2023-2024學(xué)年高二物理人教版2019選擇性試題第一章動(dòng)量守恒定律章節(jié)復(fù)習(xí)（沖A提升練）

第一章動(dòng)量守恒定律章節(jié)復(fù)習(xí)（沖A提升練）知識(shí)點(diǎn)序號(hào)知識(shí)點(diǎn)分值分值占比對(duì)應(yīng)題號(hào)1動(dòng)量守恒的條件0.6分0.6%12動(dòng)量定理20.7分20.7%1,2,3,7,9,10,14,16,17,18,21,223沖量9.2分9.2%1,2,9,10,14,17,214動(dòng)能定理2.8分2.8%1,7,185牛頓第三定律1.3分1.3%1,186動(dòng)量定理4.0分4.0%4,6,87機(jī)械能守恒定律2.5分2.5%4,88動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用實(shí)例3.0分3.0%59牛頓第三定律1.5分1.5%610動(dòng)量守恒定律1.0分1.0%811機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用0.7分0.7%912動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用17.8分17.8%9,11,12,13,15,17,22,2313位移和路程0.6分0.6%1014能量守恒定律0.6分0.6%1015彈性碰撞和非彈性碰撞3.6分3.6%10,11,1516動(dòng)能的概念和表達(dá)式1.5分1.5%1317帶電粒子在電場(chǎng)中的加速0.9分0.9%1818驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律16.0分16.0%19,2019自由落體運(yùn)動(dòng)3.4分3.4%2120平拋運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律及推論3.3分3.3%2221牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用5.0分5.0%23

第一章動(dòng)量守恒定律章節(jié)復(fù)習(xí)（沖A提升練）(教師版)考試時(shí)間：2023年X月X日命題人：審題人：本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共9頁(yè)，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘?？忌⒁猓?.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無(wú)效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（選擇題部分）一、單選題（本題共18小題，每小題3分，共54分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.(2021·廣東省江門市·期中考試)把一個(gè)氣球吹起來(lái)，用手捏住氣球的吹氣口，然后突然放開，讓氣體噴出，由于反沖作用氣球向前運(yùn)動(dòng)，在這過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是(

)

A.氣球和氣球中氣體組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

B.從氣球中噴出的氣體對(duì)氣球沖量的大小等于氣球?qū)怏w的沖量的大小

C.氣球的重力對(duì)氣球的沖量等于氣球動(dòng)量的改變量

D.從氣球中噴出的氣體對(duì)氣球做的功等于氣球動(dòng)能的改變量【答案】B

【解析】根據(jù)動(dòng)量守恒的條件判斷氣球和氣球中氣體組成的系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒；根據(jù)牛頓第三定律及沖量的概念判斷從氣球中噴出的氣體對(duì)氣球沖量的大小與氣球?qū)怏w的沖量的大小關(guān)系；根據(jù)動(dòng)量定理知合外力的沖量等于動(dòng)量的變化；根據(jù)動(dòng)能定理知合外力做的功等于氣球動(dòng)能的改變量。

本題主要考查系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判斷、沖量、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理。

【解答】

A.氣球與氣球中的氣體組成的系統(tǒng)在反沖過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，滿足動(dòng)量守恒的條件，可認(rèn)為動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)牛頓第三定律知，從氣球中噴出的氣體對(duì)氣球的作用力與氣球?qū)怏w的作用力是一對(duì)相互作用力，大小相等，又因?yàn)樽饔脮r(shí)間相等，所以沖量大小相等，故B正確；

C.根據(jù)動(dòng)量定理知合外力的沖量等于動(dòng)量的變化，氣球除了氣球的重力對(duì)氣球有沖量，還有噴出的氣體對(duì)氣球有沖量，所以氣球的重力對(duì)氣球的沖量不等于氣球動(dòng)量的改變量，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)動(dòng)能定理知合外力做的功等于氣球動(dòng)能的改變量，所以從氣球中噴出的氣體對(duì)氣球做的功和氣球所受重力對(duì)氣球所做的功的代數(shù)和等于氣球動(dòng)能的改變量，故D錯(cuò)誤。

故選B。

2.(2019·江蘇省泰州市·月考試卷)當(dāng)車輛發(fā)生碰撞事故時(shí)，為了盡可能地減輕駕乘人員的傷害程度，在汽車內(nèi)前方(正副駕駛位)設(shè)置了安全氣囊，在汽車發(fā)生猛烈撞擊時(shí)安全氣囊將自動(dòng)彈出．則該安全氣囊的功能是(

)A.減小駕乘人員的撞擊力 B.減小駕乘人員受到的沖量

C.減小駕乘人員的動(dòng)量變化量 D.減小駕乘人員與氣囊的作用時(shí)間【答案】A

【解析】本題結(jié)合生活實(shí)際情景，考查了沖量和動(dòng)量定理，難度不大，但很有意義。

解答本題的關(guān)鍵在于知道駕駛員發(fā)生事故時(shí)減速時(shí)間越短，動(dòng)量的變化一定情況下沖擊力越大，安全氣囊的使用作用是增加減速的時(shí)間，可減少?zèng)_擊力，但無(wú)論是否使用安全氣囊駕駛員動(dòng)量的變化是一定的。

【解答】

汽車發(fā)生碰撞過(guò)程，駕乘人員從運(yùn)動(dòng)變化靜止，動(dòng)量的變化量△P一定，由動(dòng)量定理可知，人受到的沖量大小一定；安全氣囊可以增加駕乘人員的減速的時(shí)間t，由動(dòng)量定理得：△P=Ft，動(dòng)量的變化率△Pt=F，延長(zhǎng)時(shí)間t，動(dòng)量的變化率減小，即人受到的沖擊力減小，可以減小人受到的傷害；

由以上分析可知，A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選A。

3.(2020·湖北省黃石市·單元測(cè)試)籃球運(yùn)動(dòng)深受同學(xué)們喜愛。打籃球時(shí)，某同學(xué)伸出雙手接傳來(lái)的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。他這樣做的效果是(

)A.減小籃球?qū)κ值臎_擊力 B.減小籃球的動(dòng)量變化量

C.減小籃球的動(dòng)能變化量 D.減小籃球?qū)κ值臎_量【答案】A

【解析】解：ABD、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：

?Ft=0?mv

解得：F=mvt

當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，球動(dòng)量的變化率減?。蛔饔昧蜏p小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，所以A正確BD錯(cuò)誤

C、動(dòng)能的變化量的大小與初動(dòng)能相等，沒有減小，故C錯(cuò)誤

故選：A。

先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理即可分析。

4.(2021·廣東省·模擬題)如圖，釘子在一固定的木塊上豎立著，一鐵塊從高處自由落體打在釘子上，鐵塊的底面剛好與釘子頂端斷面在同一水平面，之后鐵塊和釘子共同減速至零，則(

)A.鐵塊、釘子和木塊機(jī)械能守恒

B.鐵塊減少的機(jī)械能等于釘子和木塊增加的機(jī)械能

C.鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動(dòng)量等于釘子增加的動(dòng)量

D.鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動(dòng)能等于釘子增加的動(dòng)能【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)題意，碰后鐵塊和釘子動(dòng)能減小，重力勢(shì)能減小，木塊的機(jī)械能不變，鐵塊、釘子和木塊機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；

B、碰撞后，釘子和木塊會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能，釘子的重力勢(shì)能減小，所以鐵塊減少的機(jī)械能和釘子減小的重力勢(shì)能等于釘子和木塊增加的內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；

C、鐵塊和釘子碰撞瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，碰撞前、后動(dòng)量近似守恒，則鐵塊減少的動(dòng)量等于釘子增加的動(dòng)量，故C正確；

D、鐵塊碰撞釘子前后瞬間，會(huì)損失能量，鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動(dòng)能等于釘子增加的動(dòng)能和增加的內(nèi)能之和，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)機(jī)械能的概念判斷鐵塊、釘子和木塊機(jī)械能是否守恒；根據(jù)能量關(guān)系分析鐵塊減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為哪些能量；根據(jù)動(dòng)量守恒定律判斷鐵塊減少的動(dòng)量與釘子增加的動(dòng)量的關(guān)系；根據(jù)能量守恒定律分析鐵塊減少的動(dòng)能與釘子增加的動(dòng)能的大小關(guān)系。

本題主要是考查機(jī)械能守恒定律，解決本題的關(guān)鍵掌握判斷機(jī)械能是否守恒的方法：1、看是否只有重力或彈力做功；2、看系統(tǒng)的動(dòng)能和勢(shì)能之和是否變化。

5.(2020·浙江省·月考試卷)為研究反沖運(yùn)動(dòng)，某同學(xué)將質(zhì)量為m1的小液化氣瓶(含液化氣)固定在光滑水平面上質(zhì)量為m2的小車上，開始時(shí)小車靜止，如圖所示。若打開液化氣瓶后，極短時(shí)間內(nèi)液化氣瓶向后噴射氣體的速度(對(duì)地)大小為v0，則當(dāng)液化氣瓶噴射出質(zhì)量為△m的氣體時(shí)，小車的速度大小為A.△mv0m1+m2?△m 【答案】A

【解析】解：設(shè)當(dāng)液化氣瓶噴射出質(zhì)量為△m的氣體時(shí)，小車的速度大小為v，取小車的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：0=(m1+m2?△m)v?△mv0

解得：v=△mv0m1+6.(2022·重慶市市轄區(qū)·期末考試)2022年4月16日，如圖所示，神舟十三號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)預(yù)定區(qū)域成功著陸。三名航天員結(jié)束為期6個(gè)月的太空“出差”，回到地球的懷抱。返回艙在距地面高1m左右時(shí)，相對(duì)地面豎直向下的速度為v，此時(shí)反推發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，在極短時(shí)間Δt內(nèi)噴出體積為V的氣體、其速度相對(duì)地面豎直向下為v，能使返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為ρ，估算返回艙受到的平均反沖力大小為(

)A.ρV(u?v)Δt B.ρVvΔt C.ρV(u+v)Δt【答案】A

【解析】解：噴出氣體的質(zhì)量為Δm=ρV

以噴出氣體為研究對(duì)象，設(shè)氣體受到的平均沖力為F，以向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得FΔt+Δmg?Δt=Δmu?Δmv

由于在極短時(shí)間Δt內(nèi)噴出氣體，可認(rèn)為噴出氣體的重力沖量忽略不計(jì)，故有FΔt=Δmu?Δmv

解得：F=ρV(u?v)Δt

根據(jù)牛頓第三定律可知返回艙受到的平均反沖力大小為ρV(u?v)Δt，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

以噴出的空氣為研究對(duì)象，則根據(jù)動(dòng)量定理可得噴出氣體對(duì)空氣的作用力，然后再根據(jù)牛頓第三定律可得對(duì)返回艙的反沖力。7.(2021·江蘇省南通市·同步練習(xí))如圖所示，一架質(zhì)量為M的救援武裝直升機(jī)的旋翼槳旋轉(zhuǎn)向下推空氣獲得反沖力使直升機(jī)懸停在空中．已知直升機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P，則單位時(shí)間內(nèi)向下推出空氣的質(zhì)量為(

)

A. B. C. D.【答案】C

【解析】本題主要考查了動(dòng)量定理、平衡條件及功能關(guān)系的直接應(yīng)用，解題時(shí)要注意構(gòu)建物理模型，體會(huì)微元法在解題中的應(yīng)用。為使飛機(jī)停在空中，則有F=Mg，再對(duì)噴出的空氣列動(dòng)量定理和動(dòng)能定理，聯(lián)立解答即可。

【解答】

直升機(jī)懸停時(shí)受到的升力：F=Mg，

設(shè)螺旋槳作用于空氣后空氣的速度為v，很短的時(shí)間△t內(nèi)螺旋槳推動(dòng)空氣的質(zhì)量為△m，

對(duì)于△m的空氣，F(xiàn)=F′，由動(dòng)量定理：F′△t=(△m)v，

又因?yàn)榘l(fā)動(dòng)機(jī)功率P，由動(dòng)能定理：PΔt=Δm2v2，

聯(lián)立可得8.(2022·甘肅省定西市·月考試卷)水上飛行器是來(lái)自法國(guó)的水上游樂設(shè)施，國(guó)內(nèi)盛行，它利用噴水裝置產(chǎn)生的反沖動(dòng)力，讓人在水上騰空而起。如圖所示，人和飛行器靜止于空中，已知人和飛行器的總質(zhì)量為M，設(shè)飛行器以速度v豎直向下噴水。下列說(shuō)法正確的是(不考慮噴出的水對(duì)總質(zhì)量的影響，取g=10?m/s2)(

)

A.噴出的水對(duì)飛行器的作用力與飛行器的重力為相互作用力

B.每秒噴水量越多則水對(duì)飛行器的作用力越大

C.每個(gè)噴口每秒噴出水的質(zhì)量為Mg?v

D.【答案】B

【解析】噴出的水對(duì)飛行器的作用力與飛行器對(duì)噴出水的作用力是作用力與反作用力；

飛行器靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可以求出水對(duì)飛行器的作用力，以噴出的水為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)量定理求出噴出水的質(zhì)量；

只有重力或只有彈力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)做功情況判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒。

本題以水上飛行器為背景考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，關(guān)鍵要合適地選擇研究對(duì)象，用動(dòng)量定理分析即可解題。

【解答】

A、噴出的水對(duì)飛行器的作用力與飛行器對(duì)噴出水的作用力是作用力與反作用力，噴出的水對(duì)飛行器的作用力與飛行器的重力是一對(duì)平衡力，故A錯(cuò)誤；

BC、設(shè)飛行器對(duì)水的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對(duì)飛行器的作用力的大小F′=F，

人和飛行器靜止處于平衡狀態(tài)，對(duì)人和飛行器整體，由平衡條件得：F′=F=Mg

設(shè)每個(gè)噴口每秒噴出水的質(zhì)量為△m，在時(shí)間t內(nèi)每個(gè)噴口噴出的水的質(zhì)量：△m=ρ?V=ρSvt

對(duì)噴出的水，由動(dòng)量定理得：Ft=2Δm?v

水對(duì)飛行器的作用力F的大小與每秒的噴水量和噴水速度都有關(guān)，噴水速度v一定，則每秒噴水量越多，則水對(duì)飛行器的作用力越大，

解得，每個(gè)噴口每秒噴出水的質(zhì)量Δm=Mg2v，故B正確，C錯(cuò)誤；

D、人和飛行器靜止機(jī)械能不變，噴出水時(shí)水的動(dòng)能增加，噴水時(shí)外力對(duì)水做正功，人、飛行器、水組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。

故選：9.(2019·河北省石家莊市·月考試卷)如圖所示，一物體分別沿三個(gè)傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個(gè)過(guò)程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動(dòng)量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、ΔA.三個(gè)過(guò)程中，合力的沖量不相等，動(dòng)量的變化量相等

B.三個(gè)過(guò)程中，合力做的功相等，動(dòng)能的變化量不相等

C.I1<I2<I3【答案】C

【解析】重力的沖量為I=mgt，根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)的情況，求得物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的關(guān)系，可以求得沖量的大小，動(dòng)量變化量的大小ΔP=mv，求得物體的速度的大小即可求得動(dòng)量變化量的大小。

本題考查了動(dòng)量定理和沖量，根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由沖量表達(dá)式和動(dòng)量定理進(jìn)行列式求解。

【解答】

ACD.由機(jī)械能守恒定律可知mg?=12mv2，因此物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動(dòng)量變化量ΔP=mv相等，即ΔP1=ΔP2=ΔP3，根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量等于動(dòng)量的變化率，故合力的沖量也相等，方向不同，斜面的高度為?，從頂端A下滑到底端C，由?B.物體下滑過(guò)程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的變化量相等，故B錯(cuò)誤。故選C。

10.(2020·江西省吉安市·單元測(cè)試)B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，圖示為兩球碰撞前后的位移—時(shí)間圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移—時(shí)間圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖線。若A球質(zhì)量m=1.8?kg，則由圖可知下列結(jié)論正確的是

A.B的質(zhì)量為1.4?kg

B.A、B碰撞前的總動(dòng)量為3?kg·m/s

C.碰撞過(guò)程中A對(duì)B所施加的沖量為?3.6?N·s

D.碰撞過(guò)程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10?J【答案】C

【解析】在位移?時(shí)間圖象中，斜率表示物體的速度，由圖象可知碰撞前后的速度，根據(jù)動(dòng)量的定義公式及動(dòng)量守恒定律可以求解。

本題主要考查了動(dòng)量的表達(dá)式及動(dòng)量定理的直接應(yīng)用、x?t圖像，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象讀出a碰撞前后的速度，明確碰撞的基本規(guī)律是動(dòng)量守恒定律。

【解答】

A.由x?t圖像可知，碰撞前A球的速度vA=ΔxAΔtA=?3m/s，B球的速度vB=ΔxBΔtB=2m/s，碰撞后A、B兩球的速度相等，均為vC=ΔxCΔtC=?1m/s，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，得mvA+mBvB=(m+11.(2022·湖北省黃岡市·單元測(cè)試)如圖所示，光滑的水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球的質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為10?kg·m/s，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量為6?kg·m/s，下列說(shuō)法正確的是(

)

A.左方是A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2:5

B.左方是A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為6:7

C.右方是A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2:5

D.右方是A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為6:7【答案】B

【解析】考查動(dòng)量守恒定律，同時(shí)注意動(dòng)量表達(dá)式中的方向性。

光滑水平面上有大小相同的A、B

兩球在發(fā)生碰撞，在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，因此可根據(jù)兩球質(zhì)量關(guān)系，碰前的動(dòng)量大小及碰后A的動(dòng)量可得出A球在哪邊及碰后兩球的速度大小之比。

【解答】

規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動(dòng)量均為10kg?m/s，說(shuō)明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA，所以碰撞前vA>vB，所以左方是A球；

碰撞后A球的動(dòng)量是6kg?m/s，碰撞過(guò)程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，mAvA+mBvB=12.(2020·山東省聊城市·月考試卷)人和氣球離地高為?，恰好懸浮在空中，氣球質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m.人要從氣球下拴著的軟繩上安全到達(dá)地面，軟繩的長(zhǎng)度至少為(

)A.M?M+m B.m?M+m C.M+mm【答案】D

【解析】本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。以人和氣球的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒。

用繩梯的長(zhǎng)度和高度?表示人和氣球的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出繩梯的長(zhǎng)度。解題的關(guān)鍵是知道人船模型的類別，關(guān)鍵要找出人和氣球的速度關(guān)系和繩子長(zhǎng)度與運(yùn)動(dòng)路程的關(guān)系。

【解答】

設(shè)人沿軟繩滑至地面，軟繩長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)，以人和氣球的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向動(dòng)量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，

由動(dòng)量守恒定律得：0=Mv2+mv1?

…①

人沿繩梯滑至地面時(shí)，氣球上升的高度為L(zhǎng)??，速度大小：v2=L??t

…②

人相對(duì)于地面下降的高度為?，速度大小為：v1=?t13.(2023·湖南省郴州市·期末考試)A、B兩船的質(zhì)量均為m，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)A船上質(zhì)量為12m的人，以對(duì)地水平速度v從A船跳到B船，再?gòu)腂船跳到A船，經(jīng)n次跳躍后，人停在B船上，不計(jì)水的阻力，則(

)A.A、B兩船速度大小之比為2∶3

B.A、B(包括人)兩船動(dòng)量大小之比為3∶2

C.A、B(包括人)兩船動(dòng)能之比為3∶2

D.A、B(包括人)兩船動(dòng)能之比為1∶1【答案】C

【解析】對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出動(dòng)量之比，然后求出船的速度之比，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出系統(tǒng)總動(dòng)量。

解決的關(guān)鍵知道人、兩船系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為零，對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行求解。

【解析】

A.最終人在B船上，以系統(tǒng)為研究對(duì)象，在整個(gè)過(guò)程中，以A的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mvA?(m+12m)vB=0，解得：vAvB=32，則故A錯(cuò)誤；

B.由vAvB=32得：vA=314.(2021·江蘇省·單元測(cè)試)一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。地面重力加速度為g，在此過(guò)程中

(

)A.地面對(duì)他的沖量為mgΔt B.地面對(duì)他的沖量為mv

C.地面對(duì)他的沖量為mv+mgΔt D.地面對(duì)他的沖量為mv?mgΔt【答案】C

【解析】【分析】

在應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)，一定要注意沖量應(yīng)是合力的沖量，不要把重力漏掉。對(duì)人進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)動(dòng)量定理求出地面對(duì)他的沖量。

【解答】

人的速度原來(lái)為零，起跳后變化v，則由動(dòng)量定理可得：I?mgΔt=mΔv=mv，故地面對(duì)人的沖量為mv+mgΔt，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

15.(2023·吉林省長(zhǎng)春市·期末考試)如圖所示，質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與原來(lái)靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回，并與擋板P發(fā)生完全彈性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，則a的取值范圍為(

)

A.15<a<13 B.13<a<【答案】D

【解析】

A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，抓住碰撞后A還能追上B再相撞，即A的速度大于B的速度，求出系數(shù)a滿足的條件，結(jié)合碰撞過(guò)程中有機(jī)械能損失求出a滿足的條件，從而得出a應(yīng)滿足的條件。

本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒的綜合運(yùn)用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及機(jī)械能損失大于等于零進(jìn)行求解。

【解答】

A、B碰撞過(guò)程中，以v0方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0=?m?av0+4mvB

A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再碰的條件是：av0>vB，解得a>16.(2023·北京市·單元測(cè)試)水刀切割具有精度高、無(wú)熱變形、無(wú)毛刺、無(wú)需二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn)，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機(jī)床如圖所示，若橫截面積為S的水柱以速度v垂直射到鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的密度為ρ，則水對(duì)鋼板的平均沖力大小為(

)

A.ρSv B.12ρSv C.ρSv【答案】C

【解析】本題關(guān)鍵是研究對(duì)象的選擇，然后根據(jù)動(dòng)量定理列式求解即可，注意在應(yīng)用動(dòng)量守恒時(shí)應(yīng)先確定正方向。

取時(shí)間t內(nèi)的水研究對(duì)象，由密度公式確定水的質(zhì)量，再根據(jù)動(dòng)量定理列式求解即可。

【解答】

以Δt時(shí)間內(nèi)射到鋼板上的水柱為研究對(duì)象，規(guī)定水柱的速度方向?yàn)檎较颍?/p>

根據(jù)動(dòng)量定理可得?FΔt=0?mv，其中m=ρSvΔt，聯(lián)立，可得F=ρSv由牛頓第三定律可知水對(duì)鋼板的平均沖力大小為F′=F=ρSv

17.(2023·遼寧省沈陽(yáng)市·其他類型)用質(zhì)量為m的小鐵錘以速度v1向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊(擊打時(shí)間極短)，擊打后，小鐵錘以12v1的速率反向彈回，已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時(shí)間為t，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(

)A.在擊打過(guò)程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為12mv1

B.在擊打過(guò)程中，鐵錘重力的沖量大小為mgt

C.磚頭緩沖過(guò)程中，對(duì)手的壓力大小為Mg【答案】D

【解析】本題考查了動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，注意選取正方向，與正方向相反的矢量要取負(fù)值，另外注意合外力的沖量等于動(dòng)量變化量，不要漏力。

【解答】

A.設(shè)方向向下為正方向，在擊打過(guò)程中，對(duì)鐵錘由動(dòng)量定理可得I=m在擊打過(guò)程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為

32B.鐵錘擊打的時(shí)間未知，所以在擊打過(guò)程中，鐵錘重力的沖量大小不能求解，故B錯(cuò)誤；CD.在擊打過(guò)程中，鐵錘與磚頭由動(dòng)量守恒定律可得m解得Mv=磚頭緩沖過(guò)程中，對(duì)磚頭由動(dòng)量定理可得F解得手對(duì)磚頭的支持力為F由牛頓第三定律可知磚頭對(duì)手的壓力為F故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。

18.(2020·廣東省佛山市·單元測(cè)試)航天器離子發(fā)動(dòng)機(jī)原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進(jìn)劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負(fù)極柵板間的電場(chǎng)加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進(jìn)或姿態(tài)調(diào)整的反沖力。已知單個(gè)正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負(fù)極柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I。忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對(duì)航天器質(zhì)量的影響。該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的平均推力F的大小為(

)

A.I2mUq B.ImUq【答案】A

【解析】根據(jù)動(dòng)能定理qU=12mv2本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓第三定律、動(dòng)量定理；本題知識(shí)點(diǎn)錯(cuò)綜復(fù)雜，但只要我們按題目最后的要求一層一層往前推導(dǎo)，通過(guò)聯(lián)想類比就有可能順利解決問題。【解答】以正離子為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得qU=12mv2，Δt時(shí)間內(nèi)通過(guò)的總電荷量為Q=IΔt，噴出的正離子總質(zhì)量為M=Qqm=IΔt第II卷（非選擇題）二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共16分）19.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，光電門1、2與數(shù)字計(jì)時(shí)器相連并固定在氣墊導(dǎo)軌上，兩個(gè)滑塊A、B(包含擋光片)質(zhì)量分別為m1、m2(1)在調(diào)節(jié)裝置時(shí)，啟動(dòng)充氣機(jī)，經(jīng)過(guò)調(diào)整后，將滑塊A輕放在氣墊導(dǎo)軌上任何位置都能_______，則氣墊導(dǎo)軌已調(diào)至水平。(2)本實(shí)驗(yàn)_______(“需要”或“不需要”)測(cè)量遮光條的寬度。(3)兩滑塊A、B從光電門1、2的外側(cè)勻速相向運(yùn)動(dòng)，在兩光電門中間發(fā)生碰撞，運(yùn)動(dòng)到氣墊導(dǎo)軌一端時(shí)立刻被鎖定。實(shí)驗(yàn)中光電門1記錄擋光時(shí)間為Δt1，光電門2記錄三次擋光時(shí)間依次為Δt2、Δt3、Δt4。已知兩滑塊上的遮光片寬度相同，若滑塊A【答案】(1)靜止；(2)不需要；(3)

m1【解析】本題考查驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、原理、器材，?yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)步驟和數(shù)據(jù)處理，要驗(yàn)證動(dòng)量守恒，就需要知道碰撞前后的動(dòng)量，所以要測(cè)量碰撞前后滑塊的速度，滑塊經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度可近似認(rèn)為是滑塊經(jīng)過(guò)光電門的平均速度，知道運(yùn)用光電門測(cè)量瞬時(shí)速度的原理。

【解答】

(1)將滑塊輕放在氣墊導(dǎo)軌上任何位置都能靜止，表明氣墊導(dǎo)軌已調(diào)至水平；(2)(3)光電門2記錄三次擋光時(shí)間依次為滑塊B碰前向左通過(guò)光電門2、滑塊B碰后向右通過(guò)光電門2和滑塊A碰后向右通過(guò)光電門2的時(shí)間。設(shè)遮光片寬度為d，則滑塊A、B碰前速度大小分別為

dΔt1

、

dΔt2

，滑塊A、B碰后速度大小分別為

dΔ

20.(2021·河南省平頂山市·單元測(cè)試)在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，裝置如圖所示，按照以下步驟進(jìn)行操作：

?①在平木板表面釘上白紙和復(fù)寫紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處，使小球a從斜槽軌道上由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O;?②將木板水平向右移動(dòng)一定距離并固定，再使小球a由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡B;?③把小球b靜止放在斜槽軌道最右端，讓小球a仍由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和C;(1)為了保證在碰撞過(guò)程中a球不反彈，a、b兩球的質(zhì)量m1、m2間的關(guān)系是m1

m2。(填“>”、“<(2)下列器材選取或?qū)嶒?yàn)操作符合實(shí)驗(yàn)要求的是

。A.小球a、b半徑可以不同B.小球a每次必須從斜槽軌道同一位置由靜止釋放C.斜槽軌道末端必須保持水平D.需用秒表測(cè)定小球在空中飛行的時(shí)間(3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得，小球a、b質(zhì)量分別為m1、m2，O點(diǎn)到A、B、C三點(diǎn)的距離分別為y1、y2、y3，若動(dòng)量守恒，則需要驗(yàn)證的表達(dá)式為【答案】(1)>；(2)BC；(3)m【解析】本實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一豎直面上，因水平距離一樣，所以只要測(cè)量平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，考慮時(shí)間與高度有關(guān)，所以在實(shí)驗(yàn)的過(guò)程當(dāng)中把本來(lái)需要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過(guò)程當(dāng)中豎直方向發(fā)生的位移，可見掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類題目。

(1)如果兩球碰撞后入射球反彈，則影響速度的測(cè)定，所以為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量；

(2)為使兩球發(fā)生對(duì)心碰撞，兩球半徑應(yīng)相等；小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須水平，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)與實(shí)驗(yàn)原理分析答題；

(3)小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。

【解答】

(1)為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即m1>m2；

(2)A、為使兩球發(fā)生對(duì)心碰撞，小球a、b半徑必須相同，故A錯(cuò)誤；

B、為使小球a到達(dá)斜槽末端時(shí)的速度相等，小球a每次必須從斜槽軌道同一位置由靜止釋放，故B正確；

C、小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須保持水平，故C正確；

D、小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于拋出點(diǎn)的高度相等，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，小球的水平位移與初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，實(shí)驗(yàn)不需要用秒表測(cè)定小球在空中飛行的時(shí)間，故D錯(cuò)誤；

(3)小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，設(shè)斜槽末端到木板的水平距離為x，

小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v，設(shè)小球的豎直位移為y，

水平方向：x=vt

豎直方向：y=12gt2

解得：v=xg2y

則碰撞前小球a的速度：v0=xg三、計(jì)算題（本大題共3小題，10分+10分+10分共30分，解答過(guò)程請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明和必需的物理演算過(guò)程，只寫出最終結(jié)果的不得分）21.(2021·北京市市轄區(qū)·期中考試)某校設(shè)計(jì)專業(yè)學(xué)生對(duì)進(jìn)行了防摔設(shè)計(jì)，防摔設(shè)計(jì)是這樣的：在屏幕的四個(gè)角落設(shè)置了由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成的保護(hù)器，一旦內(nèi)的加速度計(jì)、陀螺儀及位移傳感器感知到掉落，保護(hù)器會(huì)自動(dòng)彈出，對(duì)起到很好的保護(hù)作用?？傎|(zhì)量為160g的該種型號(hào)從距離地面1.25m高的口袋中被無(wú)意間帶出，之后的運(yùn)動(dòng)可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)，平摔在地面上，保護(hù)器撞擊地面的時(shí)間為0.5s，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2(1)落地前瞬間的速度大?。?2)從開始掉落到落地前的過(guò)程中重力的沖量大??；(3)地面對(duì)的平均作用力大小。【答案】解：(1)落地的速度v2=2g?，代入數(shù)值，得：v=2g?=2×10×1.25m/s=5m/s，

(2)方法一：根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)?=12gt2，代入數(shù)值，得t=2?g=2×1.2510=0.5s