高考物理一輪規(guī)范特訓(xùn)第6章　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

一、選擇題1．[2017·天津高考]“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變答案B解析摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能不斷變化，故乘客的機(jī)械能不斷變化，A錯(cuò)誤；乘客在最高點(diǎn)時(shí)，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，B正確；根據(jù)I＝Ft知，重力的沖量不為0，C錯(cuò)誤；根據(jù)P＝mgvcosθ，θ為力方向與速度方向之間的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，θ不斷變化，重力的瞬時(shí)功率不斷變化，D錯(cuò)誤。2.[2017·全國(guó)卷Ⅲ](多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時(shí)物塊的速率為1m/sB．t＝2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg·m/sC．t＝3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg·m/sD．t＝4s時(shí)物塊的速度為零答案AB解析t＝1s時(shí)，由Ft＝mv－0得t＝1s時(shí)，速率為v＝eq\f(Ft,m)＝eq\f(2×1,2)m/s＝1m/s，A正確；t＝2s時(shí)，由Ft＝mv－0得動(dòng)量大小為Ft＝2×2＝4kg·m/s，B正確；t＝3s時(shí)，動(dòng)量大小為2×2－1×1＝3kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)，末動(dòng)量為2×2－2×1＝2kg·m/s，v＝eq\f(p′,m)＝eq\f(2,2)m/s＝1m/s，D錯(cuò)誤。3.[2017·河南洛陽模擬]如圖所示，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點(diǎn)等高的位置A由靜止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)B的過程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，則()A．合力做功為零 B．合力的沖量為零C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為meq\r(2gL)答案C解析小球在向下運(yùn)動(dòng)的過程中，受到重力和繩子的拉力，繩子的拉力始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小為mgL，故A錯(cuò)誤，C正確；由機(jī)械能守恒定律可得，小球在最低點(diǎn)的動(dòng)能eq\f(1,2)mv2＝mgL，所以速度v＝eq\r(2gL)，由動(dòng)量定理可得合力的沖量I合＝Δp＝mv－0＝meq\r(2gL)，故B錯(cuò)誤；小球下擺過程中，拉力雖然不做功，但拉力的沖量不為0，所以重力的沖量不等于meq\r(2gL)，故D錯(cuò)誤。4．[2017·全國(guó)卷Ⅰ]將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析由于噴氣時(shí)間短，且不計(jì)重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。燃?xì)獾膭?dòng)量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動(dòng)量p2＝p1＝30kg·m/s，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。5．[2015·福建高考]如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A．A和B都向左運(yùn)動(dòng) B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)答案D解析選向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，選項(xiàng)A、B、C都不滿足此式，只有選項(xiàng)D滿足此式，所以D項(xiàng)正確。6．[2014·大綱卷]一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A.eq\f(A＋1,A－1) B.eq\f(A－1,A＋1)C.eq\f(4A,A＋12) D.eq\f(A＋12,A－12)答案A解析設(shè)中子質(zhì)量為m，則與之碰撞的原子核的質(zhì)量為Am，碰撞前中子的速度大小為v0，碰撞后中子的速度為v1，碰后原子核的速度為v2，碰撞過程滿足動(dòng)量守恒定律，有mv0＝mv1＋Amv2，由于發(fā)生彈性正碰，根據(jù)機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v1＝eq\f(1－A,A＋1)v0，則v1速度大小為|v1|＝eq\f(A－1,A＋1)v0，可得eq\f(v0,|v1|)＝eq\f(A＋1,A－1)，A項(xiàng)正確。7．[2017·江蘇高考改編]甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，速度大小都是1m/s。甲、乙相遇時(shí)用力推對(duì)方，此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為1m/s和2m/s。則甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比為()A．3∶2B．2∶3C．3∶1D．1∶3答案A解析由動(dòng)量守恒得m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2＋v2′,v1＋v1′)，代入數(shù)據(jù)得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,2)。故A正確。8.[2017·黑龍江哈爾濱質(zhì)檢](多選)小球A的質(zhì)量為mA＝5kg，動(dòng)量大小為pA＝4kg·m/s，小球A水平向右與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動(dòng)量大小為pA′＝1kg·m/s，方向水平向右，則()A．碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝3kg·m/sB．碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝5kg·m/sC．小球B的質(zhì)量為15kgD．小球B的質(zhì)量為3kg答案AD解析規(guī)定方向向右為正，碰撞過程中小球A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3kg·m/s，A正確，B錯(cuò)誤；由于是彈性碰撞，所以沒有機(jī)械能損失，故eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＝eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)，解得mB＝3kg，C錯(cuò)誤，D正確。9．[2017·河南南陽模擬](多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使物塊B瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得()A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于伸長(zhǎng)狀態(tài)B．從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)C．兩物體的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時(shí)刻物塊A與B的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝8∶1答案BD解析圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，在t1時(shí)刻物塊B的位移大于物塊A的位移，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，在t3時(shí)刻物塊B做加速運(yùn)動(dòng)，即受到向右的彈力，所以此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)物塊B的加速度為零時(shí)，彈簧彈力為零，所以t4時(shí)刻物塊B受到的彈力為零，即彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，故從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)，所以A錯(cuò)誤，B正確；由于整個(gè)過程中兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故在0～t1過程中有m2×3m/s＝(m2＋m1)×1m/s，解得m1∶m2＝2∶1，C錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻物塊A的速度為vA＝2m/s，物塊B的速度為vB＝－1m/s，解得Ek1∶Ek2＝8∶1，故D正確。10.[2017·四川成都一診](多選)如圖所示，ABCD是固定在地面上、由同種金屬細(xì)桿制成的正方形框架，框架任意兩條邊的連接處平滑，A、B、C、D四點(diǎn)在同一豎直面內(nèi)，BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>β)，讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點(diǎn)無初速釋放。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W1，重力的沖量為I1，若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W2，重力的沖量為I2。則()A．W1>W2 B．W1＝W2C．I1>I2 D．I1＝I2答案BC解析設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，小環(huán)滑下時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(都相同)。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)，末速度為v1，則W1＝μmgcosβ·L＋μmgcosα·L①由動(dòng)能定理：mg·L·sinβ＋mg·L·sinα－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)②若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)，末速度為v2，則：W2＝μmgcosα·L＋μmgcosβ·L③由動(dòng)能定理：mg·L·sinβ＋mgL·sinα－W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)④由①③式可知：W1＝W2，故A錯(cuò)誤，B正確；由②④式可知，v1＝v2⑤設(shè)小環(huán)由A滑到B的加速度為a1與從D滑到C的加速度相等。由B滑到C的加速度為a2與從A滑到D點(diǎn)加速度相等，所以a1＝gsinβ－μgcosβ⑥a2＝gsinα－μgcosα⑦由⑥⑦式可知，a1<a2(因α>β)⑧由⑤和⑧式，作出v-t圖象，如圖所示：由圖象知，從A經(jīng)B到C用時(shí)為t1，從A經(jīng)D到C用時(shí)為t2，t1>t2，因此重力的沖量I1>I2，故C正確，D錯(cuò)誤。二、非選擇題11.[2017·天津高考]如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上，B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)＝1.8m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸。取g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)。求：(1)B從釋放到細(xì)繩繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)A的最大速度v的大??；(3)初始時(shí)B離地面的高度H。答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt2①代入數(shù)據(jù)解得t＝0.6s②(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vB＝gt③細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動(dòng)量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s⑤(3)細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說明此時(shí)A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入數(shù)據(jù)解得H＝0.6m。12．[2015·山東高考]如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。滑塊A、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。答案eq\f(\r(21),16)v0解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vA′＝eq\f(1,8)v0，B的速度vB＝eq\f(3,4)v0，由動(dòng)量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB①設(shè)碰撞前