专题突破练(9) 动量(Word练习)-【优化指导】2025年高考物理二轮复习高中总复习·第2轮

专题突破练(九)　动量 1．抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1 min的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　　) A．40 B．80 C．120 D．160 C　解析：根据牛顿第三定律可知，机枪对子弹的平均作用力大小约为F＝12 N，设1 min内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，C正确。 2．(2022·北京卷)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是(　　) A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力 B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度 C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度 D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间 B　解析：助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增大滑道对人的作用力，从而增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而飞得更远，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。 3．(多选)(2024·上海宝山区模拟)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图所示，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s停下。以下说法正确的是(　　) A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒 B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同 C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1 250 N D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2 500 N BC　解析：碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，A错误；假人的初动量为p＝mv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，B正确；使用安全带时，根据动量定理有Ft＝0－p，解得F＝1 250 N，假人受到的平均作用力约为1 250 N，C正确；不使用安全带时，根据动量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝5 000 N，假人受到的平均作用力约为5 000 N，D错误。 4．(多选)(2023·全国甲卷)使甲、乙两根条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零 BD　解析：对甲、乙两根条形磁铁分别做受力分析，如图所示。 根据牛顿第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。 5．(2022·重庆卷)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部(　　) A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小 C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小 D　解析：假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像与横轴围成的面积等于合外力的冲量，再根据动量定理可知该面积也等于动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由题图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝，而F－t图像与横轴围成的面积等于动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。 6．(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N BD　解析：取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，D正确。 7．(2024·天津红桥区测试)如图甲所示，一根轻弹簧的两端分别与质量为m1、m2的A、B两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是(　　) A．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1 B．在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C．t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长 D．t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小 B　解析：以A的初速度方向为正方向，0～t1时间内，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋ m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，A错误；根据系统机械能守恒可知，在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，D错误。 8．(多选)(2024·浙江湖州模拟)如图所示，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则(　　) A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρv B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρv2 C．蜂鸟的质量为 D．蜂鸟的质量为 AC　解析：设蜂鸟扇动一次翅膀的时间为t，拍动空气的总质量为m＝Svtρ，单位时间内翅膀拍动空气的质量为＝Svρ，A正确，B错误；翅膀扇动时空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同，根据动量定理Ft＝mv，则翅膀对空气的作用力大小F＝＝Sρv2，根据牛顿第三定律，空气对翅膀的作用力大小为F′＝F＝Sρv2，蜂鸟悬停在空中，受力平衡，有F′＝Mg，得蜂鸟的质量为M＝，C正确，D错误。 9．(2024·湖南岳阳测试)一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v(以飞船为参考系)喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为Δm的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是(　　) A．喷出气体的质量Δm小于 B．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于t D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒 A　解析：航天员的速度为v0＝，喷气过程系统动量守恒，以航天员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得(M－Δm)v0－Δmv＝0，解得Δm＝<＝，A正确；由(M－Δm)v0－Δmv＝0解得v0＝v，若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则v0变大，故返回时间小于t，B错误；v0＝＝，若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据p＝Δmv，可知Δm减小，故v0减小，则返回时间大于t，C错误；在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，D错误。 10．(多选)(2024·山东烟台测试)如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面为一半径为R的光滑圆弧曲面，圆弧的最低点切线水平。某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车。则下列说法正确的是(　　) A．小球沿曲面向上运动的过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球沿曲面向下运动的过程中，小车的动量增加 C．小球离开小车时小球的速率等于v0 D．若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但仍会落回小车 BD　解析：小球沿曲面向上运动的过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的合外力冲量向右，小车的动量增加，B正确；小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得小球离开小车时小球的速度v1＝v0，C错误；若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，D正确。 11．(多选)(2024·重庆南开中学模拟)神舟十七号返回舱返回地面时，在距离地面大约10 km的地方打开主降落伞，一段时间后返回舱开始沿竖直方向匀速下落，从离地13 m处经1.5 s到达离地1 m处，此时返回舱上的四台反冲发动机同时点火提供恒定作用力，使返回舱到达地面时速度减为2 m/s，从而实现软着陆。设返回舱的质量为3×103 kg，g取10 m/s2，忽略反冲发动机点火后主降落伞对返回舱的作用和空气对返回舱的作用，下列说法正确的是(　　) A．匀速下落过程中，降落伞对返回舱做功的功率逐渐减小 B．反冲发动机工作时，舱内航天员的加速度大小为3g C．减速过程反冲发动机对返回舱做的功为－9.0×104 J D．减速过程反冲发动机对返回舱的冲量大小为2.4×104 N·s BD　解析：匀速下落过程中，返回舱对降落伞的作用力不变，所以返回舱对降落伞做功的功率不变，A错误；返回舱做减速运动的初速度为v0＝＝ m/s＝8 m/s，则由2ax′＝v2－v，可得a＝－30 m/s2＝－3g，反冲发动机工作时，舱内航天员的加速度大小为3g，B正确；返回舱减速过程根据动能定理有mgx′＋W＝mv2－mv，反冲发动机对返回舱做的功为W＝－1.2×105 J，C错误；返回舱减速的时间为t′＝＝0.2 s，返回舱所受合外力的冲量为I＋mgt′＝mv－mv0，反冲发动机对返回舱的冲量为I＝mv－mv0－mgt′＝－2.4×104 N·s，冲量大小为2.4×104 N·s，D正确。 12．(2023·海南卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里、大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大(g＝10 m/s2)； (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量。 答案：(1) m/s　 A(或4.17 A)　(2)0.085 C 解析：(1)金属杆离开液面后跳起的高度为H，由运动学公式有v2＝2gH 解得v＝ m/s 金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程，由动能定理有 ILBh－mg(H＋h)＝0 解得I＝ A(或4.17 A)。 (2)对金属杆，由动量定理有 (I′LB－mg)t′＝mv′ 由运动学公式有v′2＝2gH′ 又q＝I′t′ 解得q＝0.085 C。 13．(2024·安徽滁州模拟)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。 (1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小； (2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。 答案：(1)2.4 m/s　6.4 m/s　(2)见解析 解析：(1)丙向下摆动过程中机械能守恒，有 MgL(1－cos θ)＝Mv 解得v0＝4 m/s 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得 Mv0＝Mv′＋mv 由机械能守恒得Mv＝Mv′2＋mv2 解得碰后瞬间，丙速度大小v′＝2.4 m/s 甲速度大小v＝6.4 m/s。 (2)假设乙能从C点离开，通过C点后甲、乙水平速度相同，设甲速度为v甲2，对于丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲的过程，甲、乙水平方向动量守恒，有mv＝2mv甲2 解得v甲2＝3.2 m/s 设乙从C点离开时在竖直方向上的速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲的过程中，由机械能守恒得 mv2＝mv＋mv＋mgR 又因为v＝v＋v 解得vy＝2 m/s>0 所以乙能从C点离开圆弧轨道。 14．(2024·辽宁卷)如图所示，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 解析：(1)对A物块由平抛运动知识得 h＝gt2，xA＝vAt 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s 对AB物块整体由动量守恒定律mAvA＝mBvB 解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s。 (2)对物块B由动能定理－μmBgxB＝0－mBv 代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2。 (3)由能量守恒定律 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$