高考模拟理综物理选编动量 动量定理解析版文档格式.docx
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3.下列说法正确的是（ ）
A.速度大的物体，它的动量一定也大
B.动量大的物体，它的速度一定也大
C.只要物体的运动速度大小不变，则物体的动量也保持不变
D.物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大
（备课组长指导）
【分析】
本题考察了动量以及动量定理等知识。
解决本题的关键是要明确动量的定义，同时要明确动量是矢量，方向与速度相同，注意动量的矢量性，矢量发生变化时可以是矢量的大小发生变化也可以是量的方向发生变化。
【解答】
A.动量P=mv，速度大的物体，它的动量不一定大，故A错误；
B.物体的动量P=mv，动量大的物体，它的速度不一定大，故B错误；
C.动量等于质量与速度的乘积，物体运动的速度大小不变，物体的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，故C错误；
D.根据△P=m△v，对同一物体而言，可知动量变化越大则该物体的速度变化越大，故D正确；
D。
4.关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A.物体的动量越大，其惯性也越大
B.物体的速度方向改变，其动量一定改变
C.物体的动量改变，其动能一定改变
D.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的加速度方向
（2018物理备课组整理）B
A、动量大小等于质量乘以速度，而惯性大小的唯一量度是质量，故A错误；
B、动量的方向与速度的方向相同，物体的速度方向改变，其动量一定改变，故B正确；
C、动量是矢量，既有大小，又有方向；
物体的动量改变，可能是方向变化，其动能不一定改变，故C错误；
D、动量也是矢量，它的方向与速度的方向相同，故D错误．
B．
惯性大小的量度是质量；
动量（国际单位制中的单位为kg•m/s）表示为物体的质量和速度的乘积，是与物体的质量和速度相关的物理量，指的是这个物体在它运动方向上保持运动的趋势．动量也是矢量，它的方向与速度的方向相同．动量实际上是牛顿第一定律的一个推论．
本题关键是考查了动量的定义，要知道动量的大小P=mv，还要知道其方向与速度方向相同，动量是描述物体运动的最基本的物理量之一．
5.
在光滑的水平面上有静止的物体A和B．物体A的质量是B的2倍，两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。
当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（ ）
A.A的速率是B的2倍B.A的动量大小大于B的动量大小
C.A受的力大于B受的力D.A、B组成的系统的总动量为零
A、B、D、弹簧在恢复原长的过程中，两滑块系统动量守恒，规定向左为正方向，故：
m1v1+m2（-v2）=0
由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的
倍，A的动量大小等于B的动量大小；
故A错误，B错误，D正确；
C、根据牛顿第三定律，A受的力等于B受的力，故C错误；
两个滑块和弹簧系统受外力的矢量和为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可。
本题是动量定理的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较。
二、多选题（本大题共4小题，共24分）
6.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（ ）
A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N•s
B.M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
C.若半圆轨道半径可调，则球m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而减小
D.弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s
（2018物理备课组整理）AD
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：
mv1-Mv2=0，由机械能守恒得：
mv12+
Mv22=EP，
代入数据解得：
v1=9m/s，v2=3m/s；
m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：
mv12=
mv1′2+mg•2R，解得：
v1′=8m/s；
A、以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：
I=△p=mv1′-mv1=0.2×
（-8）-0.2×
9=-3.4N•s，则合力冲量大小为：
3.4N•s，故A正确；
B、M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，故B错误；
C、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：
mv1′2+mg•2r，在最高点，由牛顿第二定律得：
mg+N=m
，m从B点飞出，需要满足：
N≥0，飞出后，小球做平抛运动：
2r=
gt2，x=v1′t，当8.1-4r=4r时，即r=1.0125m时，x为最大，球m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、由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：
I=△p=mv1=0.2×
9=1.8N•s，故D正确；
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．
7.关于冲量和动量，下列说法中正确的是（ ）
A.冲量是反映力的作用时间积累效果的物理量
B.动量是描述物体运动状态的物理量
C.动量是物体冲量变化的原因
D.某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化
E.某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的方向发生了变化
（2018物理备课组整理）ABE
A、冲量是反映力在作用时间内积累效果的物理量，等于力与时间的乘积，即I=Ft，故A正确；
B、动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即P=mv，故B正确；
C、力是改变速度的原因，故冲量是物体动量变化的原因，故C错误；
DE、动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误，E正确；
ABE
根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，据此逐项分析即可求解．
本题考查对冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆．
8.
如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β（α＞β），让套在金属杆上的小环从A点无初速释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1；
若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2，则（ ）
A.W1＞W2B.W1=W2C.I1＞I2D.I1=I2
（2018物理备课组整理）BC
AB、小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功：
W1=μmgcosβ•sAB+μmgcosα•sBC，
小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功：
W2=μmgcosα•sAD+μmgcosβ•sDC，
又因为sAB=sBC=sAD=sDC，
所以摩擦力对小环做功：
W1=W2，故A错误，B正确；
CD、根据动能定理可知，mgh-Wf=
m
，
因为两次重力做功和摩擦力做功都相等，
所以两次小环到达C点的速度大小相等，
小环从A经B滑到C点，根据牛顿第二定律可得，
小环从A到B的加速度：
aAB=gsinβ-μgcosβ，
小环从B到C的加速度：
aBC=gsinα-μgcosα，
同理，小环从A到D的加速度：
aAD=gsinα-μgcosα，
小环从D到C的加速度：
aDC=gsinβ-μgcosβ，
又因为α＞β，所以aAB=aDC＜aBC=aAD，
其速度时间图象如图所示：
由图象可知，t1＞t2，由I=mgt得，
则重力的冲量：
I1＞I2，故C正确，D错误．
BC．
（1）根据功的计算公式求出摩擦力对小环做功，再进行比较即可得出答案；
（2）先根据动能定理判断两次小环到达C点的速度大小相等，然后利用牛顿第二定律得出每一段滑行时的加速度，画出速度时间图象可得出小环两次滑行的时间大小关系，最后根据I=Ft即可比较重力的冲量．
本题考查功的计算、牛顿第二定律及冲量的计算等知识，难点是比较两次小环滑行的时间，根据加速度的关系利用速度图象进行比较时间相对来说简单些，有一定的难度．
9.对于任何一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（ ）
A.物体的动量发生变化，其速率一定变化
B.物体的动量发生变化，其速率不一定变化
C.物体的速率发生变化，其动量一定变化
D.物体的速率发生变化，其动量不一定变化
AB、物体的动量发生变化，说明速度变化，可能是速度的大小，也可能只是方向，也可能大小和方向都变，故不能确定速率一定变，故A错误，B正确．
CD、速率变化，说明速度大小一定变了，故动量一定变，故C正确，D错误．
BC
质量不变的物体，其动量与速度成正比，但是动量是矢量，有大小，有方向；
速率是标量，只有大小，没有方向．
本题重点搞清楚矢量和标量的区别，知道动量是标量，与速度大小和方向有关；
而速率是标量，只与速度大小有关．
三、填空题（本大题共1小题，共5分）
10.水平面上质量为m的滑块A以速度v碰撞质量为
的静止滑块B，碰撞后AB的速度方向相同，它们的总动量为______；
如果滑块B获得的初速为v0，碰撞后滑块A的速度为______．
（2018物理备课组整理）mv；
v-
由动量守恒定律得，碰撞后总动量不变，即P=mv，
由动量守恒定律可列：
mv=
解得
v′=v-
故答案分别为：
mv，v-
此题中由于碰撞过程中内力远大于外力，所以满足动量守恒的条件，可由动量守恒定律解得．
此题主要考查了利用动量守恒定律解决一维碰撞问题．
四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）
11.近期，一种名为口袋弹弓的玩具开始流行。
这种玩具由一个类似气球的橡胶“袋”和一个塑料圆环组成。
但这不是普通玩具，拉动橡胶部分，就可以弹射钢球和弓箭，具有一定的“杀伤力”。
某探究小组在口袋弹弓内投放质量为8.8g的小钢珠对其“杀伤力”进行了测试：
（不考虑空气阻力）
测试一：
测试钢珠的最大速度。
选择无人的沙滩进行测试，将射袋拉伸到最大长度，将钢珠从1.25m高处水平射出，测得落地点与出射点的水平距离为20.0m。
则钢珠射出的最大初速度值为______；
（取g=10m/s2）
测试二：
将一个玻璃瓶放在水平面上，在距离3m远处用射袋将钢珠以最大速度水平射出，钢珠瞬间击碎玻璃瓶并竖直下落。
已知钢珠与玻璃的碰撞时间为0.001s。
则钢珠对玻璃瓶的平均作用力约为______；
测试三：
取三个未开封的易拉罐雪碧并列固定在水平面上，在距离3m远处用射袋将钢珠以最大速度水平射出，钢珠恰好击穿三个易拉罐，则钢珠击穿第二个易拉罐后的速率与击穿第一个易拉罐后的速率之比约为______。
（设阻力恒定）
（2018物理备课组整理）40m/s；
352N；
（1）钢珠做平抛运动，依据平抛运动规律：
得：
t=0.5s，v0=40m/s；
（2）以初速度方向为正方向，根据动量定理可知：
-F△t=-mv0，
F=352N；
（3）逆向观察钢珠可知，钢珠可视为初速度为零的匀加速直线运动；
根据动能定理可得：
fx=
mv2
解得
。
故答案为：
40m/s，352N，
（1）钢珠做平抛运动，根据平抛运动的基本规律可求得水平速度；
（2）根据动量定理即可求得冲击力的大小；
（3）逆向分析钢珠的运动，根据动能定理即可直接得出速度和飞行距离间的关系，从而求出速度之比。
本题利用生活中的现象考查了动量定理、动能定理以及平抛运动，要注意掌握这种应用物理规律解决生活实际的问题。
12.
（1）质量为0.2kg的小球竖直向下以6m／s的速度落至水平地面，再以4m／s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·
m／s．若小球与地面的作用时间为0.1s，则小球收到地面的平均作用力大小为________N（取g＝10m／s2）
（2）如图所示，是某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，根据实验数据按照一定的标度画出的力的图示．F1、F2、F'
中不是由弹簧测力计测得的力是________（填字母）．在该实验中需要记录和观察的是________．
A．记录F1、F2的大小和方向
B．记录F1、F2的夹角
C．观察F1、F2的大小是否在误差允许范围内相同
D．观察F、F'
的大小和方向是否在误差允许范围内相同
（3）要测量一未知电阻Rx的阻值，实验室提供的器材如下：
A．待测电阻Rx
B．电源E：
电动势约为3V
C．电流表A1：
量程为0～5mA，内阻r1不超过10Ω
D．电流表A2：
量程为0～1mA，内阻r2为50Ω
E．滑动变阻器R：
最大阻值为50Ω
F．电阻箱R'
：
阻值0～9999.9Ω
G．开关、导线若干
①由于没有电压表，甲同学利用电流表A2和电阻箱改装了一个0～3V的电压表（表盘刻度未改），则电流表A2应与电阻箱________（填“串联”或“并联”），电阻箱的阻值为________Ω．该同学利用电流表内接法和电流表外接法分别测量Rx两端的电压和通过的电流，读出两表的数据记录如下：
接法一
接法二
1
2
3
A1：
I1／mA
1.50
2.00
2.50
A2：
I2／mA
0.50
0.67
0.84
0.43
0.57
0.71
请你根据测量结果判断法二是电流表________（填“内”或“外”）接法．用
表示A2改装后的电压表，在测量Rx的以下实验电路中误差较小的是________．
②为测量电阻Rx，乙同学设计了如下电路，他确定：
只要保持滑动变阻器的画片P位置固定，无论怎样调节电阻箱，分压电路的输出电压变化都很小．这是因为待测电阻Rx________滑动变阻器R（填“远大于”、“远小于”或“大致等于”）．
他的操作步骤如下：
A．将滑动变阻器的滑片P放在最左端，闭合开关S；
B．将电阻箱的阻值调节到零，调节滑动变阻器，使电流表A2的指针达到满偏；
C．保持滑动变阻器的滑片不动，调节电阻箱，使电流表的指针达到半偏；
D．读出电阻箱的示数，记为R0；
E．断开开关，整理器材．
请你根据已知量与测量量，写出待测电阻Rx的表达式________．该测量值与真实值相比________（填“偏大”或“偏小”）．
（2018物理备课组整理）
（1）2
22
（2）F′
AD
（3）①串联
2950
外
B
②远大于
R0-r2
偏大
（备课组长指导）
（1）
【分析】
取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；
代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小。
此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向。
取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：
△p=-mv2-mv1=-0.2×
（6+4）kg．m/s=-2kg•m/s，负号表示方向竖直向上．
代入动量定理的公式，得（F-mg）t=△P，代入数据求得：
F=22N.
2
22
（2）
本题涉及实验原理：
合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度作出这些力的图示，寻找规律。
本题涉及实验的设计原理，还涉及到合力与分力的概念，合力与分力产生相同的形变效果，是等效替代的关系。
合力F与分力F1、F2产生相同的形变效果，用力的图示法表示出这些力后，用力的平行四边形定则作出合力F′，与将F与F′相比较，即可以验证力的平行四边形定则；
F′
AD。
（3）
电流表改装为电压表串联电阻起分压作用，根据欧姆定律求出串联的电阻大小．
根据两种电路比较，测量数据的相同点，根据欧姆定律进行分析．通过待测电阻的大小确定电流表的内外接，通过滑动变阻器的总阻值大小确定滑动变阻器的分压接法还是限流接法．
通过半偏法的原理得出待测电阻的大小，以及知道误差的来源，得出测量值和真实值的关系。
解决本题的关键知道实验的原理，以及误差的来源，会进行误差分析．知道电流表内外接和滑动变阻器分压式接法、限流式接法的区别。
①电流表改装为电压表，需串联电阻起分压作用，根据欧姆定律得，电阻箱的电阻
．
②当电流表外接时，通过电流表A2的电流
，当电流表内接时，
，通过表达式可知，当A1示数相等时，当电流表采用外接法是，通过电流表A2电流较小．所以接法二是电流表的外接法．
改装后的电压表内阻为3000Ω，电流表A1的内阻小于10Ω，待测电阻RX大约为
，属于大电阻，所以采用电流表内接法无法较小．因为滑动变阻器总阻值较小，若采用滑动变阻器限流式接法，电流、电压变化较小，测量误差较大，所以滑动变阻器采用分压式接法．故选B．
③无论怎样调节电阻箱，分压电路的输出电压变化都很小．这是因为待测电阻远大于滑动变阻器阻值．
本实验采用半偏法测量待测电阻的阻值，知半偏时，有：
RX+R0+r2=2（RX+r2），解得RX=R0-r2．
将电流表内阻等效到待测电阻中去，运用半偏法测量，测量支路电压不变，实际上总电阻增大，导致测量支路电压增大，电阻箱两端的电压大于待测电阻的电压，则测量值大于真实值．
①串联
五、计算题（本大题共4小题，共48分）
13.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（g取10m/s2）
（2018物理备课组整理）解：
设运动员从h1处下落，刚触网的速度为
=
=8m/s（方向向下），
运动员反弹到达高度h2，离网时速度为：
=10m/s（方向向上）．
在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，设向上方向为正，由动量定理有
（F-mg）t=mv2-（-mv1）
F=1.5×
103
N．
答：
网对运动员的平均作用力1.5×
103N．
（备课组长指导）运动员先做自由落体运动，根据机械能守恒定律求速度；
对运动员受力分析，然后根据动量定理列式求解．
本题关键是对运动员的各个运动情况分析清楚，然后结合机械能守恒定律、运动学公式、动量定理列式后联立求解．
14.质量m=0.60kg的篮球从距地板H=0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h=0.45m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t=1.1s，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能；
（2）篮球对地板的平均撞击力．
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：
△E=mgH-mgh=0.6×
10×
（0.8-0.45）J=2.1J
（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；
反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式
下落过程：
mgH=
，解得：
v1=4m/s，
上升过程：
-mgh=0-
v2=3m/s，
篮球与地板接触时间为△t=t-t1-t2=0.4s
设地板对篮球的平均撞击力为F，由动量定理
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