近10年高考全国1卷物理试题分类解析 专题16 动量(解析版)

10年高考（2010-2019年）全国1卷物理试题分类解析（解析版）第16章 动量一、选择题1.（2017年）14．将质量为1.00kg 的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略） A ．30kg m/s ⋅B ．5.7×102kg m/s ⋅C ．6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅【解析】s kgm s kgm mv p /30/60010503=⨯⨯==- 【答案】A2（2018年.全国1卷）14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比【解析】max 212==mv E k ，与位移x 成正比。

mp t ma mv E k 221212222===，与速度平方，时间平方，动量平方成正比。

【答案】14．B3.（2018年全国2卷）15．高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N【解析】设m h 50=，根据动能定理221mv mgh =和动量定理tmvmg F ∆=-解得=F N 3105.3⨯ 【答案】15．C二、计算题1.（2010年）35（2）(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。

重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ。

使木板与重物以共同的速度0v 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。

求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。

设木板足够长，重物始终在木板上。

重力加速度为g 。

【解析】木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有： v m m mv mv )2(200+=-，解得：3v v =木板在第一个过程中，用动量定理，有：102)(mgt v m mv μ=--用动能定理，有：mgs mv mv 22121202μ-=-木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：2vt s = 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1+t 2=g v μ320+g v μ320=gv μ340解法2。

分3个阶段求解。

第1过程，木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，加速度g mmgμμ22a =⋅=，时间gv a v t μ2001==，位移g v a v μ42s 20201==。

第2过程，木板反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度v ，根据（以上两过程始末）动量守恒，v m m mv mv )2(200+=-，解得：3v v =。

第2过程的时间gv a vt μ602==，位移g v a v μ362s 2022==。

第3个过程，木板与木块一起匀速直线运动，直到木板第二次撞墙，时间gv v s s v s t μ3202133=-==， 总时间=++=321t t t t gv μ340。

本题考查动量守恒定律和匀变速运动及匀速运动的规律。

2.（2011年）35.（2）（9分）如图，三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上。

B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不连接。

将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体。

现A 以初速0v 沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起。

以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与AB 分离。

已知C 离开弹簧时的速度为0v ，求弹簧释放的势能。

（2）【解析】设碰后A 、B 、C 的速度的大小为v ，由动量守恒得 mv 0=3mv①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得 3mv =2mv 1+mv 0②设弹簧的弹性势能为E P ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，221221)2(21)321mv v m E v m P +=+（ ③由①②③式得弹簧所释放的势能为231o P mv E =④3.（2012年）18．如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O ．让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求 （i ）两球a 、b 的质量之比；（ii ）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．【解析】（1）b球下摆过程中，由动能定理得：m2gL=m2v02﹣0，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：m2v0=（m1+m2）v，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1﹣cosθ），解得：=（﹣1）：1=（﹣1）：1（2）两球碰撞过程中损失是机械能：Q=m2gL﹣（m1+m2）gL（1﹣cosθ），碰前b球的最大动能E b=m2v02，=【1﹣（1﹣cosθ）】：1=（1﹣）：1【答案】（i）两球a、b的质量之比为（﹣1）：1（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比为（1﹣）：14.（2013年）35.（2）（9分）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。

现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短；当两木块都停止运动后，相距仍然为d。

已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ。

B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。

求A的初速度的大小。

【解析】由于A、B碰撞时间极端，系统所受外力远小于内力，系统动量守恒，故有，由于是弹性碰撞，碰撞前后系统总动能相等，故有；对碰撞后A、B的运动分别运用动能定理有、，依题意有；对碰撞前A 的运动运用动能定理有。

解得：。

【答案】。

5.（2014年）35.(2)(9分)如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h=0.8m ，A 球在B 球的正上方。

先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放。

当A 球下落t=0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零。

已知m B =3 m A ，重力加速度大小g=10m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。

求（i ）B 球第一次到达地面时的速度；（ii ）P 点距地面的高度。

（i ）【解析】设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有 v B =gh 2 将h=0.8m 代入上式，得 v B =4m/s ○2 （ii ）【解析】设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为1v 和'1v （'1v =0），B 球的速度分别为2v 和'2v 。

由运动学规律可得1v =gt ○3 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。

规定向下的方向为正，有m A 1v + m B 2v = m B '2v ○4 21 m A 1v 2+21 m B 2v 2=21 m B '2v 2 ○4○5 设B 球与地面相碰后的速度大小为'B v ，由运动学及碰撞的规律可得'B v =B v ○6 设P 点距地面的高度为h ＇，由运动学规律可得 h ＇=gv v B 222' ○7联立○2○3○4○4○6○7式，并代入已知条件可得 h ＇=0.75m ○8 6.（2015年）35.(2)(10分)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A位于B 、C 之间。

A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态。

现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞。

设物体间的碰撞都是弹性的。

【解析】A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。

设速度方向向右为正，开始时A 的速度为υ0，第一次碰撞后C 的速度为υC1，A 的速度为υA1。

由动量守恒定律和机械能守恒定律得110C A Mv mv mv +=212120212121C A mv mv mv += 联立以上2式解得：01v M m Mm v A +-= 012v Mm m v C += 如果m>M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m=M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑 m<M 的情况。

第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞。

设与B 发生碰撞后，A 的速度为υA2，B 的速度为υB1，同样有0212)(v Mm M m v M m M m v A +-=+-=根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有υA2 ≤υC1 ⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2 ≥ 0 ⑦解得：M m )25(-≥ 另一解M m )25(--≤舍去。

所以，m 和M 应满足的条件为M m M ≤≤-)25(7.（2016年）35.（2）（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。

为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S ）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。

忽略空气阻力。

已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g 。

求（i ）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii ）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

【解析】(i)在一段很短的t ∆时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度0v 不变。

该时间内，喷出水柱高度：0l v t ∆=⋅∆ ① 喷出水柱质量：m V ρ∆=⋅∆② 其中v ∆为水柱体积，满足：V l S ∆=∆⋅③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为0mv S tρ∆=⋅⋅∆ (ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得： =F Mg 冲 ④其中，F 冲为玩具底部水体对其的作用力． 由牛顿第三定律：=F F 压冲⑤其中，F 压为玩具底部下面水的作用力v ＇为水到达玩具底部时的速度由运动学公式：2202v v gh -=-＇ ⑥在很短t ∆时间内，冲击玩具水柱的质量为m ∆0m v s t ρ∆=⋅⋅⋅∆⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有 动量定理()F mg t m v '+∆⋅∆=∆⋅压⑧由于t ∆很小，mg ∆也很小，可以忽略 ⑧式变为F t m v '⋅∆=∆⋅压⑨由④⑤⑥⑦⑨可得220222022v M g h g v Sρ=- 【答案】（i ）0sv ρ （ii ）gv s g M v s 20222240222ρρ- 【点评】本题考查力的平衡、有关密度的计算等，难度：中等。