2020高考物理必考核心知识过关练习题精选《动量》(最新精品含详细解析)

2020高考物必核心知过关练题精选《动量

动量守定》第一卷共48）一、单题（本大题9小题，共）1.下列关动量的法中，正确是质量大的物体动量一定大速度大的物体动量一定大两物体动能相等，动量不一定相等两物体动能相等，动量一定相等2.关于动量冲量和量的变化量下列说中正确的是A.物体动量为零时，一定处于平衡状态B.冲量越大时，物体受力越大C.做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量

与速度的方向相同D.做曲线运动的物体，动量的变化量

可以为零3.质量为2kg物体，度由/成-6/s，则此过程，它所受到合外力冲是A.12N·

B.-20N·

C.-4N·

D.-12N·4.如图量为的车停在光滑水平面上，小车上面粗糙．质为m的滑块B以初速度v滑到小车A上车足够，块不从车上0落，则车的最终速大小为）A.零B.C.D.5.使用高压枪作为割机床的切具有独优势得到广泛用，如图所，若水截面为S，水流以度垂直射到被切的钢板，之水速减零，已知水的度为，则水钢板的力为（）A.ρSv

B.ρ2

C.ρ2

D.ρSv第1页，共页6.高空作业系安全一质量为m的空作业员不慎跌落从开始落到安全带人刚产生作力前,人下落的距离为(可视自由落体运,此后经历时t全带伸量达最大在此过中该作力始终竖直上则该段间t内全带对的平均作用大小为(重力速度为g()A.+mg

B.-mg

C.+mg

D.-mg7.如图所为我国神舟十一号与“天二号”交会接的图，实际上宇宙飞船空间实验室会对接速率并不完相等。交会对接前量为m的宇宙船速度大小，质量为M的空间实室速度小为，两者度方向相且在同一直上，会对接连成一个整，下列说正确是A.对接后的速度大小为C.对接后的速度大小为

B.对接后的速度大小为D.交会对接过程系统机械能守恒8.质量为3m小球B静止在光滑的水面上，量为小球A以一定初速度与球B发弹性正，则小球撞前与碰撞后的率之比（）A.4:3B.3:2C.2:1D.3:19.如图所示质量为m子弹以度v水射向一量为M静置于滑水平面的木，则第2页，共页子弹击中木块后，子弹一定留在木块中子弹击中木块后，子弹一定可击穿木块若子弹留在木块中，则系统损失的机械能为若子弹击穿木块，木块仍保持静止二、多题（本大题3小题，共）10.如图所，量为小球从离地面高H由静止始释放，到地面上后陷

入泥潭，由于到阻力用到达距地深度为h的B时速度减为．不计空气力，重加速度为

g．关于小在刚接触面到速度变零的过中，下列说中正确有（）小球的机械能减少了mgh小球克服阻力做的功为mg（+h）小球所受阻力的冲量等于m小球动量的改变量大小等于m11.在光滑水平桌上有等大的量分别中间夹一个被压缩具有弹性势能的轻簧弹簧与两球不相，原处于静止状现突然释弹簧，m脱离弹簧后滑向与平面相切半径的竖直

，

的两个球，放置的滑半圆形轨，如图示取

则下列法正确的是球m从轨道底端A运动到顶端B过程中所受合外力冲量大小为M离开轻弹簧时获得的速度为若半圆轨道半径可调，则球m从B飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为第3页，共页12.光滑水面上有静止木块,质量为子弹水射入块后未出,弹与木块动的速度图如图所由此可知()木块质量可能是2m子弹进入木块的深度为木块所受子弹的冲量为mv0D.子弹射入木块过程中产生的内能为m第二卷共52）三、实题探究题（大题共2小题，共16分）13.如图所示，用"碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小1从A由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、、N离O点的距离，即线段OM、、ON的长度。①对于上述实验操作，下列说法正确的是________．小球1每次必须在斜槽上相同的位置从静止滚下．小球1可以在斜槽上不同的位置从静止滚下．斜槽轨道末端必须水平．斜槽轨道必须光滑第4页，共页②若入射小球质量为m，半径为r；被碰小球质量为m半径为r，则1122()A.m>mr>r.m>m,121212

r=r.m<m,1212

r<r12

D.m<mr=r1212③上述实验除需测量线段OM、、ON长度外，还需要测量的物理量有________．A．、B两点间的高度差h1B．点离地面的高度h2C．小球1和小球2的质量m、m12D．小球1和小球2的半径r、r12④当所测物理量满足表达式_____________(用所测物理量的字母表示时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式_____________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失．14.如图所示是“探究碰撞过程中动量守恒”的实验装置，质量M小球甲用长为L、不可伸长的细线拴于天花板上的O，将细线拉直至与竖直方向成a角的位置由静止释放，当小球甲摆到最低点时与静止在O正下方质量为m的小球乙发生对心正碰，碰后小球乙离开桌面做平抛运动，小球乙落地点A到O点正下方地面上的水平距离为d，已知桌面高度H。(1)若两个小球碰撞后小球甲继续向左摆，则甲、乙的质量关系为M________(填“大于”、“小于”或“等于”）第5页，共页(2)若甲、乙碰撞时动能的损失很小，可以忽略不计，试推导小球乙在平抛运动过程中发生的水平位移d的表达式d=________。四、计题（本大题4小题，共）15.某游乐园入口旁有一喷泉喷出的水柱将一质量M的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见假设水柱从横截面积为喷口持续以速度v直0向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为。求喷泉单位时间内喷出的水的质量；玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。16.如图，质量为M=0.2kg长木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量也为m=0.2kg的滑块以v=1.2/s速度滑上长木板的左端，小滑块与长木板间0的动摩擦因数=0.4，小滑块刚好没有滑离长木板，求：（

g=10/2

）小滑块的最终速度在整个过程中，系统产生的热量以地面为参照物，小滑块滑行的距离为多少？第6页，共页17.如图所示，金属a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场水平部分导轨上原来放有一金属杆.已知杆的质量为m且与b杆的质量之比为m∶=3∶水平导轨足够长不aab计摩擦，求：a和b的最终速度分别是多大？整个过程中回路释放的电能是多少？18.如图所示为某种游戏装置的示意图水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切．已知传送带长L=4.0，且沿顺时针方向以恒定速率=3.0m/s速转动。两个质量均为m滑块、C静止置于水平导轨MN，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与连接但不与C连接。另一质也为m的滑块A初速度vB、连线方向0向B运动，A与撞后粘合在一起，碰撞时间极短。若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度vm/s上传送带，并恰好停在Q点。已知滑C块C与传送带及PQ间的动摩擦因数均为μ=0.20装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10/2

．求：PQ的距离；v大小；0（3）已知竖直圆轨道半径为，若要使C脱离竖直圆轨道，求v0范围。第7页，共页答案和解析1.【答案】C【解析】解：物体的动量等于质量与其速度的乘积，；A、质量m大，如果速度较小，则动量较小，故错误；B、如果速度v大而质量m很小，则动量不一定大，故错误；C、动量P2

=（mv）2

=2m•mv2

=2mE，则P=K

，如果物体动能相同E而质量K不同，则物体动量P不同，另外：动量是矢量，动能是标量，两物体动能相等，即使动量大小可能相等，但动量的方向可能不同，动量不一定相等，故正确，D错误；故选：C．根据动量的定义式与动量和动能的关系分析答题．知道动量的定义式、知道动能与动量的关系即可正确解题，本题是一道基础题．2.【答案】C【解析】动量

是矢量，冲量等于力与时间的乘积，是矢量，方向与力的方向相同；根据动量定理，物体动量的变化等于物体受到的合外力的冲量。【解答】根据动量，动量为零时，物体的速度为零，但是物体的受力不一定为零，不一定处于平衡状态，故A错误；冲量等于力与时间的乘积，是力在作用时间上的积累，冲量越大，力不一定越大，故B错误；C.做直线运动的物体速度方向不变，根据

，动量变化量的方向与速度的方向相同，故C正确；D.根据动量定理，物体动量的变化等于物体受到的合外力的冲量，做曲线运动的物体合力不为零，所以动量的变化量

不为零，故D错误。故选C。3.【答案】B【解析】已知初末速度，设定正方向；再由动量定理可求得合外力的冲量。第8页，共页本题考查动量定理的应用动量为矢量一定要注意先设定正方向明确初末量的正负。【解答】设初速度方向为正，则由动量定理可知：I=mv-

=2×（-6）N.s-2×4N.s=-20N.s，故B正确，ACD错误。故选B。4.【答案】C【解析】解：B滑上A的过程中，AB系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mv=（M+m）v0解得：v=故选：CB滑上A且不会从车上滑落，则AB最终速度相等，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解．本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，知道最终速度相等，难度不大，属于基础题．5.【答案】B【解析解：设t时间内有体积的水打在钢板上，则这些水的质量为m=ρV=ρSvt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft=0-mv，即：F=-=-ρSv2

，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢板的冲击力大小也为Sv2

．故B正确，ACD错误。故选：B。取时间t内的水研究对象，根据动量定理列式求解即可。本题关键是研究对象的选择，然后根据动量定理列式求解即可，基础问题。6.【答案】A【解析】【分析】第9页，共页先根据

求解自由落体运动的时间；然后对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力。本题关键是明确物体的受力情况和运动情况后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。【解答】对自由落体运动，有：对运动的全程，根据动量定理，有：

，解得：，规定向下为正方向，；解得：，故A正确，BCD错误。故选A。7.【答案】C【解析交会对过程满足动量守恒可以视为完全非弹性碰撞根据动量守恒列方程求解。【解答】ABC.交会对过程满足动量守恒，有

，所以有，故AB错误，C正确；D.交会对接可以视为完全非弹性碰撞，系统有机械能损失，故错误。故选C。8.【答案】C【解析两小球发生弹性碰撞由由动量守恒和机械能守恒分别列式即可求出小球A碰撞前与碰撞后的速率之比。本题主要考查弹性碰撞的特点。【解答】设碰撞前的速度方向为正方向，碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒，得，，求得，因此A球碰撞前的速率与碰撞后的速率之比为2∶1，故C正确，错误。故选C。第10页，共18页9.【答案】C【解析弹击中木块后统动量守恒无法判断子弹留在木块还是击穿木块，根据动量守恒定律和能量守恒定律求得系统损失的机械能。本题考查动量守恒定律的应用，基础题。【解答】AB.子弹击中木块后，系统动量守恒，但不知道具体木块的长度及速度值，无法判断子弹留在木块还是击穿木块，故AB错误；C.若子弹留在木块中，由mv=(M+m)v'，，故C正确；

，联立解得D.若子弹击穿木块，木块不可能保持静止，故错误。故选C。10.【答案】BD【解析通过小球重力势能和动能的变化量求出小球机械能的减小量对全过程运用动能定理求出小球克服阻力做功的大小根据动量定理求出小球阻力的冲量解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向．【解答】小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h），故A错误；B.对全过程运用动能定理得（H+h=0则小球克服阻力做功W（H+hff故B正确；C.落到地面的速度v=，对进入泥潭的过程运用动量定理得，，知阻力的冲量大小不等于

，故C错误；D.落到地面的速度v=

对进入泥潭后的速度为0所以小球动量的改变量大小等于m故选BD。

，故D正确。第11页，共18页11.【答案】AD【解析】解：释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv-Mv=0，由机械能守恒得：mv2121

+Mv22

=E，P代入数据解得：v=9m/s，v=3m/s；12m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：mv21

=mv′21

+mg•2R，解得：v′=8m/s；1A、以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：eq\o\ac(△,I=)p=mv′-mv=0.2×（-8）-0.2×9=-3.4N•s，则合力冲量大小为：3.4N•s，11故A正确；M离开轻弹簧时获得的速度为，故B错误；设圆轨道半径为r时飞出B后水平位移最大由A到B机械能守恒定律得：mv21

=mv′2+mg•，在最高点，由牛顿第二定律得：mg+N=m，m从B点飞1出需要满足≥0出后球做平抛运动gt2

x=v′t1时，即时，为最大，球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；D动量定理得簧弹开过程m冲量大小为△p=mv=0.29=1.8N1•s，故D正确；故选：AD．弹簧弹开小球过程系统动量守恒机械能守恒由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球的速度小球离开圆形轨道后做平抛运动应用动量定理与平抛运动规律分析答题．本题考查了求冲量、速度等问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理、平抛运动规律即可正确解题．12.【答案】BC【解析子弹射入木块过程中，系统所受合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出木块质量v-t图像围成的面积表示位移，然后利用v-t图像求出第12页，共18页子弹进入木块的深度据动量定理求出木块所受子弹的冲量据能量守恒求出子弹射入木块过程中产生的内能。本题是子弹射入木块类型关键要掌握其基本规律动量守恒定律能量守恒定律和动量定理的应用，通过列式进行比较分析。【解答】A.设块的质量为M，根据动量守恒定律得：

，解得M=m，故A错误；B.子弹运动的位移运动的位移，则子弹进入木块的深度为，故B正确；C.根据动量定理可知木块所受子弹的冲量，故C正确；D.根据能量守恒可知

，故D错误。故选BC。13.【答案】①；②；③；④；【解析】本题考查验证动量守恒定律。运用平抛运动的知识和功能关系分析得出结论。为保证碰撞不反弹求入射小球质量大于被碰小球质量能发生对心弹性碰撞，要求两小球半径一样大；根据实验的原理确定需要测量的物理量。根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式。【解答①ABC.为保证小球平抛时获得相同的初速度，应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下因为平抛运动的时间相等根据所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度。故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；故AC正确，B错误；第13页，共18页D.斜槽轨道不需要光滑为每次摩擦力做功情况相同会获得相同的初速度，D错误。故选AC。②为了小球2能飞的更远防止1反弹球1的质量应大于球2的质量为能发生对心弹性碰撞，要求两小球半径一样大，故正确，ACD错误，故选B。③根据动量守恒得，，水平位移代表速度的大小，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量mm所以不必测量AB的高度和B点离地面的高度、小球的半径等，故选12，C。④因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要成立则机械能守恒，故若

，说明碰撞过程中机械能守恒。故答案为：①AC；②B；③C；④；14.【答案】（1）大于；（2）【解析】本题借助平抛运动与机械能守恒来验证动量守恒定律。两球发生碰撞后，为防止小球甲反弹保证小球甲继续向左运动，小球甲的质量应大于小球乙的质量；甲球摆到最低点的过程中机械能守恒，之后甲与乙碰撞，动量守恒，能量守恒碰后乙做了平抛运动列出方程联立解得小球乙在平拋运动过程中发生的水平位移。【解答】（1）两球发生碰撞后，为防止小球甲反弹保证小球甲继续向左运动，小球甲的质量M应大于小球乙的质量m；（2）甲球摆到最低点的过程中机械能守恒有第14页，共18页甲、乙两球碰撞动量守恒甲、乙碰撞时动能的损失很小，可以忽略不计则有碰后乙做平抛运动联立解得故答案为：（1）大于；（2）15.【答案】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量=ρ=ρSv，0（ii）设水到达卡通玩具处的度v，玩具在空中悬停时其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，水柱冲击到玩具底板后在竖直方向水的速度变为零以向上为正根据动量定理得：-Mgt=ρSvt（v）0联立解得：答：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为Sv；0（ii）玩具在空中悬停时，其面相对于喷口的高度为．【解析本题主要考查了动量定理与运动学基本公式的直接应用知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，另外注意水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，难度适中。喷泉单位时间内喷出的水的质量ρV求解；玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据第15页，共18页运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可。16.【答案】解：1）小滑块与长木板系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv（m+）v0解得最终速度为：v=（2）由能量守恒定律得：mv

=（+M）2

+Q代入数据解得热量为：Q=0.072（3）对小滑块应用动能定理：-μmgS=mv0

-2代入数据解得距离为：S=0.16m答：（1）小滑块的最终速度是0.6m/，在整个过程中，系统产生的热量是J；以地面为参照物，小滑块滑行的距离为．【解析滑块与长木板系统量守恒动量守恒定律得出小滑块的最终速度；由能量守恒定律求得系统产生的热量；对小滑块应用动能定理求出小滑块滑行的距离．解决本题的关键理清小物块和木板的运动的情况分析清楚运动过程选择恰当的过程应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．17.【答案】解：（1）a下滑h程中机械能守恒：…①a进入磁场后，回路中产生感应电流，、b受安培力作用，a减速运动，b作加速运动，经一段时间、度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中、b系统所受合外力为零，动量守恒得：…②由①②解得最终速度：第16页，共18页（2）由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失所以有：【解析本题是双杆在轨道滑动类型分析两杆的运动情况是关键其次要把握物理规律，系统的合外力为零，动量是守恒的。（1）分析两杆的运动情况，a杆沿光滑轨道下滑时获得了速度，进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而减速b杆受到向右的安培力而加速，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为ab的最终速度，由于a、b系统所受合外力为零，动量守恒，由动量