高考物理力学知识点之动量难题汇编及解析(3)
高考物理力学知识点之动量难题汇编及解析(3)
一、选择题
1．一物体在合外力F 的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，物体在0t 和02t 时刻，物体的动能分别为1k E 、2k E ，物块的动量分别为
1p 、2p ，则
A ．218k k E E =，214p p =
B ．213k k E E =，213p p =
C ．219k k E E =，213p p =
D ．213k k
E E =，212p p =
2．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M 静止在光滑水平面上，一个物块m 在水平地面上以大小为v 0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)
A ．1:2
B ．1:3
C ．1:6
D ．1:9
3．质量为1.0kg 的小球从高20m 处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m ．小球与软垫接触的时间为1.0s ，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g 取10m/s 2）
A ．10N·
s B ．20N·s C ．30N·s D ．40N·s 4．下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大
C ．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D ．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大
5．如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车质量之比m1:m2=2:1，下列说法正确的是
A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2
C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2:1
D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1:4
6．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（）
A．F v
t
，
2
v R
G
B．F v
t
，
3
2
v T
G
π
C．F t
v
，
2
v R
G
D．F t
v
，
3
2
v T
G
π
7．运动员向静止的球踢了一脚(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．1000 N?s
B．500 N?s
C ．0 N?s
D ．无法确定
8．如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m ，底座质量为3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v 的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是（ ）
A ．3v /4
B ．v /4
C ．v /3
D ．0
9．物体在恒定的合外力作用下做直线运动，在时间△t 1内动能由0增大到E 0，在时间?t 2内动能由E 0增大到2E 0.设合外力在△t 1内做的功是W 1、冲量是I 1，在?t 2内做的功是W 2、冲量是I 2，那么( ) A ．I 1
B ．I 1>I 2 W 1=W 2
C ．I 1
D ．I 1=I 2 W 1 10．用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A 和B 中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A 、B 被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为1m A l =，2m B l =．实验结果表明下列说法正确的是 A ．木块A 、 B 离开弹簧时的速度大小之比:1:4A B v v = B ．木块A 、B 的质量之比:1:2A B m m = C ．弹簧对木块A 、B 做功之比:1:1A B W W = D ．木块A 、B 离开弹簧时的动能之比:1:2A B E E = 11．马路”低头族”已经成为交通安全的一个大问题，一个小朋友手拿手机正在过马路，突然一阵急促鸣笛，手机掉在地上，还好有惊无险，小朋友没事，手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套，可是屏还是摔碎了。如果手机质量为180克，从静止开始下落，开始离地高度为0. 8米，与地面的撞击时间为0. 04秒，且落地后不再反弹，重力加速度g 取210m/s ，那么手机在与地面作用的过程中，地面对手机作用力的大小为 （ ） A ．19. 8N B ．18. 0N C ．16. 2N D ．18. 18N 12．如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方0h 高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为 03 4 h （不计空气阻力），则 A ．小球和小车组成的系统动量守恒 B ．小车向左运动的最大距离为2R C ．小球离开小车后做斜上抛运动 D ．小球第二次能上升的最大高度034 h h < 13．质子p （11H ）与 α粒子（4 2He ）以相同初速v 0垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，从进入到射出该偏转电场的过程中，关于质子与α粒子（均不计重力）偏转时的各物理量比值正确的是（ ） A ．侧移量比:1:2p y y α= B ．速度偏转角正切比tan :tan 1:2p α??= C ．动能增量比:1:2kp k E E α??= D ．动量增加量比:1:2p P P α??= 14．将静置在地面上，质量为M （含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（ ） A ．0m v M B ．0M v m C ． 0M v M m - D ． 0m v M m - 15．如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是（ ） A ．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏 B ．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏 C ．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏 D ．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏 16．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小 A ．球对手的力的冲量 B ．球对手的力的大小 C ．球的动量变化量 D ．球的动能变化量 17．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动， 发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是() A．弹性碰撞B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定 18．如图所示，质量为05kg ．的小球在距离小车底部20m高处以一定的初速度向左平抛，落在以75/ m s ．的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg．设小球在落到车底前瞬间速度是25/ m s，重力加速度取2 10/ m s．则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（） A．4/ m s B．5/ m s C．8.5/ m s D．9.5/ m s 19．两球在光滑水平面上沿同一直线、同-方向运动， .当追上并发生碰撞后，两球速度的可能值是（） A． B． C． D． 20．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，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（） A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 21．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中() A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为1 2 mv2 B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为1 2 mv2 D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 22．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 () A ．向左运动 B ．左右往返运动 C ．向右运动 D ．静止不动 23．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持有完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示．设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同．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,d 1=d 2 B ．木块静止,d 1 C ．木块向右运动,d 1 D ．木块向左运动,d 1=d 2 24．将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略） A ．30kg m/s ? B ．5.7× 102kg m/s ? C ．6.0× 102kg m/s ? D ．6.3× 102kg m/s ? 25．人的质量m ＝60kg ，船的质量M ＝240kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5m 时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( ) A ．1.5m B ．1.2m C ．1.34m D ．1.1m 【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除 一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【分析】 根据动量定理分别求物体在t 0和2t 0时刻的速度v 1和v 2之比．根据公式P=mv ，求出P 1和P 2之比，再根据动能的计算式求E k1和E k2之比 【详解】 根据动量定理得： 00t -内：001F t mv =?① 002t t -内：00212F t mv mv =-?② 由②①解得：1v ：21v =：3 由p mv =得：213p p = 由212k E mv = 得：2111 2 k E mv = 22212 k E mv = 解得：219k k E E =。 故选：C 。 【点睛】 本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理．对于动能，也可以根据动能定理求解. 2．C 解析：C 【解析】 【详解】 当物块运动到圆弧上某一位置时，相对圆弧轨道的速度为零，此时物块与圆弧轨道的速度相同，动能之比为1:2，则物块与圆弧轨道的质量之比为1:2，设物块的质量为m ，则有： 03mv mv = 得 3 v v = ， 此时物块的动能为 22011218 mv mv =， 根据机械能守恒定律，物块的重力势能为： 2 22 000 11132233 p v E mv m mv ??=-?= ???， 因此动能与重力势能之比为1:6，故C 正确，ABD 错误。 故选：C 3．C 解析：C 【解析】 【详解】 小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh 1=mv 12-0， 代入数据解得：v 1=20m/s ，方向竖直向下； 小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh 2=0-mv 22， 代入数据解得：v 2=10m/s ，方向竖直向上； 以竖直向上为正方向，由动量定理得： I=mv 2-mv 1=1kg×10m/s-1kg×（-20m/s ）=30N?s ，方向竖直向上；故选C 。 【点睛】 本题动量守恒定律的应用；对于动量定理的应用，要注意其中各物理量的方向性，正确设定正方向，确定各量的正负． 4．D 解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 A 、动量p=mv ，速度大的物体，它的动量不一定大，故A 错误； B 、物体的动量p=mv ，动量大的物体，它的速度不一定大，故B 错误； C 、动量等于质量与速度的乘积，物体运动的速度大小不变，物体的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，故C 错误； D 、质量一定的物体，动量变化△p=m △v ，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大，故D 正确； 故选D ． 5．A 解析：A 【解析】 【详解】 AB ．两小车和弹簧组成的系统，在烧断细线后，合外力为零，动量守恒，所以两车的动量大小之比为1:1，由2211v m v m =结合12:2:1m m =可知12:1:2v v =，所以A 选项正确, B 选项错误； C ．由于弹簧弹开过程，对两小车每时每刻的弹力大小相等，又对应着同一段作用时间，由I Ft =可知，m 1、m 2受到的冲量大小之比为1:1，所以C 选项错误； D ．根据功能关系的规律，弹簧弹开过程，弹力对m 1、m 2做功等于两小车动能的增量，由 2 102 k W E mv =?= - 代入数据可知12:1:2W W =，所以D 选项错误。 6．D 解析：D 【解析】 【分析】 根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量； 【详解】 直线推进时，根据动量定理可得F t m v ?=?，解得飞船的质量为F t m v ?= ?，绕孤立星球运动时，根据公式2224Mm G m r r T π=，又22Mm v G m r r =，解得32v T M G π=，D 正确． 【点睛】 本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记． 7．D 解析：D 【解析】 由题，踢球时的力100F N ，但不知道该力作用的时间，所以不能求出力的冲量，故 ABC 错误，D 正确。 点睛：该题考查冲量的计算，但在解答的过程中要注意时间10s 是球在地面上滚动的时间，不是100N 的力的作用时间。 8．C 解析：C 【解析】 在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平向右为正，由动量守恒可得 3'0mv mv +=，得'3 v v =-，负号表示速度方向水平向左，故C 正确． 9．B 解析：B 【解析】 【详解】 根据动能定理得： W 1=E 0-0=E 0，W 2=2E 0-E 0=E 0 则W 1=W 2．动量与动能的关系式为 , 则由动量定理得： ， 则I 1＞I 2． A. I 1I 2 W 1=W 2不相符，故A 不符合题意； B. I 1>I 2 W 1=W 2与上述分析结论I 1>I 2 W 1=W 2相符，故B 符合题意； C. I 1I 2 W 1=W 2不相符，故C 不符合题意； D. I 1=I 2 W 1 10．D 解析：D 【解析】 【详解】 A ．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式x =v 0t 及l A =1m ，l B =2m ，得：v A ：v B =l A ：l B =1：2，故A 错误； B ．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：m A v A -m B v B =0，解得：m A ：m B =v B ：v A =2：1，故B 错误； CD ．由m A ：m B =v B ：v A =2：1，根据动能的表达式2 k 12 E mv = 可得：E k A ：E k B =1：2，根据动能定理，弹簧对木块A 、B 做功之比W A ：W B =E k A ：E k B =1：2，故D 正确，C 错误． 11．A 解析：A 【解析】 【详解】 设手机落地速度为v ，对自由落体的过程，0.8m h =，有： 22v gh = 解得： 4m/s v = 对手机和底面相碰的过程，0.04s t ?=，取向上为正，由动量定理： ()0()N mg t mv -?=- 带入数据解得： 19.8N N = 即地面对手机作用力的支持力为19.8N ，故A 正确，BCD 错误。 故选A 。 12．D 解析：D 【解析】 【详解】 A. 小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0，所以系统的动量不守恒。故A 项错误； B.在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x ，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： mv ?mv ′=0 即： 20R x x m m t t --=， 解得小车的位移： x =R ， 故B 项错误； C.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 项错误； D. 小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h 0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为 03 4 h 4 h ，故D 项正确。 13．D 解析：D 【解析】 【详解】 A ．侧移量 222 001()22Eq l Eql q y m v mv m ==∝ 则侧移量比 :2:1p y y α= 选项A 错误； B ．速度偏转角正切 2 0tan y v qEl q v mv m θ= = ∝ 则速度偏转角正切比 tan :tan 2:1p α??= 选项B 错误； C ．动能增量 2222 2 02k E q l q E Eqy mv m ?==∝ 则动能增量比 :1:1kp k E E α??= 选项C 错误； D ．动量增量 l p qEt qE q v ?==? ∝ 则动量增加量比 :1:2p P P α??= 选项D 正确。 故选D 。 14．D 解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v ，据动量守恒定律有 0=（M －m ）v －mv 0 得 0m v v M m = -． A. 0m v M ，与结论不相符，选项A 不符合题意； B. 0M v m ，与结论不相符，选项B 不符合题意； C. 0M v M m -，与结论不相符，选项C 不符合题意； D. 0m v M m -，与结论相符，选项D 符合题意； 15．D 解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 轮船在发生碰撞如靠岸的过程，外侧悬挂了很多旧轮胎，由动量定理F t p ??=?知，在动量变化p ?相同的情况下，即冲量相同，但延长了碰撞作用时间t ?，使得撞击力F 变小，从而减轻对轮船的破坏，故D 正确，ABC 错误。 故选D 。 16．B 解析：B 【解析】 球对手的力的冲量0P mv mv =-，不变，A 错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据 0Ft mv mv =-可知，减小了球对手的力的大小，B 正确；根据动量变化0P mv mv ?=-可 知，动量变化量相同，C 错误；球的动能变化量22 01122 k E mv mv ?=-，相同，故D 错误． 17．A 解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 由动量守恒3m·v－mv ＝0＋mv′，所以v′＝2v 碰前总动能：E k ＝42×3m·v 2＋4 2 mv 2＝2mv 2 碰后总动能E k ′＝ 4 2 mv′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确． 18．B 解析：B 【解析】 小球做平抛运动，下落时间为22h t s g = = ，竖直方向速度大小为10220/y v gt m s ==?=，小球在落到车底前瞬时速度是25/m s ，根据速度合成原则， 22 22252015/x y v v v m s =-=-= ，小球与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方 向，得：-()x Mv mv m M v 共车=+ 解得：=5/v m s 共 故B 正确； 故选B 点睛：小车和球相互作用的过程中是水平方向上动量守恒，整体看不守恒． 19．B 解析：B 【解析】A. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A 球速度应不大于B 球的速度，故A 错误； B. 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒。 碰撞前总动量为：p=p A +p B =m A v A +m B v B =(1×6+2×2)kg ?m/s=10kg ?m/s ， 总动能：E k = =×1×62 +×2×22 =22J ， 碰撞后，总动量为：p′=p′A +p′B =m A v′A +m B v′B =1×2+2×4=10kg ?m/s ， 总动能：E′k = =18J ， 则p′=p，符合动量守恒和动能不增加。故B 正确； C. 碰撞后，总动量为：p′=p′A +p′B =m A v′A +m B v′B =(-1×4+2×7)kg ?m/s=10kg ?m/s ， 总动能：E′k = =57J ， 符合动量守恒定律，但总动能不可能增加。故C 错误； D. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A 球速度应不大于B 球的速度，故D 错误。 故选：B 20．C 解析：C 【解析】 试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m ，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小． 设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3m ， 由动能定理可知：212 mgh mv = ， 解得：22103251015/v gh m s ==???= 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正， 由动量定理可知：()()0N mg t mv -=-- ，解得：1000N N ≈ ， 根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N ，故C 正确 故选C 点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力 21．B 解析：B 【解析】 【详解】 设地面对运动员的冲量为I ，则由动量定理得： I －mg Δt ＝mv －0 I ＝mv ＋mg Δt 。 运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功； A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12 mv 2 ，与结论不相符，选项A 错误； B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零，与结论相符，选项B 正确； C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为 12 mv 2 ，与结论不相符，选项C 错误； D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零，与结论不相符，选项D 错误； 故选B 。 22．A 解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A 的质量大于B 的质量，则A 的动量大于B 的动量，AB 的总动量方向与A 的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A 正确，BCD 错误． 23．B 解析：B 【解析】 左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动,设共同速度为v 1,由动量守恒有mv 0=(M+m)v 1,由能量守恒有F f d 1= 22011 ()22 mv M m v -+.右侧射手开枪后,射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v 2,由动量守恒有(M+m)v 1-mv 0=(M+2m)v 2,由能量守恒有F f d 2= 222 012111()(2)222 mv M m v M m v ++-+,解之可得v 2=0,d 1= 20,2()f Mmv F M m +d 2=2 (2),2() f M m mv F M m ++故B 正确. 24．A 解析：A 【解析】 开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m 1v 1+p ，解得火箭的动量110.05600kg m/s 30kg m/s p m v =-=-??=-?，负号表示方向，故A 正确，BCD 错误； 【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。 25．C 解析：C 【解析】 【分析】 【详解】 以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知，0=mv 1-Mv 2； 由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变； 则由功能关系可知：222 012 111222 mv mv Mv =+ 解得：10v = 所以110 1.5 1.34x v t m m == ==，故C 正确．