓝壶的速度，两冰壶质量相等，碰撞过程动量守恒，设红壶碰后的速度为，以碰前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

得

故A正确；

B．碰撞过程中损失的机械能为

两壶从碰后到静止损失的总机械能

两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的，故B错误；

CD．碰前红壶的加速度为

则

由图像可知

碰后蓝壶运动时间为

则碰后蓝壶的加速度为

则

则

故C错误，D正确。故选AD。

13．如图，半径为R的四分之一圆弧与水平地面平滑连接，圆弧内表面光滑。质量为4m的物块P(可看成质点）放在水平轨道光滑与粗糙的连接处，P左侧光滑，P右侧粗糙。质量为m的小物块Q(可看成质点）自圆弧顶端静止释放，已知P、Q与粗糙水平面间的动摩擦因数均为，P、Q碰撞时间极短，为弹性碰撞，与圆弧连接的水平面有很长一段是光滑的，P停止之前Q不会与其发生再一次碰撞，重力加速度为g。则(　　）

A．第一次碰撞后Q的速度大小为

B．从第一次碰撞后到第二次碰撞前P的位移大小为

C．第二次碰撞前Q的速度大小为

D．最终P停止时所通过的位移大小为

【答案】AD

【解析】A．Q下滑过程机械能守恒，有

解得

P、Q发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解

，

故A正确；

B．物块P在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理

得

故B错误；

C．设当物块Q的位移为x时速度为v，对Q，由动能定理得

解得

故C错误；

D．P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得

，

碰撞后Q向左做减速运动，P向右做减速运动，对P，由动能定理得

解得

对Q

解得

不会发生第三次碰撞，所以P最终停下来所走过的位移为

故D正确。故选AD。

14．一质量为m、带电量为q(q>0）的小球，在真空中由A点无初速度自由下落，经过t时间落到B点。此时在空间加竖直向上的匀强电场，使该小球又经过t时间返回A点。已知重力加速度为g，空间足够高。则下列说法正确的是(　　）

A．小球返回A点时的速率是其下落至B点时速率的3倍

B．空间所加匀强电场的电场强度大小为

C．小球自A点下落至最低点的过程中重力的冲量大小为

D．小球自A点下落到再返回A点的过程中机械能增量为

【答案】BCD

【解析】A．根据平均速度可得

解得

vA=2vB

选项A错误；

B．由于

解得

选项B正确；

C．从B点到最低点的时间

小球自A点下落至最低点的过程中重力的冲量大小为

选项C正确；D．小球自A点下落到再返回A点的过程中电场力做功

则机械能增量为，选项D正确。故选BCD。

15．如图甲所示，小球B用较长的轻细绳悬挂在天花板下，中间带孔的小球A穿在绳上由悬点处静止释放，两球发生碰撞时轻绳立即断裂。不计绳和空气的摩擦阻力，球A的速度时间图像如图乙所示。设碰撞时间极短，碰撞过程中无机械能损失，下列说法中正确的是(　　）

A．在时间段，A的重力的冲量小于B的重力的冲量

B．在时间段，A的重力的冲量大于B的重力的冲量

C．A与B的质量之比为

D．时刻B(未落地）的速度为

【答案】AD

【解析】ABC．A、B碰撞过程由动量守恒可得

由能量守恒有

联立解得

、

由冲量的定义式可知，在时间段，A的重力的冲量小于B的重力的冲量，故A正确，BC错误；

D．碰撞后对A有

得

对B有

故D正确。故选AD。