2023届高考物理一轮专题复习：04动量

2023届高考物理一轮专题复习：04动量

一、单选题

1．（2022·广东茂名·统考二模）蹦床是我国的优势运动项目，我国蹦床运动员朱雪莹在东京奥运会上一举夺冠，为祖国争了光。如图所示为朱雪莹比赛时的情景，比赛中某个过程，她自距离水平网面高3.2m处由静止下落，与网作用后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5m，朱雪莹与网面作用过程中所用时间0.7s。不考虑空气阻力，重力加速度取，则若朱雪莹质量为60kg，则网面对她的冲量大小为（　　）

A． B．

C． D．

2．（2022·广东茂名·统考模拟预测）铅球运动员采用原地推和滑步推铅球两种方式，如图为滑步推铅球示，滑步推铅球比原地推铅球增加几米的成绩。两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则（　　）

A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同

B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高

C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同

D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是延长了运动员对铅球的作用时间

3．（2022·广东茂名·统考二模）2021年中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆，火星车“祝融号”开展巡视探测，假定火星上风速约为18m/s，火星大气密度约为1.3×10-2kg/m3，“祝融号”迎风面积约为6m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零，则火星车垂直迎风面受到的压力约为（　　）

A．1.4N B．25N C．140N D．250N

4．（2022·广东茂名·模拟预测）如图所示，质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面的动摩擦因数。现对其施加一个大小为N，方向与水平方向成45°的恒力F，g=10m/s2，则F作用5s的过程中（　　）

A．水平面对物体支持力的冲量大小为零

B．F对物体的冲量大小为10N·s

C．物体动量的变化量大小为5kgm/s

D．合外力对物体做功为25J

二、多选题

5．（2021·广东茂名·统考二模）如图所示，三个小球静止在足够长的光滑水平面，B、C两个小球之间用弹簧连接起来，A球紧靠B球，，。现用水平外力从两侧缓慢压A球与C球，使弹簧处于压缩状态且弹性势能为100J，再突然撤去外力，已知A球与墙壁碰撞无机械能损失，A球若能与B球碰撞则粘合在一起，全程弹簧始终未达到弹性限度，下列说法正确的是（　　）

A．若只撤去右侧外力且按住A不动，则小球B获得的最大速度为

B．若只撤去右侧外力且按住A不动，则在此后的运动中，弹簧将会多次出现弹性势能等于的时刻

C．若同时撤去两侧外力，则在此后的运动中三个小球将会多次出现的共速时刻

D．若同时撤去两侧外力，则三个小球最终将会以某一共同速度匀速运动下去

6．（2021·广东茂名·统考二模）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞（如图甲所示），碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，红壶的质量为20kg，则（　　）

A．蓝壶的质量为20kg B．碰后蓝壶再运动5s停止运动

C．碰后蓝壶再运动1s停止运动 D．碰后红﹑蓝两壶所受摩擦力之比为5：4

7．（2021·广东茂名·统考二模）如图所示，竖直平面内固定一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处O点静止下落，刚好从A点无碰撞进入轨道，则关于小球经过轨道上两最高点的B点和C点时，下列说法正确的是（　　）

A．小球在B点的机械能大于在C点的机械能

B．小球在B点的速度小于在C点的速度

C．小球在B点对轨道的压力小于在C点对轨道的压力

D．小球从O到B过程合外力冲量大于从O到C过程合外力冲量

8．（2022·广东茂名·模拟预测）在冰壶测试训练中，利用红壶去正碰静止的蓝壶，两冰壶质量相等，利用传感器测量技术绘出碰撞前后两壶运动的图线如图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，则（　　）

A．碰后蓝壶速度为0.8m/s

B．碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力

C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m

D．两壶发生了弹性碰撞

9．（2022·广东茂名·模拟预测）如图所示，足够长的平行金属导轨水平放置宽度为l，左端连接阻值为R的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，且与导轨接触良好。导轨和导体棒间的动摩擦因数为，不计导轨的电阻，导体棒的质量为m、电阻为R，重力加速度为g。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨方向以速度v匀速运动。撤去拉力后，导体棒运动时间为t，则（　　）

A．撤去拉力前，导体棒两端的电压为

B．撤去拉力前，电阻R的热功率为

C．拉力的大小为

D．撤去拉力后，导体棒运动的距离为

三、解答题

10．（2021·广东茂名·统考二模）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角=37°，顺时针转动的速率为v0=2m/s。将质量为m=25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为1=0.5，2=0.25，AB的距离为s=8.20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）物体滑上木板左端时的速度大小；

（2）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是多少？

11．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图所示，一杂技演员坐在秋千上的摆动过程可简化为单摆的摆动，等效摆长为l。他由A处静止开始向下摆动，通过最低点时，瞬间抓住手边一静止在水平桌面上的水壶，并与水壶一起向上摆动，到达最高点B处。假设水壶与演员在同一竖直平面内运动，演员及水壶视为质点，不计空气阻力。已知B点到桌面的高度为H1，杂技演员质量为M，水壶质量为m（m<M），重力加速度为g。

（1）求A点到桌面的高度H0；

（2）若杂技演员想刚好回到A处，他通过最低点时瞬间将水壶向B侧水平抛出，求水壶受到的冲量大小I。

12．（2022·广东茂名·模拟预测）在如图所示的平面直角坐标系xOy中，在x轴上方存在方向垂直纸面向内的匀强磁场，下方存在匀强电场，方向平行y轴向下，电场区域呈阶梯状，宽度为L，竖直高度依次为h、、、…电场区域下方放置一系列宽度为L、彼此不相连的电子探测板。电子遇到探测板后立即被吸收，不考虑反弹。一束电子从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场。当入射电子束的动量大小为p0时，电子束恰好能到达第一块探测板的正中间。已知电子质量m，电量e。

（1）求磁感应强度B和电场强度E的大小；

（2）若入射的电子束中共有N个电子，其动量大小在（0，2p0）区间均匀分布，求第N块探测接收到的电子数。

13．（2022·广东茂名·统考一模）如图所示，物块A、B的质量分别为，A静止在水平面上，与左侧固定挡板的距离为。物块B向左运动，当B与A的距离为s时，B的速度为，经过与A相碰．A、B与地面的动摩擦因数分别为， 且A、B均可看作质点，所有碰撞时间极短且没有机械能损失，g取。求：

（1）物块B与A的距离s；

（2）当取何值时，物块A和B会发生第二次碰撞。

14．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道CD竖直放置，D点恰好位于固定的、光滑的水平桌面左侧边缘正上方，它的切线水平。可视为质点的小物块A和B大小相同，当A在桌面左侧边缘静止放置时，它与弧形轨道D点恰好有接触而无挤压。桌面右端与传送带通过光滑的小圆弧相连接；传送带长L=15m，与水平面的夹角θ=37°，它正以v=4m/s的速率沿顺时针方向匀速转动。现将B静置于桌面右侧，A从桌面左侧以的初速度向右运动，与B发生弹性正碰。若重力加速度取，不考虑物块滑上传送带的能量损失。

（1）若B、A的质量之比为，求A落地时距离D点的水平距离；

（2），，B与传送带之间的动摩擦因数为，试求出物体B离开传送带时的动能与k的关系式。

15．（2022·广东·模拟预测）如图，一轻质绝缘转轴由半径分别为2R和R的两个圆柱体组成，其中大圆柱体的两底面边缘镶有圆形金属导线，两圆导线之间连接着4根电阻为r，质量为m，长度为l的细导体棒a、b、c、d，导体棒在圆柱面上水平分布且间隔均匀。一足够长轻绳一端固定在小圆柱体上并紧密缠绕，另一端连接一质量为3m的重锤。整个转轴可绕着水平轴线OO＇自由转动，在大圆柱的扇区内分布着垂直轴线OO＇向外辐射的磁场，距离O点2R处的磁感应强度大小均为B（如图乙所示），不计导线电阻和质量，不计一切摩擦。求：

(1)重锤下落至图乙时刻，导体棒a中的电流方向（从图乙看）；

(2)重锤下落过程中能达到的最大速度vm；

(3)重锤达到最大速度时细绳突然断裂，转轴还能转过的角度θ（用弧度表示）。

参考答案：

1．D

【详解】由静止下落到接触网面时，根据动能定理有

可得，接触网面瞬间的速度为

，方向竖直向下

从离开网面到最大高度时，根据动能定理有

可得，离开网面瞬间的速度为

，方向竖直向上

取向上为正方向，则根据动量定理有

带入数据可得，网面对她的冲量大小为

故选D。

2．D

【详解】A．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但是成绩不同，所以速度方向相同，大小不同，竖直方向的分速度不同，到达最高点的时间为t，根据速度-时间公式

到达最高点的时间不同，故根据斜抛的对称性，铅球在空中的时间不用，故A错误；

B．因为原地推铅球方式推出时水平位移小，故速度小，竖直方向的速度也小，上升的高度小，故B错误；

C．两种方式推铅球方向相同，成绩不同，初速度大小不同，故水平速度大小不同，运动到最高点时只有水平方向的速度，故最高点的速度不同，故C错误；

D．运动员都是用最大力推铅球，初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理

动量变化大的过程时间长，故D正确。

故选D。

3．B

【详解】设很短一段时间内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为m，则有

以该部分风为研究对象，设风速方向为正方向，根据冲量定理有

解得

根据牛顿第三定律可知火星车垂直迎风面受到的压力约为25N，故B项正确，ACD项错误。（“祝融号”火星探测车总重量240公斤，尺寸是长3.3米、宽3.2米、高1.85米。）

4．C

【详解】A．水平面对物体支持力大小

水平面对物体支持力冲量大小

故A错误；

B．F对物体的冲量大小

故B错误；

C．物体竖直方向受力平衡，水平方向合力

物体动量的变化量大小

故C正确；

D．合外力对物体做功

有

联立解得

故D错误。

故选C。

5．ABC

【详解】A．若只撤去右侧外力，当弹簧恢复原长时，其弹性势能全部转化为C球的动能

解得

弹簧恢复原长后，C球向右做减速运动，B球向右做加速运动，当两球速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大，之后B球继续向右做加速运动，C球继续向右做减速运动，当弹簧再次恢复原长时，小球B获得的最大速度。该过程BC及弹簧两球组成的系统的动量守恒

该过程BC两球及弹簧组成的系统的机械能守恒

联立两式解得

故A正确；

B．弹簧恢复原长后，C球向右做减速运动，B球向右做加速运动，当两球速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大。该过程BC两球及弹簧组成的系统的动量守恒

解得

该过程BC两球及弹簧组成的系统的机械能守恒

当两球速度相等时，弹簧的弹性势能为

在弹簧的伸长和压缩的循环往复过程中，每次BC两个小球共速时，弹簧均会出现弹性势能等于的时刻，故B正确；

C．若同时撤去两侧外力，则当弹簧第一次恢复原长时，该过程ABC三球及弹簧组成的系统的动量守恒

该过程ABC三球及弹簧组成的系统的机械能守恒

解得

所以当弹簧第一次恢复原长时，A球和B球速度向左，大小为，C球速度向右。大小为。之后，A球向左碰墙后以原速率返回，B球和C球作为一个整体，其质心的速度为

由上述分析可知，A球一定会与B球相撞，则之后在弹簧的伸长和压缩的循环往复过程中，每次当弹簧恢复原长时，均会出现三个小球共速，则有动量守恒

解得

故C正确；

D．由C项分析可知，在弹簧的伸长和压缩的循环往复过程中，小球的速度周期性的发生变化，所以不可能出现三个小球最终将会以某一共同速度匀速运动下去，故D错误。

故选ABC。

6．ABD

【详解】A．由图乙可得：碰后瞬间红壶速度为0.2m/s，碰后瞬间蓝壶速度为0.8m/s，1s末红壶和蓝壶碰撞时动量守恒，可得

即

解得

选项A正确；

BC．设红壶的加速度大小为，对红壶由可得

解得

若没有发生碰撞，红壶从1s末再经过时间停止运动，则

解得

即碰后蓝壶再运动5s停止运动，选项B正确，选项C错误；

D．蓝壶的加速度为

则红、蓝两壶所受摩擦力之比

选项D正确。

故选ABD。

7．BC

【详解】AB．小球在轨道内运动的过程中机械能守恒，即小球在B点的机械能等于在C点的机械能，由于B点的高度高于C点，则由机械能守恒定律可知，小球在B点的速度小于在C点的速度；故A错误，B正确；

C．根据向心力公式可知

由于B点的轨道半径大，而B点的速度小于C点的速度，故小球在B点对轨道的压力小于在C点对轨道的压力；故C正确；

D．根据动量定理，小球从O到B过程动量的变化小于从O到C动量的变化，可知小球从O到B过程合外力冲量小于从O到C过程合外力冲量，故D错误；

故选BC。

8．AB

【详解】AD．由图知：碰前红壶的速度，碰后速度为，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

代入数据解得

因为

碰撞过程机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故A正确，D错误。

B．根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故B正确；

C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小

故C错误。

故选AB。

9．CD

【详解】A．定值电阻的阻值为，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为

导体棒两端的电压

故A错误；

B．电阻两端的电压

热功率

故B错误；

C．导体棒匀速运动时，导体棒受到的安培力

因为导体棒处于平衡状态，有

故C正确；

D．设撤去拉力后，导体棒运动的距离为，在撤去拉力后导体棒运动的整个过程中，导体棒产生的平均电动势为

导体棒中的平均电流

安培力的平均值为

规定初速度方向为正，从撤去拉力到停止，根据动量定理有

联立解得

故D正确。

故选CD。

10．（1）6m/s；（2）4.8m≤L≤7.2m

【详解】（1）物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律，有

解得

a1=10m/s2

设物体与传送带共速时运动的位移为x1，则对物体

解得

x1=0.20m<s

此后物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度为a2，则

解得

a2=2m/s2

设物体到达B端时的速度大小为v，根据运动学公式有

解得物体滑上木板左端时的速度大小

v=6m/s

（2）讨论：

①. 当地面光滑，即时，物体恰好不会从木板上掉下长度为L1，物体和木板共速为v1，由动量守恒定律

mv=(m+M）v1

由能量守恒得

解得

L1=4.8m

②. 设木板与地面的动摩擦因数为，当

即时，木板不运动，动能全部克服物体受到摩擦力做功，物体恰好不会从木板上掉下长度为L2

由动能定理，有

解得

L2=7.2m

③. 当木板与地面间有摩擦而动摩擦因数小于，木板将会发生滑动，有一部分动能克服地面摩擦力做功，物体在木板上滑行的距离将小于7.2m。所以木板的长度的范围是

4.8m≤L≤7.2m

11．（1）（2）

【详解】（1）设杂技演员与秋千摆到最低点的速度大小为v0，A点距地面的高度为H0。

杂技演员与秋千从A处到最低点的运动过程中，机械能守恒。则

设杂技演员抓壶后瞬时速度为大小为v1，向左为正方向，由动量守恒定律得

从最低点到最高点B的过程中，杂技演员、秋千和水壶的机械能守恒，则

联立可得

（2）设杂技演员扔壶后的瞬时速度为v2，水壶速度为v3，向右为正方向，由动量守恒定律得

杂技演员再次回到A处，由机械能守恒定律得

联立得

水壶受到的冲量大小为

12．（1），；（2）

【详解】（1）粒子在磁场中运动洛伦兹力充当向心力

解得

由几何知识得

解得

电子进入电场区域时的动能为

恰好到达间距为h的探测板，有

解得

（2）当电子动量为2p0时

因此，第一块探测板上的电子数为

到达第二板探测板，电子动量的最小值

到达第三板探测板，电子动量的最小值

到达第n块探测板，电子动量的最小值

pnmin＝

因此，第二块探测板上的电子数为

第n块探测板上的电子数

Nn＝＝

13．（1）8.5m；（2）

【详解】（1）对物块B受力分析，由牛顿第二定律得

由运动学公式得

解得

（2）物块B与A碰前速度为

物块B与A碰后满足

解得

对A受力分析得

解得

此时可以看成A和B都做同方向的匀减速，开始相距距离为2l，则追上时满足

且此时共速

即

解得

14．（1）；（2）见解析所示

【详解】（1）A、B弹性正碰，设碰后两者速度分别为、，设向右为正方向，则

解得

代入，解得

即速率大小为

设物体恰好能能过D点的速率为，则

解得

因为A的速率小于临界速率，故A将从D点脱轨向左做平抛运动。设经过时间t落地，则

竖直方向

水平方向

解得

（2）由上可知，碰后B速度

可知

若B的速度，即，它滑上传送带后将加速，设它以速度滑上传送带时，到达传送带顶端的速率恰好为，则

解得

（i）当时，即，物体B在传送带上一直加速，有

（ii）当，即时，B可以与传送带达到共速，共速后，因为

所以B与传送带相对静止，最终B将以的速度滑出传送带。

解得

（iii）当，即时，假设B从在传送带上减速，设经过位移s与传送带共速，则

解得

故假设成立，B能与传送带共速，同上可知，之后两者保持相对静止，B最终匀速滑出传送带。同上可知

15．(1)由右手定则判断可得a棒中的感应电流方向为垂直纸面向里；(2)；(3)

【详解】(1)由右手定则判断可得a棒中的感应电流方向为垂直纸面向里；

(2)当重锤下落速度最大时，为匀速下落状态，此时重力对重锤的功率等于导体棒克服安培力的功率，即

又有

，

可得

感应电流为

联立解得

(3)安培力的冲量等于4个导体棒切向动量的变化量，则

平均感应电流为

弧长为

联立解得