【新高考】海南2011-2020年高考物理试题分类汇编之专题7 动量 动量守恒定律（解析卷）

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海南2011-2020年高考物理试题分类汇编解析
第07专题 动量 动量守恒定律
一、十年真题解析
1. （2020年第8题）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10-3g/s，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A. 1.47N B. 0.147N C. 0.09N D. 0.009N
【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有
而△m =3.0×10-3×10-3△t
解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
2. （2020年第17题）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量ma=1kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量mb=3kg小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径R=0.8m，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度v=1m/s顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2。求
（1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a能上升的最大高度；
（3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为va，根据机械能守恒定律有
代入数据解得va=4m/s
小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得FN=30N
根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，
根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得 ，
小物块a反弹，根据机械能守恒有
解得h=0.2m
（3）小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动，
根据牛顿第二定律有
解得 a=2m/s2
则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为
代入数据解得 x1=0.75m
运动的时间为
代入数据解得t1 =0.5s
因x1=0.75m<1.25m，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为
故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间
3.（2019年第13题）如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。求
（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小；
（2）轻绳的长度。
【答案】（1）（2）4μs
1.
4. （2018年海南物理卷第14题）如图，光滑轨道PQO的水平段QO=，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2） A、B均停止运动后，二者之间的距离。
【解析】（1）碰撞前A的速度，
解得，
解得碰撞后A的速度：，B的速度
（2）碰撞后A沿光滑轨道上升后又滑到O，然后向右减速滑行至停止，,解得，
B沿地面减速滑行至停止，，
因为，所以会发生第2次碰撞。
5.（2017年第1题）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（ ）
A． B． C． D．1
【解析】根据动量守恒定律，动量大小相等，方向相反。
【答案】D
6.（2016年第17（2）题）如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92 ×10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg，重力加速度大小g=9.80 m/s2。
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h–v2直线斜率的理论值k0；
（ii）求k值的相对误差δ（δ=×100%，结果保留1位有效数字）。
【答案】（i）2.04×10–3 s2/m （ii）6%
【解析】（1）根据动量守恒定律和机械能守恒定律解得
。
（2）， 。
7.（2014年第17（2）题）一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆。已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c。求衰变前原子核的质量。
【解析】（2）设衰变产生的α粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有
设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有
解得
8.（2013年第17（2）题）如图，光滑水平面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比。
【答案】3
【解析】
二、全国高考最新真题
9．（2020年全国I卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】
【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
10．（2019·新课标全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。
11.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是。
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
【答案】D
【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确；A、B、C错误。
12.（2020年全国III卷）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）
A. 3 J B. 4 J C. 5 J D. 6 J
【答案】A
【解析】
【详解】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
13．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【答案】AB　
【解析】 由题目可知F＝2 N，F′＝－1 N，由动量定理Ft＝mv1－mv0，可知t＝1 s时，Ft1＝mv1，代入数据可得v1＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时，p＝Ft2，代入数据可得p＝4 kg·m/s，故B正确；t＝3 s时，p＝Ft2＋F′(t3－t2)，代入数据可得p＝3 kg·m/s，故C错误；t＝4 s时，由Ft2＋F′(t4－t2)＝mv4，代入数据可得v4＝＝ m/s＝1 m/s，故D错误．
14.如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v–t图如图乙所示，则可知
A．物块A的质量为4 kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm=4 m/s
C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6 J
【答案】BD
【解析】A、弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A和B共速，由图知，AB共同速度为：v共=2 m/s，A刚离开墙时B的速度为：v0=3 m/s。在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：，解得mA=2 kg；故A错误。B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由，，解得A的最大速度vA=4 m/s，故B正确。C、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故C错误。D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：，；联立解得弹簧的最大弹性势能 Ep=6J，故D正确。故选BD。
15.（2020年全国II卷）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【答案】BC
【解析】
【详解】设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律
解得
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
解得
第3次推出后
解得
依次类推，第8次推出后，运动员的速度
根据题意可知
解得
第7次运动员的速度一定小于，则
解得
综上所述，运动员的质量满足
AD错误，BC正确。
故选BC。
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