高考物理三輪沖刺 高考熱點排查練熱點7 動量和動量守恒定律（含解析）-人教版高三全冊物理試題

熱點7動量和動量守恒定律1.(2019·安徽馬鞍山市二質(zhì)檢)質(zhì)量為2kg的小物塊靜止于光滑水平面上，從某一時刻開始，小物塊所受的水平?jīng)_量與時間的關(guān)系如圖1所示，則在6s內(nèi)物體的位移為()圖1A．0 B．3mC．6m D．12m答案C2．(2019·河南名校聯(lián)盟壓軸卷)2018年12月8日我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了“嫦娥四號”探測器．假設(shè)發(fā)射前火箭和探測器的總質(zhì)量為M.點火后，當(dāng)火箭以對地速度v0噴出質(zhì)量為Δm的高溫氣體后，火箭對地速度大小為(在噴出氣體過程中箭體重力和空氣阻力可忽略不計)()A.eq\f(Δm,M)v0 B.eq\f(Δm,M－Δm)v0C.eq\f(M,Δm)v0 D.eq\f(M－Δm,Δm)v0答案B解析噴出氣體過程中箭體重力和空氣阻力可忽略不計，可知在火箭發(fā)射的過程中箭體和噴出氣體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)總動量為零，由動量守恒定律得：Δmv0＝(M－Δm)v，解得：v＝eq\f(Δm,M－Δm)v0，故B正確，A、C、D錯誤．3.(多選)(2019·福建廈門市5月質(zhì)檢)如圖2所示，質(zhì)量為m的小物塊初速度為v0，從底端沿足夠長的粗糙程度相同的固定斜面向上運(yùn)動，最后返回斜面底端．已知小物塊沿斜面的下滑時間是上滑時間的2倍，下列說法正確的是()圖2A．小物塊沿斜面上滑的加速度大小是下滑加速度大小的2倍B．小物塊沿斜面上滑的加速度大小是下滑加速度大小的4倍C．整個運(yùn)動過程中重力對物塊的沖量為零D．整個運(yùn)動過程中小物塊的動量變化大小為eq\f(3,2)mv0答案BD解析把上滑過程看做是初速度為零的勻加速運(yùn)動的逆過程，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知，小物塊沿斜面上滑的加速度大小是下滑加速度大小的4倍，故A錯誤，B正確；整個運(yùn)動過程中重力對物塊的沖量為mgt總，不為零，故C錯誤；v0＝at，則下滑至斜面底端時v＝eq\f(1,4)a·2t＝eq\f(1,2)v0，則整個運(yùn)動過程中小物塊的動量變化大小為|Δp|＝eq\f(1,2)mv0－(－mv0)＝eq\f(3,2)mv0，故D正確．4．(多選)一質(zhì)量為0.6kg的籃球，以8m/s的速度水平撞擊籃板，被籃板反彈后以6m/s的速度水平反向彈回，在空中飛行0.5s后以7m/s的速度被運(yùn)動員接住，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．與籃板碰撞前后籃球的動量變化大小為8.4kg·m/sB．被籃板彈回到被運(yùn)動員接住前的過程中籃球的動量變化大小為0.6kg·m/sC．籃板對籃球的作用力大小約為15.6ND．被籃板彈回到被運(yùn)動員接住前的過程中籃球的重力產(chǎn)生的沖量大小為3N·s答案AD解析以被籃板反彈后的速度方向為正方向，與籃板碰撞前后籃球的動量變化大小為：Δp1＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)＝0.6×(6＋8)kg·m/s＝8.4kg·m/s，選項A正確；被籃板彈回到被運(yùn)動員接住前的過程中籃球的重力產(chǎn)生的沖量大小為IG＝mgt＝0.6×10×0.5N·s＝3N·s，選項D正確；籃球在空中只受重力，根據(jù)動量定理，被籃板彈回到被運(yùn)動員接住前的過程中籃球的動量變化大小為Δp2＝IG＝3kg·m/s，選項B錯誤；根據(jù)動量定理：FΔt＝Δp1，因作用時間Δt未知，則無法確定籃板對籃球的作用力大小，選項C錯誤．5．(2019·福建三明市期末質(zhì)量檢測)如圖3甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑水平面上．現(xiàn)使A獲得水平向右、大小為3m/s的瞬時速度，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象提供的信息可得()圖3A．在t1和t3時刻，兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．在t1～t2時間內(nèi)A、B的距離逐漸增大，t2時刻彈簧的彈性勢能最大C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1D．在t2時刻，A、B兩物塊的動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8答案D解析在t1和t3時刻，兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，這兩個時刻彈簧的彈性勢能最大；由題圖乙可知，在t1～t2時間內(nèi)A、B的距離逐漸增大，t2時刻彈簧處于原長，彈性勢能最小，為0，選項A、B錯誤；根據(jù)動量守恒，從0～t1時刻：m1v0＝(m1＋m2)v1，即：3m1＝(m1＋m2)×1；解得m1∶m2＝1∶2，選項C錯誤；在t2時刻，A、B兩物塊的速度分別為－1m/s和2m/s，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8，選項D正確．6.(2019·陜西西安市第三次檢測)如圖4所示，一個半圓形槽A放在光滑的水平面上，其上部半圓的半徑為R，將一個小球B從半圓形槽右側(cè)頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計，已知A、B的質(zhì)量分別為2m、m，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖4A．B不能到達(dá)A半圓形槽的左側(cè)最高點B．A相對地面向右運(yùn)動的最大位移大小為eq\f(R,3)C．B運(yùn)動到半圓形槽的最低點時A的速率為eq\r(\f(gR,3))D．B運(yùn)動到半圓形槽的最低點時A的速率為eq\r(\f(4gR,3))答案C7.(2019·四川遂寧市三診)如圖5所示，水平地面光滑，水平輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為m的小球A.另一個質(zhì)量也為m的小球B以速度v0向左運(yùn)動，與A碰撞時間極短、且碰后粘在一起．則從B與A開始碰撞到壓縮彈簧至最短的過程，對A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)()圖5A．動量守恒，機(jī)械能不守恒B．動量不守恒，機(jī)械能守恒C．對墻產(chǎn)生的沖量大小為mv0D．彈簧最大彈性勢能為eq\f(1,2)mveq\o\al(02)答案C解析A、B發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過程中機(jī)械能有損失，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；從A、B開始一起運(yùn)動至彈簧被壓縮到最短的過程中，由于墻面對彈簧有作用力，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運(yùn)動過程中動量不守恒，故A、B錯誤；對系統(tǒng)在整個過程中由動量定理：I＝0－mv0，則這個系統(tǒng)對墻產(chǎn)生的沖量大小為mv0，故C正確；A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝eq\f(1,2)v0，彈簧的最大彈性勢能為：Ep＝eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(02)，故D錯誤．8.(多選)如圖6所示，傾角為θ的固定斜面足夠長，一質(zhì)量為m、上表面光滑且足夠長的長方形木板A正以速度v0沿斜面勻速下滑，某時刻將質(zhì)量為2m的小滑塊B無初速度地放在木板A上，則滑塊與木板都在滑動的過程中(重力加速度為g)()圖6A．木板A的加速度大小為3gsinθB．木板A的加速度大小為零C．A、B組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量一定為零D．木板A的動量為eq\f(1,3)mv0時，小滑塊B的動量為eq\f(2,3)mv0答案CD解析只有木板A時，木板A勻速下滑，則說明木板A受到的重力的分力與摩擦力等大反向，即mgsinθ＝μmgcosθ，若加上小滑塊B后，A對斜面的壓力增大，則摩擦力變?yōu)棣獭?mgcosθ，而A所受的重力沿斜面方向的分力不變，故合外力大小為