2023物理江苏专用优编题型增分练基础回扣练8

物理江苏专用优编题型增分练基础回扣练8学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精8.动量定理和动量守恒定律1。李老师在课堂上做了如下的小试验：他把一只粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图1所示．第一次他渐渐拉动纸条将纸条抽出,粉笔向后倾倒．其次次他快速将纸条抽出，粉笔稍微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比,下列说法正确的是()图1A．第一次粉笔的惯性更小B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小D．第一次粉笔获得的动量更大答案D解析两次拉动中粉笔的质量不变，故其惯性不变,故A错误；由于正压力不变，故纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；由于渐渐拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，故摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大,故D正确．2。用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图2所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续匀称地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图2A．0.2NB．0.6NC．1.0ND．1。6N答案B解析豆粒从80cm高处落到秤盘前瞬间速度为v，v2＝2gh,则v＝eq\r（2gh)＝eq\r（2×10×0。8)m/s＝4m/s设向上为正方向,依据动量定理：Ft＝mv2－mv1F＝eq\f(mv2－mv1，t)＝eq\f（0。1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N,B正确，A、C、D错误．3．在列车编组站里，一节动车车厢以1m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起连续运动．已知两节车厢的质量均为20t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为（碰撞时间很短，内力很大)()A．10N·sB．20N·sC．104N·sD．2×104N·s答案C解析动车和拖车组成的系统碰撞过程动量守恒，依据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车依据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104N·s，选项C正确．4．（多选）将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽视，且大小近似不变，则下列说法中正确的是（)A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案AC解析依据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确;上升过程中的加速度a上＝g＋eq\f（Ff，m）大于下降过程中的加速度a下＝g－eq\f(Ff,m），则上升的时间小于下降的时间，即t上〈t下,依据I＝Gt可知,重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，选项B错误；依据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，选项C正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，选项D错误．5．飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了,而这种状况真的被澳大利亚一架飞机遇到了．如图3所示，2023年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1500m高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720km/h的速度飞行，撞到质量为2kg的兔子,作用时间为0。1s．则飞机受到兔子的平均撞击力大小约为()图3A．1。44×103NB．4.0×103NC．8。0×103ND．1。44×104N答案BB.6．（多选）如图4所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩,某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统,下列说法正确的是（）图4A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力,则该系统全过程动量守恒C．不论物体滑动中有没有摩擦力,小车的最终速度与线断前相同D．不论物体滑动中有没有摩擦力，系统损失的机械能相同答案BCD解析物体与油泥粘合的过程，发生完全非弹性碰撞,系统机械能有损失,故A错误;整个系统在水平方向上不受外力，竖直方向上合外力为零,则系统动量肯定守恒，故B正确;取小车的初速度方向为正方向，依据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统的速度与初速度是相同的，故C正确;当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等,所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦力无关,故D正确．7。沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图5所示．则下列推断错误的是（)图5A．碰撞前后A的运动方向相反B．A、B的质量之比为1∶2C．碰撞前后A的动能增大,B的动能减小D．碰撞前B的动量较大答案Cm/s＝5m/s，则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确．由位移—时间图象可得，碰撞之前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s，vAB＝vA′，依据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB）vAB，代入数据得，mA∶mB＝1∶2，故B正确．碰撞前后A速度大小相等，则碰撞前后A动能不变，故C错误．碰撞前A、B速度方向相反，碰撞后A、B速度方向与B碰撞前速度方向相同,则碰撞前B动量较大，故D正确．8．如图6所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各拘束桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上．若mA＝3mB，则下列结果正确的是(不计空气阻力)（）图6A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2,则有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开头到两木块落地的这段时间内,A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3答案D解析弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向,由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0,则速度之比vA∶vB＝1∶3,依据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1＝eq\f（1,2）mAvA2，W2＝eq\f（1,2）mBvB2，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误．依据动量守