考点07动量（解析版）-2021届高三《新题速递》物理3月刊（高考复习）

考点 07 动量 1．（2021·广东珠海市·高三月考）电影《夺冠》让人们想起了中国女排在奥运会夺冠的激动人心的时刻， 女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进。如图所示，一名排球运动员进行垫球训练排球以 6m/s 的速度竖直向下打在运动员的手上，然后以 8m/s 的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为 250g，排球 与手作用时间为 0.2s。下列说法正确的是（ ） A．排球的速度变化量大小为 2m/s B．排球的动量变化量大小为 3.5kg·m/s C．排球受到手的冲量大小为 3.5N·s D．排球对手的平均作用力大小为 17.5N 【答案】B 【详解】 A．取排球向下的方向为正方向，则排球竖直向下打在运动员的手上的速度为 v1=6m/s，排球竖直向上飞 出的速度为 v2=-8m/s，所以排球的速度变化量为 2 1 8 6 14m/sv v v        则排球的速度变化量大小为 14m/s，A 错误； B．排球的动量变化量为  3250 10 14 3.5kg.m/sp m v          所以排球的动量变化量大小为 3.5kg·m/s，B 正确； C．根据动量定理有 +I mgt p 手 解得排球受到手的冲量为 33.5 250 10 10 0.2N·s 4.0N·sI p mgt           手 所以排球受到手的冲量大小为 4.0N·s，C 错误； D．排球对手的平均作用力为 4.0 N 20N0.2 IF t    手 所以排球对手的平均作用力大小为 20N，D 错误。 故选 B。 2．（2021·湖北武汉市·高三月考）于 2020 年 7 月 23 日成功发射的“天问一号”（Tianwen-1）火星探测器， 在 2020 年除夕夜前后到达火星。假设将来在火星表面完成下面的实验∶在火星的北极（或南极）地面 上竖直固定一个半径为 r 的光滑圆轨道，如图所示，给静止放置在其最低点的质量为 m 的小球（可视为 质点）水平向右、大小为 I 的瞬时冲量后，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知火星的半 径为 R，引力常量为 G，则火星的质量为（ ） A． 2 5 IR Grm B． 2 2 25 I R Grm C． 2 25 I R Grm D． 5 IR Grm 【答案】B 【详解】 根据动量定理有 0I mv 从最低点到最高点有 2 2 0 1 12 2 2mgr mv mv   在最高点有 2mvmg r  解得 2 5 Img rm  在火星表面有 2 2 5 Mm IG mgR rm   解得 2 2 25 I RM Grm  故选 B。 3．（2021·全国高三专题练习）如图所示，滑块和小球的质量分别为 M、m。滑块可在水平放置的光滑固定 导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点 O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 L。开始时，轻绳处于水 平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是 （ ） A．滑块和小球组成的系统动量守恒 B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒 C．滑块的最大速率为 22 ( ) m gL M M m D．滑块向右移动的位移为 m LM m 【答案】BCD 【详解】 A．小球下落过程中，小球竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故 A 错 误； B．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故 B 正确； C．当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方 向，系统水平方向动量有 =0MV mv 系统机械能守恒有 2 21 1 2 2mgL mv MV  解得，滑块的最大速率为   22m gLV M M m   故 C 正确； D．设滑块向右移动的位移为 x，根据水平动量守恒得 0x L xM mt t   解得 mx LM m   故 D 正确。 故选 BCD。 4．（2021·定远县育才学校高三开学考试）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如 图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径 0.64R m 的半圆，且半圆在最低点与水 平部分相切。5 个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依 次为 0、1、2、3、4，且每球质量与其相邻左球质量之比皆为 k。将 0 号球向左拉至左侧轨道距水平部 分高 0.1h m 处，然后由静止释放，使其与 1 号球相碰，1 号球再与 2 号球相碰所有碰撞皆为弹 性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为。则下列说法正确的是 （ ） A．若 1k  ，释放 0 号球后，看到 5 0 4（ ～ ）个小球一起向右运动 B．若 1k  ，释放 0 号球后，看到只有 4 号球向右运动 C．若 1k  ，要使 4 号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则 k 应满足 0 2 1k   D．若 1k  ，要使 4 号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则 k 应满足 2 1 1k   【答案】BC 【详解】 设 0 号球的质量为 0m ，与 1 号球碰前瞬间的速度为 0v ，则有 2 0 0 0 1 2m gh m v 0 号球与 1 号球碰撞过程动量守恒、机械能守恒，则有 ' 0 0 0 0 1 1m v m v m v  2 '2 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1=2 2 2m v m v m v 解得 0 1 0 0 0 1 2 2 1 mv v vm m k    ' 0 1 0 0 0 0 1 1 1 m m kv v vm m k     AB．若 1k  ，即 5 个小球质量相等，则 1 0v v ， ' 0 0v  即 0 号球与 1 号球碰撞后速度交换，同理分析可知 1 号球与 2 号球碰后速度交换，2 号球与 3 号球碰后 速度交换，3 号球与 4 号球碰后速度交换，故 A 错误 B 正确。 CD．若 1k  ，即编号 0~4 小球的质量依次递减，1 号球与 2 号球碰撞过程，同理可得 2 2 1 0 2 2( )1 1v v vk k    3 3 2 0 2 2( )1 1v v vk k    4 4 3 0 2 2( )1 1v v vk k    4 号球从最低点到最高点有 2 '2 4 4 4 4 4 1 1= 22 2m v m v m gR 4 号球在最高点有 '2 4 4 4 vm m gr  解得 2 1k   故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 5．（2021·广东珠海市·高三月考）如图所示，足够长的木板 B 放在光滑的水平面上，木块 A 放在木板 B 最 左端，A 和 B 之间的接触面粗糙，且 A 和 B 质量相等。初始时刻木块 A 速度大小为 v，方向向右。木 板 B 速度大小为 2v，方向向左。下列说法正确的是（ ） A．A 和 B 最终都静止 B．A 和 B 最终将一起向左做匀速直线运动 C．当 A 以 2 v 向右运动时，B 以 3 2 v 向左运动 D．A 和 B 减少的动能转化为 AB 之间摩擦产生的内能 【答案】BD 【详解】 AB．木块与木板组成的系统动量守恒，初始时刻木块 A 速度大小为 v，方向向右。木板 B 速度大小为 2v，方向向左。以向左为正方向，由动量守恒定律得：  2 2 'mv mv mv  代入数据解得： ' 2 vv  方向向左，故 A 错误 B 正确； C．当 A 以 2 v 向右运动时，  2 2 B vmv mv m mv   解得： 2B vv  故 C 错误； D．根据能量守恒可知，A 和 B 减少的动能转化为 AB 之间摩擦产生的内能，故 D 正确。 故选 BD。 6．（2021·广东揭阳市·高三月考）如下图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，另一端与一个质量为 m 的 物块接触（但不拴接）；光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。若缓慢推动物 块压缩弹簧到原长一半，再由静止释放物块，物块以一定速度 v 冲上弧形槽，之后又沿弧形面滑离弧形 槽，再次压缩弹簧到原长的四分之三。已知弹簧弹性势能与形变量的二次方成正比，且物块和弧形槽足 够远。则下列说法正确的是（ ） A．物块与弧形槽作用过程中，物块和弧形槽组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．弧形槽质量为物块质量的 3 倍 C．物块滑上弧形槽最大高度为 23 8 v g D．物块滑离弧形槽后，弧形槽速度大小为 3 v 【答案】BC 【详解】 A．在物块下滑的过程中，物块与弧形槽组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。系统在水平方 向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，故 A 错误； BD．m 的初速度 v 对应动能应等于弹簧压缩量为 1 2 x原 的势能，所以 2 21 1 2 4mv kx 原 再次返回时，压缩量为 1 4 x原 ，此时 2 p 1 16E kx 原 pE 为原来的 1 4 ，对应速度则变为原来的 1 2 ，即 2 vv  则水平方向动量守恒(设向左为正方向) 2M vmv Mv m  而机械能守恒 2 2 k p p p 3 3 1 4 8 2M ME E E E mv Mv     联立解得 2M vv  3M m 故 B 正确，D 错误； C．达到最大高度处，意味着二者此时相对静止，此时水平方向动量守恒，有  mv m M v  共 带入 =3M m 则有 4 vv 共 再由机械能守恒得  2 2 pk 1 1= +2 2 Gmmv E m M v E  共初 可得 m 的重力势能为 2 23 1 3 4 2 8mv mv  再由 pGmE mgh 可得 2 23 3 8 8 mv vh mg g   故 C 正确； 故选 BC。 7．（2021·江西吉安市·高三期末）一个质量为 m 的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向 右的速度 v 飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下 落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A．爆炸后乙落地的时间最长 B．爆炸后甲落地的时间最长 C．甲、丙落地点到乙落地点 O 的距离比为 4：1 D．爆炸过程释放的化学能为 27 3 mv 【答案】CD 【详解】 AB．爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间 2t H g  相等，选项 AB 错误； C．爆炸过程动量守恒，有 1 1 3 3mv mv mv   甲丙 由题意知 v v丙 得 4v v甲 爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点 O 的距离 x=vt t 相同，则 x v ，甲、丙落地点到乙落地点 O 的距离比为 : : 4:1x x v v 甲 甲丙 丙 选项 C 正确； D．根据能量守恒可得爆炸过程释放的化学能 2 2 2 21 1 1 7 2 3 2 3 2 3 m mE v v mv mv      甲 丙 选项 D 正确。 故选 CD。 8．（2021·黑龙江大庆市·高三月考）如图所示，一质量为 m0=0.05 kg 的子弹以水平初速度 v0=100 m/s 打中一放在水平地面上 A 点的质量为 m =0.95 kg 的物块，并留在物块内（时间极短，可忽 略），随后物块从 A 点沿 AB 方向运动，与距离 A 点 L =5 m 的 B 处的墙壁碰撞前瞬间的速度为 v1=3 m/s，碰后反向运动 0.8m 静止， g 取 10 m/s2，则（ ） A．物块从 A 点开始沿水平面运动的初速度 v=10 m/s B．物块与水平地面间的动摩擦因数 μ =0.16 C．物块与墙壁的碰撞返回的速度 v2 =1.6m/s D．子弹打入物块的过程中，子弹和物块系统产生的热量为 227.5J 【答案】BC 【详解】 A．子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有 0 0 0( )m v m m v  解得 v=5m/s 选项 A 错误； B．物体从 A 点运动到 B 点的过程，根据动能定理有 2 2 0 0 1 0 1( ) ( 1 2 2) ( )m gL mm m m vmv      解得 0.16  选项 B 正确； C．物块与墙碰撞后反向运动 0.8m 静止，根据动能定理有 2 0 0 2 10- 2( ) ( )m L vm g m m     解得 2 =1.6m/sv 选项 C 正确； D．子弹打入物块的过程中，根据能量守恒可知子弹和物块系统产生的热量为 2 2 0 0 0 1 1 (2 )2 m v mQ vm   代入数据解得 237.5JQ  选项 D 错误。 故选 BC。 9．（2021·安徽高三开学考试）如图，质量 1kgM  的长木板 B 置于粗糙的水平地面上，可看做质点的铁 块 A 放置在木板的最左端，铁块 A 的质量 1kgm  。某时刻给铁块 A 一水平向右的初速度 0 4m / sv  ， 同时对长木板 B 施加一水平向右的恒力 4NF  ，当两者共速时撤去恒力 F，最终铁块 A 没有滑离木板 B。已知 A 与 B B、 与水平面之间的动摩擦因数分别为 1 0.4  和 2 0.2  ，重力加速度 210m / sg  。 求： （1）木板 B 的长度至少为多少； （2）整个过程中 A 对 B 做的总功。 【答案】（1）1m；（2）4J 【详解】 （1）A 与 B 间的滑动摩擦力为 1 1 4NfF mg  地面与长木板 B 间的滑动摩擦力为 2 2 ( ) 4NfF m M g   地面与长木板 B 间的滑动摩擦力恰好等于恒力 F，所以铁块 A 和长木板 B 组成的系统初始阶段动量守 恒 0 ( )mv m M v  从开始运动到共速的时间 0 1 1 v vt g  所以木板 B 的长度至少为 0 1 1 1m2 2 v v vL t t   （2）初始阶段 AB 间的滑动摩擦力对长木板 B 做的功 1 1 2f fW F x 根据运动规律可得 2 12 vx t 因为 1 2f fF F 所以共速后 A 与 B 相对静止。因此 A 与 B 间的静摩擦力为 3 2fF m g  AB 间的静摩擦力对长木板 B 做的功 3 3 3f fW F x 根据运动规律可得 2 3 22 vx g 所以 AB 间的摩擦力对长木板 B 做的功 1 3f f fW W W  解得 4JfW  10．（2021·赤峰二中高三月考）如图所示，质量 m1=2kg 的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固 定在悬点 O 上，绳子长度 l =0.5m。将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度θ=53°处由静止释放，小球运动 至最低点时，与一质量 m2=1.5kg 的物块发生正碰，碰撞时间很短。之后物块在水平面上滑行一段 s =0.4m 的距离后停下。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度 g = 10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6， 求： (1)碰前瞬间小球的速度大小； (2)碰后瞬间小球和物块的速度大小。 【答案】(1)2m/s；(2)碰后小球的速度为 0.5m/s，物块的速度为 2m/s 【详解】 (1)根据动能定理可知 2 1 1 0 1(1 cos ) 2m gl m v  所以碰前瞬间小球的速度 0 2m/sv  (2)根据动能定理可知，碰后物块的速度满足 2 2 2 2 10 2m gs m v   又小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，可得 1 0 1 1 2 2m v m v m v  解 1 20.5m/s 2m/sv v ， 11．（2021·湖北荆州市·高三月考）有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，一 个平板车固定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的右端放置两个可 视为质点的紧挨着的 A、B 两个物体（均可看成质点），物体质量均为 m，现在在它们之间放少量炸药。 当初 A、B 两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体 B 向右运动，恰能到达半圆弧最高点。物体 A 沿平板车 表面向左做直线运动，最后从车上掉下来，落地点离平板车左端的水平距离为 s，已知平板车上表面离 地面的高度为 h，平板车表面长度为 l，物体与平板车之间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，重力加速 度为 g。试求： (1)A 物体离开平板车的速度； (2)圆弧的半径和炸药爆炸时对 A、B 两物体所做的功。 【答案】（1） 2 gv s h  ；（2） 2 2 4 sW mg lh      【详解】 (1)设物体离开平板车的速度为 v，A 物体离开平板车后做平抛运动，由平抛运动规律，在水平方向上 s vt 在竖直方向上 21 2h gt 联立两式解得 2 gv s h  （2）设炸药爆炸后 A 、 B 两物体的速度分别为 1v 、 2v ，A 在平板车上运动过程中，由动能定理得 2 2 2 1 1 2 2mgl mv mv   炸药爆炸后，由动量守恒定律得 1 2 0mv mv  B 向右运动达半圆弧最高点的速度为 3v ，恰能到达最高点，由牛顿第二定律得 2 3mvmg R  B 上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得 2 2 3 1 1 122 2mv mgR mv  联立得 21 25 2 sR lh      由功能关系，炸药对 A、B 物体做的功 2 2 1 2 1 1 2 2W mv mv  解得 2 2 4 sW mg lh      12．（2021·辽宁朝阳市·高三月考）如图所示，一轻质刚性杆可绕 O 点的转轴无摩擦地自由转动，杆的两端 连着质量均为 0.5kgm  的 A、B 两球（可视为质点）， 2mOB L  ， 3AO L ，O 点正下方放置一 质量为3m 的小球 C。开始时 A、B 两球处于同一水平面，由静止释放两球，结果两球绕 O 点沿逆时针 转动，A 球转到最低点时恰好与 C 球发生弹性碰撞，碰后 A 球反弹到最高点时立即制动，杆与竖直方 向的夹角为53 。碰后 C 球在光滑水平面上向右运动，与一静止不动、质量为 2m 小球 D 发生对心碰 撞，重力加速度大小为 210m / sg  ，求： （1）当 A 球刚要与 C 球相碰时，杆对 A 球的拉力的大小； （2）A、C 相碰后 C 球速度的大小； （3）  C D、 碰撞后，小球 D 的速率可能取值的范围。 【答案】（1）11N；（2）4m/s；（3） 2.4m / s 4.8m / sDv„ „ 【详解】 （1） A B、 组成的系统机械能守恒 2 2 1 2 1 13 2 2 mg L mgL mv mv    由角速度相等得： 1 2 3 v v L L  A 球到最低点时， 2 1 3 vF mg m L   解得： 11 11N5F mg  （2）设距 O 点下方 3L 处的平面为零势能面，则系统开始具有的机械能为 1 2 3 6E mg L mgL   当 A 球与 C 球相碰后反弹到最高点时， A B、 系统的机械能为    2 3 3 cos53 3 cos53 4.8E mg L L mg L L mgL       对 、 、A B C 球系统，由能量守恒定律可得： 2 1 2 1 32 CE E mv   解得： 4 4m / s5C gLv   （3）小球 C 与小球 D 发生碰撞，碰撞结果一定在弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间。若发生的是完全非 弹性碰撞，有  C C C Dm v m m v  共 解得 2.4m / sv 共 若发生的弹性碰撞动量守恒 C C C C D Dm v m v m v   能量守恒 2 2 21 1 1 2 2 2C C C C D Dm v m v m v   解得： 0.8m / s, 4.8m / sC Dv v   小球 D 的的速率： 2.4m / s 4.8m / sDv„ „ 13．（2021·辽宁高三月考）如图所示，一斜劈 A 固定在水平地面上，其末端水平且光滑，倾斜部分长 6.4ms  ， 与水平地面夹角为 53   ，初始时 A、B、C 紧靠在一起，但不黏连，可视为质点的物块 P 与木板 B、 C 的质量都相等，P 与斜劈 A、木板 B 和 C 的上表面间动摩擦因数均为 0.5，木板 B、C 与斜劈末端等高， 其长度分别为 4mBL  ， 1mCL  ，不计木板 B、C 与地面间的摩擦，D 为固定在地面的竖直挡板，与 A 末端相距 7m 。现让物块 P 从斜劈顶端自由滑下，斜劈底端与水平部分圆滑连接，且水平部分长度可 忽略。物块 P 离开 A 后滑上 B，离开 B 后又滑上 C，木板 C 与挡板碰后粘合在一起，P 与挡板碰撞无机 械能损失，已知sin53 0.8  ， cos53 0.6  ， 210m / sg  ，求： （1）物块 P 刚滑上木板 B 时的速度大小； （2）物块 P 离开木板 B 时 P 和 B 的速度大小及木板 B 的位移大小； （3）物块 P 最终能否滑离木板 C，如果能滑离，求物块 P 滑离木板 C 时物块 P 的速度；如果不能滑离， 求物块 P 停止时距木板 C 右端的距离。 【答案】（1）8m/s；（2）4m/s，2m/s，0.8m；（3）不能滑离，0.1m 【详解】 （1）物块 P 下滑过程，由动能定理可得 2 1 1sin cos 2mgs mg s mv      代入数据，解得 1 8m / sv  （2）当 P 滑上 B 时，B、C 在 P 的摩擦力作用下向右滑动，有 25m / smg P ma   2 2 2.5m / smg BC ma   当 P 的位移比 BC 整体位移多 4m 时，P 离开木板 B，可得 2 2 1 1 1 2 2P BC Bv t a t a t L   解得 t=0.8s 则物块 P 的速度为 2 1 4m / sPv v a t   木板 B 的速度为 2m / sBC BCv a t  木板 B 的位移为 1 0.8m2B Bx v t  又因为 0.8m