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单元动量及其守恒定律05二亮点练
1.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为氏质量为TH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，所用时间为之对于这一过程，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zngtC.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】4斜面对物体的弹力的冲量大小I=Nt=mgcosd-t,弹力的冲量不为零，故A错误；A根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为〃=瓶0,3故8正确；CD,物体受到的合力的冲量大小为rngtsinO,由动量定理得动量的变化量大小△P=1合=mgsind•t,则合力的冲量和动量的变化量不为零，故错误；故选瓦
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，恒力一定对物体做功，则速度大小变化，故A错误；
3、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8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，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30m/s某高层建筑顶部广告牌的尺寸为高
56、宽206，空气密度p=l.2/cg/ni3,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.
3.9x103N B.
1.1x10sN C.
1.0x104/V D.
9.0x104N【答案】B【解析】广告牌的面积S=5x20租2=ioo血2设1时间内吹到广告牌上的空气质量为瓶，则有=psut以m风速的方向为正方向，根据动量定理有一出=0—77W=0-pS/t得F=pS〃2代入数据解得，=
1.08Fx105/V
1.1x1057V,故B正确，AC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4pi，下落第五个如寸动量的增加量为/P2,3也■
4.P2C.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，则华满足【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:（四一1）:（8一鱼）:（机一遍）:（遮一V）……，可知晟=而匕=遮+2，即4V75,熬2A.1由动量定理得Ap=mgt故4〈警5故ABC错误，正确故选
95.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
4.8x106/V,则它在1s时间内喷射的气体质量约为A.
1.6x102kg B.
1.6x103kg c.
1.6x105^D.
1.6x106kg【答案】B【解析】以气体为研究对象，设t=ls内喷出的气体质量为加，根据动量定理可得Ft=mv-0其中u=3/cm/s=3000m/s解得7n==叫；；；=
1.6x103kg,故8正确，AC错误故选B
6.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为根的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为瓶的子弹以大小为火的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g,下列说法正确的是mA.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为标弋篇B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M+7Ho）gC.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于（M+7H+7Ho）gD.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒【答案】c【解析】A子弹射入木块后的瞬间，取水平向右为正方向，由子弹和木块系统的动量守恒，则僧0几=（加+血）%,解得速度大小为％=器，故A错误；A子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得T-（M+血0）9=（用+血0）比，可知绳子拉力大于（加+租0）0故3错误；C子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有:N=T+mg（M+m+m^g,则由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于（M+m+7n（））g,故C正确;D子弹射入木块之后，圆环、木块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机船原来以速度火行驶，当船上的人以相对于地面的水平速度％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-M+2mA c7n dM+mA.%B.-v C,-v D.-v000【答案】D【解析】当以相对地面的水平速度火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+TH）%=TH（-%）+“U解得V=故选DoVQO
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，一个质量为根的小木块从槽的顶端4由静止滑下则木块从槽口滑出时的速度大小为.曙A.河B C,禹D.【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入槽的速度为〃，在水平方向上，由动量守恒定律可得mu-Ma=O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=^-mv2+^Mu\联立解得v=画，故8正确，ACO错误故227M+m选Bo
9.一质量为的航天器正以速度火在太空中飞行，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内，加速后航天器的速度大小外，则喷出气体的质量血为一一°A m=2MB租=-M Q=2MD m=V2~V°MM^1V2+V1【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-租）〃2-租见解得:7n=v+v
2110.
4、8两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m=1kg，m=2kg，v=6m/s,v=2m/s.A BA B故A8D错误，正确故选C当A追上B并发生碰撞后，
4、B两球速度的可能值是A.孙，二5m/s,vf=
2.5m/s B.vf=2m/s,m/sB AV F/_4C.vf=-4m/s,VB，3m/s D.VNn m/s,5m/sA9【答案】B【解析】虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但从两项中，碰后4的速度以大于8的速度不符合实际，即4项错误；C项中，两球碰后的总动能以后=3%叫2+
5.为2=57/,大于碰前的总动能E卜前=^mAvA2+=227,所以C项错误.B项中，两球碰后的总动能理后二｝见4%,2+32=18/,故3正确7n
11.如图所示，在平台4中间有一个光滑凹槽BC,滑板的水平上表面与平台40等高，一物块视为质点以大小氏=6m/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别为mi=
0.lkg、m=
0.2,物块与滑板以及平台CD间的动摩擦因2kg数均为〃=
0.4,取重力加速度大小g=lOm/,2求I II，〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃“〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃〃〃〃〃”〃〃〃〃％.I*11滑板的长度2;2物块在平台CD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口取向右为正方向，根据动量守恒定律有血1%=血1+m v,2解得v-2m/s根据能量守恒定律有^mgl=；血1评一“血1+m v2,r2联立解得I=3m；2对物块在平台CD上滑行的过程，根据动能定理有c12—fim^gs=0-,解得s=
0.5m
12.如图所示，倾角6=37的光滑固定斜面上放有小B、C三个质量均为机=
0.5句的物块均o可视为质点,A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=3m.现释放4一段时间后4与B发生碰撞，
4、B碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去4取g=10zn/s2,637°=
0.6,37°=
0.
8.Olli Onrnq1求4与8碰撞前瞬间4的速度大小为；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昂=
10.8/,求3沿斜面向下运动的最大距离x；3若C刚好要离开挡板时，8的动能琮=
8.7/,求弹簧的劲度系数【答案】解14下滑过程，根据机械能守恒定律有mgdsinO=\解得v=6mls02设碰撞后瞬间
4、8的速度大小分别为％、v,取沿斜面向下为正方向2根据动量守恒定律有mv=mv+mv012A、B碰撞过程机械能守恒,有:|mvl+1mv1TTIVQ=|解得%=0,v=v=6m/s20A、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E=^mvl+mgxsinQ解得%p=
0.6m
34、B碰撞前，弹簧的压缩量为吧普XLK当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为犯=看K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|mv2=琮+mgx+xsin012解得k=60N/m。
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