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作业7 动量和冲量
选择题每小题3 分。
1.(2024 浙江鹿城联考)电子在原子核外绕核做匀速圆周运动,若核外电子绕原子核运动的周期为T,电
子的质量为m,电子绕行的线速度为v,只考虑电子和原子核之间的库仑力,则在T
4
内( )
A.电子的速度没有发生变化
B.电子的速度的变化量大小为2v
C.电子的动量变化量大小为√2mv
D.原子核对电子作用力的冲量大小为2mv
2.(2024 浙江模拟预测)如图所示,在空间直角坐标系的x 轴上A 点固定一点电荷,电荷量为+Q,在y 轴
上B 点固定另一点电荷,电荷量为-Q。有一电荷量为+q 的粒子在外力F 作用下,从z 轴上的C 点出发,
沿z 轴做匀速直线运动到D 点,C、D 两点关于原点O 对称。不计带电粒子所受重力,则带电粒子(
)
A.在O 点所受外力F 最小
B.在C、D 两点所受外力F 方向相反
C.从C 运动到D 的过程中外力F 做功为0
D.从C 运动到D 的过程中外力F 的冲量为0
3.(多选)历史上,一种观点认为应该用物理量mv 来量度运动的“强弱”;另一种观点认为应该用物理
量mv2来量度运动的“强弱”。前者代表人物是笛卡儿,后者则是莱布尼茨。经过半个多世纪的争
论,法国科学家达朗贝尔用他的研究指出,双方实际是从不同的角度量度运动。关于这段描述中体现
的物理思想,下列说法正确的是( )
A.用mv 量度体现了动量守恒的思想
B.用mv2量度体现了动量守恒的思想
C.动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长距离
D.动能定理反映了力对空间的累积效应
4.如图所示,光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中,一带正电小球从管口由静止开始下落,下列关
于圆管对小球的冲量I 随下落时间t 的二次方或下落高度h 的关系图像正确的是( )
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A.
B.
C.
D.
5.(2024 浙江湖州联考)旅行者1 号经过木星和土星时通过引力助推(引力弹弓)获得了足以完全摆脱
太阳引力的动能,引力助推是飞行器从远距离接近反向运行的行星时,产生的运动效果就像该飞行器
被行星弹开了,科学家们称这种情况为弹性碰撞,不过两者没有发生实体接触。如图所示,以太阳为参
考系,探测器以速率v0飞向迎面飞来的行星,行星速率为u,不考虑其他星系的影响,探测器能绕过行星,
并以速率v1远离,则以下结论正确的是( )
A.v1=v0
B.v1=v0+u
C.v1=2v0+u
D.v1=v0+2u
6.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球(可视为质点)叠放在一起,从高度为h 处自由落下,h 远
大于两小球半径,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=4m1,不计空气阻力,则质
量为m1的小球反弹后能达到的高度为( )
A.5h
B.11h
C.11
5
h
D.121
25
h
7.碰撞常用恢复系数e 来描述,定义恢复系数e 为碰撞后其分离速度与碰撞前的接近速度的绝对值的
比值,用公式表示为e=|v2- v1|
|v20- v10|
,其中v1和v2分别是碰撞后两物体的速度,v10和v20分别是碰撞前两
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物体的速度。已知质量为2m 的物体A 以初速度为v10与静止的质量为m 的物体B 发生碰撞,该碰撞
的恢复系数为e,则( )
A.若碰撞为完全弹性碰撞,则e=1
2
B.碰撞后B 的速度为2+e
3
v10
C.碰撞后A 的速度为2-e
3
v10
D.碰撞后A 的速度为1+e
3
v10
8.(2024 浙江磐安联考)水平面上有质量相等的a、b 两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b 上。
一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t 图像如图所示,图中AB∥CD。则
整个过程中( )
A.F1的冲量等于F2的冲量
B.F1的冲量大于F2的冲量
C.摩擦力对a 物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量
D.合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量
9.如图甲所示,长木板A 放在光滑的水平面上,质量为mB=2 kg 的另一物体B 以水平速度v0=2 m/s 滑
上原来静止的长木板A 的表面。由于A、B 间存在摩擦,之后A、B 速度随时间变化情况如图乙所示,
g 取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.A、B 间的动摩擦因数为0.1
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A 的最小长度为2 m
D.木板获得的动能为2 J
10.(2023 浙江宁波模拟预测)如图所示,莲莲在某次蹦床比赛中,达到的最高点距地面高度为H,蹦床离
地面的高度为h,莲莲的质量为m,下落过程中弹性网向下的最大形变量为x,受到的空气阻力大小恒
为Ff,从最高点到最低点下落时间为t,则莲莲在从最高点下落到最低点的过程中,下列说法正确的是(
)
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A.莲莲的机械能减少了(mg-Ff)(H+x-h)
B.弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为(mg-Ff)t
C.莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为√2m(mg- Ff ) H
D.弹性网弹性势能的增量为(mg-Ff)t
11.(12 分)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧
轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的
轻质细线悬挂于O 点正下方,并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运
动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着轨道运动,已知细线长L=1.25 m。小球质量
m=0.20 kg。物块、小车质量均为m'=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15
m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力FT的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值
范围。
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参考答案
作业7 动量和冲量
1.C
【解析】 经过1
4
个周期,电子的速度方向改变90°,大小不变,则速度的变化量大小为√2v,故A、
B 错误;动量的变化量为√2mv,动量的变化量等于合外力的冲量,故C 正确,D 错误。
2.C
【解析】 根据矢量的叠加结合E=kQ
r
2 可知,在O 点所受静电力最大,粒子做匀速直线运动,所以
在O 点所受外力F 最大,故A 错误;在C、D 两点静电力方向相同,则所受外力F 方向相同,故B
错误;从C 运动到D 的过程中电势能不变,静电力做功为0,根据动能定理可知,外力F 做功为0,故
C 正确;从C 运动到D 的过程中合外力冲量为0,而静电力方向不变,则静电力冲量不为0,则合外
力F 的冲量不为0,故D 错误。
3.AD
【解析】 mv 是物体的动量,用mv 量度体现了动量守恒的思想,动量决定了物体在力的阻碍下能
够运动多长时间,故A 正确,C 错误;1
2
mv2是物体的动能,用mv2量度体现了能量的思想,动能定理
反映了力对空间的累积效应,故B 错误,D 正确。
4.A
【解析】 小球竖直方向只受重力,小球做自由落体运动,则有h=1
2
gt2,v=gt,小球下落过程中在水
平方向将受到洛伦兹力,根据水平方向受力平衡可知圆管对小球的弹力大小始终等于小球所受
洛伦兹力,即有FN=qvB,由此可知圆管对小球的冲量I=FN·t,联立以上各式可得I=qBgt2,I=2qBh,
则可知,小球的I-t2图像及I-h 图像均为过原点的倾斜直线。故选A。
5.D
【解析】 设探测器质量为m,行星质量为m 行,取行星和探测器的系统为研究对象,行星运动方向
为正方向。由动量守恒定律有m 行u-mv0=mv1+m 行v2,探测器靠近和脱离行星时可认为系统势能
不变,由能量守恒定律有1
2
m 行u+1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2
m 行v2
2,解得v1=(m行-m)v0+2m行u
m行+m
,由于
m 行≫m,可得v1=v0+2u,故选D。
6.D
【解析】 下落过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,可得触地时的速度v=√2gh,质量为
m2的小球与地面碰撞之后,速度瞬间反向,大小不变,选两小球的碰撞过程为研究过程,碰撞前后
动量守恒,设碰后质量为m1、m2的小球的速度大小分别为v1、v2,选向上的方向为正方向,则m2v-
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m1v=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得1
2
(m1+m2)v2=1
2
m1v1
2+ 1
2
m2v2
2,由题意可知m2=4m1,联立解得
v1=11
5
v=11
5 √2gh,最大高度为hmax=v1
2
2g = 121
25
h,故选D。
7.C
【解析】 若碰撞为完全弹性碰撞,根据动量守恒定律以及机械能守恒定律可得
2mv10=2mv1+mv2,1
2
×2mv10
2= 1
2
×2mv1
2+ 1
2 m v2
2,解得v1=1
3
v10,v2=4
3
v10,则e=|v2- v1|
|v20- v10| = v10
v10
=1,
故A 错误;根据碰撞前后动量守恒可得2mv10=2mv1+mv2,且e=|v2- v1|
|v20- v10| = v2- v1
v10
,解得v1=2-e
3
v10,v2=2+2e
3
v10,故C 正确,B、D 错误。
8.D
【解析】 由图可知,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。但a 的运动总时间小
于b 的时间,根据I=Ft 可知,摩擦力对a 物体的冲量小于摩擦力对b 物体的冲量,故C 错误;根据
动量定理,对整个过程研究得F1t1-FftOB=0,F2t2-FftOD=0,由图可得tOB<tOD,则有F1t1<F2t2,即F1的冲
量小于F2的冲量,故A、B 错误;根据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化量,a、b
两个物体动量的变化量都为零,所以相等,故D 正确。
9.A
【解析】 由题图乙可得,物体B 加速度大小为aB=2-1
1-0
m/s2=1 m/s2,根据牛顿第二定律得
μmBg=mBaB,解得μ=0.1,A 正确;根据动量守恒定律得mBv0=(mA+mB)v,解得mA=2 kg,损失的机械能
为E 损=1
2
mBv0
2- 1
2
(mA+mB)v2=2 J,B 错误;木板A 的最小长度为L=xB-xA=1+2
2
×1 m-1
2
×1×1 m=1
m,C 错误;木板获得的动能为EkA=1
2
mAv2=1 J,D 错误。
10.B
【解析】 莲莲在从最高点下落到最低点的过程中,莲莲的动能不变,莲莲的机械能减少量等于重
力势能的减少量,则ΔE=mg(H+x-h),故A 错误;莲莲在从最高点下落到最低点的过程中,根据动量
定理有mgt-Fft-I=0,弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为I=(mg-Ff)t,故B 正确;莲莲在从最高点下
落至与蹦床接触过程中,根据动能定理有mg(H-h)-Ff(H-h)=1
2
mv2,莲莲从与蹦床接触到落至最低
点过程中,根据动量定理有-I1=0-mv,莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量
大小为I1=√2m(mg- F f )( H -h),故C 错误;根据能量守恒定律,弹性网弹性势能的增量为
Ep=mg(H+x-h)-Ff(H+x-h)=(mg-Ff)(H+x-h),故D 错误。
11.【答案】(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
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【解析】(1)设小球与物块碰撞前的速度为v0,对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理有
mgL=1
2 m v0
2-0
解得v0=5 m/s
在最低点,对小球由牛顿第二定律有FT-mg=mv0
2
L
解得FT=6 N。
(2)设小球与物块碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2,小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机
械能守恒定律有
mv0=mv1+m'v2
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2
m'v2
2
解得v2=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速,设共速时速度为v3,物块与小车整体在水
平方向动量守恒,则有
m'v2=2m'v3
由能量守恒定律有1
2
m'v2
2= 1
2
×2m'v3
2+μ1m'gs
解得μ1=0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,设此时的速度为v4,物块与小车整体在
水平方向动量守恒,则有m'v2=2m'v4
由能量守恒定律有1
2
m'v2
2= 1
2
×2m'v4
2+μ2m'gs+m'gR
解得μ2=0.25
综上所述,物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值范围为0.25≤μ<0.4。
