高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律练习含解析新人教版

第六章动量和动量守恒定律综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2023·山东枣庄二调)新华社西昌3月10日电“芯级箭体直径9.5米级、近地轨道运载能力50吨至140吨、奔月转移轨道运载能力15吨至50吨、奔火(火星)转移轨道运载能力12吨至44吨……”这是我国重型运载火箭长征九号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于2030年前后实现首飞。火箭点火升空，燃料连续燃烧后的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力。下列观点正确的是(D)A．喷出的燃气对周围空气的挤压力就是火箭获得的推力B．因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力C．燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力D．燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获得的推力[解析]本题考查反冲问题，作用力与反作用力。喷出的燃气对周围空气的挤压力作用在空气上，不是火箭获得的推力，故A错误；空气对燃气的反作用力作用在燃气上，不是火箭获得的推力，故B错误；燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，是火箭获得的推力，故C错误，D正确。2．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1，逆时针运转，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是(D)A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1C．合力对物块的冲量大小可能为零D．合力对物块做的功可能为零[解析]本题利用传送带模型考查冲量的计算。若v2>v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物体再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2。若v2<v1，物块再次回到P点的速度大小为v2，根据动量定理得，合外力的冲量为I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；若v1＝v2，则合外力的冲量I合＝2mv1＝2mv2，v2≤v1时，合外力做功都为零。故D正确，A、B、C错误。3．(2023·黑龙江哈尔滨三中期中)如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小球。开始将小球提起到图示位置，然后无初速度释放，之后不会与车上的支架碰撞。在小球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是(A)A．小球摆到最低点时，小车的速度最大B．小车和小球系统动量守恒C．小球摆到右方最高点时刻，小车有向右的速度D．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动[解析]本题考查动量守恒、机械能守恒条件的判断。小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒，小球来回摆动的过程中只有重力做功，则系统机械能守恒，故小球在最低点，小球和小车速度最大，故A正确；小球从图示位置摆到最低点，小车向左加速运动，当小球从最低点向右运动时，小车向左减速，当小球运动到右边与图示位置相等高度的位置时，小球与小车有相同的速度，二者动量之和为零，则二者速度为零，即小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故C、D错误；小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故B错误。4．(2023·广东广州一模)如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为(D)A．3︰1 B．1︰3C．5︰3 D．3︰5[解析]本题考查动量守恒定律与圆周运动的结合。由a、b再次在Q点碰撞可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长的3倍，则有vb＝－3va，由动量守恒定律有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)，联立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,5)，故A、B、C错误，D正确。5．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平固定排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列说法正确的是(C)A．子弹在每个水球中的速度变化量相同B．子弹在每个水球中运动的时间相同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动量变化量相同[解析]恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看成子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－eq\r(3))︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰(eq\r(2)－1)︰1，B项错误；由于加速度a恒定，由Δv＝aΔt可知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，A项错误；因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，由I＝FΔt可知，每个水球对子弹的冲量不同，C项正确；由动量定理有FΔt＝Δp，子弹在每个水球中的动量变化量不相同，D项错误。6.甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上。质量为m的人站在甲车上，之后跳上乙车，接着又立即从乙车跳回甲车。人跳离甲车、乙车时对地面的水平速度均为v0对于这一过程，下列说法中正确的是(BC)A．最后甲、乙两车的速率相等B．最后甲、乙两车的速率之比v甲︰v乙＝M︰(m＋M)C．若人从甲车跳到乙车时对甲车的水平冲量大小为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的水平冲量大小为I2，则I1<I2D．若人从甲车跳到乙车时对甲车的水平冲量大小为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的水平冲量大小为I2，则I1＝I2[解析]本题考查了动量守恒定律中多过程问题。以人与甲车组成的系统为研究对象，以人从甲车跳离时的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时有mv－Mv1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，人跳上乙车时有mv＝(m＋M)v2，人跳离乙车时有(m＋M)v2＝Mv乙－mv，再以人与甲车组成的系统为研究对象，人跳上甲车时有－mv－Mv1＝－(m＋M)v甲，解得eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M,M＋m)，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车有I1＝Mv1＝mv，对乙车有I2＝Mv乙－Mv2＝mv＋eq\f(m2,M＋m)v，则I1<I2，故C正确，D错误。7．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(BC)A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力大于(M＋m0)gC．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)gD．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒[解析]子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间速度大小为v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，选项A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，选项B正确；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。8．(2023·广东六校第二次联考)如图所示，锁定的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m。过程一：只解除B球锁定，B球被弹出落于距桌边水平距离为s的水平地面上；过程二：同时解除A、B两球锁定，则(两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢复原长)(BCD)A．两种情况下B球的机械能增量均相同B．两过程中，在B球落地前A、B两球及弹簧组成的系统机械能均守恒C．过程二中，B球的落地点距桌边水平距离为eq\f(\r(6),3)sD．过程一和过程二中，弹簧对B球做功之比为3︰2[解析]本题考查能量守恒定律与动量守恒定律的综合。过程一中，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，过程二中，弹簧的弹性势能转化为A、B两球的动能，所以两种情况下B球的机械能增量不同，故A错误；两过程中，A、B两球和弹簧组成的系统除了重力和弹簧弹力做功之外，无其他外力做功，所以系统机械能均守恒，故B正确；过程一中，B球做平抛运动，设竖直高度为h，则有s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝seq\r(\f(g,2h))，弹簧的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，过程二中，A、B两球组成的系统动量守恒，初动量为0，根据动量守恒定律有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))，根据上述平抛运动的规律可解出过程二中，B球的落地点距桌边水平距离为eq\f(\r(6),3)s，故C正确；弹簧对B球做功全部转化为B球脱离弹簧时的动能，所以弹簧对B球做功之比为B球两次动能之比，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正确。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9．(12分)(2023·课标Ⅰ，23)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝_m1gt12，滑块动量改变量的大小Δp＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得到的一组数据为：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。计算可得I＝0.221N·s，Δp＝0.212kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字)(7)定义δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次实验δ＝4%(保留1位有效数字)。[解析]本题考查验证动量定理实验的实验操作、数据处理。(1)气垫导轨水平时滑块做匀速直线运动，故当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等时，可认为气垫导轨水平。(5)拉力的冲量大小为I＝Ft＝m1gt12；滑块通过A点的速度大小为vA＝eq\f(d,Δt1)，滑块通过B点的速度大小为vB＝eq\f(d,Δt2)，则滑块动量改变量的大小为Δp＝m2vB－m2vA＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(6)将题给数据代入(5)中各表达式可得：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)为了降低新型冠状病毒肺炎的传播风险，从2020年2月9日起，武汉市全城开展一天两次的集中消毒，如图所示。有一只消毒水枪，其枪口直径为d，出水速度为v，储水箱的体积为V。(1)求储水箱充满消毒水后可连续使用多长时间？(2)设消毒水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)后速度变为零，求水流对目标的冲击力为多大？你认为控制水枪威力的关键是控制哪些因素(不考虑重力、空气阻力等因素的影响，认为水柱到达目标时的速率与出枪口时的速率相同)?[答案](1)eq\f(4V,vd2π)(2)eq\f(1,4)πρd2v2见解析[解析](1)设t时间内从枪口喷出的消毒水体积为ΔV则有ΔV＝vSt，又S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2故单位时间内从枪口喷出的消毒水体积为eq\f(ΔV,t)＝eq\f(1,4)vπd2，水枪充满消毒水后可连续使用的时间t总＝eq\f(V,\f(1,4)vd2π)＝eq\f(4V,vd2π)。(2)t时间内从枪口喷出的消毒水的质量m＝ρSvt＝ρvπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2t＝eq\f(1,4)πρd2vt，质量为m的消毒水在t时间内与目标相互作用，以水流的方向为正方向则有－Ft＝0