2025版高考物理一轮复习微专题小练习第六章动量守恒定律

第六章动量守恒定律做真题明方向1．[2024·全国甲卷](多选)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是()A．t＝0.15s时，运动员的重力势能最大B．t＝0.30s时，运动员的速度大小为10m/sC．t＝1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N答案：BD解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30s离开蹦床到t＝2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t＝1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30s时运动员的速度大小v＝10×1m/s＝10m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3s，代入数据可得F＝4600N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D正确．故选BD.2．[2022·山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案：A解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．3．[2022·湖南卷]1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案：B解析：设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝m0v′0＋mv，eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m0v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋eq\f(1,2)mv2，解得v′0＝eq\f(m0－m,m0＋m)v0，v＝eq\f(2m0,m0＋m)v0，因为当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝eq\f(2,15)v0，故C、D项错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝eq\f(28,15)m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝eq\f(1,2)·14m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(28,225)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，氢核的动能为Ek氢＝eq\f(1,2)·m0·veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，Ek氮<Ek氢，故B正确．4.[2021·全国乙卷]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案：B解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B正确．5．[2023·新课标卷](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻()A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等D．甲和乙的动量之和不为零答案：BD解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示对于整个系统，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m甲v甲＜m乙v乙，又m甲＞m乙，故v甲＜v乙，B、D正确，A、C错误．故选BD.6．[2021·全国乙卷](多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动．重力加速度大小为g.则()A．在此过程中F所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))B．在此过程中F的冲量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4s0g)D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案：BC解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F做的功为WF＝Fs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋μmgs0，选项A错误；物体通过路程s0时，速度大小为v0，撤去F后，由牛顿第二定律有μmg＝ma2，根据匀变速直线运动规律有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2a2·2s0，联立解得μ＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4s0g)，选项C正确；水平桌面上质量为m的物体在恒力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F－μmg＝m