微专题07 动量 巩固练-2026届高考物理二轮复习(福建专用)

专题七 动量 一、动量及动量定理 1．D　解析：“铁拳”挥出过程，根据动量定理可得Ft＝mv，v＝72 km/h＝20 m/s，代入数据解得m＝0.3 kg＝300 g，故A错误；“铁拳”的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 000 m/s2，故B错误；根据动量定理可得Δp＝I＝Ft＝6 kg·m/s＝6 N·s，故C错误，D正确。 2．BD　解析： 0～4 s内，重力的冲量大小为IG＝mgt＝40 N·s，故A错误，B正确；当水平力满足F＝f＝μmg＝2 N时，物块才开始运动，则1～4 s内由F-t图像可知，水平力F的冲量大小IF＝×3 N·s＝15 N·s，则1～4 s内，由动量定理可得IF－μmgt＝mv，其中μmgt＝0.2×1×10×3 N·s＝6 N·s，解得4 s末物块的速度大小v＝9 m/s，故C错误，D正确。 3．B 解析：设时间内与墙壁碰撞的水的质量为 取水的运动方向为正方向，在碰撞过程中，对时间内的水，在水平方向由动量定理有联立解得由牛顿第三定律可知选B。 4. （1）8 m/s　（2）345 N·s，方向竖直向上 解析：（1）根据题图可知，头锤从t1＝0.2 s第一次离开气囊表面，到t2＝1.8 s第二次开始碰撞气囊表面经历的时间Δt1＝1.6 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，头锤下落的时间为0.8 s，则 v1＝g 解得v1＝8 m/s。 （2）第二次碰撞气囊结束的时刻t3＝1.95 s；第三次开始碰撞气囊的时刻t4＝2.35 s，得Δt2＝t4－t3 则有v2＝g，解得v2＝2 m/s 第二次与气囊作用过程，由动量定理（竖直向上为正方向） 得：IF－mg（t3－t2）＝mv2－（－mv1） 解得IF＝345 N·s，方向竖直向上。 5. （1）；（2）；（3） 解析：（1）助跑过程，根据位移与速度的关系式有解得 （2）取刚要起跳时重力势能为零，则起跳时的动能与最高点的重力势能分别为， 则运动员机械能的变化量为 （3）由最高点落到软垫过程，根据移与速度的关系式有 取竖直向上为正方向，接触软垫到速度为零过程，由动量定理得 解得 二、动量守恒定律 1. D 解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝（M1＋M2）v ，解得v＝1.5 m/s，对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝（M1－n·m）v＋n·mv'，解得n＝15，D正确。 2．D 解析：由动量守恒定律有m1v1＝m2v2，解得v2＝5 m/s，A错误；爆炸后1做斜抛运动，竖直分速度v1y＝v1cos 53°＝6 m/s，则1上升到最高点的时间t1＝＝0.6 s，上升的高度为h1＝＝1.8 m，水平分速度v1x＝v1sin 53°＝8 m/s，则从爆炸后到部分1落地共经历时间t＝ s＝2 s，则从最高点至下落到地面经历时间t2＝t－t1＝1.4 s，则最高点到地面的高度h2＝g＝9.8 m，故爆炸点离地面高度h＝h2－h1＝8 m，B错误；部分2的竖直分速度v2y＝v2cos 53°＝3 m/s，则有h＝v2yt'＋gt'2，解得t'＝1 s，则部分1、2落地的时间差Δt＝t－t'＝1 s，C错误；部分2的水平分速度v2x＝v2sin 53°＝4 m/s，则2的水平位移x2＝v2xt'＝4 m，则两部分落地点间的距离Δx＝（4＋16）m＝20 m，D正确。 3．D解析：小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，在小球从静止释放到运动至最低点的过程中，木块的竖直分速度一直为零，而小球的竖直分速度由零到不为零再减小至0，故竖直方向系统总动量不守恒，因此在运动过程中动量不守恒，所以小球到达最低点时，木块有最大动量，即木块有最大速率，小球的重力势能转化为小球和木块的动能，则小球的机械能不守恒，故A、B、C错误；小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，可知末状态系统在水平方向上动量为零，所以小球上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零，故D正确。 4. （1）20m/s （2）J （3）N 解析：（1）碰撞过程中，以的方向为正方向，对于车和障碍物组成的系统动量守恒，则解得 （2）由能量守恒定律有解得J （3）对汽车，以的方向为正方向，碰撞过程中由动量定理 解得N 三、力学综合问题 1．（1）3.0 m/s　（2）4.25 m/s 解析：（1）设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。 根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB　① 式中μ是汽车与冰雪路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB'，碰撞后滑行的距离为sB 由运动学公式有vB'2＝2aBsB　② 联立①②两式并利用题给数据得 vB'＝3.0 m/s。　③ （2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA　④ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA'，碰撞后滑行的距离为sA 由运动学公式有 vA'2＝2aAsA　⑤ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒有mAvA＝mAvA'＋mBvB'　⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s。　⑦ 2. (1)9 m　(2)7.44 m/s 解析：(1)设滑道AB段的长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在滑道AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在滑道AB段滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝a1(t＋t0)2，L＝v0t＋a2t2，联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。 (2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度分别为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s，v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s，滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上所受外力的合力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝7.44 m/s。 3. (1)2 kg　(2)2.4 m/s 解析：(1)以水平向左为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有m3vC＝(m1＋m3)v1，代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。 (2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与A、C整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有(m1＋m3)v′1＝(m1＋m3)v3＋m2v2，(m1＋m3)v′＝(m1＋m3)v＋m2v，由v－t图像可得v′1的大小为2 m/s，方向水平向右，解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。 答案第2页，共3页 答案第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题七 动量 一、动量及动量定理 1．如图为雀尾螳螂虾，它的“铁拳”可由静止状态下在0.01 s内，以接近72 km/h的速度挥出，出拳冲击力高达600 N。若“铁拳”挥出过程中，不考虑其他力的作用，则下列估算正确的是（　　） A.“铁拳”的质量约为600 g B.“铁拳”的加速度大约为1 000 m/s2 C.“铁拳”的动量约增大了0.6 kg·m/s D.“铁拳”所受合力的冲量大约为6 N·s 2．(多选) 如图a所示，一个质量m＝1 kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化的关系图像如图b所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A.0～4 s内，重力的冲量大小为0 B.0～4 s内，重力的冲量大小为40 N·s C.4 s末，物块的速度大小为8 m/s D.4 s末，物块的速度大小为9 m/s 3．鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2m2，海水的密度为1.05×103kg/m3，则海浪对礁石的冲击力约为（　　） A. 1.05×104N B. 5.25×104N C 7.88×104N D. 2.63×105N 4. 汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，一质量m＝30 kg的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在t0＝0时刚好第一次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系图像如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻t1＝0.2 s；第二次开始碰撞气囊的时刻t2＝1.8 s，第二次碰撞气囊结束的时刻t3＝1.95 s；第三次开始碰撞气囊的时刻t4＝2.35 s。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取10 m/s2。求： （1）头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小； （2）头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量IF的大小和方向。 5. 2024年4月20日世界田联钻石赛在厦门白鹭体育馆举行，世界名将杜普兰蒂斯以6米24的成绩刷新了自己的撑杆跳世界记录。如图所示，某次训练时，运动员持杆从静止开始加速助跑，助跑距离为45m，速度达到9m/s，接着撑杆起跳，重心升高5m时到达最高点且速度为零。过杆后，运动员做自由落体运动，重心下降5m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减至零的时间为0.5s。已知运动员的质量为80kg，助跑阶段可视为匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求： （1）运动员助跑阶段的加速度大小a； （2）从撑杆起跳到最高点的过程中，运动员机械能的变化量； （3）从接触软垫到速度减为零过程中，软垫对运动员作用力的冲量大小I。 二、动量守恒定律 1. 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲的小车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v'＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是（　　） A.12 B.13 C.14 D.15 2．燃放炮竹是我国很多地方春节期间的习俗，其中有一种“冲天炮”的炮竹，可以从地面上升到空中爆炸。若有一颗“冲天炮”从水平地面发射到达最高点时爆炸成质量之比为m1∶m2＝1∶2的两部分1和2，如图所示。已知爆炸后瞬间，部分1的初速度大小为10 m/s，方向斜向上，与竖直方向成53°角。测得部分1的落地点到爆炸点间的水平距离为16 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。则下列说法正确的是（　　） A.爆炸后瞬间，部分2的速度大小为20 m/s B.爆炸点离地的高度为9.8 m C.部分1、2落地的时间差为0.4 s D.部分1、2落地点间的距离为20 m 3. 如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A.小球在运动过程中机械能守恒 B.小球和木块组成的系统，在运动过程中动量守恒 C.当小球的速率最大时，木块有最小速率 D.当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零 4．某款质量为的国产新能源汽车在新车碰撞测试中，以的速度与前方质量为的静止障碍物发生正碰，碰撞过程中汽车速度随时间变化的关系如图所示，时碰撞结束，障碍物向前弹开，汽车仍向前运动。已知碰撞过程中忽略空气阻力及地面摩擦，求： （1）碰撞结束瞬间障碍物的速度大小； （2）碰撞过程中系统损失机械能； （3）碰撞过程中汽车与障碍物间的平均作用力大小。 三、力学综合题 1．汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）碰撞后的瞬间B车速度的大小； （2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。 2. 如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求： (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小。 3. 如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求： (1)物体C的质量m3； (2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $