2023年新高考物理大一轮单元复习检测05 动量及其守恒定律【亮点练】（解析版）.pdf

《2023年新高考物理大一轮单元复习检测05 动量及其守恒定律【亮点练】（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年新高考物理大一轮单元复习检测05 动量及其守恒定律【亮点练】（解析版）.pdf（5页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、单元0 5 动量及其守恒定律g亮点练1.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为仇质量为m 的物体以速度。从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是A.斜面对物体的弹力的冲量为零 B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零 D.物体动量的变化量大小为零【答案】B【解析】A.斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcos8-t,弹力的冲量不为零，故 A 错误；8.根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：lG=m g-1,故 8 正确；CC.物体受到的合力的冲量大小为mgtsin。,由动量定理得：动量的变化量大小 P=/

2、冷=mgsinJ,t,则合力的冲量和动量的变化量不为零，故 CD错误；故选8。2.如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹.质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P 点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P 点运动到N点的时间相等.下列说法中正确的是A.质点从M到N过程中速度大小保持不变B.质点在M、N间的运动不是匀变速运动C.质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D.质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同【答案】C【解析】因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，加速度不变；A、从M到N过程中，恒力一定对物

3、体做功，则速度大小变化，故 A 错误；8、因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，是匀变速运动，故 B错误；CD、因质点受到的是恒力作用，故两段相等的时间内力的冲量相等，故动量变化量大小相等，方向相同，故 C 正确，D 错误.故选：C.3.2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台 风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为3(hn/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m,空气密度p=1.2句/巾3,空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0,则该广告牌受到的最大风力约为A.3.9 x 103N B.1.1 x 105

4、W C.1.0 x 104/V D.9.0 x 104W【答案】B【解析】广告牌的面积S =5 x 2 0，n 2 =1 0 0 m 2 设t 时间内吹到广告牌上的空气质量为m,则有：m =pSvt以风速的方向为正方向，根据动量定理有：F t =0 -n w =0 -p S v 2 t 得：F =p S/代入数据解得，F 1.0 8 x 1 05N 1.1 x 1 05/V,故 8 正确，A C O 错误。故选瓦4 .蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。

5、设弹性绳的原长为3 蹦极者下落第一个g 时动量的增加量为d p1，下落第五个机寸动量的增加量为d p2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，贝脸满足A 1 2 R 2 3 C 3 4 D 4 5【答案】D【解析】蹦极者下落高度L 的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1:（企一 1）:（次 一 夜）:（四 一 旧）:（伤 一 何，可知含=西+2,即4?5,由动量定理得：Ap=m g t,故4警 (M+m+?io)g，则由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(M+wi+6。为，故 C 正确；D 子弹射入木块之后，圆环、木块

6、和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故。错误；故选C。7.一小船质量是M,站在船上的人的质量是m。船原来以速度为行驶，当船上的人以相对于地面的水平速度北向船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为.c m M+m 卜 M+2mA.v0 B,-v0 C,v0 D,一%【答案】D【解析】当以相对地面的水平速度为与船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：(M+m)孙=巾(-%)+Mu解得：=竺 产%。故选：D。8.如图所示，半径为R、质量为M的;光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m 的小木块从槽的顶端由静止滑下。则木块从槽口

7、滑出时的速度大小为A.师 B.画 C.画 D.V 口 7 M+m q M+m q M【答案】B【解析】对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为槽的速度为“，在水平方向上，由动量守恒定律可得：=0木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=lm v2+lM u2,联立解得：v=故B正确,AC。错误。故选瓦9.一质量为M的航天器正以速度孙在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为攻，加速后航天器的速度大小火,则喷出气体的质量m为A 6=也一%M B m=2 M Q m=V

8、2Vq M Y)m=V2V Mv1,V 2 f V2+Vr 2-vl【答案】c【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：M%=(M-7n)U 2-m 功解得：m=铝M。故 A8O错误，C 正确。故选C。10.4、8 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg，rnB=2 kg,=6 m/s,vB=2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，4、B 两球速度的可能值是A.m/s,vB=2.5 m/s B.vA=2 m/s,m/sC.vA=-4 m/s,VB=7 m/s D.vA=7 m/s,vB=l 5 m/s【答案】B【解析】虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，

9、但4、。两项中，碰后A 的速度以 大于B 的速度为不符合实际，即4、。项错误；C 项中，两球碰后的总动能 后=1巾4%2 +(巾8%，2 =5 7/,大于碰前的 总 动 能 E k前=lAA2+mBV B2=2 2 7 ,所 以 C项 错 误.8项 中，两 球 碰 后 的 总 动 能Ek)u=mAyA 2+|msvB,2=1 8 7,故 8 正确。1 1.如图所示，在平台4。中间有一个光滑凹槽B C,滑板的水平上表面与平台4。等高，一物块(视为质点)以大小为=6 m/s 的初速度滑上滑板，当滑板的右端到达凹槽右端C 时，物块恰好到达滑板的右端，且此时物块与滑板的速度恰好相等。物块与滑板的质量分

10、别为mi =O k g、m2=0.2k g,物块与滑板以及平台C D 间的动摩擦因数均为4 =0.4,取重力加速度大小g =1 0m/s2求：io(1)滑板的长度1;(2)物块在平台C D上滑行的距离s。【答案】解：(1)设滑板的右端到达凹槽右端C 时，物块与滑板的共同速度大小为小取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mtv0=(7 7 1!+m2)v,解得：v=2m/s根据能量守恒定律有：巾 1诏一：(7 nl +血 2)卢，联立解得：Z =3 m；(2)对物块在平台C D 上滑行的过程，根据动能定理有：n1 2 fimgs=0解得：s=0.5 m。1 2.如图所示，倾角。=3 7。的光滑固定

11、斜面上放有/、B、C 三个质量均为m=0.5 的 的物块(均可视为质点)，4 固定，C 与斜面底端处的挡板接触，B 与C 通过轻弹簧相连且均处于静止状态，4、B 间的距离d =3 m.现释放4,一段时间后4 与8 发生碰撞，4、B 碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去4,取g =1 0 m/s2,SM 3 7。=0.6,co s 3 7 0 =0.8.(1)求4与B 碰撞前瞬间A 的速度大小火;(2)若B沿斜面向下运动到速度为零时(此时B与C未接触，弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量Ep=10.87,求B沿斜面向下运动的最大距离x；(3)若C刚好要离开挡板时，B的动能a =8.7/,求弹簧的劲

12、度系数k.【答案】解：(1)4下滑过程，根据机械能守恒定律有：mgdsind=|mv解得：v0=6m/s(2)设碰撞后瞬间4、B的速度大小分别为打、v2,取沿斜面向下为正方向。根据动量守恒定律有：m v0-m vr+m v2A、8碰撞过程机械能守恒，有：|mvg=+|niv解得：匕=0,v2=v0=6 m/sA、8碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，根据能量守恒定律有：Ep+mgxsind解 得:x=0.6m(3)4、B碰撞前，弹簧的压缩量为：匕=汽 也当。恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：血=汽 理可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零。根据机械能守恒定律：mvl=Ek+mg(xi+x2)sin6解得：k=6 0N/m