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【配套新教材】专题七 动量——2023届高考物理考点剖析精创专题卷
考点19 动量、冲量、动量定理（1—7）
考点20 动量守恒定律及其应用（8—15）
一、选择题（本题共13个小题，每题5分，共65分）
1.地动仪是世界上最早感知地震的装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年。如图所示为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠距离蟾蜍口的高度为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为（重力加速度为g）( )
A. B. C. D.
2.质量为m的物体以初速度做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，重力加速度大小为g，不计空气阻力。在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为( )。
A. B. C. D.
3.北京时间2021年8月5日，中国年仅14岁的跳水小将全红婵，力压世界各国选手，成功登上了东京奥运会女子10米跳台跳水的冠军领奖台。在全红婵从离开跳台到进入水中达到最低点的过程中，空气阻力不可忽略，下列判断最符合实际的是( )
A.在空中运动时，她动量的变化量小于重力的冲量
B.从进入水中到最低点的过程中，重力对她的冲量等于水对她的冲量
C.整个过程中，她动量的改变量等于水对她的冲量
D.整个过程中，重力对她的冲量大小与水对她的冲量大小相等
4.蹦极是一项刺激的户外休闲活动。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，头朝下跳离高塔。若蹦极者的质量为50 kg，绳的长度为45 m，取重力加速度大小，将蹦极者视为质点，认为蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力和绳的质量。下列说法正确的是( )
A.绳刚伸直时蹦极者的速度大小为30 m/s
B.绳刚伸直时蹦极者的速度大小为20 m/s
C.从绳刚伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者所受合力的冲量大小为1000 N·s
D.从绳刚伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者所受合力的冲量大小为2000 N·s
5.如图所示，质量相等的两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度开始下滑到同样的另一高度的过程中，两个物体相同的物理量是( )
A.所受重力的冲量 B.所受支持力的冲量 C.所受合力的冲量 D.动量变化量的大小
6.在地球大气层外的空间中，当同步卫星在其参考位置附近飘移时，可以利用离子推进器产生的推力进行卫星姿态的控制和轨道的修正。离子推进器的工作原理是先将推进剂电离，并在强电场作用下将离子加速喷出，通过反冲运动获得推力。如图所示为离子推进器的示意图：推进剂从P处进入，在A处电离成正离子，是加速电极，离子在间的加速电压的作用下，从D喷出。已知该正离子的比荷（电荷量与质量之比）为k，经加速电压为U的电场加速后形成电流强度为I的离子束。若离子进入B的速度很小，可忽略不计，则同步卫星获得的推力为( )
A. B. C. D.
7.如图所示，质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑动，经过时间速度减为零，然后下滑，又经过时间回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物块的总冲量大小为( )
A.0 B. C. D.
8.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，一个光滑圆弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，圆弧形槽底端与水平面相切。现让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D.物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处
9.如图所示，三辆完全相同的平板小车成一直线排列，静止在光滑水平面上.c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同.他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
A.两车运动速率相等 B.两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系 D.两车运动方向相同
10.如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是( )
A.有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了
B.防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用
C.手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量较小
D.手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量相同
11.如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，使弹簧伸长。那么( )
A.碰撞过程中环与板组成的系统机械能守恒
B.碰撞过程中环与板的总动能减小，转化为弹簧的弹性势能
C.碰撞后新平衡位置与下落高度h无关
D.碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
12.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为，现将质量也为m的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则( )。
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为
C.小球离开小车后做斜上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度h应满足条件
13.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图示的位移-时间图象。图中的线段分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块I、Ⅱ，以及它们发生正碰后结合体的位移随时间的变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )
A.碰前滑块I与滑块Ⅱ速度大小之比为7:2 B.碰前滑块I的动量比滑块Ⅱ的动量大
C.碰前滑块I的动能比滑块Ⅱ的动能小 D.滑块I的质量是滑块Ⅱ质量的
二、计算题（共2小题 ，共25分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
14.（12分）如图甲所示，质量的小球用一条不可伸长的细线连接，细线的另一端固定在悬点上，细线的长度，将小球拉至细线偏离竖直方向的角度处由静止释放，小球运动至最低点O时，与质量的物块发生弹性正碰，碰撞后立即对物块施加水平外力F，此后物块在足够大的光滑水平面上滑行，外力F的大小与物块到碰撞点的距离x的关系如图乙所示（以向右为正）。取重力加速度大小，不计空气阻力，小球与物块均视为质点。求：
（1）小球与物块碰撞前瞬间小球的速度大小v；
（2）小球与物块碰撞后小球对细线的最大拉力的大小；
（3）物块在水平面上运动的速度第一次为零时，物块的位置到O点的距离s。
15.（13分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和。笔的弹跳过程分为三个阶段：
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见图1）；
②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为时，与静止的内芯碰撞（见图2）；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为处（见图3）。
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小。
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功。
（3）从外壳下端离开桌面到上升至处，笔损失的机械能。
答案以及解析
1.答案：A
解析：铜珠离开龙口后做自由落体运动，落到蟾蜍口时的速度为，以竖直向上为正方向，根据动量定理有，解得，故A正确，B、C、D错误。
2.答案：BCD
解析：根据动量定理知，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以，故B项正确；由题可知，物体在末位置的动量为，在初位置的动量为，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量，故C、D两项正确，A项错误。
3.答案：A
解析：本题考查动量定理。跳水运动员在空中运动时除受重力外，还有空气阻力，则有，在空中运动时，她动量的变化量小于重力的冲量，A正确；设入水时的速度大小为v，取向上为正方向，则有，可得，B错误；整个过程中，动量的改变量为零，但水对她的冲量不为零，C错误；整个过程中，还有空气阻力的冲量，D错误。
4.答案：A
解析：本题考查动量定理。由可得，绳刚伸直时蹦极者的速度大小，A正确，B错误；以竖直向上为正方向，根据动量定理有，C、D错误。
5.答案：D
解析：两物体下滑高度相等，，由机械能守恒定律得，则两物体到达高度处时，速度均为，由牛顿第二定律得，加速度，物体沿斜面下滑的时间，由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量不同，故A错误；物体下滑的时间t不同，所受支持力的大小和方向均不同，所以所受支持力的冲量一定不同，故B错误；斜面倾角不同，滑到高度时，两物体动量方向不同，但两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小相等，D正确；由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合外力的冲量，所以物体所受合力的冲量大小相等，但方向不同，故C错误。
6.答案：B
解析：本题考查动量定理与电场力的结合。设该正离子的质量为m，电荷量为q，根据动能定理有，得到该正离子的出射速度。根据题意，设在时间内喷射出离子的数目，喷射出的离子的质量，对离子，根据动量定理有，联立解得，根据牛顿第三定律可知，同步卫星获得的推力为，故B正确。
7.答案：D
解析：重力的作用时间为，故重力对物块的总冲量大小为，故D正确.
8.答案：D
解析：物块沿弧形槽下滑的过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故A、B错误；从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化量，物块动量的变化量不为零，故弹簧对物块的冲量不为零，C错误；物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度且不为0，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。
9.答案：C
解析：规定水平向右为正方向，设小孩跳离两车时对地的水平速度大小为v，在水平方向上，由动量守恒定律有跳离c车过程，从跳上b车到跳离b车过程，跳上a车过程，所以，，，即，并且c车与a运动车方向相反.选项A、B、D错误，选项C正确.
10.答案：B
解析：A.手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了，这个说法是错误的，有手机防摔装置，只是有一定的保护作用而已，并不一定保证一定安全，所以A错误；
B.防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用，所以B正确；
C.手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量一样，因为高度相同，下落速度大小相同，根据动量定理，但是有防摔装置时质量变大，则动量的变化量增大，则有防摔装置时地面给它的冲量较大，所以C错误；
D.冲量为矢量有方向，则手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量大小相等，方向相反，所以D错误；
故选B。
11.答案：C
解析：本题通过竖直弹簧和碰撞模型考查机械能守恒定律和功能关系。圆环与圆板碰撞过程时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后圆环与圆板速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，即总动能减小，减小的机械能转化为内能，故A、B错误；碰撞后平衡时，有，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们的动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
12.答案：D
解析：小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A项错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得，解得小车的位移，故B项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得，解得，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D项正确。
13.答案：D
解析：根据图线的斜率表示速度可知，碰前滑块I的速度为，滑块Ⅱ的速度为，则碰前速度大小之比为5:2，A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前滑块I的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，则碰撞前滑块I的动量比滑块Ⅱ的小，B错误；碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律有，解得，可知，C错误，D正确。
14.答案：（1）2 m/s
（2）3.6 N
（3）11.25 m
解析：本题考查动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律。
（1）对小球释放后运动至O点的过程，根据动能定理有，
解得。
（2）设碰撞后瞬间小球与物块的速度分别为，
取向右为正方向，根据动量守恒定律有，
根据机械能守恒定律有，
解得，
经分析可知，碰撞后瞬间细线对小球的拉力最大，设为，有，
由牛顿第三定律可知，
解得。
（3）由（2）可得为正值，说明方向向右，根据题图乙可知，0~0.25 m内，力F的大小，力F做正功；0.25 m~1.25 m内，力F的大小，力F做负功，此后按该规律周期性变化，设经过n次循环，物块在水平面上运动的速度第一次为零，根据动能定理有，
其中，解得，
经分析可知，解得。
15.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）设外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为，对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至处，内芯与外壳碰后能继续上升的高度
上升过程只受重力，机械能守恒，则有
解得。
（2）外壳和内芯碰撞过程，系统的动量守恒，设碰前外壳的速度大小为，则
解得
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做的功为W，在此过程中，对外壳运用动能定理有
解得。
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量
解得。

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