（江浙選考1）2022年高考物理總復(fù)習(xí) 第十五章 動量守恒定律 考點(diǎn)強(qiáng)化練34 動量、動量定理和動量守恒定律

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1、（江浙選考1）2022年高考物理總復(fù)習(xí) 第十五章 動量守恒定律 考點(diǎn)強(qiáng)化練34 動量、動量定理和動量守恒定律 1.(多選)下列關(guān)于動量的說法正確的是(　　) A.質(zhì)量大的物體的動量一定大 B.質(zhì)量和速率都相同的物體的動量一定相同 C.一個物體的速率改變,它的動量一定改變 D.一個物體的運(yùn)動狀態(tài)改變,它的動量一定改變 2.質(zhì)量為2 kg的物體沿直線運(yùn)動,速度由4 m/s變?yōu)?6 m/s,則在此過程中,它所受到的合外力的沖量為(　　) A.-20 N·s B.20 N·s C.-4 N·s D.-12 N·s 3.跳遠(yuǎn)時,跳在沙坑里比跳在水泥地上安全,這是由于(　　) A.人跳

2、在沙坑里的動量比跳在水泥地上小 B.人跳在沙坑里的動量變化比跳在水泥地上小 C.人跳在沙坑里受到的沖量比跳在水泥地上小 D.人跳在沙坑里受到的沖力比跳在水泥地上小 4.光滑水平面上兩小球a、b用不可伸長的松弛細(xì)繩相連,開始時a球靜止, b球以一定速度運(yùn)動直至繩被拉緊,然后兩球一起運(yùn)動,在此過程中關(guān)于兩球的總動量和機(jī)械能守恒的說法正確的是(　　) A.兩球的總動量和機(jī)械能都守恒 B.兩球的總動量和機(jī)械能都不守恒 C.兩球的總動量守恒,機(jī)械能不守恒 D.兩球的總動量不守恒,機(jī)械能守恒 5.(多選)據(jù)媒體報道,某手機(jī)帶有屏幕保護(hù)器,保護(hù)裝置設(shè)置在屏幕的4個角落由彈性塑料、聚合物及超

3、薄金屬片組成,一旦手機(jī)內(nèi)的加速度計、陀螺儀及位移傳感器感知手機(jī)掉落,屏幕保護(hù)器會自動彈出,并完全吸收手機(jī)撞擊地面的能量,避免手機(jī)屏幕直接接觸地面而損壞。已知該手機(jī)設(shè)計質(zhì)量約為160 g,從1.5 m自由掉落,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則以下分析正確的是(　　) A.手機(jī)落地的速度約為4.5 m/s B.保護(hù)器彈出的時間應(yīng)小于0.55 s C.手機(jī)落地時重力的功率約為7.5 W D.若保護(hù)器吸收撞擊力的時間為0.05 s,則地面對手機(jī)的平均作用力約為19.2 N 6. 據(jù)新華社報道,2018年5月9日凌晨,我國長征系列運(yùn)載火箭,在太原衛(wèi)星發(fā)射中心完或第274次發(fā)

4、射任務(wù),成功發(fā)射高分五號衛(wèi)星,該衛(wèi)星是世界上第一顆實(shí)現(xiàn)對大氣和陸地綜合觀測的全譜段高光譜衛(wèi)星。最初靜止的運(yùn)載火箭點(diǎn)火后噴出質(zhì)量為M的氣體后,質(zhì)量為m的衛(wèi)星(含未脫離的火箭)的速度大小為v,不計衛(wèi)星受到的重力和空氣阻力。則在上述過程中,衛(wèi)星所受沖量大小為(　　) A.Mv B.(M+m)v C.(M-m)v D.mv 7.“蹦極”運(yùn)動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動。從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,下列分析正確的是(　　) A.繩對人的沖量始終向上,人的動量先增大后減小 B.繩對人的拉力始終做負(fù)功,人的動能一

5、直減小 C.繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大 D.人在最低點(diǎn)時,繩對人的拉力等于人所受的重力 8.影視劇中?？吹絼≈腥宋飶臉O高處落入水中而安然無恙的鏡頭,你相信這是真的嗎?目前世界最高跳水紀(jì)錄的高度達(dá)到了驚人的61米,不過那名跳水者也因此摔斷了脊梁骨。專家稱,高空跳水在不會對人體造成傷害的情況下,跳臺通常不能超過24.4米。我們假設(shè)一個運(yùn)動員從20米高處跳入水中,從他接觸水面到速度降為0歷時t=0.1秒,忽略空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。試計算該運(yùn)動員受到水的平均沖擊力是其自身重力的多少倍? 9.(2018浙江東陽中學(xué)摸

6、底)質(zhì)量為m的物體放在粗糙水平面上,在水平恒力F作用下從靜止出發(fā),經(jīng)過時間t速度達(dá)到v。要使物體從靜止出發(fā)速度達(dá)到2v,下列措施中可行的是(　　) A.僅將F加倍 B.僅將t加倍 C.僅將物體切去一半 D.將原物換成質(zhì)量為2m的同材料的另一物體,同時將F加倍 10. 如圖所示,小車AB靜止于水平面上,A端固定一個輕質(zhì)彈簧,B端粘有橡皮泥。小車AB質(zhì)量為M,質(zhì)量為m的木塊C放在小車上,CB距離為L,用細(xì)線將木塊連接于小車的A端并使彈簧壓縮。開始時小車AB與木塊C都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)燒斷細(xì)線,彈簧被釋放,使木塊離開彈簧向B端滑去,并跟B端橡皮泥粘在一起。所有摩擦均不計,對整個過程,以

7、下說法正確的是(　　) A.整個系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.整個系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,動量也不守恒 C.當(dāng)木塊的速度最大時,小車的速度也最大 D.最終整個系統(tǒng)勻速運(yùn)動 11.甲、乙兩物體的動量大小分別為p和,動能大小分別為E和3E,那么(　　) A.要使它們在相同時間內(nèi)停下來,應(yīng)對乙施加較大的阻力 B.要使它們在相同距離內(nèi)停下來,應(yīng)對甲施加較大的阻力 C.甲的質(zhì)量是乙的12倍 D.乙的速度是甲的3倍 12.(多選)質(zhì)量為m=2 kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動。t=0時刻受到一個水平向左的恒力F,如圖甲所示。此后物體的v-t圖象如圖乙所示。取水平向右為正方向,g取10 m/s2,則(　

8、　) A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5 B.8 s末物體的動量為8 kg·m/s C.0~10 s內(nèi)恒力F的沖量大小為30 N·s D.0~10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W 13.一位質(zhì)量為m的運(yùn)動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)Δt時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v,在此過程中(　　) A.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為mv2 B.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為零 C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為mv2 D.地面對他的沖量為mv-mgΔt,地面對他做的功為零 14.兩磁鐵各放在一輛小車上,小車能在水平面上無

9、摩擦地沿同一直線運(yùn)動。已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg,乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1 kg。兩磁鐵的N極相對,推動一下,使兩車相向運(yùn)動。某時刻甲的速率為2 m/s,乙的速率為3 m/s,方向與甲相反,兩車運(yùn)動過程中始終未相碰,求: (1)兩車最近時,乙的速度為多大? (2)甲車開始反向運(yùn)動時,乙車的速度為多大? 考點(diǎn)強(qiáng)化練34　動量、動量定理和動量守恒定律 1.CD　由動量的定義可知,動量是質(zhì)量和速度的乘積,由質(zhì)量和速度共同決定,A項錯誤。質(zhì)量和速率都相同的物體,其動量大小一定相同,但方向不一定相同,B項錯誤。一個物體的速率改變,它的動量大小也必定改變,C項正確。物體的運(yùn)動狀態(tài)改變即

10、速度的大小或方向改變,因此動量必定改變,D項正確。 2.A　以物體的初速度方向?yàn)檎较?由動量定理得沖量I=2×(-6) N·s-2×4 N·s=-20 N·s。選項A正確。 3.D　人跳遠(yuǎn)從一定高度落下,落地前的速度(v=)一定,則初動量相同;落地后靜止,末動量一定,所以人下落過程的動量變化量Δp一定,因落在沙坑里作用的時間長,落在水泥地上作用的時間短,根據(jù)動量定理Ft=Δp知,t長F小,故D對。 4.C　在繩被拉緊到兩球一起運(yùn)動,在此過程中,對a、b組成的系統(tǒng)受力分析可知,繩的拉力屬于內(nèi)力,合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,而此過程中機(jī)械能不守恒。 5.BD　手機(jī)做自由落體運(yùn)動,落地的速

11、度v= m/s≈5.5 m/s,故A錯誤;保護(hù)器彈出的時間應(yīng)小于落地時間,根據(jù)自由落體的時間t= s=0.55 s,所以保護(hù)器彈出的時間應(yīng)小于0.55 s,故B正確;根據(jù)P=mgv得:功率P=0.160×10×5.5 W=8.8 W,故C錯誤;取豎直向下為正方向,由動量定理(mg-F)t=0-mv,得F=+mg= N+0.160×9.8 N≈19.2 N,故D正確。 6.D　衛(wèi)星獲得的速度為v,故根據(jù)動量定理可得I=Ft=mΔv,故衛(wèi)星受到的沖量大小為I=mv,D正確。 7.A　由于繩對人的作用力一直向上,故繩對人的沖量始終向上,由于人在下降中速度先增大后減小;故動量先增大后減小;故A正確

12、;在該過程中,拉力與運(yùn)動方向始終相反,繩子的力一直做負(fù)功;但由分析可知,人的動能先增大后減小;故B錯誤;繩子恰好伸直時,繩子的形變量為零,彈性勢能為零;但此時人的動能不是最大,故C錯誤;人在最低點(diǎn)時,繩子對人的拉力一定大于人受到的重力;故D錯誤。 8.答案 21 解析 設(shè)運(yùn)動員質(zhì)量為m,受到水的平均沖力大小為F,令水對運(yùn)動員的平均沖力大小為其自身體重的n倍,則有:F=nmg 人從20米高處下落:h=,解得:人在空中運(yùn)動時間t1==2 s 對人從開始下落到接觸水面到速度降為0全過程使用動量定理得:mg(t1+t)-nmgt=0-0,解得:n=21。 9.B　物體受重力、支持力、拉力和摩

13、擦力,根據(jù)動量定理,有Ft-μmgt=mv,僅將F加倍,v不是2倍,故A錯誤;由上式可知,v∝t,僅將t加倍,則v加倍,故B正確;僅將物體切去一半,質(zhì)量m減小為一半,由上式,v不是2倍,故C錯誤;由上式可得,v=-μgt,將原物換成質(zhì)量為2m的同材料的另一物體,同時將F加倍,v不變,故D錯誤。 10.C　彈簧被釋放過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒,而木塊C跟B端橡皮泥粘在一起的過程是非彈性碰撞,機(jī)械能有損失,所以整個系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故A錯誤。整個系統(tǒng)受到的合外力保持為零,動量守恒。故B錯誤。設(shè)彈簧釋放后,木塊C速度大小為v1,小車速度為v2,取向右為正方向,由動量守恒定律得:mv1-Mv2=0得:v2=

14、v1,則知v2與v1成正比,當(dāng)木塊的速度v1最大時,小車的速度v2也最大。故C正確。設(shè)C與橡皮泥粘在一起時系統(tǒng)的速度為v',由系統(tǒng)的動量守恒得:(M+m)v'=0,得:v'=0,所以最終系統(tǒng)靜止不動,故D錯誤。故選C。 11.C　由動量定理可知ft=Δp,甲的動量改變量大,要使它們在相同時間內(nèi)停下來,應(yīng)對甲施加較大的阻力,A錯誤;由動能定理可知-fs=ΔE,乙的動能改變量大,要使它們在相同距離內(nèi)停下來,應(yīng)對乙施加較大的阻力,B錯誤;甲的質(zhì)量m1=,乙的質(zhì)量m2=,可知甲的質(zhì)量是乙的12倍,C正確。 12.CD　設(shè)物體向右做勻減速直線運(yùn)動的加速度為a1,則由v-t圖得,加速度大小a1=2 m

15、/s2,方向與初速度方向相反;設(shè)物體向左做勻加速直線運(yùn)動的加速度為a2,則由v-t圖得,加速度大小a2=1 m/s2,方向與初速度方向相反;根據(jù)牛頓第二定律,有F+μmg=ma1;F-μmg=ma2;解得:F=3 N;μ=0.05,故A錯誤。8 s末物體的速度為v4=-4 m/s,動量mv4=-8 kg·m/s,選項B錯誤;0~10 s內(nèi)恒力F的沖量大小為I=Ft=30 N·s,選項C正確;10 s內(nèi)的位移x=×4×8 m-×6×6 m=-2 m;0~10 s內(nèi)恒力F做功W=Fx=3×2 J=6 J,則平均功率P= W=0.6 W,故D正確。故選CD。 13.B　人的速度原來為零,起跳后變化v,則由動量定理可得I-mgΔt=mΔv=mv,故地面對人的沖量為mv+mgΔt;而人在跳起時受到的支持力沒有產(chǎn)生位移,故支持力不做功,故B正確。 14.答案 (1)1.33 m/s　(2)2 m/s 解析 (1)兩車相距最近時,兩車的速度相同,設(shè)該速度為v,取乙車的速度方向?yàn)檎较?。由動量守恒定律? m乙v乙-m甲v甲=(m甲+m乙)v, 所以兩車最近時,乙車的速度為 v= m/s= m/s≈1.33 m/s。 (2)甲車開始反向時,其速度為0,設(shè)此時乙車的速度為v乙',由動量守恒定律得m乙v乙-m甲v甲=m乙v乙', 得v乙'= m/s=2 m/s。