专题2 动量（解析版）

专题05 动量

★考点一：动量、动量定理

1. 关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）

A．物体的动量越大，其惯性也越大

B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大

C．物体的加速度不变，其动量一定不变

D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向

【答案】D

【解析】惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．

2. （多选）如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．两滑块的动量之和变大

B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向

C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等

D．整个过程中两滑块的机械能增大

【答案】BCD

【解析】对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝mMvM－mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当mM＝mN时，vM＝vN，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．

3. 一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与

地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是 （ ）

A．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量

B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功

D．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功

【答案】D

【解析】根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：Ft－mgt＝mv2－（－mv1），可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确；故选D.

4. 质量为0.5 kg的钢球从5.0 m高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达4.05 m高处，整个过程经历2.0 s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为（g＝10 m/s2）（ ）

A．5.0 N B．90 N

C．95 N D．100 N

【答案】D

【解析】钢球从5.0 m高处落下所用时间t1＝

2h1g＝1.0

s，与地面碰前的速度v1＝2gh1＝10 m/s，钢球与地面碰后的速度v2＝2gh2＝9.0 m/s，上升至4.05 m所用时间t2＝ 2h2g＝0.9 s，钢球与地面碰撞的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s，则（F－mg）·Δt＝mv2－（－mv1），解得F＝mg＋mv2＋v1Δt＝0.5×10 N＋0.5×10＋90.1 N＝100 N，选项D正确。

5. 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ts时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ftmv，可知，在1s内喷射出的气体质量6304.8101.6103000mFmkgkgtv，故本题选B。

6. 如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v，则摩擦力对底座的冲量为 （ ）

A．0 B．14mv，方向向左

C．14mv，方向向右 D．34mv，方向向左

【答案】B

【解析】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I＝mv；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv，对底座根据动量定理：If＋（－mv）＝－3m·v4 得：If＝＋mv4 ，正号表示正方向，向左．

7. 水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v－t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，下列关于两物体在整个运动过程中的说法，正确的是（ ）

A．F1的冲量小于F2的冲量

B．F1做的功大于F2做的功

C．两物体受到的摩擦力大小相等

D．两物体受到的摩擦力做的功相等

【答案】 AC

【解析】 由题意可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，选项C正确；对整个过程，由动量定理得：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由题图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A正确；克服摩擦力做的功Wf＝Ffx，因v－t图线与t轴围成的图形的“面积”等于位移大小，可知无法比较x1和x2的大小，则两物体受到的摩擦力做的功不能比较，根据动能定理有：WF1－Wf1＝0，WF2－Wf2＝0，则可知F1做的功与F2做的功不能比较，选项B、D错误．

8. 2019年阜阳三中科学晚会中，科技制作社团表演了“震撼动量球”实验。为感受碰撞过程中的力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3 kg的超大气球以2 m/s速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.2 s。忽略气球所受浮力及空气阻力，g=10 m/s2。则观众双手受的压力共计（ ）

A．30 N B．60 N C．90 N D．120 N

【答案】C

【解析】取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理有：()mgFtmvmv，代入数据解得：90NF，故C正确。

9. 太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为（ ）

A．FMv

B．FMv C．FMv

D．Fv

【答案】D

【解析】设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m。以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft=mv–0，其中t=1 s，可得：Fmv，D正确。

★考点二：动量守恒定律的条件及应用

1. 两个物体质量分别为m1和m2，它们与水平面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，开始时弹簧被两个物体压缩后用细线拉紧，如图所示，当烧断细线时，被压缩的弹簧弹开的两物体可以脱离弹簧，则（ ）

A．由于有摩擦力，所以系统动量一定不守恒

B．当μ1μ2＝m2m1时，弹开过程中系统动量守恒

C．m1和m2在刚脱离弹簧时的速度最大

D．在刚烧断细线的瞬间，m1和m2的加速度一定最大

【答案】 B

【解析】 根据动量守恒条件，虽然地面有摩擦，但两物体受摩擦力的方向相反，所以当两力大小相等时，系统所受合外力为零，即μ1m1g＝μ2m2g，由此可得当μ1m1＝μ2m2系统动量守恒．根据胡克定律及摩擦力公式m1和m2在脱离弹簧之前已开始做减速运动，所以C不正确；因物体的加速度是先减小后增大，无法确定在刚烧断细线的瞬间与物体脱离弹簧后加速度大小关系，D错误．

2.

（多选）（2019·吉林“五地六校”合作体联考）如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中（A与弹簧不粘连），下列说法正确的是（ ）

A．轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv

B．轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为14mv2

C．弹簧恢复原长时，A的动量一定为零

D．A、B两物体组成的系统机械能守恒

【答案】 AC

【解析】 A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝v2，则此时A的动能为EkA＝12mv共2＝18mv2，故B错误；A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，A和B及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有：mv＝mvA＋mvB，12mv2＝12mvA2＋12mvB2，可得vA＝0，vB＝v，故C正确；A、B系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A、B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误．

3. 如图所示，在光滑的水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功为W，然后撤去外力，则（ ）

A．从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0

B．当A离开墙面时，B的动量大小为2mW

C．A离开墙面后，A的最大速度为43Wm

D．A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为W3

【答案】CD

【解析】在撤去外力时，A受墙壁的作用力，故墙对A的冲量不为零，A错误；撤去外力后，B向右运动，弹簧的弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始离开墙面，这一过程机械能守恒，有W＝12·（2m）v2B，即vB＝Wm，故B的动量为p＝2mvB＝2mW，B错误；A脱离墙面后速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，这一过程中系统的动量和机械能均守恒，由动量守恒定律可得2mvB＝（m＋2m）v，由机械能守恒定律可得Epmax＝12（2m）v2B－12（m＋2m）v2，解得Epmax＝W3，D正确；此后A的速度大于B的速度，弹簧长度开始缩短，但由于A受到的弹力与速度方向仍相同，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，之后弹簧变为压缩状态，A的速度开始减小。对弹簧第一次恢复原长（A开始离开墙面）到弹簧第二次恢复原长的过程，由动量守恒定律有2mvB＝mvAmax＋2mvB′，由机械能守恒定律可得12（2m）v2B＝12mv2Amax＋12（2m）vB′2，解得vAmax＝43vB，即vAmax＝43 Wm，C正确。

4. 如图所示，质量为M＝3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m＝1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3 m/s时，物块处于（ ）