2022届高考物理一轮复习定基础汇编试题专题08动量【含答案】

专题08动量一、单选题1．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由(力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）A.由(力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率B.由(力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量C.由(电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率D.由(角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度B2．小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是A.B.C.D.C设初速度方向为正，则弹后的速度为-；则由动量定理可得：Ft=-2m×-2mv解得：F=；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为F′=F=；故选C．3．下列说法中正确的是（）A.冲量的方向一定和动量的方向相同B.动量变化量的方向一定和动量的方向相同C.物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D.冲量是物体动量变化的原因D解：A、冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向．故A错误．B、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反．故B错误．C、物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同．故C错误．D、根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因．故D正确．故选：D4．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较A.射入滑块A的子弹速度变化大B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，木块对子弹的平均阻力一样大C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D.两个过程中系统产生的热量相同DA、根据动量守恒定律可得，可知两种情况下木块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；B、两滑块的动量变化相同，受到的冲量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时平均阻力对子弹是射入滑块B中时的倍，故B错误；C、射入滑块A中时阻力对子弹做功与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误；D、由，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确；故选D。5．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A.vA′=5m/s，vB′=2.5m/sB.vA′=2m/s，vB′=4m/sC.vA′=﹣4m/s，vB′=7m/sD.vA′=7m/s，vB′=1.5m/sB两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B．6．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是A.在下滑过程中，物块的机械能守恒B.物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动C.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒D.物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处B在物块下滑的过程中，斜槽将后退，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒；对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒．故A错误．物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒．故C错误．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动．故B正确，D错误．故选B．7．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是()A.动量不变，速度增大B.动量变小，速度不变C.动量增大，速度增大D.动量增大，速度减小A:因船受到的牵引力及阻力不变,且开始时船匀速运动,故整个系统所受的合外力为零,动量守恒.设炮弹质量为m,船(不包括两炮弹)的质量为M,炮艇原来的速度为,发射炮弹的瞬间船的速度为v.设船原来的运动方向为正方向,则由动量守恒可得:可得：即发射炮弹后瞬间船的动量不变,速度增大，故A正确；综上所述本题答案是：A8．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是A.弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B.板的加速度一直增大C.弹簧给木块A的冲量大小为D.弹簧的最大弹性势能为D在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2

；根据机械能守恒定律，有：•2m•v02=•2m•v12+mv22

；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v

；系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=•2m•v02-（2m+m）v2

；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.9．质量分别为m＝1kg和M＝2kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对物块B施加一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F＝6t(N)，两物块之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列结论正确的是()A.两物块刚发生相对运动时的速度为1m/sB.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为sC.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5mD.从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6N·sAAB.当m达到最大静摩擦力时，m相对M发生相对滑动；则此时m的加速度为：a=μg=0.2×10=2m/s2；则对整体受力分析可知，F=(m+M)a=3×2=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，，对整体由动量定理可得：；解得：v=1m/s，故A正确，B错误；C.若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=vt/2=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故D.由动量定理可知,I=(M+m)v=3N⋅s；故D错误；故选：A.10．质量为m的小球A以水平初速度v0与原来静止的光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能可能是A.B.C.D.B11．以下几种运动形式在任何相等的时间内，物体动量的变化不相等的运动是（）A.匀变速直线运动B.平抛运动C.自由落体运动D.匀速圆周运动D由相等时间内，物体动量的变化总是相等，由动量定理Ft=Δp知，作用力F一定为恒力，则物体必须做匀变速运动，而匀速圆周运动是变加速运动，故有匀速圆周运动的物体动量的变化不相等，故D正确，ABC错误，故选D。12．一粒钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由落体的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则（）A.过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B.过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量D.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小D在过程Ⅰ中，钢珠只受重力的作用，根据动量定理可知，其动量的改变量等于重力的冲量，选项A错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的冲量的和．故C错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故D正确；故选D.13．如图所示．曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是()A.质点从M到N过程中速度大小保持不变B.质点在M、N间的运动不是匀变速运动C.质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D.质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同C因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故AB错误；根据动量定理可得，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，C正确D错误．14．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6NB豆粒从80cm高处落下时速度为v，，则设向上为正方向，根据动量定理：B正确，ACD错误。故选：B。15．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了5.5J，那么此过程产生的内能可能为（）A.1JB.3JC.5JD.7JD子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，设子弹初速为，子弹和木块的共同速度为；则、解得：化简得：，故选D16．质量为m1＝1kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x—t(位移—时间)图象如图所示，则可知碰撞属于（）A.非弹性碰撞B.弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足，不能确定B位移时间图象的切线斜率表示物体的速度，由图象可得两物体碰撞前后的速度分别为：、、、；由动量守恒得；碰前总动能，碰后总动能代入数据可得：、，因此此碰撞是弹性碰撞。故选B17．一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（）A.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为B.地面对他的冲量为，地面对他做的功为C.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零D.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零C人从下蹲起跳，经时间速度为v，对此过程应用动量定理得：故在此过程中，地面对他的冲量人在起跳过程中，受到地面对人的支持力但没有产生位移，地面对他做的功为零。综上，选C点睛：动量定理中冲量应是所有力的冲量，不能漏去重力的冲量。18．物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2；那么()A.I1<I2，W1＝W2B.I1<I2，W1<W2C.I1＝I2，W1＝W2D.I1＝I2，W1<WD由动量定理有I1＝FΔt1＝mv，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2；由动能定理有，，所以W1<W2，故D正确。故选D.根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．19．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是A.vB.0．6vC.0．3vD.0．2vC动能为，违反了能量守恒定律，不可能，B错误；若，由动量守恒得，得，碰撞前系统的总动能为．碰撞后系统的总动能为，不违反了能量守恒定律，是可能的，B正确；A、B发生完全非弹性碰撞，则有，，这时B获得的速度最小，所以，是不可能的，D错误．20．一个静止的铀核，放射一个粒子而变为钍核，在匀强磁场中的径迹如图所示，则正确的说法()A.1是，2是钍B.1是钍，2是C.3是，4是钍D.3是钍，4是B一个静止的铀核发生衰变后变为钍核，粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据动量守恒定律知，两粒子的动量大小相等，速度方向相反，都为正电，根据左手定则，为两个外切圆；根据，因两粒子的动量大小相等、磁感应强度B相同，则电量大的轨道半径小，知1是钍核的径迹，2是粒子的径迹，B正确，ACD错误，选B．衰变生成的新核与粒子动量守恒，根据左手定则判断粒子的受力方向，从而判断出是内切圆还是外切圆．21．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为（）

A.1∶3B.1∶2C.1∶1D.3∶1A由x-t图象可知，碰撞前，vB=0m/s，碰撞后vA′=vB′=v=，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正确，BCD错误．故选A．22．课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点．从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是()A.棋子的惯性变大了B.棋子受到纸带的摩擦力变小了C.棋子受到纸带的冲量变小了D.棋子离开桌面时的动量变大了C两次拉动中棋子的质量没变，故其惯性不变；故A错误；由于正压力不变；故纸带对棋子的摩擦力没变，故B错误；由于快拉时作用时间变短，故摩擦力对棋子的冲量变小了；故C正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小；故D错误；故选C．23．水平面上有两个物块A、B，A质量是B质量的两倍，与水平面的动摩擦因数都为µ，t=0时刻，B静止，A以初速度向B运动，与B发生弹性正碰后分开，A与B都停止运动时的距离与t=0时刻AB距离相同，t=0时刻A与B间的距离为（）A.B.C.D.B设A与B碰前速度为，由运动学公式得：设A与B碰撞后，A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律得：由能量守恒规律得：由运动学公式可得：可得：，故选项B正确。点睛：对于弹性碰撞，要掌握两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。24．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为()A.B.C.D.B设人走动的时候船的速度为，人的速度为，人从船头走到船尾用时为，人的位移为，船的位移为，所以，。根据动量守恒有：，可得：，小船的质量为：，故B项正确。综上所述，本题正确答案为B。25．在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示，下列说法正确的是A.新核为B.轨迹1是新核的径迹C.衰变过程中子数不变D.新核沿顺时针方向旋转A发生衰变时动量守恒，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，β衰变把一个中子转化为质子，放出一个电子，中子数减小，粒子是电子，根据质量数守恒和电荷数守恒，配平核反应方程式，可知衰变方程为，故新核是，A正确C错误；静止的发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式可知半径与电荷量q成反比，新核的电荷量q大，所以新核的半径小，所以轨迹2是新核的轨迹，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，D错误．26．在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上．开始时人、锤和车均静止且这三者的质量依次为m1、m2、m3．人将大锤水平向左抛出后，人和车的速度大小为v，则拋出瞬间大锤的动量大小为（）A.m1vB.m2vC.（m1+m3）vD.（m2+m3）vC以人、锤和车组成的系统为研究对象，取向左为正方向，人将大锤水平向左抛出的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律得（m1+m3）v﹣P=0可得，拋出瞬间大锤的动量大小为P=（m1+m3）v故选：C27．一质量为2kg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变化的图线如图所示，则（）A.t=1s时物块的速率为2m/sB.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零B前两秒，根据牛顿第二定律，，则0﹣2s的速度规律为；s时，速率为1m/s，故A错误；t=2s时，速率为2m/s，则动量为，故B正确；2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为，4s时速度为1m/s，故CD错误；28．如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，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25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是()A.5m/sB.4m/sC.8.5m/sD.9.5m/sA小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh＝mv2−mv02解得：v0=15m/s小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：-mv0+MV=（M+m）v′解得：v′=5m/s，故选A.29．滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为()A.B.C.D.v1D雪橇所受阻力不计，人起跳后，人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，设为v．取向南为正方向，由水平动量守恒得：

Mv1=Mv，得v=v1，方向向南，故ABC错误，D正确．故选D.30．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如人原地起跳时，总是身体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面．从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是A.地面对人的支持力始终等于重力B.地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量C.人原地起跳过程中获得的动能来自于地面D.人与地球所组成的系统的机械能是守恒的B人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D错误；故选B．点睛：本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的．31．在任何相等时间内，物体动量的变化量总是相等的运动不可能是()A.匀速圆周运动B.匀变速直线运动C.自由落体运动D.平抛运动A点睛：此题考查动量定理的应用，要注意明确动能定理的应用，注意匀速圆周运动受到的向心力大小不变，但方向一直在改变，属于变力．32．下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是()A.物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B.物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C.物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D.物体所受合外力越大，它的动量变化就越快A物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，不是动量越大，故A不正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变，故B正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，所以物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向，故C正确；物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故D正确；本题选不正确的，故选A．33．如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，（）A.小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B.小球所受支持力的冲量为0C.小球所受重力的冲量大小为mD.小球所受合力的冲量大小为mD试题分析：由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量．小球受到竖直向下的重力，和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，A错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得，故，根据动量定理可得，故C错误D正确．34．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（）A.拉力F对物体的冲量大小为零B.合力对物体的冲量大小为FtC.拉力F对物体的冲量大小是FtcosθD.拉力F对物体的冲量大小为FtD拉力的大小为F，作用时间为t，根据冲量定义得拉力的冲量Ft，故D正确，AC错误；物体保持静止，根据动量定理，合力冲量为零，故B错误。所以D正确，ABC错误。35．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍．将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）A.n2B.nC.D.1D撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则根据动量守恒定律有：PP-PQ=0，故PP=PQ；故动量之比为1；故D正确，ABC错误．故选D．点睛：本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动量的矢量性．36．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拿着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d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,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力大小均相同.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,d1=d2B.木块向右运动,d12C.木块静止,d1<d2D.木块向左运动,d1=d2C设子弹速度为v，质量为m，已知木块质量为M；由动量定理可得第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同速度为v1，则有

mv=（M+m）v1木块与子弹组成的系统损失的动能为△Ek=mv2-（M+m）v12设子弹与木块之间作用力恒定为F；则有Fd1=△Ek=mv2-（M+m）v12第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得：mv-mv=（2m+M）v′，得v′=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止；再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得

Fd2=（M+m）v12+mv2，对比两式可得，d1＜d2，故ABD错误，C正确；故选C.37．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000接力三连冠.观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则(

)A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功C.甲的动能增加量等于乙的动能减少量D.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反D甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，冲量不相等，故A错误．根据动量定理可知，冲量等于动量的变化，则甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项D正确；由于乙推甲的过程中，要消耗体能转化为系统的动能，根据能量守恒定律知，甲的动能增加量不等于乙的动能减少量，根据动能定理可知二者相互做功也不相等；故BC错误．故选D.点睛：本题要明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，两个运动员组成的系统总动量守恒．38．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。若一个系统动量守恒时，则A.此系统内每个物体所受的合力一定都为零B.此系统的机械能一定守恒C.此系统的机械能可能增加D.此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C系统动量守恒，系统所受合外力为零，但此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，故A错误；当只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒，系统动量守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒但机械能不一定守恒，系统机械能可能增加，故B错误，C正确；系统动量守恒，系统总动量保持不变，系统内有的物体动量增大，有的物体动量减小，系统总动量保持不变，故B错误。所以C正确，ABD错误。39．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，有质量相等的甲乙两摆球，摆长相同，乙球静止在最低点，拉起甲球释放后与乙球刚好正碰，碰后甲球静止，乙球摆到与甲球初始位置等高。现换为同质量的两个粘性球，重复以上操作，碰后两球粘合在一起运动，则（）A.两次碰撞的整个过程中机械能不可能守恒B.第一次两球碰撞瞬间的前后，动量守恒，机械能不守恒C.第二次两球碰撞瞬间的前后，动量守恒，机械能不守恒C第一次碰撞速度交换，是完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，从甲球开始下落到乙球上升到最高点过程中动量不守恒，第二次碰后两球粘合在一起运动，属于完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，机械能不守恒，故C正确，ABD错误。40．在气垫导轨上进行探究实验时，首先应该做的是（）A.给气垫导轨通气B.给光电计时器进行扫零处理C.把滑块放到导轨上D.检查挡光片通过光电门时是否能挡光计时D在应用气垫导轨时，应首先给气垫导轨通气才能进行后续实验，故D正确，ABC错误。41．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中，哪些因素可导致实验误差（）A.导轨水平安放B.小车上挡光板倾斜C.两小车质量不相等D.两小车碰后连在一起B导轨不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差，故A正确；挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差，故B正确；两小车质量不相等，系统碰撞前后动量仍然守恒，故不会导致实验误差，故C错误；两小车碰后连在一起是完全非弹性碰撞，系统碰撞前后动量仍然守恒，故不会导致实验误差，故D错误。所以B正确，ACD错误。42．如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为：A.1:1B.1:2C.2:1D.1:1C金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0=2mv，解得：v=；对右侧杆，采用微元法，以向右为正方向，根据动量定理，有：∑−F⋅△t=∑m△v，其中：F=BIL=，故⋅△t=∑m△v，解得：l=，故AB间的距离最小为x′=；故x：x′=1:2；故ABD错误，C正确；故选：C。【名师点睛】两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。43．如右图所示，F-t图象表示某物体所受的合外力F随时间的变化关系，t＝0时物体的初速度为零，则下列说法错误的是A.前4s内物体的速度变化量为零B.前4s内物体的位移为零C.物体在0～2s内的位移大于2～4s内的位移D.0～2s内F所做的功等于2～4s内物体克服F所做的功B根据I=Ft知，F-t图象与时间轴所围的面积大小表示F的冲量，则知前4s内F的冲量为，根据动量定理知，前4s内物体的速度变化量△p=I=0，故A正确．t=0时物体的初速度为零，前2s内F的方向与物体的运动方向相同，物体一直做加速运动，后2s内F的方向与物体的运动方向相反，物体做减速运动，而且t=4s时物体的速度也为零，物体做单向直线运动，所以前4s内物体的位移不为零．作出v-t图象如图所示．根据v-t图象与t轴所围的面积大小表示位移，可知，物体在0～2s内的位移大于2～4s内的位移，故B错误，C正确．设物体的质量为m，最大速度为v．由动能定理得：0～2s内F所做的功为：W1=mv2-0=mv2．2～4s内F所做的功为：W2=0-mv2=-mv2，即物体克服F所做的功为mv2，所以0～2s内F所做的功等于2～4s内物体克服F所做的功，故D正确．此题选择错误的选项，故选B.44．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动．它们从开始到到达地面，下列说法正确的有()A.它们同时到达地面B.重力对它们的冲量相同C.它们的末动能相同D.它们动量变化的大小相同D球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为：；球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据，得：；故t＜t′，故A错误；由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，故B错误；初动能不全相同，而合力做功相同，故根据动能定理，末动能不全相同，故C错误；bc球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；ab球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量相等，故D正确；故选D.45．如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一挡板，挡板的质量为m，一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板，物体质量为M，物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即粘连在一起，若碰撞时间极短（即极短时间内完成粘连过程），则对物体M、挡板m和弹簧组成的系统，下面说法中正确的是A.在M与m相撞的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒B.从M与m开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒C.从M与m开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒D.以上三种说法都不正确A在M与m相撞的过程中，有能量损失，所以系统机械能不守恒．碰撞的瞬间，由于时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒，故A正确；从M与m粘连后到弹簧被压缩到最短的过程中，墙壁对系统有作用力，即系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，该过程只有弹力做功，系统机械能守恒，由于从M与m开始接触时动量守恒机械能不守恒，则选项B错误；从M与m开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，墙壁对系统有作用力，即系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，由于碰撞的过程有能量损失，系统机械能不守恒，故CD错误；故选A．点睛：本题考查了判断动量与机械能是否守恒，知道动量守恒与机械能守恒的条件即可正确解题；碰撞过程中内力远远大于外力，动量守恒，只有重力或弹簧弹力做功时机械能守恒．46．在同一高度同时释放A、B和C三个物体，自由下落距离h时，物体A被水平飞来的子弹击中并留在A内，B受到一个水平方向的冲量，则A、B和C落地时间t1、t2和t3的关系是A.t1＝t2＝t3B.t1＞t2＞t3C.t1＜t2＜t3D.t1＞t2=tDB受到水平冲量，不影响落地时间，因为竖直方向上仍然是自由落体运动，A被子弹击中，注意到子弹是留在A内的，那么在子弹击中A的短时间过程中，内力远大于外力，竖直方向上的动量守恒．根据Mv=(M+m)v1可知在子弹击中A后瞬间，A竖直方向上的速度减小，故会最晚落地．因此BC同时落地，A最后落地，故选D.47．一个质量为m的小球甲以速度V在光滑水平面上运动，与一个等质量的静止小球乙正碰后，甲球的速度变为v，那么乙球获得的动能等于A.B.C.D.B设甲的速度方向为正方向；根据动量守恒得：mV=mv+mv′，解得：v′=V-v．所以乙球的动能为：Ek=mv′2=m（V-v）2．故B正确，ACD错误．故选B．点睛：解决本题的关键知道小球碰撞的瞬间动量守恒，通过动量守恒定律求出碰后小球乙的速度；在解题时要注意动量守恒定律的矢量性，应先设明正方向．48．一质量为M的航天器远离太阳和行星,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出质量为m的气体,气体向后喷出的速度大小为v1,加速后航天器的速度大小v2等于()(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)A.B.C.D.C设加速后航天器的速度大小为v，由动量守恒定律有Mv0=-mv1+（M-m）v解得，故选C.49．摩天轮，是儿童热爱的游乐项目之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变B50．如图，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，水平放置的管道内壁光滑，半径略小于管道内径，所带电荷量，质量的小球A静止，与A大小相等，质量的不带电绝缘小球B以速度v=3m/s向右与A发生弹性碰撞，下列说法正确的是（）A.B球碰后的速度大小为2m/sB.A球碰后对管道上表面有压力C.A球碰后对管道下表面有压力D.A、B、C选项说法都不对D由于两球发生弹性碰撞，则满足：；，解得；，则选项A错误；碰后两球各带电量1.25×104C，a球受洛伦兹力，则A球碰后对管道上表面有压力，选项BC错误，D正确；故选D.二、多项选择题1．如图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A.弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒B.弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒C.弹簧的最大弹性势能为D.弹簧的最大弹性势能为C试题分析：系统内力远远大于外力，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与做功情况判断系统动量与机械能是否守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，AB错误；设子弹射入木块后，两者的速度为v，子弹击中木块过程子弹与木块的内力远远大于外力，所以子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，木块压缩弹簧过程，动能转化为弹性势能，当弹性势能最大时，系统的动能全部转化为弹性势能，故由能量守恒定律得，联立解得，C正确D错误．2．如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中（）A.铁球对箱子的冲量为零B.铁球和箱子受到的冲量大小相等C.箱子对铁球的冲量为mv，向右D.摩擦力对箱子的冲量为mv，向右CDA、箱子在水平方向上受到两个力作用，球队对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值方向，其合力始终为零，故箱子始终静止．因此，铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等值反向，合冲量为零，故A错误；B、根据动量定理，铁球受到的冲量为I=0-mv=-mv，而箱子受到的冲量始终为零．故B错误；