高考物理一輪復習第六章動量和動量守恒定律練習含解析新人教版

第六章動量和動量守恒定律綜合過關規(guī)范限時檢測滿分：100分考試時間：45分鐘一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共計48分。每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．(2023·山東棗莊二調)新華社西昌3月10日電“芯級箭體直徑9.5米級、近地軌道運載能力50噸至140噸、奔月轉移軌道運載能力15噸至50噸、奔火(火星)轉移軌道運載能力12噸至44噸……”這是我國重型運載火箭長征九號研制中的一系列指標，已取得階段性成果，預計將于2030年前后實現首飛?；鸺c火升空，燃料連續(xù)燃燒后的燃氣以很大的速度從火箭噴口噴出，火箭獲得推力。下列觀點正確的是(D)A．噴出的燃氣對周圍空氣的擠壓力就是火箭獲得的推力B．因為噴出的燃氣擠壓空氣，所以空氣對燃氣的反作用力就是火箭獲得的推力C．燃氣被噴出瞬間，火箭對燃氣的作用力就是火箭獲得的推力D．燃氣被噴出瞬間，燃氣對火箭的反作用力就是火箭獲得的推力[解析]本題考查反沖問題，作用力與反作用力。噴出的燃氣對周圍空氣的擠壓力作用在空氣上，不是火箭獲得的推力，故A錯誤；空氣對燃氣的反作用力作用在燃氣上，不是火箭獲得的推力，故B錯誤；燃氣被噴出瞬間，燃氣對火箭的反作用力作用在火箭上，是火箭獲得的推力，故C錯誤，D正確。2．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1，逆時針運轉，一質量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是(D)A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C．合力對物塊的沖量大小可能為零D．合力對物塊做的功可能為零[解析]本題利用傳送帶模型考查沖量的計算。若v2>v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，達到速度v1后做勻速直線運動，可知物體再次回到P點的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據動量定理得，合外力的沖量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2。若v2<v1，物塊再次回到P點的速度大小為v2，根據動量定理得，合外力的沖量為I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；若v1＝v2，則合外力的沖量I合＝2mv1＝2mv2，v2≤v1時，合外力做功都為零。故D正確，A、B、C錯誤。3．(2023·黑龍江哈爾濱三中期中)如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質量的細線系一個小球。開始將小球提起到圖示位置，然后無初速度釋放，之后不會與車上的支架碰撞。在小球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是(A)A．小球擺到最低點時，小車的速度最大B．小車和小球系統(tǒng)動量守恒C．小球擺到右方最高點時刻，小車有向右的速度D．小球向右擺動過程小車一直向左加速運動[解析]本題考查動量守恒、機械能守恒條件的判斷。小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，則水平方向動量守恒，小球來回擺動的過程中只有重力做功，則系統(tǒng)機械能守恒，故小球在最低點，小球和小車速度最大，故A正確；小球從圖示位置擺到最低點，小車向左加速運動，當小球從最低點向右運動時，小車向左減速，當小球運動到右邊與圖示位置相等高度的位置時，小球與小車有相同的速度，二者動量之和為零，則二者速度為零，即小球向右擺動過程小車先向左加速運動，后向左減速運動，故C、D錯誤；小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤。4．(2023·廣東廣州一模)如圖，水平放置的圓環(huán)形窄槽固定在桌面上，槽內有兩個大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽運動，在位置P與球b發(fā)生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質點，則a、b兩球質量之比為(D)A．3︰1 B．1︰3C．5︰3 D．3︰5[解析]本題考查動量守恒定律與圓周運動的結合。由a、b再次在Q點碰撞可知，碰后兩球的速度方向相反，且在相同時間內，b球運動的弧長為a球運動的弧長的3倍，則有vb＝－3va，由動量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mav2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,5)，故A、B、C錯誤，D正確。5．幾個水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實驗結果是：四個水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平固定排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，則下列說法正確的是(C)A．子彈在每個水球中的速度變化量相同B．子彈在每個水球中運動的時間相同C．每個水球對子彈的沖量不同D．子彈在每個水球中的動量變化量相同[解析]恰好能穿出第4個水球，即末速度v＝0，逆向看成子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運動，則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2－eq\r(3))︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰(eq\r(2)－1)︰1，B項錯誤；由于加速度a恒定，由Δv＝aΔt可知，子彈在每個水球中的速度變化量不同，A項錯誤；因加速度恒定，則每個水球對子彈的阻力恒定，由I＝FΔt可知，每個水球對子彈的沖量不同，C項正確；由動量定理有FΔt＝Δp，子彈在每個水球中的動量變化量不相同，D項錯誤。6.甲、乙兩個質量都是M的小車靜置在光滑水平地面上。質量為m的人站在甲車上，之后跳上乙車，接著又立即從乙車跳回甲車。人跳離甲車、乙車時對地面的水平速度均為v0對于這一過程，下列說法中正確的是(BC)A．最后甲、乙兩車的速率相等B．最后甲、乙兩車的速率之比v甲︰v乙＝M︰(m＋M)C．若人從甲車跳到乙車時對甲車的水平沖量大小為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的水平沖量大小為I2，則I1<I2D．若人從甲車跳到乙車時對甲車的水平沖量大小為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的水平沖量大小為I2，則I1＝I2[解析]本題考查了動量守恒定律中多過程問題。以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人從甲車跳離時的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳離甲車時有mv－Mv1＝0，以乙車與人組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳上乙車時有mv＝(m＋M)v2，人跳離乙車時有(m＋M)v2＝Mv乙－mv，再以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳上甲車時有－mv－Mv1＝－(m＋M)v甲，解得eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M,M＋m)，故A錯誤，B正確；由動量定理得，對甲車有I1＝Mv1＝mv，對乙車有I2＝Mv乙－Mv2＝mv＋eq\f(m2,M＋m)v，則I1<I2，故C正確，D錯誤。7．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(BC)A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力大于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒[解析]子彈射入木塊過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬間速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項A錯誤；子彈射入木塊后瞬間，根據牛頓第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知輕繩拉力大于(M＋m0)g，選項B正確；子彈射入木塊后瞬間，對圓環(huán)有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，選項C正確；子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，選項D錯誤。8．(2023·廣東六校第二次聯考)如圖所示，鎖定的A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質量分別為2m和m。過程一：只解除B球鎖定，B球被彈出落于距桌邊水平距離為s的水平地面上；過程二：同時解除A、B兩球鎖定，則(兩種情況下小球離開桌面前，彈簧均已恢復原長)(BCD)A．兩種情況下B球的機械能增量均相同B．兩過程中，在B球落地前A、B兩球及彈簧組成的系統(tǒng)機械能均守恒C．過程二中，B球的落地點距桌邊水平距離為eq\f(\r(6),3)sD．過程一和過程二中，彈簧對B球做功之比為3︰2[解析]本題考查能量守恒定律與動量守恒定律的綜合。過程一中，彈簧的彈性勢能全部轉化為B球的動能，過程二中，彈簧的彈性勢能轉化為A、B兩球的動能，所以兩種情況下B球的機械能增量不同，故A錯誤；兩過程中，A、B兩球和彈簧組成的系統(tǒng)除了重力和彈簧彈力做功之外，無其他外力做功，所以系統(tǒng)機械能均守恒，故B正確；過程一中，B球做平拋運動，設豎直高度為h，則有s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝seq\r(\f(g,2h))，彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，過程二中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，初動量為0，根據動量守恒定律有2mvA＝mvB，Ep＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝seq\r(\f(g,3h))，根據上述平拋運動的規(guī)律可解出過程二中，B球的落地點距桌邊水平距離為eq\f(\r(6),3)s，故C正確；彈簧對B球做功全部轉化為B球脫離彈簧時的動能，所以彈簧對B球做功之比為B球兩次動能之比，即eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),\f(1,2)mv\o\al(2,B))＝eq\f(3,2)，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題，共52分。)9．(12分)(2023·課標Ⅰ，23)某同學用如圖所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、兩個與計算機相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等。實驗步驟如下：(1)開動氣泵，調節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當滑塊上的遮光片經過兩個光電門的遮光時間大約相等時，可認為氣墊導軌水平；(2)用天平測砝碼與砝碼盤的總質量m1、滑塊(含遮光片)的質量m2；(3)用細線跨過輕質定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；(4)令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動下從左邊開始運動，和計算機連接的光電門能測量出遮光片經過A、B兩處的光電門的遮光時間Δt1、Δt2及遮光片從A運動到B所用的時間t12；(5)在遮光片隨滑塊從A運動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝_m1gt12，滑塊動量改變量的大小Δp＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數據為：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2。計算可得I＝0.221N·s，Δp＝0.212kg·m·s－1；(結果均保留3位有效數字)(7)定義δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次實驗δ＝4%(保留1位有效數字)。[解析]本題考查驗證動量定理實驗的實驗操作、數據處理。(1)氣墊導軌水平時滑塊做勻速直線運動，故當滑塊上的遮光片經過兩個光電門的遮光時間大約相等時，可認為氣墊導軌水平。(5)拉力的沖量大小為I＝Ft＝m1gt12；滑塊通過A點的速度大小為vA＝eq\f(d,Δt1)，滑塊通過B點的速度大小為vB＝eq\f(d,Δt2)，則滑塊動量改變量的大小為Δp＝m2vB－m2vA＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(6)將題給數據代入(5)中各表達式可得：I＝m1gt12＝1.50×10－2kg×9.80m/s2×1.50s≈0.221N·s；Δp＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))＝0.400kg×0.01000m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1.270×10－2s)－\f(1,3.900×10－2s)))≈0.212kg·m·s－1。(7)δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0.221N·s－0.212kg·m·s－1,0.221N·s)))×100%≈4%。10．(20分)為了降低新型冠狀病毒肺炎的傳播風險，從2020年2月9日起，武漢市全城開展一天兩次的集中消毒，如圖所示。有一只消毒水槍，其槍口直徑為d，出水速度為v，儲水箱的體積為V。(1)求儲水箱充滿消毒水后可連續(xù)使用多長時間？(2)設消毒水的密度為ρ，水柱水平地打在豎直平面(目標)后速度變?yōu)榱?，求水流對目標的沖擊力為多大？你認為控制水槍威力的關鍵是控制哪些因素(不考慮重力、空氣阻力等因素的影響，認為水柱到達目標時的速率與出槍口時的速率相同)?[答案](1)eq\f(4V,vd2π)(2)eq\f(1,4)πρd2v2見解析[解析](1)設t時間內從槍口噴出的消毒水體積為ΔV則有ΔV＝vSt，又S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2故單位時間內從槍口噴出的消毒水體積為eq\f(ΔV,t)＝eq\f(1,4)vπd2，水槍充滿消毒水后可連續(xù)使用的時間t總＝eq\f(V,\f(1,4)vd2π)＝eq\f(4V,vd2π)。(2)t時間內從槍口噴出的消毒水的質量m＝ρSvt＝ρvπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2t＝eq\f(1,4)πρd2vt，質量為m的消毒水在t時間內與目標相互作用，以水流的方向為正方向則有－Ft＝0