高中物理考点专题07 动量2解析版Word下载.docx
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【难度】较难
2、右端带有
光滑圆弧轨道质量为M的小车静置于光滑水平面上,如图所示。
一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车,关于小球此后的运动情况,下列正确的是（）
A．小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车
B．小球可能离开小车水平向左做平抛运动
C．小球可能离开小车做自由落体运动
D．小球可能离开小车水平向右做平抛运动
【解析】如果小球初速度较大，小球运动小车的最高点后会相对小车竖直上抛运动，球车水平速度相同，小球离开小车后，还会落回小车，因此A错误。
选初速度方向为正方向，全过程系统水平方向动量守恒mv0=mv1+Mv2，系统机械能守恒
，联立得
，如果v1的方向水平向左，小球离开小车会向左做平抛运动，因此B正确。
如果v1=0，小球离开小车会做自由落体运动，因此C正确。
如果小球v1的方向水平向右，小球离开小车会向右做平抛运动，因此D正确。
【考点】弹性碰撞；
多值问题
3、两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s（设为正），B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能是（ ）
A．均为1m/sB．＋4m/s和－5m/s
C．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和＋5m/s
【答案】AD。
【解析】考查碰撞的三大原则：
动量守恒、动能不增和速度合理。
A和D满足三大原则，因此AD正确。
B答案碰后总动能增加，因此B错误。
C答案速度不合理，此时两球还没碰完，因此C错误。
故本题选AD。
【考点】碰撞的可能性
【难度】中等
4、人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。
若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（ ）
A．1.5mB．1.2m
C．1.34mD．1.1m
【答案】C。
【解析】选人运动的方向为正方向，由动量守恒知0=mv1-Mv2。
两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变，由能量守恒知
，联立解得
，x1=
=
故本题选C。
【考点】人船模型；
能量守恒
5、质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。
当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（ ）
A.
B．
C.
D．
【答案】B。
【解析】本题关键是分清过程。
如果大球不动，小球向右的水平距离大小是R,实际上水平距离R是大小两球共同完成的。
水平方向平均动量守恒知
且R=x小+x大，解得
故本题选B。
类比法
6、一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空气中下落的过程称为I，进入泥潭直到停止的过程称为II，下列正确的是（）
A．过程I钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B．过程II中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C．过程II中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能
D．过程II中钢珠动量的改变量小于阻力的冲量
【解析】过程Ⅰ中由动量定理知钢珠动量的改变量等于重力的冲量，因此A正确。
规定竖直向上为正方向，全过程由动量定理知I阻-mgt1-mgt2=0，可知I阻=mgt1+mgt2，因此B错误。
由能量守恒知，过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅱ损失的重力势能和过程Ⅰ中增加的动能之和，因此C错误。
故本题选A。
规定竖直向上为正方向，过程Ⅱ中由动量定理知I阻-mgt2=ΔP，因此D正确。
【考点】动量定理；
能量守恒
7、质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是（ ）
A．m（v－v0）B．mgt
C．m
D．m
【解析】本题是思考角度不同造成多值。
由公式Δp=mΔv=mvy=m
=m
，因此C和D正确。
A是代数差，应该是矢量差，因此A错误。
由动量定理I合=Δp知Δp=mgt，因此B正确。
8、如图所示，质量为m的子弹以速度v0水平击穿放在光滑水平地面上的木块。
木块长L，质量为M，木块对子弹的阻力恒定不变。
子弹穿过木块后木块获得动能为Ek，若只有木块或子弹的质量发生变化，但子弹仍穿过。
则（ ）
A．M不变、m变小，则木块获得的动能一定变大
B．M不变、m变大，则木块获得的动能可能变大
C．m不变、M变小，则木块获得的动能一定变大
D．m不变、M变大，则木块获得的动能可能变大
【答案】AC。
【解析】
（1）当子弹的质量m变化时，由于子弹所受的阻力恒定，则子弹的加速度将随着质量减小的而变大，而木块的加速度恒定，两者的速度图象如图所示。
设木块的长度为L，则当子弹穿出时，子弹的位移比木块的位移大了L，由速度图象可知，子弹的速度曲线与木块的速度曲线所围成的梯形面积在数值上等于L。
由图象可知，当子弹质量小时，穿出木块的时间t2大于质量大时穿出木块的时间t1。
则木块的速度将变大，动能也将增大。
因此A正确B错误．
（2）当子弹的质量m不变，子弹的加速度不变，木块的加速度将随着木块质量的减小而增大。
当子弹穿出时，子弹的位移比木块的位移大了L，由速度图象可知，子弹的速度曲线与木块的速度曲线所围成的梯形面积在数值上等于L。
当木块质量小时，穿出木块的时间t2′大于质量大时穿出木块的时间t1′，则木块获得的位移也将变大，那么子弹对木块的作用力做的功也在增大，所以木块获得的动能一定变大。
因此C正确D错误。
故本题选AC。
【考点】速度图象；
子弹打木块问题
9、质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。
如图所示，初始时小物块停在箱子正中间，现给小物块一水平向右的初速度V，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。
设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD。
【解析】本题思考角度的不同造成多值，注意观察法找个性。
由动量守恒知mv=（M+m）V共，由能量守恒知
，联立解得ΔEk损=
由能量守恒知系统损失的动能转化为系统的内能，由功能关系知系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做的功，则有Q=NμmgL，因此D正确。
故本题选BD。
【考点】碰撞问题；
10、第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回。
若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落至对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。
下列说法正确的是（）
A．击球过程合外力对乒乓球做功为零
B．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零
C．在上升过程中，乒乓球处于失重状态
D．在下落过程中，乒乓球处于超重状态
【解析】乒乓球被击回后做斜抛运动，击球过程由动能定理知W合=ΔEk=0，因此A正确。
击球过程由动量定理知I合=ΔP≠0，因此B错误。
斜抛运动的全过程加速度是重力加速度，处于完全失重状态，因此C正确。
【考点】两大定理；
失重
11、物体在做下面几种运动时，物体在任何相等的时间内动量的变化总是相等的是（）
A．做匀变速直线运动B．做竖直上抛运动C．做平抛运动 D．做匀速圆周运动
【答案】ABC。
【解析】动量的变化是矢量，由动量定理知Δp=F合Δt，ABC选项的合外力都是恒力且时间相等，因此ABC正确。
匀速圆周运动的合外力大小不变方向变，合外力是变力，因此D错误。
故本题选ABC。
12、静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示。
则下列说法中正确的是（ ）
A．0～4s内物体的位移为零B．0～4s内拉力对物体做功为零
C．4s末物体的动量为零D．0～4s内拉力对物体的冲量为零
【解析】由图象可知0-2s物体向负方向匀加速直线，0时刻物体速度为零。
2s-4s物体向负方向做匀减速直线，4s末物体速度为零，因此C正确。
最好画出速度图象，切忌凭感觉认为2s末物体速度立即反向。
位移一直增大，因此A错误。
由动能定理知W合=ΔEk=0-0=0，因此B正确。
由动量定理知I合=ΔP=0-0=0，因此D正确。
【考点】动力学图象问题；
两大定理
13、几个水球可以挡住一颗子弹？
（国家地理频道）的实验结果是：
四个水球足够！
完全相同的水球紧挨在-起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球。
下列正确的是（ ）
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.子弹在每个水球中运动的时间不同
C.每个水球对子弹的冲量不同
D.子弹在毎个水球中的动能变化相同
【解析】设水球直径为d，子弹的运动是匀减速直线，直到末速度为零。
运用逆向思维法，等效为初速度为零的向左匀加速直线，由v2-02=2a·
nd知头几个相等位移的末速度之比是自然数平方根比，故子弹在每个水球中的速度变化量之比是（2-
）∶（3-
）：
（
-1）∶1，因此A错误。
连续相等位移所用时间之比是平方根差比（2-
-1）∶1，因此B正确。
由冲量公式I=Ft知，作用力相同且运动的时间不同，故冲量不同，因此C正确。
由动能定理△EK=W合=-Ff·
d知毎个水球中摩擦力对子弹做的功相等，动能变化相同，因此D正确。
【考点】匀变速直线推论；
冲量
14、如图所示，横截面为三角形、两种材料拼接而成的斜面体，BD界面平行于底边CE，两侧面与水平面间夹角分别为α和
β，且a<
β。
已知小物体P从A点由静止沿左侧面加速下滑至B点，又匀速到C点，所用时间为t1、合外力对P做功为W1、摩擦力的冲量为I1、支持力的冲量为I2；
若该小物体从A点
沿右侧面下滑，所用时间为t2、合
外力对P做功为W2、摩擦力对P的冲量为I3、支持力对P的冲量为I4，则下列判定正确的是（）
A．t1>
t2B．I1>
I3
C．I2>
I4D．W1>
W2
【解析】物体下滑过程由牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma知a=gsinθ-μgcoθ，由运动学公式知
又a<
β，联立得t1>
t2，因此A正确。
由物块左侧斜面的运动可知μAB<
μBC，BC段下滑力与摩擦力平衡。
右侧斜面的倾角增大，下滑力增大，滑动摩擦力减小，故物块在右侧斜面一直加速下滑；
右侧斜面的滑动摩擦力比左侧对应位置小，用时也短，故I1>
I3，因此B正确。
由支持力FN=mgcosθ和a<
β知FN左>
FN右且t1>
t2，故I2>
I4；
因此C正确。
在斜面上克服摩擦力做功Wf＝μmgX（X为对应的水平位移），可知WfAB＞WfAD、WfBC＞WfDE，斜面上的全过程重力做功相同，因此W1<
W2，因此D错误。
【考点】动力学三大观点
15、如图甲所示，一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。
现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。
从图象的信息可知（）
v/m•s-1
乙
B
t/s
1
A
2
3
-111
t1
t2
t3
t4
v
甲
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/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恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1:
m2=1:
D．在t2时刻A和B的动能之比为Ek1:
Ek2=1:
8
【答案】CD。
【解析】本题关键是结合图象分清两物块的运动细节。
开始时A向右逐渐减速，B向右逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻速度相等，系统动能最小，系统弹性势能最大，t1时刻弹簧最短。
然后B继续向右加速，A先向右减速为零，然后向左加速，t2时刻弹簧恢复原长，此时两物块速度反向且加速度都为零，因此弹簧的长度逐渐增大。
接着A向左减速到零后向右加速，B向右减速，t3时刻速度相等，系统动能最小，系统弹性势能最大，t3时刻弹簧最长。
因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，t4时刻恢复原长。
由以上分析知A和B错误。
系统动量守恒，从开始到t1时刻由动量守恒知m1v0=（m1+m2）v1，将v0=3m/s和v1=1m/s代入解得m1：
m2=1：
2，因此C正确。
在t2时刻A的速度大小vA=1m/s，B的速度大小vB=2m/s，又m1：
2，故Ek1：
Ek2=1：
8，因此D正确。
故本题选CD。
速度图象
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