高考物理模拟题分类训练(01期)专题06动量和动量定理(教师版含解析).docx

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1、专题06 动量和动量定理1(2021届广东省汕头市金山中学高三期中)冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( )ABCD【答案】B【解析】冰壶甲乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短代表碰撞后的速度大小A图中，甲乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右，不满足动量守恒定

2、律选项A错乙图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等小球发生完全弹性碰撞的过程，选项B是可能的选项C中，虽然甲乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C错，D选项，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律选项D错误。2(2021届湖南省衡阳市第八中学高三月考)如图所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术，若某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则()A球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零B球从击出

3、到落回的时间内，空气阻力的冲量为零C球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量D若不计阻力，球上升阶段动量的变化等于下降阶段动量的变化【答案】CD【解析】整个过程中，重力不为零，作用时间不为零，根据，可知，重力冲量不为零，故A错误；由于整个过程中，阻力都做负功，所以上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，即上升过程所用时间比下降过程所用时间少，根据可知上升阶段阻力冲量小于下降阶段阻力冲量，整个过程中阻力冲量不为零，故B错误，C正确；若不计空气阻力，并规定向上为正方向，设初速度为，上升阶段，初速度为，末速度为零，动量变化量为，下降阶段，初速度为零，末速度为，动量变化量为，两者相等，故D正确。故

4、选CD。3(2021届重庆市第一中学高三月考)在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M=80kg的石板，另一演员手持一质量为m=5kg的铁锤，从h1=1.8m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2=0.05m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1=0.01s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2=0.5s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10m/s2，则()A铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6m/sB撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25NsC撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3500ND缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小约为8

5、70N【答案】ACD【解析】设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为，则有自由落体运动规律可得可得：，A正确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为，则有解得：，以竖直向上为正方向，由动量定理可得，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为，则有记得：，C正确；石块与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度为，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得解得： ，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为，由动量定理可得解得：，D正确；故选ACD。4(2021届福建省莆田一中高三期中)A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。设

6、水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则()AA、B(包括人)速度大小之比为3：2BA、B(包括人)动量大小之比为3：2CA、B(包括人)动量之和为零D因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定【答案】AC【解析】研究全程，动量守恒，由于最开始都静止，所以A、B(包括人)动量大小相等，方向相反，总动量为零，速度和质量成反比，所以A、B(包括人)速度大小之比为3：2，故AC正确，BD错误。故选AC。5(2021届福建省福州第一中学高三期中)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，则在此过程中()A地面对他的冲量为mvmgtB地面对他的冲量为mvm

7、gtC地面对他做的功为mv2D地面对他做的功为零【答案】AD【解析】AB.取运动员为研究对象，由动量定理得:(Fmg)tmv0，则IFtmvmgt选项A正确，B错误；CD.运动员没有离开地面，地面对运动员做的功为零，所以C错误，D项正确。6(2021届福建省三明市一中高三期中)如图所示质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有()A小球的机械能减少了B小球所受阻力的冲量大于C小球克服阻力做的功为D小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】B

8、【解析】从A到B的过程中小球的机械能减少了，选项A错误；从A到B的过程中小球受到的重力与阻力做功，由动能定理可得可知小球克服阻力做的功大小等于重力做的功，为，选项C错误；小球到达地面的速度选取向下为正方向，设小球陷入泥潭的过程中的时间为t，则解得，选项B正确；小球的初速度与末速度都是0，所以小球的动量的变化量等于0，根据冲量的定义可知，小球受到的阻力的冲量不等于0，选项D错误。故选B。7(2021届河北衡水中学高三期中)一个质量为0.5 kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1m/s，与地面作用0.1s后以等大的动量被反弹小钢球在与地面碰撞的过程中，下列说法中正确的是()A小钢球重力的冲量是0

9、.1 kgm/sB若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kgm/sC若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是1 NsD若选向上为正方向，则小钢球的受到的合力为5N【答案】B【解析】根据冲量定义可知： ，故A错；若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为 ，故B对；根据动量定理，合力冲量等于动量的变化量，所以若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是 ，故C错；已知合力的冲量为，所以合力的大小为 ，故D错；故选B。8(2021届河北省唐山一中高三期中)如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是()A碰后小球A、B

10、一定共速B若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量， A球将静止C若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹D若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍【答案】C【解析】小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，则A错误；若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得解得若A球质量等于B球质量，则，故B错误；小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒

11、，则解得，若A球质量小于B球质量，有上述和的表达式可知A球质量足够大，B球质量足够小，有上述和的表达式可知故C正确，故D错误。故选C。9(2021届河北省唐山一中高三期中)如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量是m，物体A和B的质量相同均为则()A子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度为B弹簧压缩到最短时，B的速度为C运动过程中，物体B能获得的最大速度为D弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为【答案】BC【解析】A子弹射入A的过程中，对子弹和A组成的系统动量守恒解得故A错误；B弹簧压缩到最短时，子弹和A、B物体速度相等，

12、设为，对子弹、物体A、物体B组成的系统动量守恒解得故B正确；C运动过程中，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，设此时子弹和A的速度为，B的速度为，由动量守恒及功能关系可得解得故C正确；D弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为故D错误。故选BC。10(2021届湖南省长郡中学高三月考)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为(不计空气阻力)。则下列说法错误的是()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球从B点离开小车不会再落回轨

13、道内D小球从B点离开小车后又会从B点落回轨道，再次恰好到达A点时速度为零不会从A点冲出【答案】ACD【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv=0，解得x=R，故选项B正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于，因此小球一定能从A点冲出，故D错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B点落回，则C

14、错误。本题选择错误的，故选ACD。11(2021届广东省六校联盟高三联考)如图所示，质量m=400kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量为m甲=40kg、m乙=60kg的游泳者，甲向左、乙向右同时以2m/s(相对于岸)的水平速度跃入水中，不计水对船的阻力，则正确的是()A小船获得的速度大小为0.5m/sB小船获得的速度大小为0.1m/sC小船收到的合外力冲量大小为40kgm/sD若乙跃出的水平速度为3m/s，则小船获得的速度为零【答案】BC【解析】甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有代入数据解得负号说明小船的速度方向向左，故A错误，B正确

15、；根据动量定理可得，小船获得的动量为，方向水平向左。故C正确；根据动量守恒定律有代入数据解得，故D错误。故选BC。12(2021届广东省汕头市金山中学高三期中)如图所示，质量为m的小球从距离泥潭表面高度为H的A点由静止释放，落到泥潭后陷入其中，陷入至深度为h的B点时速度减为零，不计空气阻力，重力加速度为g。则关于小球下落过程中，说法正确的是( )A整个下落过程中，小球的机械能减少了mgHB整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg(H+h)C在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大小等于D在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于【答案】BD【解析】从静止开始释放到落到地面，应用动能定理，解得小

16、球陷入泥中的过程，根据动能定理，故Wf=mgh+=mgh+mgH克服阻力做的功等于小球机械能的减少量，故机械能减少了mgh+mgH，故A错误，B正确；由上可知小球落到地面的速度为，对进入泥潭的过程运用动量定理得可知阻力的冲量大小不等于，故C错误；由上可知小球落到地面的速度为，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，故D正确。故选BD。13(2021届河北衡水中学高三二调)质量分别为m1、m2的物体A、B静止在光滑的水平面上,两物体用轻弹簧连接,开始弹簧处于原长状态,其中m1m2,某时刻同时在两物体上施加大小相等方向相反的水平外力,如图所示,从两物体开始运动到弹簧的伸长量达到最大值

17、的过程中,弹簧始终处在弹性限度范围内下列说法正确的是( )A两物体的动量一直增大B物体A、B的动量变化量之比为m2:m1C两物体与弹簧组成的系统机械能守恒D物体A、B的平均速度大小之比m2:m1【答案】D【解析】当水平外力大于弹簧的弹力时，两物体做加速运动，则两物体的速度一直增大,动量一直增大，当水平外力小于弹簧的弹力时，两物体做减速运动，速度减小，动量减小，故选项A错误；以两物体以及弹簧组成的系统为研究对象，因合外力为零则系统的动量守恒，以物体运动方向为正方向，由动量守恒定侓得，则有成立，又物体动量的变化量为，物体动量的变化量为，可知两物体动量变化量之比为1:1，故选项B错误；从施加外力到弹

18、簧的伸长量最大的过程中，水平外力一直做正功，则两物体与弹簧组成的系统机械能一直增大，故选项C错误；由于任意时刻两物体的动量均等大反向，则平均速度之比为，故选项D正确。14(2021届湖北省武汉市洪山中学高三月考)如图所示，质量为m的物块A静止在水平面上，A的左侧光滑，右侧粗糙，一个质量为M的物块B以速度向右运动，与A发生弹性正碰，碰后A向前滑行而停止。若仅把A的质量变为，其它条件不变，再次让B与A发生弹性碰撞，碰后A向前滑行而停止。已知，则()ABCD【答案】B【解析】A与B发生弹性碰撞，有动量守恒和机械能守恒，则碰后A向前滑行，根据动能定理得解得所以解得，故选B。15(2021届湖南师大附中

19、高三月考)高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”。高空抛物，是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。有人曾做了一个实验，将一枚50g的鸡蛋从8楼(距离地面上静止的钢板为20m)无初速释放，若鸡蛋壳与钢板的作用时间为4.010-4s，鸡蛋与钢板撞击后速度变为零，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则鸡蛋与钢板碰撞的过程中，钢板受到的平均撞击力的大小约为()A0.5NB500NC1000ND2500N【答案】D【解析】根据动能定理可得设向下为正方向，则对碰撞过程由动量定理可得代入数据联立解得符号表示撞击力方向向上，故ABC错误，D正确。故选D。16(2021届广东省汕头市金山中学高三

20、期中)如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点入槽内。则下列说法正确的是( )A小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功B小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒C小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒D小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动【答案】BC【解析】小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，故A错误；小球在槽内运动的全过程中，从

21、刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故B正确；小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，槽离开墙壁，小球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，故水平方向动量守恒，故C正确；小球离开右侧槽口时，有水平速度，也有竖直向上速度，所以小球相对于地做斜上抛运动，故D错误。故选BC。17(2021届辽宁省朝阳市高三联考)如图所示，蹦极是一项富有挑战性的运动，一质量为的运动员将长为的弹性绳的一端系在身上，另一端固定在平台上，然后运动员从平台上由静止下落，绳伸直后又经运动员第一次到

22、达最低点，不计空气阻力，则从绳伸直至运动员到达最低点的过程中，绳对运动员平均作用力的大小约为()ABCD【答案】B【解析】运动员下落至绳子伸直的过程中，由动能定理得从绳伸直到运动员到达最低点的过程，由动量定理得联立解得绳对运动员平均作用力的大小为，故选B。18(2021届辽宁省朝阳市凌源二中高三质检)如图所示，光滑水平面上A球向右运动与静止的B球发生正碰，A球碰撞前后速率之比为4：1。碰后A、B球均向右运动滑上光滑斜面，沿斜面上升的最大高度之比为1：4，已知斜面与水平面平滑连接，两球质量分别为mA、mB，碰撞前后两球总动能分别为Ek1、Ek2，则()AmA：mB =4：3BmA：mB =2：3

23、CEk1：Ek2=16：7DEk1：Ek2=16：13【答案】BC【解析】光滑水平面上A球向右运动与静止的B球发生正碰，根据动量守恒和能量守恒有 ，碰撞前后两球的总动能为，A球碰撞前后速率之比为4：1。沿斜面上升的最大高度之比为1：4，解得mA：mB =2：3，Ek1：Ek2=16：7，故选BC。19(2021届福建省三明市一中高三期中)如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g则A从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1B从a到b，跳楼机座

24、椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为D从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg【答案】A【解析】由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由可得，下落时间由可知，运动到b的速度大小为跳楼机从b运动c过程中做减速运动，同理可得，解得减速过程的加速度大小为，时间为，故从a到b与从b到c的运动时间之比为，故A正确；从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；从a到b，根据动量定理可得，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为，故C错误；从b到c，根据牛顿第二定律有：，解得跳楼机受到制动力的大小为，故D错误。20(2021届河北

25、衡水中学高三二调)如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端B和C，则下列说法中正确的是()A到达底端的速度不相同B重力的冲量都相同C物体动量的变化率都相同D沿AB运动过程中重力的平均功率相同【答案】AB【解析】同一物体从静止到达底端的动能，由动能定理可知，重力做功的不一样，所以它们到达底端的动能不同，到达底端时的速度不同，故A正确；对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得a=gcos，根据运动学公式，即，解得，因此下滑时间相同，由I=mgt可知，重力的冲量相等，故B正确；因末速度大小不相等，故动量的变化不相同，所

26、以动量的变化率不相同，故C错误；重力做功不一样，下滑时间相同，所以沿AB、AC运动过程中重力的平均功率不相同，故D错误。故选AB。21(2021届重庆巴蜀中学高三月考)如图所示，质量为m1的小球以初速度v0与原来静止在A点的质量为m2的小球发生正碰，m2与墙壁碰后原速率反弹，两球第二次碰撞位置在A点与墙角连线段的中点。不计一切摩擦，不计碰撞时间，则m1:m2可能为()A7:lB5:1C3:1D1:1【答案】CD【解析】两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：；已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得：；从两

27、球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，则A和B通过的路程之比为，联立解得，故选CD。22(2021届重庆市第一中学高三月考)如图所示，质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块(视为质点)放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s)B木板满足关系：f(L+s)=m1v22CF(L+s)=mv12+m1v22D其他条件不变的情况下，F越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】A【解析

28、】当滑块从静止开始运动到木板右端时，发生的位移为L+s(相对于地)，滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s)故A正确；对木板，由动能定理有：fs=m1v22故B错误；滑块与木板间产生的热量Q=fL，根据能量守恒定律知：F(L+s)=Q+mv12+m1v22，可得，F(L+s)-fL=mv12+m1v22故C错误；由Q =fL，知F增大时，Q不变，故D错误；故选A。23(2021届重庆市第一中学高三月考)在校运会比赛中，某同学参加了三级跳远。某同学的跳跃过程可简化为如图情形。该同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后

29、水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，张明同学从A点开始起跳到D点的整个过程中均在竖直平面内运动，下列说法正确的是()A每次从最高点下落的过程都是平抛运动B每次起跳到着地水平位移AB：BC：CD=1：3：5C从起跳到着地三段过程中，动量变化量相等D该同学上升阶段用时占总时间的一半【答案】CD【解析】平抛运动要求只受重力，而题目中说明有风力，每次从最高点下落过程都不是平抛运动，故A错误；由题意可知，人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，由可知每次起跳高度相同，由知，每次起跳在空中的时间相同，而水平方向每次起跳都是匀加速直线运动，则三段过程中速度的变化量相等，故动量变化量相等。由于水平方向的初速度不为零，则水平位移不满足1:3:5的关系。故B错误，C正确；题目中该同学在竖直方向做竖直上抛运动，故该同学上升阶段用时占总时间的一半。故D正确。故选CD。