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)(1)
专题08动量-2021年高考真题和模拟题物理分项汇编(解析版)
专题08动量1．（2020·新课标全国3卷）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。
已知甲的质量为1kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）A ．3 JB ．4 JC ．5 JD ．6 J【答案】A 【解析】由v -t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为5m /s v =甲，=1m /s v 乙；碰后甲、乙的速度分别为1m /s v '=-甲，=2m /s v '乙，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得 +=+m v m v m v m v ''甲甲乙乙甲甲乙乙 解得6kg m =乙则损失的机械能为22221111+--2222E m v m v m v m v ''∆=甲甲乙乙甲甲乙乙 解得3J E ∆=故选A 。
2．（2020·新课标全国1卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ） A ．增加了司机单位面积的受力大小 B ．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C ．将司机的动能全部转换成汽车的动能D ．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 【答案】D 【解析】A ．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A 错误；B ．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B 错误；C ．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C 错误；D ．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D 正确。
故选D 。
3．（2020·新课标全国2卷）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。
2021全国各地高考物理模拟试题《动量守恒定律》试题汇编(含答案
2021全国各地高考物理模拟试题《动量守恒定律》试题汇编(含答案2021全国各地高考物理模拟试题动量守恒定律试题汇编（包括答案分析）1．（2021?洛阳三模）如图所示，光滑水平面上有两个完全相同、质量都是m=0.5kg的小物块a、b．开始时b静止在p点，a以v0=8m/s的速度向右运动，当运动到o点时，a开始始终受到一个方向水平向左的恒力f作用（图中未画出），到达m点时速度为v0，再运动到p点与b发生正碰并立即粘合在一起（碰撞经历时间极短），运动到n点时速度恰好为零。
已知om=mn=7m。
试求：（l）作用在小块a上的恒力F的大小；（2） A从O到N的阻塞时间；（3）两个物体在碰撞过程中损失的机械能。
2．（2021?攀枝花模拟）如图，质量为m的小球用长为l的细线悬挂在平台左边缘正上方的o点，质量为3m的滑块放在平台左边缘，滑块与平台间的动摩擦因数为μ=0.25，平台与水平面的高度为l。
现将小球向左拉至细线水平的a点（细线拉直）由静止释放，小球运动到最低点时细线恰好断裂，小球与小滑块正碰后落到a点的正下方的b点。
小球、小滑块均可视为质点，求滑块在平台上滑行的最大距离。
3.（2022？海南模拟）如图所示，质量为m的滑环套在光滑的水平杆上，质量为m的物体（可视为粒子）通过不可伸缩的轻绳悬挂在滑环上，绳长为L。
固定滑环时，给物体一个水平冲头量，物块摆起后刚好碰到水平杆，若滑环不固定，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。
第1页，共67页4．（2021?峨山县校级模拟）如图所示的轨道由一水平的长木板和两个圆弧轨道平滑连接而成，现将可视为质点的弹性小球a由与圆心等高的位置无初速度释放，能与静止在水平段的可视为质点的弹性小球b发生正碰，其后弹性小球b从o点处进入第二个圆弧轨道，且此时弹性小球b与轨道间的压力刚好为零，一切摩擦均忽略不计，求弹性小球a、b 的质量之比ma：mb。
5．（2021?佛山二模）如图甲所示，一光滑绝缘的水平轨道固定在离地面一定高度处，整个空间存在着水平向右的匀强电场。
高考物理动量定理真题汇编(含答案)精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版高考物理动量定理真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。
在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。
已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。
其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。
(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况；(2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少?【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s ；(3)43.2J【解析】【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。
(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W '-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s解得：43.2J F W '=2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。
专题08圆周运动(解析版)-三年(2022-2024)高考物理真题分类汇编(全国通用)
圆周运动专题08考点01水平面内圆周运动1.（2024高考辽宁卷）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。
如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（）A.半径相等B.线速度大小相等C.向心加速度大小相等D.角速度大小相等【答案】D 【解析】由题意可知，球面上P 、Q 两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D 正确；由图可知，球面上P 、Q 两点做圆周运动的半径的关系为P Q r r ＜，故A 错误；根据v r ω=可知，球面上P 、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为P Q v v ＜，故B 错误；根据2n a r ω=可知，球面上P 、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为P Q a a ＜，故C 错误。
2.（2024年高考江苏卷第8题）生产陶瓷的工作台匀速转动，台面面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面足够大），则A.离轴OO’越远的陶屑质量越大B.离轴OO’越近的陶屑质量越大C.只有平台边缘有陶屑D..离轴最远的陶屑距离不超过某一值R 【参考答案】D【名师解析】由μmg=mRω2，解得离轴最远的陶屑距离不超过某一值R=μg/ω2，D 正确。
3.（2024年高考江苏卷）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A 高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B 高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（）A .线速度v A >v BB.角速度ωA <ωBC.向心加速度a A <a BD.向心力F A >F B 【答案】AD 【解析】设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有F n =mg tan θ=ma由题图可看出小球从A 高度到B 高度θ增大，则由F n =mg tan θ=ma 可知a B >a A ，F B >F A 故C 错误，D 正确；再根据题图可看出，A 、B 位置在同一竖线上，则A 、B 位置的半径相同，则根据22n v F m m rrω==可得v A >v B ，ωA >ωB 故A 正确，B 错误。
11动量(练习)-2020-2021学年高中物理新教材(人教版选择性)(1)
1.1 动量一、单选题1．下列关于动量的说法中，正确的是（ ）A ．物体速度变化，动量一定变化B ．物体动量变化，动能一定变化C ．动量大的物体质量一定比动量小的物体质量大D ．动能大的物体动量一定比动能小的物体动量大【答案】A【解析】A ：速度和动量都是矢量；物体速度变化，动量一定变化。
故A 项正确。
B ：动量是矢量，动能是标量；物体动量方向变化，动能不变化。
故B 项错误。
C ：动量p =mv ，动量大的物体质量不一定比动量小的物体质量大。
故C 项错误。
D ：动量与动能的关系为p =√2mE k ，动能大的物体动量不一定比动能小的物体动量大。
故D 项错误。
2．下列关于动量及其变化的说法中正确的是（ ）A ．两物体的动量相等，动能也一定相等B ．物体动能发生变化，动量也一定发生变化C ．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同D ．动量大的物体运动一定快【答案】B【详解】A ．由动量P mv =可知，两物体的动量相同时，动能212k E mv =不一定相同，故A 错误； B ．物体动能变化说明速度大小或质量大小改变了，故动量一定改变，故B 正确；C ．动量是矢量，由矢量运算法则可知，动量的变化不一定与初末动量的方向都不同，故C 错误；D ．由动量P mv =知动量大的物体的速度不一定大，还与质量有关，故D 错误；故选B 。
3．物体的动量变化量的大小为5kg •m /s ，这说明（ ）A ．物体的动量在减小B ．物体的动量在增大C ．物体的动量大小一定变化D ．物体的动量大小可能不变【答案】D【解析】若物体动量变化后速度的方向与开始时速度的方向相反，动量的变化量是末动量减去初动量，其大小为两动量绝对值的和；由于只知道动量的变化量，故无法确定动量的大小变化；大小可能不变，也可能减小，还有可能增大；故A 、B 、C 错误，只有D 正确；故选D 。
4．如图，p 、p '分别表示物体受到冲量前、后的动量，短线表示的动量大小为15km m/s ⋅，长线表示的动量大小为30kg m/s ⋅，箭头表示动量的方向．在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是（ ）A ．①④B ．①③C ．②④D ．②③【答案】C 【解析】取向右方向为正方向；①中初动量15kg m/s p =⋅，末动量30kg m/s p ='⋅，则动量变化量为15kg m/s p p p ∆-=⋅'=． ②中初动量15kg m/s p =⋅，末动量30kg m/s p =-⋅，则动量变化量为：45kg m/s p p p ∆=-=-⋅'③中初动量30kg m/s p =⋅，末动量15kg m/s p ='⋅，则动量变化量为15kg m/s p p p ∆=-=-⋅'；④中初动量30kg m/s p =⋅，末动量15kg m/s p =-⋅，则动量变化量为：45kg m/s p p p ∆=-=-⋅'．故②④物体动量改变量相同．故选C 。
2021年新高考大二轮物理 专题二 第8课时 动量
第8课时动量高考题型1动量定理的应用1．冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．(2)动量定理法：多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．2．动量定理(1)公式：FΔt＝m v′－m v(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．考题示例例1(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积答案 D解析汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt 知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．例2(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg答案 B解析 设1 s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝m v －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确． 例3 (多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图1所示，则( )图1A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零答案 AB解析 由动量定理可得：Ft ＝m v ，解得v ＝Ft m .t ＝1 s 时物块的速率为v ＝F 1t 1m ＝2×12m /s ＝1 m/s ，故A 正确；t ＝2 s 时物块的动量大小p 2＝F 2t 2＝2×2 kg·m /s ＝4 kg·m/s ，t ＝3 s 时物块的动量大小为p 3＝(2×2－1×1) kg·m /s ＝3 kg·m/s ，t ＝4 s 时物块的动量大小为p 4＝(2×2－1×2) kg·m /s ＝2 kg·m/s ，所以t ＝4 s 时物块的速度为1 m/s ，故B 正确，C 、D 错误．命题预测1．(2020·山西大同市高三期末)鸟撞飞机是导致空难的重要原因之一，被称为“飞机杀手”．假设在某次空难中，鸟的质量为0.6 kg ，飞行的速度大小为3 m /s ，迎面撞上速度大小为720 km/h 的飞机，对飞机的撞击力达到1.6×106 N ，则鸟撞飞机的作用时间大约为( )A ．1.5×10－5 sB ．1.5×10－4 s C ．7.6×10－6 sD ．7.6×10－5 s 答案 D解析 720 km /h ＝200 m/s.设鸟与飞机碰撞时间为t ，由动量定理有：Ft ＝m Δv ，解得：t ＝m Δv F＝0.6×()200＋31.6×106 s ≈7.6×10－5 s ，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．2.(2020·宁夏回族自治区银川一中高三三模)水平面上有质量相等的a 、b 两个物体，水平推力F 1、F 2分别作用在a 、b 上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v －t 图线如图2所示，图中AB ∥CD .则整个过程中( )图2A ．F 1的冲量等于F 2的冲量B ．F 1的冲量大于F 2的冲量C ．摩擦力对a 物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量D ．合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量答案 D解析 由AB 与CD 平行可知，撤去推力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．但a 的运动总时间小于b 的运动总时间，根据I ＝F f t 可知，摩擦力对a 物体的冲量小于摩擦力对b 物体的冲量，故C 错误；根据动量定理，对整个过程有F 1t 1－F f t OB ＝0，F 2t 2－F f t OD ＝0，由题图看出t OB ＜t OD ，则有F 1t 1＜F 2t 2，即F 1的冲量小于F 2的冲量，故A 、B 错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a 、b 两个物体动量的变化量都为零，所以合外力的冲量相等，故D 正确．3．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时作必要的说明)答案 f ＝13nm v 2 解析 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2m v ，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N ＝16n ·S v Δt ， Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝13nSm v 2Δt 器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝I Δt则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝13nm v 2. 高考题型2 动量守恒定律的应用1．判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．2．动量守恒定律的三种表达形式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律应用技巧(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒．(2)动量守恒定律是矢量式，书写时要规定正方向．(3)系统中各物体的速度是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度． 考题示例例4 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图3中实线所示．已知甲的质量为1 kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )图3A ．3 JB ．4 JC ．5 JD ．6 J答案 A解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v 甲＝5.0 m/s ，v 乙＝1.0 m/s ，碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲′＝－1.0 m/s ，v 乙′＝2.0 m/s ，碰撞过程由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，解得m 乙＝6 kg ，碰撞过程损失的机械能ΔE ＝12m 甲v 甲2＋12m 乙v 乙2－12m 甲v 甲′2－12m 乙v 乙′2，解得ΔE ＝3 J ，故选A. 例5 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m /s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )A ．48 kgB ．53 kgC ．58 kgD ．63 kg答案 BC解析 设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，整理得v n ＝(2n －1)m v 0M ，则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/s M.由题意知，v 7<5 m /s ，则M >52 kg ，又知v 8>5 m/s ，则M <60 kg ，故选B 、C.例6 (2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．答案 (1)1g 2E m (2)2E mg解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12m v 02① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0－v 0＝－gt ②联立①②式得t ＝1g 2E m③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14m v 12＋14m v 22＝E ⑤ 12m v 1＋12m v 2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14m v 12＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg命题预测4．(2020·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图4所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 和m 的两滑块A 、B ，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A 、B 不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是( )图4A ．两滑块的动量大小之比p A ∶pB ＝2∶1B ．两滑块的速度大小之比v A ∶v B ＝2∶1C ．两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶2D ．弹簧对两滑块做功之比W A ∶W B ＝1∶1答案 C解析 以滑块A 运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2m v A－m v B ＝0，得v A ＝v B 2，两滑块速度大小之比为：v A v B ＝12，两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶2，B 错误，C 正确；两滑块的动量大小之比p A p B ＝2m v A m v B ＝11，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即W A ∶W B ＝1∶2，D 错误．5.(2020·湖南高三二模)如图5所示，一块质量为M 的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧．一个质量为m 的小物块(可视为质点)以水平速度v 0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后(弹簧始终处于弹性限度内)，最终又恰好相对静止在长木板的最右端．以下说法正确的是( )图5A ．物块的最终速度为12v 0 B ．长木板的最终速度为v 0 C ．弹簧的最大弹性势能为Mm v 022(M ＋m )D ．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为Mm v 022(M ＋m )答案 D解析 小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有m v 0＝(m ＋M )v 2，解得v 2＝m v 0m ＋M，故A 、B 错误；小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有m v 0＝(m ＋M )v 1，解得v 1＝m v 0m ＋M，由能量守恒定律，得E pm ＋Q ＋12(m ＋M )v 12＝12m v 02，Q ＝F f L ，小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得Q ′＋12(m＋M )v 22＝12m v 02，Q ′＝F f (2L )，联立解得E pm ＝Mm v 024(M ＋m )，Q ′＝Mm v 022(M ＋m )即弹簧的最大弹性势能为E pm ＝Mm v 024(M ＋m )，系统损失的机械能为ΔE ＝Q ′＝Mm v 022(M ＋m )，故C 错误，D 正确． 高考题型3 碰撞模型及拓展1．三种碰撞的特点及规律弹性碰撞 动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE ＝(12m 1v 12＋12m 2v 22)－12(m 1＋m 2)v ′2 非弹性碰撞 动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能有损失，机械能的损失：ΔE ＝(12m 1v 12＋12m 2v 22)－(12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2) 碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度2．小球—曲面模型(如图6)图6(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大水平方向动量守恒：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v能量守恒：12m 1v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋m 1gh (相当于完全非弹性碰撞)(2)小球返回曲面底端时动量守恒：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2能量守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 (相当于弹性碰撞)3．小球—弹簧模型(如图7)图7(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大动量守恒：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v能量守恒：12m 1v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋E pm (相当于完全非弹性碰撞)(2)弹簧恢复原长时：动量守恒：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2能量守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 (相当于完全弹性碰撞)考题示例例7 (2019·海南卷·13)如图8，用不可伸长轻绳将物块a 悬挂在O 点：初始时，轻绳处于水平拉直状态．现将a 由静止释放，当物块a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b 滑行的最大距离为s .已知b 的质量是a 的3倍．b 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .求图8(1)碰撞后瞬间物块b 速度的大小；(2)轻绳的长度．答案 (1)2μgs (2)4μs解析 (1)设a 的质量为m ，则b 的质量为3m ，对物块b 碰撞后由动能定理有：－μ·3mgs ＝0－12·3m v b 2，解得v b ＝2μgs (2)a 球从水平位置摆下的过程：mgL ＝12m v 02 a 、b 碰撞的过程：m v 0＝m v a ＋3m v b12m v 02＝12m v a 2＋12·3m v b 2 联立解得：L ＝4μs .例8 (2020·北京卷·13)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图9所示．在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰．以下分析正确的是( )图9A ．将1号移至高度h 释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h .若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆到高度hB ．将1、2号一起移至高度h 释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h ，释放后整个过程机械能和动量都守恒C ．将右侧涂胶的1号移至高度h 释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度hD ．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h 释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h ，释放后整个过程机械能和动量都不守恒答案 D解析 若将2号球换成质量不同的小钢球，1号碰2号时不能交换速度，2号碰3号时也不能交换速度，则3号不能摆至高度h ，故A 错误；释放后下落过程以及摆起过程合外力不为0，动量不守恒，故B 错误；右侧涂胶的1号碰2号时粘在一起，为非弹性碰撞，有机械能损失，则与3号相碰后，3号不能摆至高度h ，故C 错误；碰撞后，2号和3号粘在一起，属于非弹性碰撞，机械能不守恒，2、3号不能摆至高度h ，且释放后下落过程以及摆起过程动量都不守恒，故D 正确．命题预测6．(2020·河南名校联盟3月调研)如图10所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m 的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R ，一质量也为m 的小球，以水平速度v 0自滑块的左端A 处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B .若将小球的初速度增大为2v 0，不计空气阻力，则小球能达到距B 点的最大高度为( )图10A ．RB ．1.5RC ．3RD ．4R 答案 C解析 若小球以水平速度v 0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v 1，以小球的初速度v 0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 m v 0＝2m v 1由机械能守恒定律得 12m v 02＝12·2m v 12＋mgR 代入数据解得v 0＝2gR若小球以2v 0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v 2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 2m v 0＝2m v 2 由能量守恒得12m (2v 0)2＝12·2m v 22＋mgR ＋12m v y 2 解得v y ＝6gR小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则 h ＝v y 22g＝3R故距B 点的最大高度为3R . 故选C.7.如图11所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M 、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直．已知两杆间距为0.4 m ，弹簧原长为0.5 m ，两球的质量均为0.2 kg.现给M 球一沿杆向右0.6 N·s 的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是( )图11A ．M 球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动，直到达到最大速度B ．弹簧第一次达到0.6 m 时，M 球的速度大小为3 m/sC ．弹簧第二次达到0.6 m 时，M 球的速度大小为3 m/sD ．弹簧达到最长时，M 球的速度大小为1.5 m/s 答案 D8．如图12所示，质量m ＝1 kg 的小物块在高h 1＝0.3 m 的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K 锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K ，小物块将以水平速度v 0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B 点的高度h 2＝0.15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M ，小物块滑下与M 发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度大小的13，碰撞过程中无能量损失，g ＝10 m/s 2，求：图12(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能E p ； (2)物块M 的质量． 答案 (1)0.5 J (2)2.0 kg解析 (1)小物块由A 运动到B 做平抛运动，则有h 1－h 2＝12gt 2，解得t ＝310 s由几何关系有R ＝h 1，h 1－h 2＝R2，∠BOC ＝60°设小球做平抛运动时的初速度为v 0， 则gtv 0＝tan 60° 弹性势能E p 等于小物块在A 点的动能，E p ＝12m v 02解得：E p ＝0.5 J.(2)设小物块到C 点时的速度为v 1， 小物块从A 点到C 点过程，机械能守恒 由机械能守恒定律有12m v 02＋mgh 1＝12m v 12小物块与M 碰撞过程动量守恒，有：m v 1＝m v 3＋M v 2 小物块与M 碰撞过程能量守恒，有：12m v 12＝12m v 32＋12M v 22其中v 3＝－v 13由以上各式解得：M ＝2.0 kg.专题强化练[保分基础练]1．(2018·全国卷Ⅱ·15)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，与地面的碰撞时间约为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 答案 C解析 设每层楼高约为3 m ，则下落高度约为 h ＝3×25 m ＝75 m由mgh ＝12m v 2及(F －mg )t ＝m v 结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F ′＝F ＝m 2ght＋mg ≈103 N.2．(2020·广东广州市阶段检测)短道速滑接力比赛中，运动员甲和乙在水平直道交接时，后面的乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，则此过程中( ) A ．甲、乙系统的总动量守恒 B ．甲、乙系统的机械能守恒 C ．甲、乙的动量变化量相同 D ．甲、乙的动能变化量相同 答案 A解析乙猛推甲一把过程中，甲、乙系统所受外力的矢量和为0，则甲、乙系统的总动量守恒，故A正确；乙猛推甲一把过程中，乙将体内的能量转化为机械能，则甲、乙系统的机械能增加，故B错误；乙猛推甲一把过程中，甲对乙和乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反，故动量变化不相同，故C错误；甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的位移关系，不能求出甲、乙动能变化关系，故D错误．3.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移－时间图像如图1所示．则下列判断错误的是()图1A．碰撞前后A的运动方向相反B．A、B的质量之比为1∶2C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小D．碰前B的动量较大答案 C解析由位移－时间图像可得，碰撞之前v A＝20－302m/s＝－5 m/s，碰撞之后v A′＝20－102m/s＝5 m/s，则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确．由位移－时间图像可得，碰撞之前v B＝20－02m/s＝10 m/s，根据动量守恒定律得m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v A′，代入数据得m A∶m B＝1∶2，故B正确．碰撞前后A速度大小相等，则碰撞A动能不变，故C错误．碰前A、B速度方向相反，碰后A、B速度方向与B碰前速度方向相同，则碰前B的动量较大，故D正确．4.(2020·山西太原市高三模拟)2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面，如图2.已知扎帕塔(及装备)的总质量为120 kg，设发动机启动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为(不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10 m/s2)()图2A．0.02 kg B．0.20 kgC．0.50 kg D．5.00 kg答案 B解析设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔(及装备)的作用力的大小也等于F，对扎帕塔(及装备)，则有F＝Mg.设时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δm v，解得Δm＝F v＝Mg v，Δt＝1 s，代入数据解得ΔmΔt＝0.2 kg，B正确．5．(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A．Snm v02B．2Snm v02C．Snm v03D．2Snm v03答案 C解析时间t内黏附在飞船上的尘埃质量：M＝v0tSnm，对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft ＝M v0，解得：F＝nm v02S；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝F v0＝nm v03S，故选项C正确，A、B、D错误．6．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图3(a)所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()图3A．两壶发生了弹性碰撞B．碰后蓝壶速度为0.8 m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力答案 B解析由题图(b)知：碰前瞬间红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后瞬间速度为v0′＝0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后瞬间蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：m v0＝m v0′＋m v，代入数据解得：v＝0.8 m/s，12m v02＞12m v0′2＋12m v2，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据v－t图像与横坐标轴围成的面积表示位移，碰后蓝壶运动的位移大小x＝v2t＝0.82×5 m＝2 m，故C错误；根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力，故D错误．7．如图4甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上．现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得()图4A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2答案 C解析由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m 2继续加速，m 1先减速为零，然后反向加速，t 2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t 3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B 错误；系统动量守恒，从t ＝0开始到t 1时刻有：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，将v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s 代入得：m 1∶m 2＝1∶2，故C 正确；在t 2时刻，m 1的速度为：v 1′＝－1 m /s ，m 2的速度为：v 2′＝2 m/s ，又m 1∶m 2＝1∶2，则动量大小之比为p 1∶p 2＝1∶4，故D 错误．8.(多选)(2020·山东省六校线上联考)如图5所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的14光滑圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为M2，小球A 以v 0＝6 m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则( )图5A ．B 的最大速率为4 m/sB ．B 运动到最高点时的速率为34 m/sC ．B 能与A 再次发生碰撞D ．B 不能与A 再次发生碰撞 答案 AD解析 A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M2v 0＝M 2v A ＋M v B ，12·M 2·v 02＝12·M 2v A 2＋12M v B 2，解得v A ＝－2 m/s ，v B ＝4 m/s ，故B 的最大速率为4 m/s ，选项A 正确；B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v ，则M v B ＝(M ＋2M )v ，得v ＝43 m/s ，选项B 错误；从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B 、C 分离时速度分别为v B ′、v C ′，由水平方向动量守恒有M v B ＝M v B ′＋2M v C ′，由机械能守恒有12·M v B 2＝12·M v B ′2＋12·2M v C ′2，联立解得v B ′＝－43 m/s ，由于|v B ′|<|v A |，所以二者不会再次发生碰撞，选项C 错误，D 正确．[争分提能练]9．(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市三中高三第二次模拟)如图6所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2且m1＜m2，A、B与水平轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是()图6A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1＜L2D．若两次弹簧压缩到最短时A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1＞v2答案AC解析由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，且E k＝p22m，可知A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1＞W2，故B错误；由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1＋m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1＋m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的球初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1＜L2，故C正确；由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1＋m2，则两次弹簧压缩到最短时系统的速度大小相等，故D错误．10．(多选)(2020·湖北武汉市质量检测)如图7所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出．已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是()图7A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒。
最新2021高考物理试题分类汇编：动量 机械能
高考试题分类汇编：动量 机械能第一部分：选择题（2021模拟年全国卷Ⅰ）21．胡文质量为M 的物块以速度V 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m 可能为A.2B.3C.4D. 5答案：AB解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P ,则总动量为2P ,根据K mE P 22=,以及能量的关系得M P m p M P 2224222+≥3≤m M ,所以AB 正确。
（2021模拟年全国卷Ⅱ）20. 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m 的小物体。
假定物块所受的空气阻力f 大小不变。
已知重力加速度为g ，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为A ．202(1)v f g mg +和v B ．202(1)v f g mg +和v C ．2022(1)v f g mg +和v D ．2022(1)v f g mg +和v 答案：A解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力f 做负功,由动能定理得221)(o mv fh mgh -=+-,=h 202(1)v f g mg +,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有2221212o mv mv mgh -=-,解得=v v 正确。
（2021模拟年上海物理）5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。
在上升至离地高度h 处，胡文小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h 处，小球的势能是动能的两倍，则h 等于A ．H/9B ．2H/9C ．3H/9D ．4H/9答案：D 解析：小球上升至最高点过程：20102mgH fH mv --=-；小球上升至离地高度h 处过程：22101122mgh fh mv mv --=-，又21122mv mgh =；小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处过程：222011(2)22mgh f H h mv mv ---=-，又22122mv mgh =；以上各式联立解得49h H =，答案D 正确。
2024高考物理二轮复习第8讲动量定理和动量守恒定律专题训练
第8讲动量定理和动量守恒定律一、选择题(每小题6分,共42分)1.(2024海南海口质检)如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,落地瞬间,B先与地面碰撞,后与A碰撞,全部的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向,碰撞时间均可忽视不计。
已知m2=3m1,则A反弹后能达到的高度为( )A.hB.2hC.3hD.4h2.某同学质量为60 kg,在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慢驶来的小船上,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.该过程人的动量改变量的大小为105 kg·m/sC.船最终速度的大小为0.95 m/sD.船的动量改变量的大小为70 kg·m/s3.在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球,一个竖直上抛,一个竖直下抛,一个平抛,若不计空气阻力,三个小球从抛出到落地的过程中( )A.三个小球动量的改变量相同B.下抛球和平抛球动量的改变量相同C.上抛球动量改变量最大D.三球落地时的动量相同4.(2024河北石家庄质检)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8 kg·m/s,则甲、乙两球质量m1与m2的关系可能是( )A.m1=m2B.2m1=m2C.3m1=2m2D.4m1=m25.如图所示,将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙,右侧靠一质量为M 2的物块,今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止起先落下,与半圆槽相切于A 点进入槽内,则以下结论中正确的是( )A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C 点以后,将做竖直上抛运动D.半圆槽将不会再次与墙接触6.(多选)如图所示,小车AB 放在光滑水平面上,A 端固定一个轻弹簧,B 端粘有油泥,AB 总质量为M,质量为m 的木块C 放在小车上,用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩,起先时AB 和C 都静止,当突然烧断细绳时,C 被释放,使C 离开弹簧向B 端冲去,并跟B 端油泥粘在一起,忽视一切摩擦,以下说法正确的是( )A.弹簧伸长过程中C 向右运动,同时AB 也向右运动B.C 与B 碰前,C 与AB 的速率之比为M∶mC.C 与油泥粘在一起后,AB 马上停止运动D.C 与油泥粘在一起后,AB 接着向右运动7.(2024山西太原一模)(多选)如图所示,长为L 的轻杆两端分别固定a 、b 金属球,两球质量均为m,a 放在光滑的水平面上,b 套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为√32L,现将b 从图示位置由静止释放,则( )A.在b 球落地前的整个过程中,a 、b 组成的系统水平方向上动量守恒B.从起先到b 球距地面高度为L2的过程中,轻杆对a 球做功为√3-18mgLC.从起先到b 球距地面高度为L2的过程中,轻杆对b 球做功为-√38mgLD.在b 球落地的瞬间,重力对b 球做功的功率为mg √√3gL二、非选择题(共38分)8.(10分)如图所示,可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上,一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞,B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连,A 滑上C 后恰好能达到C 板的最右端,已知A 、B 、C 质量均相等,木板C 长为L,求:(1)A 物体的最终速度; (2)A 在木板C 上滑行的时间。
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专题08 动量1．(2021·湖南高考真题）如图(a ），质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 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x 。
撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t -图像如图(b ）所示，1S 表示0到1t 时间内A 的a t -图线与坐标轴所围面积大小，2S 、3S 分别表示1t 到2t 时间内A 、B 的a t -图线与坐标轴所围面积大小。
A 在1t 时刻的速度为0v 。
下列说法正确的是( ）A ．0到1t 时间内，墙对B 的冲量等于m A v 0 B ． m A > m BC ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于xD ．123S S S -= 【答案】ABD【解析】A ．由于在0 ~ t 1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 = m A v 0(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t 1后弹簧被拉伸，在t 2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F 弹 = m A a A = m B a B由图可知a B > a A则m B < m AB 正确；C ．由图可得，t 1时刻B 开始运动，此时A 速度为v 0，之后AB 动量守恒，AB 和弹簧整个系统能量守恒，则0+A A B A A v v m m m v =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t 1后B 脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t 1—t 2时间内AB 组成的系统动量守恒，且在t 2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t 2时刻AB 的速度分别为12A v S S =-，3B v S =A 、B 共速，则123S S S -=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0s 时，速度的大小为0v ，此时撤去F ，物体继续滑行02s 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2012mv B ．在此过中F 的冲量大小等于032mvC ．物体与桌面间的动摩擦因数等于2004v s gD ．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1F mg ma μ-= ①，由速度位移公式20102v a s =②，外力撤去后，由牛顿第二定律可知2mg ma μ-= ③，由速度位移公式有20202(2)v a s -= ④，由①②③④可得，水平恒力20034mv F s =，动摩擦因数2004v gs μ=，滑动摩擦力2f 04mv F mg s μ==，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20034W Fs mv ==，故A 错误；B ．由平均速度公式可知，外力F 作用时间00100202s st v v ==+，在此过程中，F 的冲量大小是1032I Ft mv ==，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/sD ．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11220m v m v -=，因两块碎块落地时间相等，则11220m x m x -=，则12211=2x m x m =，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(5)1=(6)2t v t v --声声，解得t =4s ，爆炸物的爆炸点离地面高度为2211104m=80m 22h gt ==⨯⨯，选项B 正确；CD ．爆炸后质量大的碎块的水平位移1(54)340m 340m x =-⨯=，质量小的碎块的水平位移2(64)340m 680m x =-⨯=，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110340m/s 85m/s 4x v t ===，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 ．9.6×10-3kgB ．9.6×10−5kgC ．1.92×10-3kgD ．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F t mv ∆=代入数据解得59.610kg m -=⨯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v 1，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v 2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1100，空气阻力不计，则以下结论中正确的是( ）A ．12v v =B ．12:101:103v v =C ．12:101:204v ν=D ．12:101:203v v =【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mv 1=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v 2又击中沙袋的运动中，由动量守恒定律有mv 2−101mv =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()()()211cos302M m gL M m v +-=+，解得()21cos30v gL =-，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12:101:203v v =，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2kg m =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0.2μ=，重力加速度210m/s g =。
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 ．0~6s 内物体位移的大小为30mB ．0~6s 内物体的平均速度为5m/sC ．0~6s 内外力F 的冲量大小为12N s ⋅D ．0~6s 内外力F 做的功为340J 【答案】C【解析】A ．由图像可知在0~2s 内，物体加速运动的位移大小为110m x =，在2~4s 内，物体减速运动的位移大小为210m x =，在4~6s 内，物体反向加速运动的位移大小为310m x =，故0~6s 内物 体位移的大小为12310m x x x x =+-=，选项A 错误；B ．0 ~6 s 内物体的平均速度为5m/s 3x v t ==，选项B 错误；C ．由图像可知在0~2s 内，物体加速度大小为215m/s a =，由11F mg ma μ-=，得114N F =，在2~4s 内，物体加速度大小为225m/s a =，由22F mg ma μ+=，得26N F =，在4~6s 内，物体加速度大小为235m/s a =，由33F mg ma μ-=，得314N F =，以初始力1F 的方向为正，故0~6s 内外力的冲量为11223312N s I Ft F t F t =--=-⋅，选项C 正确；D ．在0~6s 内112233220J W F x F x F x =-+=，选项D 错误。