2020届高考物理动量和动量守恒选择题题型高效专练

2020届高考物理动量和动量守恒选择题题型高效专练1．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mgB.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mgD.eq\f(m\r(gh),t)－mg【解析】解法一：由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)。对安全带对人作用的过程应用动量定理，则有(mg－F)t＝0－mv，解得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故A正确。解法二：对安全带对人作用的过程应用牛顿第二定律，则有F－mg＝ma，而a＝eq\f(v,t)＝eq\f(\r(2gh),t)，解得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故A正确。【答案】A2．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m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、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【解析】甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大反向，选项B正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错误。【答案】B3．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，己知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2。物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为（）A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s【解析】碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)·2mv2代入数据得：v＝1m/s，A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mv2，联立可得：v0＝1.5m/s，故C正确。【答案】C4．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移－时间图象，若A球质量m＝2kg，则由图可知下列结论错误的是A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4N·sC．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【解析】由s－t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA＝eq\f(ΔsA,ΔtA)＝eq\f(4－10,2)＝－3m/s，B球的速度vB＝eq\f(ΔsB,ΔtB)＝eq\f(4,2)＝2m/s；碰撞后有：A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝eq\f(ΔsC,ΔtC)＝eq\f(2－4,2)＝－1m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前后A的动量变化为：ΔPA＝mvA′－mvA＝2×(－1)－2×(－3)＝4(kg·m/s)根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔPB＝－ΔPA＝－4(kg·m/s)又：ΔPB＝mB(vB′－vB)，所以：mB＝eq\f(ΔPB,vB′－vB)＝eq\f(－4,－1－2)＝eq\f(4,3)(kg)，所以A与B碰撞前的总动量为：P总＝mvA＋mBvB＝2×(－3)＋eq\f(4,3)×2＝－eq\f(10,3)kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔPB＝－4kg·m/s＝－4N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10J，故A错误，BCD正确；本题选错误的，故选A。【答案】A5．(多选)质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为P，弹簧的弹性势能为Ep；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则A．弹簧弹力对A的冲量大小为eq\f(m,M＋m)PB．弹簧弹力对B做功的大小为EpC．全过程中机械能减小量为EpD．B、C的最终速度为eq\f(P,2M)【解析】最初A、B以共同速度向右运动，v＝eq\f(P,m＋M)。弹簧把A、B弹开，A的速度变为零，则弹簧弹力对A的冲量I＝0－mv＝－eq\f(mp,M＋m)，A正确。根据能量守恒定律B能量增加ΔEB＝Ep＋EkA。故弹簧弹力对B做功大于Ep，B错误。对A、B、C整体。由动量守恒定律得p＝2MvBC，所以vBC＝eq\f(P,2M)，D正确。全过程机械能的减少ΔE＝eq\f(p2,2(M＋m))＋Ep－eq\f(1,2)×2M·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,2M)))2≠Ep，C错误。【答案】AD6．(多选)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A．A、B两球的质量之比为4∶1B．A、B两球的质量之比为1∶4C．A、B碰撞前、后两球总动能之比为9∶5D．A、B碰撞前、后两球总动能之比为5∶9【解析】设B球碰撞前速度为v，则碰后速度为－eq\f(v,3)，根据题意可知，B球与A球碰撞后A速度为eq\f(v,3)。由动量守恒定律有mBv＝mA·eq\f(v,3)＋mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v,3)))解得：mA∶mB＝4∶1；故A正确，B错误。A、B碰撞前、后两球总动能之比为(EkA＋EkB)∶(EkA′＋EkB′)＝eq\f(1,2)mBv2∶[eq\f(1,2)mA·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,3)))2＋eq\f(1,2)mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v,3)))2]＝9∶5，故C正确，D错误。【答案】AC7．(多选)如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，(g取10m/s2)则A．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动B．木块遭射击后远离A的最大距离为0.9mC．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0sD．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6s【解析】子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。木块运动的加速度大小不变，a＝μg＝5m/s2。子弹射穿木块的过程中动量守恒：木块速度v′＝eq\f(m(v0－v),M)－v1＝3m/s。木块向右匀减速运动的位移s＝eq\f(v′2,2a)＝0.9m，即木块遭射击后远离A的最大距离为0.9m，B正确。木块向右匀减速运动的时间t1＝eq\f(v′,a)＝0.6s，木块向左匀加速运动的时间t2＝eq\f(v1,a)＝0.4s，则木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为t＝t1＋t2＝1.0s，C正确，D错误。【答案】BC8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物休A连接，弹簧水平且无形变。现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A的冲量为零B．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间C．物体A向左运动的最大速度vm＝2eq\r(μgx0)D．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝eq\f(I\o\al(2,0),2m)－2μmgx0【解析】由于弹簧的弹力一直向左，故弹力的冲量不可能为零，故A错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度；而与弹簧接触向右和向左的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故B正确；对离开弹簧后再向左运动的2x0过程有动能定理可知，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝μmg2x0；解得离开弹簧时的速度为vm＝2eq\r(μgx0)；而物体在向左运动至弹力与摩擦力相等时速度达最大，故可知向左运动的最大速度一定大于vm＝2eq\r(μgx0)；故C错误；由动量定理可知I0＝mv0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgx0＝eq\f(I\o\al(2,0),2m)－μmgx0。故D错误。【答案】B9.(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好【解析】：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．10.(多选)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1m/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【解析】：选AB.根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．11.如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为eq\f(1,4)v，则摩擦力对底座的冲量为()A．0B．eq\f(1,4)mv，方向向左C．eq\f(1,4)mv，方向向右D．eq\f(3,4)mv，方向向左【解析】：选B.设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I＝mv；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv，对底座根据动量定理：If＋(－mv)＝－3m·eq\f(v,4)得：If＝＋eq\f(mv,4)，正号表示正方向，向左．12.（多选）如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是()A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t【解析】：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcosθ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsinθ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsinθ·t，选项D正确．13.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3【解析】：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量的大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2得物体下滑的时间t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．14.(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处【解析】：选BC.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误．15.两球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．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/sB．v′A＝2m/s，v′B＝4m/sC．v′A＝－4m/s，v′B＝7m/sD．v′A＝7m/s，v′B＝1.5m/s【解析】：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E′k＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)＝57J，大于碰前的总动能Ek＝22J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．16.(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m＝2kg，则由图判断下列结论正确的是()A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/sB．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4N·sC．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【解析】：选ABD.根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，选项C错误．17.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是()A．eq\f(2LM,M＋m) B．eq\f(2Lm,M＋m)C．eq\f(ML,M＋m) D．eq\f(mL,M＋m)【解析】：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝eq\f(2Lm,M＋m)，选项B正确．18.（多选）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．该碰撞为弹性碰撞B．该碰撞为非弹性碰撞C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10【解析】：选AC.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2kg·m/s，p′B＝mBv′