【文档说明】高考物理考前冲刺（18）动量和动量守恒选择题猜押练 (含详解).doc，共(9)页，142.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考物理冲破高分瓶颈考前必破破（18）动量和动量守恒选择题猜押练【真题引领】1.（2019·全国卷I·T16）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3km/s,产生的推力约为4.8×106N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg2.(2019·江苏高考

·T12（1）)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为()A.vB.vC.vD.v3.(2018·全国卷II·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。若

一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10NB.102NC.103ND.104N4．(2017·全国乙卷·T14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以

大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6

.3×102kg·m/s5.(2017·全国丙卷·T20)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则()A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s

时物块的动量大小为4kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零6.(2017·天津高考·T4)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,

乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变【高考猜押

】7．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直

向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为A.m2ght＋mgB.m2ght－mgC.mght＋mgD.mght－mg8．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前

站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动

量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功9．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，己

知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2。物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s10．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、

B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移－时间图象，若A球质量m＝2kg，则由图可知下列结论错误的是A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4N·sC．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/sD．碰撞中A、B两

球组成的系统损失的动能为10J11．(多选)质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为P，弹

簧的弹性势能为Ep；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则A．弹簧弹力对A的冲量大小为mM＋mPB．弹簧弹力对B做功的大小为EpC．全过程中机械能减小量为EpD．B、C的最终速度为P2M12．(多选)如

图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A．A、B两球的质量之比为4∶1B．A、B两球的质量之比为1∶4C．A、B碰撞前、后两

球总动能之比为9∶5D．A、B碰撞前、后两球总动能之比为5∶913．(多选)如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块

与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，(g取10m/s2)则A．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动B

．木块遭射击后远离A的最大距离为0.9mC．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0sD．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6s14．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，

但未与物休A连接，弹簧水平且无形变。现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是A．物体A整个

运动过程，弹簧对物体A的冲量为零B．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间C．物体A向左运动的最大速度vm＝2μgx0D．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝I202m－2μmgx0高考物理冲破高分瓶

颈考前必破破（18）动量和动量守恒选择题猜押练(答案）【真题引领】1、【答案】B解析：设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,对该气体根据动量定理有:Ft=mv-0,解得m==kg=1.6×103kg,故选项B正确,A、C、D错误。2、【答

案】B解析：设滑板的速度为u,由小孩和滑板动量守恒得:0=mu-Mv,解得:u=v,故B正确,A、C、D错误。3、【答案】C解析：对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理：mgh=12mv2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正，由

动量定理可得：mgt-FNt=0-mv。若每层楼高3m，则h=72m，由以上两式可得：FN≈103N，选项C正确。4、【答案】A解析：火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒。选竖直向上为正方向,设喷气

后火箭的动量为p,由动量守恒定律得:0=p-mv,则p=mv=0.050×600kg·m/s=30kg·m/s。5、【答案】A、B解析：对物块,由动量定理可得:Ft=mv,解得v=mFt，t=1s的速率为v=1m/s,A正确;在F-t图中面积表示冲量,故t=2s时物块的动量大小p=Ft=2×2k

g·m/s=4kg·m/s,t=3s时物块的动量大小为p'=(2×2-1×1)kg·m/s=3kg·m/s,B正确,C错误;t=4s时物块的动量大小为p″=(2×2-1×2)kg·m/s=2kg·m/s,故t=4s时物块的速度为1

m/s,D错误。6、【答案】B解析：机械能等于动能和重力势能之和,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,重力势能时刻发生变化,则机械能在不断变化,故A错误;在最高点对乘客受力分析,由牛顿第二定律可知:mg-FN=m2r,座椅对乘客的支持力:FN=mg-m2r<mg,故B正确;乘客随座

椅转动一周,动量变化量为零,由动量定理可知合力的冲量为零,但重力的冲量I=mg·t≠0,故C错误;乘客重力的瞬时功率P=mgvcosθ,其中θ为线速度和竖直方向的夹角,摩天轮转动过程中,乘客的重力和线速度的大小不变,但θ在不断变化,所以乘客重力的瞬时功率在不断变化,故D错误

。【高考猜押】7、【答案】A解析解法一：由v2＝2gh得v＝2gh。对安全带对人作用的过程应用动量定理，则有(mg－F)t＝0－mv，解得F＝m2ght＋mg，故A正确。解法二：对安全带对人作用的过程应用牛顿第二定律，则有F－mg＝ma，而a＝vt＝2ght，解得F＝m2ght＋mg，故A正确。

8、【答案】B解析甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大反向，选项B正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但

相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错误。9、【答案】C解析碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－12·2m

v2代入数据得：v＝1m/s，A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则：12mv20＝12mv21＋12·2mv2，联立可得：v0＝1.5m/s，故C正确。10、【答

案】A解析由s－t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA＝ΔsAΔtA＝4－102＝－3m/s，B球的速度vB＝ΔsBΔtB＝42＝2m/s；碰撞后有：A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝ΔsCΔtC＝2－42＝

－1m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前后A的动量变化为：ΔPA＝mvA′－mvA＝2×(－1)－2×(－3)＝4(kg·m/s)根据动量守恒定律，碰撞前后B的

动量变化为：ΔPB＝－ΔPA＝－4(kg·m/s)又：ΔPB＝mB(vB′－vB)，所以：mB＝ΔPBvB′－vB＝－4－1－2＝43(kg)，所以A与B碰撞前的总动量为：P总＝mvA＋mBvB＝2×(－3)＋43×2＝－103kg·m/

s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔPB＝－4kg·m/s＝－4N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝12mv2A＋12mBv2B－12(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10J，故A

错误，BCD正确；本题选错误的，故选A。11、【答案】AD解析最初A、B以共同速度向右运动，v＝Pm＋M。弹簧把A、B弹开，A的速度变为零，则弹簧弹力对A的冲量I＝0－mv＝－mpM＋m，A正确。根据能量守恒定律B能量增加Δ

EB＝Ep＋EkA。故弹簧弹力对B做功大于Ep，B错误。对A、B、C整体。由动量守恒定律得p＝2MvBC，所以vBC＝P2M，D正确。全过程机械能的减少ΔE＝p22(M＋m)＋Ep－12×2M·P2M2≠Ep，C错误。12

、【答案】AC解析设B球碰撞前速度为v，则碰后速度为－v3，根据题意可知，B球与A球碰撞后A速度为v3。由动量守恒定律有mBv＝mA·v3＋mB－v3解得：mA∶mB＝4∶1；故A正确，B错误。A、B碰撞前、后两球总动能之比为(EkA＋EkB)∶(EkA′＋EkB′)＝12mBv2∶[12

mA·v32＋12mB－v32]＝9∶5，故C正确，D错误。13、【答案】BC解析子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。木块运动的加速度大小不变，a＝μg＝5m/s2。子弹射穿木

块的过程中动量守恒：木块速度v′＝m(v0－v)M－v1＝3m/s。木块向右匀减速运动的位移s＝v′22a＝0.9m，即木块遭射击后远离A的最大距离为0.9m，B正确。木块向右匀减速运动的时间t1＝v′a＝0.6s，木块向左匀加速运动的时间t2＝v1a＝0.4s，则木块遭射击后到相

对传送带静止所经历的时间为t＝t1＋t2＝1.0s，C正确，D错误。14、【答案】B解析由于弹簧的弹力一直向左，故弹力的冲量不可能为零，故A错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右

的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度；而与弹簧接触向右和向左的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故B正确；对离开弹簧后再向左运动的2x0过程有动能定理可知，12mv2m＝μmg

2x0；解得离开弹簧时的速度为vm＝2μgx0；而物体在向左运动至弹力与摩擦力相等时速度达最大，故可知向左运动的最大速度一定大于vm＝2μgx0；故C错误；由动量定理可知I0＝mv0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Ep＝12m

v20－μmgx0＝I202m－μmgx0。故D错误。