（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一動量定理與動量守恒定律（單選題）-解析卷

（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一動量及其守恒定律（單選題）3年真題1．（2024·北京·高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程損失的機械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【解析】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；C．小球運動的整個過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，B錯誤。故選C。2．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A．彈簧恢復(fù)原長時時A動量最大B．彈簧壓縮最短時A動量最大C．整個系統(tǒng)動量變大D．整個系統(tǒng)機械能變大【答案】A【解析】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得設(shè)彈簧的初始彈性勢能為，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時得聯(lián)立得故可知彈簧恢復(fù)原長時滑板速度最大，此時動量最大，動能最大。對于系統(tǒng)來說動量一直為零，系統(tǒng)機械能不變。故選A。3．（2024·重慶·高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為m，針鞘在軟組織中運動距離d1后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運動中針翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（

）A．被彈出時速度大小為B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為F1d1C．運動d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2D．運動d2的過程中動量變化量大小為【答案】A【解析】A．根據(jù)動能定理有解得故A正確；B．針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)d2減速至零，有Ek=F2d2故B錯誤；C．針鞘運動d2的過程中，克服阻力做功為F2d2，故C錯誤；D．針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小故D錯誤。故選A。4．（2023·河北·高考真題）某科研團(tuán)隊通過傳感器收集并分析運動數(shù)據(jù)，為跳高運動員的技術(shù)動作改進(jìn)提供參考。圖為跳高運動員在起跳過程中，其單位質(zhì)量受到地面的豎直方向支持力隨時間變化關(guān)系曲線。圖像中至內(nèi)，曲線下方的面積與陰影部分的面積相等。已知該運動員的質(zhì)量為，重力加速度g取。下列說法正確的是（）A．起跳過程中運動員的最大加速度約為B．起跳后運動員重心上升的平均速度大小約為C．起跳后運動員重心上升的最大高度約為D．起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為【答案】C【解析】A．由圖像可知，運動員受到的最大支持力約為根據(jù)牛頓第二定律可知，起跳過程中運動員的最大加速度約為故A錯誤；BCD．根據(jù)圖像可知，起跳過程中支持力的沖量為起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為根據(jù)動量定理可得解得起跳離開地面瞬間的速度為則起跳后運動員重心上升的平均速度為起跳后運動員重心上升的最大高度為故BD錯誤，C正確。故選C。5．（2023·天津·高考真題）2023年我國首套高溫超導(dǎo)電動懸浮全要素試驗系統(tǒng)完成首次懸浮運行，實現(xiàn)重要技術(shù)突破。設(shè)該系統(tǒng)的試驗列車質(zhì)量為m，某次試驗中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時牽引系統(tǒng)處于關(guān)閉狀態(tài)，制動裝置提供大小為F的制動力，列車減速直至停止。若列車行駛時始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車減速過程的加速度大小 B．列車減速過程F的沖量為mvC．列車減速過程通過的位移大小為 D．列車勻速行駛時，牽引系統(tǒng)的輸出功率為【答案】C【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律有可得減速運動加速度大小故A錯誤；B．根據(jù)運動學(xué)公式有故力F的沖量為方向與運動方向相反；故B錯誤；C．根據(jù)運動學(xué)公式可得故C正確；D．勻速行駛時牽引力等于空氣阻力，則功率為故D錯誤。故選C。6．（2022·重慶·高考真題）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護(hù)作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（

）A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B．動量大小先增大后減小C．動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D．加速度大小先增大后減小【答案】D【解析】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動量定理可知F—t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭靜止，動量變化最大，AB錯誤；C．根據(jù)動量與動能的關(guān)系有，而F—t圖像的面積是動量的變化量，則動能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；D．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D。7．（2022·北京·高考真題）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據(jù)運動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運動員在進(jìn)行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段：①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間【答案】B【解析】A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤；B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤；D．著陸階段，運動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯誤。故選B。8．（2022·北京·高考真題）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動量大于的動量 D．碰撞后的動能小于的動能【答案】C【解析】A．圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知碰前的速度大小為碰前速度為0，A錯誤；B．兩物體正碰后，碰后的速度大小為碰后的速度大小為碰后兩物體的速率相等，B錯誤；C．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為根據(jù)動量的表達(dá)式可知碰后的動量大于的動量，C正確；D．根據(jù)動能的表達(dá)式可知碰后的動能大于的動能，D錯誤。故選C。9．（2022·海南·高考真題）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是，乙對甲的作用力是，則這兩個力（）A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．的沖量大于的沖量 D．的沖量小于的沖量【答案】A【解析】根據(jù)題意可知和是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知和等大反向、具有同時性；根據(jù)沖量定義式可知和的沖量大小相等，方向相反。故選A。10．（2022·湖北·高考真題）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【解析】根據(jù)動能定理可知可得由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是比較可得一定成立。故選D。11．（2022·湖南·高考真題）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為和。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．碰撞后氮核的動量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．大于 D．大于【答案】B【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為，氫核的質(zhì)量為，氮核的質(zhì)量為，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得可得碰撞后氫核的動量為氮核的動量為可得碰撞后氫核的動能為氮核的動能為可得故B正確，ACD錯誤。故選B。12．（2022·山東·高考真題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（

）A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A。2年模擬13．（2023·河北·三模）如圖所示，三個完全相同的小球A、B、C分別套在同一豎直面內(nèi)相互平行的兩根長桿上，兩桿均水平且相距，小球質(zhì)量均為m，A、B通過不可伸長的細(xì)線相連，細(xì)線長為L，小球與長桿間的動摩擦因數(shù)均為μ。初始時，A、C球靜止，給B球一個垂直于A、B連線且沿桿的初速度v，繩子繃緊后B球立即與C球發(fā)生彈性正碰，C球運動的位移大小為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)繩繃直前瞬間小球B的速度為v1，由動能定理得繃直后，A、B水平方向動量守恒，小球B的速度為v2，根據(jù)水平方向動量守恒有小球B與C球碰撞后與C球交換速度，設(shè)C運動的距離為x，則解得故選D。14．（2023·貴州安順·一模）有些太空探測器裝配有離子發(fā)動機，其工作原理是將被電離后的正離子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力。若發(fā)動機向后噴出離子的速率為25km/s（遠(yuǎn)大于探測器的飛行速率）時，探測器獲得的推力大小為0.1N，則該發(fā)動機1s時間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為（）A．kg B．kgC．kg D．kg【答案】C【解析】由牛頓第三定律可知1s時間內(nèi)噴出的離子受到發(fā)動機的平均作用力大小為對1s時間內(nèi)噴出的離子由動量定理可得解得該發(fā)動機1s時間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為故選C。15．（2023·貴州安順·一模）為保護(hù)地球免遭小行星撞擊，2022年9月人類首次嘗試在太空中改變一顆小行星的運行軌道。如圖，研究團(tuán)隊選擇了一對雙小行星系統(tǒng)進(jìn)行研究，該系統(tǒng)可簡化為一顆質(zhì)量較小的“孿小星”圍繞著一顆質(zhì)量更大的“孿大星”做勻速圓周運動。實驗時，通過引導(dǎo)航天器與“孿小星”迎面相撞（撞后融為一體），使“孿小星”繞“孿大星”運動的軌道發(fā)生輕微偏移。對撞擊后的“攣小星”，下列說法正確的是（）A．撞擊剛結(jié)束時，動量增大 B．撞擊剛結(jié)束時，速率增大C．撞擊結(jié)束后，做離心運動 D．軌道偏移后，運動周期減小【答案】D【解析】A．“孿小星”與航天器之間組成的系統(tǒng)不受其它外力，系統(tǒng)動量守恒，A錯誤；B．設(shè)“孿小星”的質(zhì)量為，速度為，航天器的質(zhì)量為，速度為，碰后的速度為，選取“孿小星”開始運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知解得故碰撞后速率變小，B錯誤；C．碰撞后速率變小，此時圓周運動所需的向心力小于“孿小星”和“孿大星”之間的萬有引力，故碰撞后做向心運動，C錯誤；D．碰撞后，“孿小星”做向心運動，圓周運動的半徑變小，根據(jù)萬有引力提供向心力可知解得故“孿小星”此時的線速度變大，再根據(jù)周期的概念可知，軌道偏移后，周期變小，D正確。故選D。16．（2023·廣東肇慶·模擬預(yù)測）如圖所示，2022年2月5日，中國在交接棒時，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威獲得更大的速度向前滑行。若任子威的質(zhì)量大于曲春雨的質(zhì)量，不計阻力，在曲春雨用力推任子威的過程中，下列說法正確的是（）A．曲春雨的加速度小于任子威的加速度B．任子威的速度增加量等于曲春雨的速度減少量C．任子威的動量增加量等于曲春雨的動量減少量D．曲春雨推任子威的力大于任子威對曲春雨的推力【答案】C【解析】C．曲春雨猛推任子威的前后瞬間可認(rèn)為兩人組成的系統(tǒng)動量守恒，而根據(jù)動量守恒定律可知，兩人動量變化量的大小一定是相同的，因此任子威的動量增加量等于曲春雨的動量減少量，故C正確；ABD．曲春雨猛推任子威的前后瞬間，作用瞬間極短，設(shè)為，兩者之間的作用力為相互作用力，由牛頓第三定律可知，曲春雨推任子威的力等于任子威對曲春雨的推力，設(shè)為，曲春雨的質(zhì)量設(shè)為，速度減少量為，任子威的質(zhì)量設(shè)為，速度增加量為，則由動量定理可得，而任子威的質(zhì)量大于曲春雨的質(zhì)量，即則可得根據(jù)牛頓第二定律可得任子威的質(zhì)量大于曲春雨的質(zhì)量，可知任子威的加速度小于曲春雨得加速度，故ABD錯誤。故選C。17．（2023·江西·一模）某同學(xué)在某輕質(zhì)頭盔的安全性測試中進(jìn)行了模擬檢測，某次他在頭盔中裝入質(zhì)量為的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了時，物體的速度減為0，如圖所示，擠壓過程中視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度取。下列說法正確的是（）A．物體落地瞬間的速度為B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為，方向豎直向下D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為【答案】B【解析】A．根據(jù)可得物體做自由下落運動的時間為物體落地瞬間的速度為故A錯誤；B．根據(jù)得物體做勻減速直線過程中加速度根據(jù)頭盔對物體的平均作用力故B正確；C．物體做勻減速直線過程中動量變化量負(fù)號表示方向豎直向上，故C錯誤；D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為故D錯誤。故選B。18．（2023·安徽淮北·一模）質(zhì)量為的物體靜止在水平面上，時受到水平拉力F的作用開始運動，圖像如圖所示，時物體剛好停止運動。物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度g取，則（）A． B．時物體的速度最大C．物體最大動能為 D．時物體的動量為【答案】D【解析】A．根據(jù)圖像可知，內(nèi)水平拉力的沖量為內(nèi)，根據(jù)動量定理可得解得物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為故A錯誤；BC．物體受到的滑動摩擦力大小為由圖像可知，當(dāng)時，水平拉力大小為，此時拉力等于摩擦力，物體的加速度為0，速度達(dá)到最大，動能達(dá)到最大；內(nèi)，根據(jù)動量定理可得其中解得最大速度為則最大動能為故BC錯誤；D．內(nèi)，根據(jù)動量定理可得其中解得時物體的動量為故D正確。故選D。19．（2023·福建福州·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為2m、長為L的長木板c靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的物塊b放在c的正中央，質(zhì)量為m的物塊a以大小為的速度從c的左端滑上c，a與b發(fā)生彈性正碰，最終b剛好到c的右端與c相對靜止，不計物塊大小，物塊a、b與c間動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)與b碰撞前b的速度始終為零B．a(chǎn)與b碰撞后，a與b都相對c滑動C．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為D．整個過程因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為【答案】C【解析】A．a(chǎn)滑上c后相對c滑動過程假設(shè)b相對c靜止，由牛頓第二定律得，對b、c整體對b解得即b與c間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，則b相對c保持靜止，b、c一起加速運動，a與b碰撞前b做勻加速運動，速度不為零，故A錯誤；B．設(shè)a、b碰撞前瞬間a的速度為v，a、b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得，即碰撞后a、b兩者交換速度，b相對c滑動，由A可知，a、c相對靜止一起運動，故B錯誤；CD．b剛好滑到c的右端與c相對靜止，a、b、c共速，設(shè)共同速度為，a、b、c組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得其中解得，故C正確，D錯誤。故選C。20．（2023·河北·模擬預(yù)測）水上滑梯項目在夏日給人們帶來了清涼。某水上滑梯項目可簡化為如圖所示的模型：人從傾角為的滑梯頂端在細(xì)水流的沖擊下由靜止開始下滑，水流對人的作用力大小恒定且沿滑梯向下，經(jīng)過時間后人由滑梯底端進(jìn)入水中，人在水中運動時，所受的浮力和阻力恒定，在水中速度減為零。已知人的質(zhì)量為，人可視為質(zhì)點，重力加速度為，不考慮空氣阻力和人在滑梯上滑下時所受到的水的浮力。下列說法正確的是（

）

A．人在滑梯上運動過程中，滑梯對人的支持力的沖量方向垂直滑梯向上，大小為B．整個過程中，人的動量大小一直增大C．人在泳池里時，對水的作用力方向水平向左D．若水流作用力減小，則人在滑梯上時重力對人的沖量大小大于【答案】D【解析】A．對人受力分析，可得人在滑梯上運動過程中，滑梯對人的支持力大小恒為，則滑梯對人的支持力的沖量大小為故A錯誤；B．整個過程中，人的速度大小先增大后減小，則人的動量大小先增大后減小，故B錯誤；C．人在泳池里時，受到豎直向上水的浮力和水平向右水的阻力，則水對人的作用力方向大致沿右上方，所以人對水的作用力方向大致沿左下方，故C錯誤；D．若水流作用力減小，則人沿滑梯向下運動的時間大于t，所以人在滑梯上時重力對人的沖量大小大于，故D正確。故選D。21．（24-25高三上·安徽·階段練習(xí)）一物塊靜止在水平面上，在外力作用下運動。第一次用大小為的水平恒力作用在物塊上，運動一段時間后，撤去，物塊整個運動過程的圖像為OAC；第二次用大小為的水平恒力作用在物塊上，運動一段時間后，撤去，物塊整個運動過程的圖像為OBC。則下列說法正確的是（）A．沖量比沖量大B．沖量比沖量小C．做功比做功多D．做功比做功少【答案】C【解析】AB．整個過程，兩次摩擦力沖量相同，根據(jù)動量定理可知，兩次水平恒力的沖量大小相等，AB錯誤；CD．由于第一次運動的位移大，克服摩擦力做功多，整個過程根據(jù)動能定理第一次水平恒力做功多，C正確，D錯誤。故選C。22．（2024·河北·模擬預(yù)測）排球比賽中，甲同學(xué)在處將排球以水平擊出，乙同學(xué)在離地處將排球墊起，排球被墊起后以原速率反彈，方向與墊球前瞬間的速度方向相反。已知，排球的質(zhì)量為，不計空氣阻力，則關(guān)于此排球的運動下列說法正確的是（）A．排球被甲同學(xué)擊出后在空中飛行時間為B．排球擊出點與墊球點的水平距離為C．排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力的沖量大小為D．排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力做功為【答案】C【解析】A．排球被甲同學(xué)擊出后做平拋運動，由得故A錯誤；B．排球擊出點與墊球點的水平距離故B錯誤；C．排球被墊起前瞬間豎直方向的分速度大小墊球時的速度大小則排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力的沖量大小故C正確；D．排球被乙同學(xué)墊起過程中速率不變，動能不變，由動能定理知所受合力做功為0，故D錯誤。故選C。23．（2024·河北·模擬預(yù)測）我國“天和號”核心艙配備了四臺全國產(chǎn)化的LHT-100霍爾推進(jìn)器，雖然單臺推力只有80毫牛，但在關(guān)鍵性能上已經(jīng)反超國際空間站。霍爾推進(jìn)器工作時，將氣體推進(jìn)劑電離成電子和離子，電離比例為95%，這些離子在電場的作用下被加速后以極高的速度噴出，在相反的方向上對航天器產(chǎn)生了推力。某次對單臺推進(jìn)器進(jìn)行測試，粒子噴射速度為，每秒進(jìn)入放電通道的粒子的質(zhì)量約為（）A． B．C． D．【答案】B【解析】設(shè)每秒進(jìn)入放電通道的粒子的質(zhì)量為，由題意可知，電離比例為，發(fā)生電離的粒子質(zhì)量為，以這些粒子為研究對象，根據(jù)牛頓第三定律和動量定理得解得每秒進(jìn)入放電通道的粒子的質(zhì)量為故選B。24．（2024·北京朝陽·模擬預(yù)測）在光滑水平面上放有一質(zhì)量為的小車，一質(zhì)量為的小球用長為的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于小車頂端?，F(xiàn)從圖中位置（細(xì)線伸直且水平）同時由靜止釋放小球和小車，設(shè)小球到達(dá)最低點時的速度為。從釋放到小球達(dá)最低點過程中，細(xì)線對小球做的功為。從釋放開始小車離開初位置的最大距離為，則下列說法正確的有（）A． B． C． D．【答案】C【解析】AB．從釋放到到小球達(dá)最低點過程中，由水平方向動量守恒和能量守恒得解得故A錯誤，B錯誤；C．對小球，由動能定理得解得故C正確；D．從釋放開始小車離開初位置的最大距離發(fā)生在小球擺至最高點時，此時小球與車的速度均為零，由能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得解得故D錯誤。故選C。25．（2024·浙江臺州·一模）如圖所示，物塊P與Q之間用一輕彈簧相連后靜置在光滑水平面上。初始彈簧恰好處于原長，t=0時刻給物塊P一瞬時向右的初速度v0，規(guī)定向右為正方向，0~t2內(nèi)物塊P、Q運動的a?t圖像如圖所示，其中t軸下方部分的面積大小為S2，t軸上方部分的面積大小為S1，則（）A．物塊P與物塊Q的質(zhì)量之比為1∶2 B．t1時刻物塊P的速度為v0?S2C．t2時刻物塊Q的速度為S1 D．0~t2時間內(nèi)彈簧對物塊Q的沖量為0【答案】C【解析】A．0~t2時間內(nèi)物塊Q所受彈力方向向右，P所受彈力方向始終向左，在t1時刻，物塊P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得則有故A錯誤；B．由a?t圖像可知，t1時刻P物體的速度為故B錯誤；C．由a?t圖像可知，t2時刻Q物體的速度為故C正確；D．0~t2時間，Q物體的動量變化量為mvQ，由動量定理可知，Q物體的動量變化量應(yīng)等于Q物體受到的彈簧彈力沖量，所以彈簧彈力在這段時間內(nèi)的沖量不為0，故D錯誤。故選C。26．（2024·四川自貢·模擬預(yù)測）在2024年巴黎奧運會女子跳水比賽中我國運動員成績斐然。在3米跳板比賽中，若從運動員離開跳板開始計時，跳水過程中運動員的速度隨時間變化的圖像如圖所示，將運動員看作質(zhì)點，其質(zhì)量為，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．在時間內(nèi)，運動員處于超重狀態(tài)B．在時間內(nèi)，運動員重力的沖量大小為C．運動員在時刻處于運動過程中的最低點D．運動員在整個運動過程中，水的阻力的沖量大小等于重力的沖量大小【答案】C【解析】AB．根據(jù)題圖可知，時間內(nèi)，運動員只受重力，加速度為重力加速度，處于失重狀態(tài)，在時間內(nèi)，運動員重力的沖量大小為故AB錯誤；C．根據(jù)題圖可知運動員在時刻向下的速度為零，時刻處于運動過程中的最低點，故C正確；D．設(shè)豎直向下為正方向，運動員起跳時速度大小為，整個根據(jù)動量定理可得即運動員在整個運動過程中，水的阻力的沖量大小小于重力的沖量大小，故D錯誤。故選C。27．（2024·廣東·模擬預(yù)測）如圖，動物園熊貓館中有一個長，傾角為的光滑坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防護(hù)板。一個質(zhì)量的熊貓從坡道頂端由靜止滑下，熊貓與防護(hù)板的作用時間，熊貓與防護(hù)板接觸后不反彈，并且可以看作質(zhì)點，重力加速度取，下列說法正確的是（

）A．熊貓滾到坡底所用的時間為B．熊貓到達(dá)坡底時的動量大小為C．熊貓受到防護(hù)板對它的平均作用力大小為D．熊貓與防護(hù)板碰撞過程中只受到防護(hù)板對它的沖量【答案】B【解析】A．由題意可知，熊貓沿坡道向下做勻加速直線運動，加速度大小由勻變速運動規(guī)律可知，聯(lián)立解得，故A錯誤；B．熊貓到達(dá)坡底時的動量大小故B正確；C．以沿斜面向下為正方向，設(shè)防護(hù)板對熊貓的平均作用力大小為，由動量定理可知解得故C錯誤；D．熊貓與防護(hù)板碰撞過程中受防護(hù)板的彈力、自身重力，斜面支持力等力的沖量，故D錯誤。故選B。28．（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測）碰撞常用恢復(fù)系數(shù)e來描述，定義恢復(fù)系數(shù)e為碰撞后其分離速度與碰撞前的接近速度的絕對值的比值，用公式表示為，其中和分別是碰撞后兩物體的速度，和分別是碰撞前兩物體的速度。已知質(zhì)量為的物體A以初速度為與靜止的質(zhì)量為m的物體B發(fā)生碰撞，該碰撞的恢復(fù)系數(shù)為e，則（）A．若碰撞為完全彈性碰撞，則 B．碰撞后B的速度為C．碰撞后A的速度為 D．碰撞后A的速度為【答案】C【解析】A．若碰撞為完全彈性碰撞，根據(jù)動量守恒以及機械能守恒可得解得，則故A錯誤；BCD．根據(jù)碰撞前后動量守恒且解得，故C正確，BD錯誤。故選C。29．（2024·甘肅酒泉·三模）乒乓球被稱為中國的“國球”，是一種世界流行的球類體育項目，如圖所示為某同學(xué)訓(xùn)練時的情景，若某次乒乓球從某一高度由靜止下落，以v0=2m/s的速度豎直向下碰撞乒乓球拍，同時使乒乓球拍的接球面保持水平且以1m/s的速度水平移動，乒乓球與球拍碰撞反彈后的高度與下落高度相等。已知乒乓球與球拍之間的動摩擦因數(shù)為，不計空氣阻力，碰撞時間極短，且碰撞過程忽略乒乓球所受重力的影響，周圍環(huán)境無風(fēng)，則乒乓球與球拍碰撞后的瞬時速度大小為（）A．4m/s B．3m/s C．2m/s D．1m/s【答案】B【解析】由題意可知，乒乓球與球拍碰撞后反彈的高度與下落高度相等，則碰后豎直方向的速度大小為設(shè)乒乓球的質(zhì)量為m，乒乓球與球拍的碰撞時間為?t，在豎直方向上，根據(jù)動量定理有在水平方向上，根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得，故選B。30．（2024·安徽安慶·模擬預(yù)測）風(fēng)洞是進(jìn)行空氣動力學(xué)實驗的常用設(shè)備。如圖所示，將質(zhì)量為m的小球從A點以初速度v0水平向左拋出，假設(shè)小球運動過程中受到水平向右、大小恒定的風(fēng)力F，經(jīng)過一段時間t，小球運動到A點正下方的B點，且。O點是軌跡的最左端，重力加速度為g。則此過程中（）A．小球速度最小時位于O點 B．AB之間的距離為C．小球運動的時間 D．小球所受的風(fēng)力F小于mg【答案】C【解析】A．風(fēng)對小球的力恒定，則小球可視為在等效重力場中運動，等效重力方向為重力和風(fēng)力的合力小球運動過程中速度與等效重力方向垂直時速度最小，故小球速度最小時，位于AO之間的某處，故A錯誤；BC．小球自A運動到B，風(fēng)力做功為零。由動能定理得解得AB間的距離又由得小球運動的