2021届物理高考二轮复习训练：动量和动量守恒定律

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题) 1．[2020·湖北宜昌市6月调考]如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以( )

A．减小球对手冲量的大小 B．减小球对手作用力的大小 C．减小球的动量变化量的大小 D．减小球对手的作用时间

2．高空抛物是非常危险的事．设质量为M＝1 kg的小球从20 m的楼上做自由落体运动落到地面，与水泥地面接触时间为0.01 s，g取10 m/s2，那么小球对地面的冲击力约是小球重力的( )

A．10倍 B．20倍 C．200倍 D．2 000倍 3．[2020·全国卷Ⅲ，15]甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )

A．3 J B．4 J

C．5 J D．6 J

4．如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B被反弹后，B能上升到比初位置高的地方．A是某种材料做成的有凹坑的实心球，质量为m1＝0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量为m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25 m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则反弹后木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)( )

A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m 5．[2020·四川遂宁市三诊]

如图所示，水平地面光滑，水平轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A.另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起．则从B与A开始碰撞到压缩弹簧至最短的过程，对A球、B球、弹簧组成的系统( )

A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒

C．对墙产生的冲量大小为mv0

1

D．弹簧最大弹性势能为mv2

20

6．如图1所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动，此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v - t图象如图2所示，

则( )

A．两电荷的电性一定相反

B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1

C．在0～t2时间内，两电荷间的静电力先增大后减小

D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

7．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )

A．物体A的质量为3m B．物体A的质量为2m

3

C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv2

20

D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv20 二、非选择题 8．[2020·四川遂宁市三诊]如图所示，在反推火箭作用下，飞船在距某星球表面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝2 m/s2竖直下降．当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在该星球表面上．飞船质量m＝1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，该星球表面的重力加速度g＝3.6 m/s2，四条缓冲脚的质量不计．求：

(1)飞船竖直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；

(2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小．

9．如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量m＝1.0 kg，B的质量M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能Ep＝40 J，弹簧的两

端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s2，求：

(1)A与弹簧分离时的速度大小；

(2)A、B沿斜面上升的最大距离．

10．[2020·河南安阳市下学期二模]

如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过最高处的B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：

(1)滑块1过B点的速度大小；

(2)弹簧释放的弹性势能大小；

(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．

11．[2020·天津卷，11]长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水

平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：

(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小； (2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？

参考答案

1．答案：B 2．答案：C

1

解析：小球下落过程，由动能定理得Mgh＝Mv2－0，解得v＝2gh＝2×10×20 m/s＝20m/s，方向竖直向

2

下；与地面接触过程，由动量定理得(Mg－F)t＝0－Mv，解得F＝2 010 N，故小球对地面的冲击力大小为2 010 N，由于小球重力G＝10 N，故C项正确．

3．答案：A

解析：由图象可知甲物块碰前速度v甲＝5 m/s，乙物块碰前速度v乙＝1 m/s，甲物块碰后速度v′甲＝－1 m/s，乙物块碰后速度v′乙＝2 m/s.甲和乙碰撞过程中系统动量守恒，有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m

11112222

乙＝6 kg.碰撞过程中两物块损失的机械能ΔE＝m甲v甲＋m乙v乙－m甲v甲′－m乙v′乙＝3 J．故选A项． 2222

4．答案：A

解析：由题意可知，A、B做自由落体运动，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝2gH，A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零，但作用时间很短，系统的内力远大

v′22

于外力，所以动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上升高度h＝，联立并代入数据得h＝4.05 m，A

2g

正确．

5．答案：C

解析：A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从A、B开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙面对弹簧有作用力，A、B及弹簧组成的系统所受的合外力不为零，则在此运动过程中动量不守恒，故A、B错误；对系统在整个过程中由动量定理：I＝0－mv0，则这个系统对墙产生的冲量大小为mv0，故C正确；A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝111v0，弹簧的最大弹性势能为：Ep＝×2mv2＝mv2，故D错误． 2240

6．答案：BC

解析：由图象0～t1段可以看出甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则两电荷的电性一定相同，A错误；两电荷相互作用时，系统受到的合外力为零，故动量守恒，设向左为正方向，t1时刻两电荷速度相等，v＝2 m/s，有Mv0＝(M＋m)v，解得m＝2M，即甲、乙两个点电荷的质量之比为2︰1，B正确；在0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律知，两电荷间的静电力先增大后减小，C正确；由图象可看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，动能一直增大，乙的速度先减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，D错误．

7．答案：AC

解析：若弹簧固定，则当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据机械能

1

守恒定律得，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mAv20，若弹簧2

一端连接另一质量为m的物体B，A与弹簧相互作用的过程中，B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势

1

能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝

2

13

mA(2v0)2－(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝mv2，故A、C正确，B、D错误．

220

13 6003

8．答案：(1)－1.6×105 J (2) N·s

3

解析：(1)飞船加速下降时火箭推力为F，则mg－F＝ma 推力对火箭做功为：W＝－Fh 解得：W＝－1.6×105 J； (2)t＝2 s，a＝2 m/s2

反冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为v，则有：v2＝2ah

从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为I，由动量定理有：4Isin 60°－mgt＝mv

13 6003解得：I＝ N·s.

3

9．答案：(1)8 m/s (2)1.024 m

解析：(1)设A、B与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2， 系统动量守恒：0＝mv1－Mv2

112

系统能量守恒：Ep＝mv21＋Mv2 22解得v1＝8 m/s，v2＝2 m/s；

(2)A与墙壁碰后速度大小不变，设A与B相碰后，A与B的速度大小为v， A、B系统动量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v 解得v＝3.2 m/s

对A、B整体，由动能定理得：

1

－(m＋M)gLsin 30°＝0－(m＋M)v2

2

解得L＝1.024 m.

155

10．答案：(1)gR (2)mgR (3) 416

解析：(1)滑块1恰能经过B点，

v2B

则有mg＝m

R

解得：vB＝gR

(2)滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有：

112

－mg·2R＝mv2B－mvA 22解得vA＝5gR

滑块1、2被弹簧弹开过程，根据动量守恒定律有：mvA＝2mv 根据能量守恒定律有：

11Ep＝mv22mv2 A＋·22

15

联立解得：Ep＝mgR

4

(3)滑块1经过B点后做平抛运动，则水平方向有：x＝vBt

1

竖直方向有：2R＝gt2

2

1

滑块2在水平方向做匀减速运动，根据动能定理有：－μ·2mg·x＝0－·2mv2

2

5

联立解得：μ＝

16

5gl2m1＋m22

11．答案：(1)m15gl (2) 2m2

解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有

v2

m1g＝m1①

l

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有

112m1v2A＝m1v＋2m1gl② 22

由动量定理，有I＝m1vA③

联立①②③式，得I＝m15gl④

(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，

A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有

m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥

12⑦ 又Ek＝m2vB2

联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为

5gl2m1＋m22Ek＝⑧

2m2