2024版高考物理復(fù)習(xí)：考前特訓(xùn) 熱點情境突破練 熱點6　動量和動量守恒

熱點6動量和動量守恒1.科技發(fā)展，造福民眾。“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置的原理是通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準(zhǔn)識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進(jìn)行主動保護(hù)，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以()A．減小穿戴者動量的變化量B．減小穿戴者動量的變化率C．增大穿戴者所受合力的沖量D．減小穿戴者所受合力的沖量答案B解析依題意，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp，可得F＝eq\f(Δp,Δt)，可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間Δt，從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動量的變化率eq\f(Δp,Δt)，而穿戴者動量的變化量Δp和穿戴者所受合力的沖量FΔt均未發(fā)生變化，故選B。2.(2023·江蘇鹽城市伍佑中學(xué)模擬預(yù)測)如圖所示為水平圓盤的俯視圖，圓盤上距中心軸O為r處有一質(zhì)量為m的小物塊。某時刻起圓盤繞軸O轉(zhuǎn)動，角速度從0增大至ω，小物塊始終相對圓盤靜止。已知物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，此過程小物塊所受的摩擦力()A．方向始終指向O點 B．大小始終為μmgC．沖量大小為mωr D．做功為零答案C解析由于小物塊在水平面上做圓周運動，則小物塊的重力與圓盤的支持力平衡，小物體始終相對圓盤靜止，因此小物塊所受外力的合力等于圓盤對其的靜摩擦力，由于角速度從0增大至ω，則小物塊做變速圓周運動，靜摩擦力沿徑向的分力提供向心力，沿切向的分力使物塊線速度增大，即此過程小物塊所受的摩擦力不指向圓心，故A錯誤；根據(jù)上述可知，小物塊所受摩擦力為靜摩擦力，隨角速度的增大，該靜摩擦力也逐漸增大，故B錯誤；根據(jù)上述，小物塊所受合力等于摩擦力，根據(jù)動量定理有I＝mv－0，由于v＝ωr，則有I＝mωr，故C正確；小物塊動能增大，根據(jù)動能定理可知摩擦力做的功W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mω2r2，摩擦力做功不為零，故D錯誤。3.(2023·江蘇省南京外國語學(xué)校期末)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面體向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L答案D解析當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，故A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，故B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，故C錯誤；系統(tǒng)水平方向所受外力為零，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，故D正確。4．滑塊P以初速度v0沿水平軌道滑行x0距離后與靜止在軌道上的滑塊Q發(fā)生完全非彈性碰撞，已知兩滑塊在水平軌道上滑行受到的阻力與其重力之比均為k，碰撞后滑行x距離后停止，重力加速度為g，則P、Q的質(zhì)量之比為()A.eq\f(\r(2kgx),\r(2kgx)－\r(v02－2kgx0))B.eq\f(\r(2kgx),\r(v02－2kgx0)－\r(2kgx0))C.eq\f(\r(2kgx),\r(v02－2kgx0)－\r(2kgx))D.eq\f(\r(2kgx),\r(v02＋2kgx0)－\r(2kgx))答案C解析設(shè)滑塊P的質(zhì)量為m1，滑塊Q的質(zhì)量為m2，碰撞前，對滑塊P，由動能定理有－km1gx0＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v02，滑塊P、Q碰撞，以v1方向為正方向，由動量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v，碰撞后滑塊P、Q共速，由動能定理有－k(m1＋m2)gx＝0－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(v,v1－v)＝eq\f(\r(2kgx),\r(v02－2kgx0)－\r(2kgx))，故選C。5．在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為航天員艙外活動的主要動力裝置，它能讓航天員保持較高的機(jī)動性。如圖所示，航天員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出，航天員到達(dá)艙門時的速度為v2。若航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計噴出氣體后航天員和裝備質(zhì)量的變化，忽略航天員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為()A.eq\f(2Mv12,Sdv22) B.eq\f(Mv12,2Sdv22)C.eq\f(2Mv22,Sdv12) D.eq\f(Mv22,2Sdv12)答案D解析設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為m，則m＝ρSv1t根據(jù)動量守恒定律可得mv1＝Mv2航天員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則eq\f(v2,2)·t＝d聯(lián)立解得ρ＝eq\f(Mv22,2Sdv12)，故選D。6．(2023·江蘇無錫市期末)離子發(fā)動機(jī)是利用電場加速離子形成高速離子流而產(chǎn)生推力的航天發(fā)動機(jī)，工作時將推進(jìn)劑離子化，使之帶電，然后在靜電場作用下推進(jìn)劑得到加速后噴出，從而產(chǎn)生推力，這種發(fā)動機(jī)適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等。航天器質(zhì)量為M，單個離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流大小為I，根據(jù)以上信息計算該發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小為()A．Ieq\r(\f(mU,q)) B．Ieq\r(\f(2mU,q))C．Ieq\r(\f(3mU,q)) D．Ieq\r(\f(5mU,q))答案B解析根據(jù)動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得離子的速度為v＝eq\r(\f(2qU,m))，根據(jù)電流的定義式有I＝eq\f(Q,Δt)＝eq\f(Nq,Δt)，對離子，由動量定理可得F·Δt＝N·mv，聯(lián)立解得發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小為F′＝F＝Ieq\r(\f(2mU,q))，故選B。7．如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為m的U型管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動，一質(zhì)量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U型管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．該過程中，小球與U型管組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動量都守恒B．小球從U型管的另一端射出時，速度大小為eq\f(v0,2)C．小球運動到U型管圓弧部分的最左端時，小球速度大小為eq\f(v0,2)D．小球運動到U型管圓弧部分的最左端時，U型管速度大小為eq\f(v0,2)答案D解析由于不計一切摩擦，在小球與U型管相互作用過程中，小球的動能只能與U型管的動能發(fā)生轉(zhuǎn)移，故小球與U型管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向所受合外力為零，小球與U型管組成的系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向動量守恒，故A錯誤；小球從U型管的另一端射出時，小球與U型管系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，沿著導(dǎo)槽方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，故mv0＝mv2＋mv1，解得小球從U型管的另一端射出時，U型管速度為v0，小球速度大小為0，故B錯誤；小球運動到U型管圓弧部分的最左端過程，沿著導(dǎo)槽方向，系