2024版高中同步新教材选择性必修第一册(人教版）物理 第一章 动量守恒定律 综合拔高练

这是一份2024版高中同步新教材选择性必修第一册(人教版）物理 第一章 动量守恒定律 综合拔高练，共24页。
第一章　动量守恒定律
综合拔高练
五年高考练
考点1　动量与动量定理
1.(2019课标Ⅰ,16)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A.1.6×102 kg　　　　　　　　B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg　　　　　　　　D.1.6×106 kg
2.(2018课标Ⅱ,15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A.10 N　　　　B.102 N　　　　C.103 N　　　　D.104 N
3.(2022北京,12)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。下列说法正确的是(　　)

A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
4.(2022全国乙,20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。则(　　)

A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
5.[2019北京理综,24(3)]雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。
由于大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。
考点2　动量守恒定律的应用
6.(2021湖南,8)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　)


A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
7.(2021广东,13)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

8.(2022广东,13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。

考点3　碰撞问题
9.(2022北京,10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.碰撞前m2的速率大于m1的速率
B.碰撞后m2的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量
D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
10.(2020北京,13)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度,静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是(　　)

A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度h
B.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒
C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度h
D.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒
11.(2021北京,17)如图所示,小物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45 m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30 m,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)两物块在空中运动的时间t;
(2)两物块碰前A的速度v0的大小;
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。

考点4　多物体、多过程问题中的动量守恒定律的应用
12.(2020课标Ⅱ,21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为(　　)
A.48 kg　　　　B.53 kg　　　　C.58 kg　　　　D.63 kg
13.(2022河北,13)如图,光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1 kg。A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0m1,则m2的动能大于m1的动能,D错误。
10.D　1号球与质量不同的2号球碰撞后,1号球速度不为零,则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能,则3号不可能摆至高度h,故A错误;1、2号球释放后,1号静止,2、3号一起摆至高度h,说明三个小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三个小球组成的系统的机械能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误;1、2号碰撞后粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,所以1、2号球再与3号球碰撞后,3号球获得的动能不足以使其摆至高度h,故C错误;碰撞后,2、3号球粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,且整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确。故选D。
11.答案　(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J
解析　(1)两物块在竖直方向做自由落体运动,由h=12gt2
得t=0.30 s
(2)设A、B碰后速度为v,碰后A、B一起做平抛运动,
水平方向的分运动为匀速运动,由s=vt
得v=1.0 m/s
根据动量守恒定律,由mv0=2mv
得v0=2.0 m/s
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12mv02-12×2mv2
得ΔE=0.10 J
12.BC　物块每次与挡板碰撞后,挡板对物块的冲量I=mv0-m(-v0)=40 kg·m·s-1,方向与运动员退行方向相同,以此方向为正方向,以运动员和物块整体为研究对象,当物块撞击挡板7次后,7I=m人v7+mv0,v752 kg,当物块撞击挡板8次后,8I=m人v8+mv0,v8>5 m/s,得m人v1,说明在小车与挡板碰撞前小车与滑块已经达到共速v1=gL
第一次碰撞过程中,小车与弹性挡板碰撞后速度大小不变,方向相反,根据动量定理,挡板对小车的冲量I=-mv1-mv1=-2mgL
挡板对小车的冲量大小为2mgL,方向水平向左。
6.答案　不合理,分析过程见解析
解析　定性分析:
演员抛铁球过程中,铁球在手中向上加速;接铁球过程中,铁球在手中向下减速,铁球均处于超重状态,则铁球对手的作用力大于其重力。小桥所受压力大小等于演员与平衡车的重力与铁球对手的作用力大小之和,超过小桥的载重极限。
定量分析:
设演员和平衡车的总质量为M,铁球的质量为m,重力加速度为g,则小桥的载重极限为Nmax=(M+m)g。
设铁球每次抛出时向上的初速度为v0,在空中运动的时间为t1,t1=2v0/g,
设手对铁球的平均作用力为F,铁球在手上停留的时间为t2,以向上为正方向,由动量定理得
(F-mg)t2=mv0-(-mv0)
由于t1≥t2,解得F≥2mg。
这表明,演员手中虽然只有一个铁球,但采用这种方式,铁球对手的平均作用力可能比两个铁球的重力之和还要大,所以该方案不合理。