高考物理衡水力学知识点之动量真题汇编含解析

高考物理衡水力学知识点之动量真题汇编含解析
一、选择题
1．质量为5kg 的物体，原来以v=5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15Ns 的作用，历时4s ，物体的动量大小变为( ) A ．80 kg·
m/s B ．160 kg·
m/s C ．40 kg·
m/s D ．10 kg·
m/s 2．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是（ ）
A ．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反
B ．原来放射性元素的原子核电荷数为90
C ．反冲核的核电荷数为88
D ．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88
3．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M 静止在光滑水平面上，一个物块m 在水平地面上以大小为v 0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)
A ．1:2
B ．1:3
C ．1:6
D ．1:9
4．质量为1.0kg 的小球从高20m 处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m ．小球与软垫接触的时间为1.0s ，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g 取10m/s 2）
A ．10N·
s B ．20N·s C ．30N·s D ．40N·s 5．如图所示，A 、B 是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L 和
2
L
，与桌面之间的动摩擦因数分别为A μ和B μ，现给滑块A 某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB 之间、B 与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A 最终不从桌面上掉下来，滑块A 的初速度的最大值为（ ）
A ．()A
B gL μμ+ B ．()2A B gL μμ+
C ．()2
A B gL μμ+
D ．
()1
2
A B gL μμ+ 6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )
A ．小木块和木箱最终都将静止
B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
7．如图，半径为R 、质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，小球自由落体后由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
3
4
h ，则
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1
2
R C ．小球离开小车后做斜上抛运动
D ．小球第二次能上升的最大高度
1
2h ＜h ＜34
h 8．运动员向静止的球踢了一脚(如图)，踢球时的力F ＝100 N ，球在地面上滚动了t ＝10 s 停下来，则运动员对球的冲量为( )
A ．1000 N•s
B ．500 N•s
C ．0 N•s
D ．无法确定
9．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打入木块A 及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A ．动量守恒，机械能守恒
B ．动量不守恒，机械能守恒
C ．动量守恒，机械能不守恒
D ．动量不守恒，机械能也不守恒
10．质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起
来．已知安全带的缓冲时间是1.2s ，安全带长5m ，取2
10 /g m s =,则安全带所受的平均
冲力的大小为（ ） A ．1100N
B ．600N
C ．500N
D ．100N
11．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（称为母核）俘获一个核外电子，其内部一个质子转变为中子，从而变成一个新核（称为子核），并且放出一个中微子的过程。

中微子的质量极小，不带电，很难探测到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子存在的。

若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”（电子的初动量可不计），则（ ） A ．母核的质量数大于子核的质量数 B ．母核的电荷数大于子核的电荷数 C ．子核的动量与中微子的动量相同 D ．子核的动能大于中微子的动能
12．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为2m 和m 的A B 、两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A B 、不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（ ）
A ．两滑块的动量大小之比:2:1A
B p p = B ．两滑块的速度大小之比A B v v :2:1=
C ．两滑块的动能之比12::kA kB E E =
D ．弹簧对两滑块做功之比:1:1A B W W =
13．一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是7v 。

该未知粒子（速度不变）跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是v 。

已知氢原子核的质量是m H ，氮原子核的质量是14m H ，上述碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是 A ．碰撞前后未知粒子的机械能不变 B ．未知粒子在两次碰撞前后的方向均相反
C ．未知粒子的质量为
76
H
m D ．未知粒子可能是α粒子
14．质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示，则物体在前10 s 内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )
A ．10 N·
s ，10 N·s B ．10 N·s ，－10 N·s C ．0，10 N·s D ．0，－10 N·
s 15．将一个质量为m 的小球，以一定的初速度0v 斜向上抛出，小球在空中运动t 时间内的动量改变量大小为（不计空气阻力，重力加速度为g ）（ ） A ．0mv
B ．02mv
C ．mgt
D ．0mgt mv +
16．光滑水平地面上，A ，B 两物块质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时 ( )
A ．A 、
B 系统总动量为2mv B ．A 的动量变为零
C ．B 的动量达到最大值
D ．A 、B 的速度相等
17．人的质量m ＝60kg ，船的质量M ＝240kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5m 时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )
A ．1.5m
B ．1.2m
C ．1.34m
D ．1.1m
18．下列说法正确的是（ ）
A ．若一个物体的动量发生变化，则动能一定变化
B ．若一个物体的动能发生变化，则动量一定变化
C ．匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
D ．一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功
19．如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是（ ）
A ．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏
B ．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏
C ．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏
D ．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏
20．从空中某一高度同时以大小相等的速度竖直上抛和水平抛出两个质量均为m 的小球，忽略空气阻力．在小球从抛出到落至水平地面的过程中 A ．动能变化量不同，动量变化量相同 B ．动能变化量和动量变化量均相同 C ．动能变化量相同,动量变化量不同 D ．动能变化量和动量变化量均不同
21．如图所示，设车厢长为l ，质量为M ，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为（ ）
A ．v 0，水平向右
B ．0
C ．0
mv M m
+，水平向右 D ．
m
M mv -0
，水平向右
22．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( ) A ．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B ．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
C ．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
D ．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
23．如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人．原来车和人都静止．当人从左向右行走的过程中（ ）
A ．人和车组成的系统水平方向动量不守恒
B ．人和车组成的系统机械能守恒
C ．人和车的速度方向相同
D ．人停止行走时，人和车的速度一定均为零
24．如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为m 和2m 的木块A 、B ，设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是（ ）
A ．
1f F t m
B ．
13f F t m
C ．
()123f F t t m
+ D ．
()12f F t t m
+
25．如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一 个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m /s 的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m /s 的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（ ）
A ．瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B ．瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C ．瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D ．瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
设物体初速度方向为正方向，根据动量定理可得551540/P I mv kg m s =+=⨯+=⋅，C 正确
2．D
解析：D 【解析】 【详解】
微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁
场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由2
mv Bqv R
=得：mv R Bq =，若原来放射
性元素的核电荷数为Q ，则对α粒子：1
12P R B e =•，对反冲核：22(2)P R B Q e =•-，由于
12P P =，根据12:44:1R R =，解得90Q =，反冲核的核电荷数为90288-=，它们的速
度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A 、B 、C 正确，D 错误；
3．C
解析：C 【解析】 【详解】
当物块运动到圆弧上某一位置时，相对圆弧轨道的速度为零，此时物块与圆弧轨道的速度相同，动能之比为1:2，则物块与圆弧轨道的质量之比为1:2，设物块的质量为m ，则有：
03mv mv =
得
3
v v =
， 此时物块的动能为
22011218
mv mv =， 根据机械能守恒定律，物块的重力势能为：
2
22
000
11132233
p v E mv m mv ⎛⎫=-⨯= ⎪⎝⎭，
因此动能与重力势能之比为1:6，故C 正确，ABD 错误。

故选：C
4．C
解析：C 【解析】 【详解】
小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh 1=mv 12-0， 代入数据解得：v 1=20m/s ，方向竖直向下； 小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh 2=0-mv 22， 代入数据解得：v 2=10m/s ，方向竖直向上； 以竖直向上为正方向，由动量定理得：
I=mv 2-mv 1=1kg×10m/s-1kg×（-20m/s ）=30N•s ，方向竖直向上；故选C 。

【点睛】
本题动量守恒定律的应用；对于动量定理的应用，要注意其中各物理量的方向性，正确设定正方向，确定各量的正负．
5．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
以A 、B 两物体组成的系统为研究对象，A 与B 碰撞时，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒。

设A 与B 碰前速度为v A ，碰后A 、B 的速度分别为v A ′、v B ′，由动量守恒定律得
A A A A
B B m v m v m v ='+'
由于碰撞中总动能无损失，所以
2'2'2
A A A A
B B 111222
m v m v m v =+ 且
A B m m m ==
联立得
A B A 0v v v '='=，
即A 与B 碰后二者交换速度。

所以第一次碰后A 停止运动，B 滑动；第二次碰后B 停止运动，A 向右滑动，要求A 最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A 再次回到桌边的全过程中A 、B 两物体克服摩擦力所做的功，即
20A B 12()2222
L L mv mg L mg μμ=-+
解得
0v =故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

6．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故B 正确，ACD 错误．
7．D
解析：D 【解析】
小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，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′=0，20R x x
m
m t t
--=，解得，小车的位移：x=R ，故B 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；
小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg （h 0-3
4
h 0）-W f =0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f =14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为1
4
mgh 0，由于小球第
二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh 0，机械能损失小于1
4
mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：000311
442h h h -
=，而小于34
h 0，故D 正确；故选D ． 点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．
8．D
解析：D 【解析】
由题，踢球时的力100F
N ，但不知道该力作用的时间，所以不能求出力的冲量，故
ABC 错误，D 正确。

点睛：该题考查冲量的计算，但在解答的过程中要注意时间10s 是球在地面上滚动的时间，不是100N 的力的作用时间。

9．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
在子弹打入木块A 及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

10．A
解析：A 【解析】
根据v 2
=2gL 得，弹性绳绷直时，工人的速度为：，
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg 和安全带给的冲力F ，取F 方向为正方向，由动量定理得：Ft −mgt=0−(−mv)， 代入数据解得：F=1100N ，方向竖直向上，
由牛顿第三定律可知，安全带受到的平均冲力为：F′=F=1100N，方向竖直向下．故A 正确，BCD 错误． 故选A
11．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．原子核（称为母核）俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（称为子核）的过程。

电荷数少1，质量数不变。

故A 错误，B 正确；
C ．原子核（称为母核）俘获电子的过程中动量守恒，初状态系统的总动量为0，则子核的动量和中微子的动量大小相等，方向相反。

故C 错误；
D ．子核的动量大小和中微子的动量大小相等，由于中微子的质量很小，根据
2
k 2p E m
知，中微子的动能大于子核的动能。

故D 错误。

故选B 。

12．C
【解析】
【详解】
在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：20A B mv mv +=，得2
B A v v =-，两滑块速度大小之比为：12A B v v =；两滑块的动能之比221212:122
A kA k
B B mv E E mv ⨯==，B 错误
C 正确；两滑块的动量大小之比211
A A
B B p mv p mv ==，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，D 错误．
13．C
解析：C
【解析】
【详解】
A ．碰撞过程中末知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上，所以机械能减小，故A 错误；
BCD ．碰撞过程中由动量守恒和能量守恒得
01H H mv mv m v =+
22201H 111222
H mv mv m v =+ 解得
H 0H
2=
7m v v v m m =+ 同理可知， 0H 2=
14N m v v v m m =+ 联立解得
H 76
m m = 碰撞后未知粒子的速度
H H H 100H H H 76076
m m m m v v v m m m m --==>++ 说明未知粒子没有反向，故BD 错误，C 正确；
故选C 。

14．D
【解析】
由图象可知，在前10s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5kg·
m/s ，由动量定理知I 1＝0；在后10s 内末状态的动量p 3＝－5kg·
m/s ，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10N·s ，故正确答案为D ．
15．C
解析：C
【解析】
【详解】
由于小球作曲线运动,不知道末速度,故只能根据动量定理求解,根据动量定理可知，小球动量变化等于重力的冲量,即p mgt ∆=，C 项正确。

16．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ：A 、
B 组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初始时总动量为mv ；弹簧被压缩到最短时，A 、B 系统总动量仍为mv ．故A 项错误．
BCD ：A 在压缩弹簧的过程中，B 做加速运动，A 做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后B 继续加速，A 继续减速，所以弹簧压缩最短时，B 的动量未达到最大值．弹簧被压缩到最短时，A 、B 的速度相等，A 的动量不为零．故BC 两项错误，D 项正确．
【点睛】
两物体沿一直线运动，速度不等时，两者间距离发生变化；当两者速度相等时，两物体间距离出现极值．
17．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知，0=mv 1-Mv 2；
由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变； 则由功能关系可知：
222012111222mv mv Mv =+
解得：10v =
所以110 1.5 1.34x v t m m ====，故C 正确． 18．B
【解析】
【详解】
A.若动量变化，可能是只有速度方向变化，而速度大小不变，则此时动能不变，故A 错误；
B.若一个物体的动能变化，则说明速度大小一定变化，动量一定变化，故B 正确；
C.匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化；说明动量一定变化，故C 错误；
D.一个力对物体有了冲量，若物体没有运动，则该力对物体不做功，故D 错误．
19．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
轮船在发生碰撞如靠岸的过程，外侧悬挂了很多旧轮胎，由动量定理F t p ⋅∆=∆知，在动量变化p ∆相同的情况下，即冲量相同，但延长了碰撞作用时间t ∆，使得撞击力F 变小，从而减轻对轮船的破坏，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

20．C
解析：C
【解析】
【详解】
小球从抛出到落地过程中，只有重力做功，下落的高度相同，根据动能定理可得，两种情况下动能变化量相同；根据题意竖直上抛运动时间必平抛运动的时间长，根据p mgt ∆=可知动量变化量不同，C 正确．
21．C
解析：C
【解析】
【详解】
物块再车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得
01()mv M m v =+ 解得01mv v m M
=
+，方向水平向右 A. v 0，水平向右不符合题意
B. 0不符合题意
C. 0 mv M m +，水平向右符合题意
D. m
M mv -0，水平向右不符合题意
解析：C
【解析】
【详解】
由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故C 正确，ABD 错误。

23．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A.人和车组成的系统水平方向不受外力作用，所以人和车组成的系统水平方向动量守恒，故A 错误；
B.对于人来说，人在蹬地过程中，人受到的其实是静摩擦力，方向向右，人对车的摩擦力向左，人和车都运动起来，故摩擦力做功，所以人和车组成的系统机械能不守恒，故B 错误；
C.当人从左向右行走的过程中，人对车的摩擦力向左，车向后退，即车向左运动，速度方向向左，故C 错误；
D.由A 选项可知，人和车组成的系统水平方向动量守恒，由题意系统出动量为零，所以人停止行走时，系统末动量为零，即人和车的速度一定均为零，故D 正确。

故选D 。

24．B
解析：B
【解析】
A 与
B 分离时二者的速度是相等的，分离后A 的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力
使A 与B 的速度增大，由动量定理得：12)f F t m m v ⋅=
+（，所以：13f F t v m =，故选项B
正确． 点睛：A 与B 分离时二者的速度是相等的，在水平面上运动的过程中受到子弹的作用力，由动量定理即可求出A 的速度．
25．B
解析：B
【解析】
两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有： mv 1=mv 2+mv 3
代入数据得：m×0.4=m×0.1+mv 3
解得：v 3=0.3m/s. 动能减小量：2222221231111(0.40.10.3)02222
k E mv mv mv m ∆=--=--〉
故动能减小，是非弹性碰撞；
故选B．
【名师点睛】
两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞．。