(文末附答案)2022届高中物理力学动量知识点归纳总结.pdf

1 (每日一练每日一练)()(文末附答案文末附答案)2022)2022 届高中物理力学动量知识点归纳总结届高中物理力学动量知识点归纳总结(精华版精华版)单选题 1、建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图如图甲所示，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为=450kg，桩料的质量为=50kg。如果每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶0=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力大小随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率=5.05 104N/m。g取10m/s2，下列说法正确的是（）A夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 10m/s B因夯锤与桩料碰撞损失的机械能为 20475J C若桩料进入泥土的深度超过 1.5m，至少需打夯三次 D若桩料进入泥土的深度超过 1.5m，至少需打夯两次 2、在光滑的水平轨道上放置一门质量为m1的旧式炮车（不包含炮弹质量），炮弹的质量为m2，当炮车沿与水平方向成 角发射炮弹时，炮弹相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度为（）A20cos1B10cos2 C20cos1+2D10cos1+2 2 3、某物体由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1后，在阻力作用下做匀减速直线运动，又经时间t2速度为零，若物体一直在同样的水平面上运动，则加速阶段的牵引力与阻力大小之比为（）At2t1B（t1t2）t1C（t1t2）t2Dt2（t1t2）4、下列说法中正确的是（）A动能为零的物体动量一定为零 B动量为零的物体动能不一定为零 C动量大的物体动能一定大 D动能大的物体动量一定大 5、关于反冲运动的说法中，正确的是（）A抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲 B反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用 C若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力 D抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律 6、下列关于碰撞的理解正确的是（）A碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程 B如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞 C在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒 D微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞 7、某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况错误的是（）A人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比 B人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 D当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 3 多选题 8、如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为的小物块从槽高处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 B在下滑过程中，物块和槽组成的系统在水平方向上动量守恒 C物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为=2 D物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能p=23 9、滑板运动是青少年喜爱的一项极限运动。如图所示为一段滑道的示意图，水平滑道与四分之一圆弧滑道在B点相切，圆弧半径为 3 m。运动员第一次在水平滑道上由静止开始蹬地向前加速后，冲上圆弧滑道且恰好到达圆弧上的C点；第二次运动员仍在水平滑道上由静止开始蹬地向前加速后，冲上圆弧滑道并从C点冲出，经1.2 s 又从C点返回轨道。已知滑板和运动员可看做质点，总质量为 65 kg，重力加速度g10 m/s2，忽略空气阻力以及滑板和滑道之间的摩擦力，则下列说法正确的是（）A运动员两次经过C点时对滑道的压力均为零 B运动员第二次经过B点时对滑道的压力比第一次的压力大 780 N C运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中做的功比第一次多 1170 J D运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中作用力的冲量比第一次多 390 N s 10、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4 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（）A48 kgB58 kgC54 kgD60 kg 填空题 11、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，当t=1s 时物块的速率为_m/s，当t=2s 时物块的动量大小为_kg m/s，在 0-3s 内物块的动量变化量大小为_kg m/s。12、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，当t=1s 时物块的速率为_m/s，当t=2s 时物块的动量大小为_kg m/s，在 0-3s 内物块的动量变化量大小为_kg m/s。13、福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知 16 级台风的风速约为 10 级台风风速的两倍。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则 16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为 10 级台风的_倍.5 2022 届高中物理力学动量_00A 参考答案 1、答案：C 解析：A设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，则 02=20 解得 0=20=10m/s 取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得 0=(+)代入数据解得 =9m/s 故 A 错误；B因夯锤与桩料碰撞损失的机械能=120212(+)2 带入数据可得=2250J 故 B 错误；CD由于每次提升重锤距桩帽的高度均为h0，每次碰撞后瞬间的速度均为v，设两次打击后共下降x2，则由图像可知，克服阻力做功 =1222 6 由能量守恒定律得(+)2+2 12(+)2=1222 解得 2=1.37m 设三次打击后共下降x3，则(+)3+3 12(+)2=1232 解得 3=1.65m 故 C 正确，D 错误。故选 C。2、答案：C 解析：炮弹离开炮口时，炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒。设炮车后退的速度大小为v，则炮弹对地的水平速度大小为0cos ，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：0=1 2(0cos )解得 =20cos1+2 故 ABD 错误，C 正确；故选 C。7 3、答案：B 解析：整个过程中由动量定理可得 1(1+2)=0 解得=1+21 故选 B。4、答案：A 解析：根据动能和动量的关系 k=122=22 则动量大的物体动能不一定大，动能大的物体动量也不一定大，但动能为零的物体速度一定为零，则动量也一定为零，动量为零的物体动能也一定为零 故选 A。5、答案：D 解析：A反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动。定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故 A 错误；BD 在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故 B 错误，D 正确；8 C在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故 C 错误。故选 D。6、答案：A 解析：A碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故 A 正确；B如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞，故 B 错误；C碰撞一般内力远大于外力。但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故 C 错误；D微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故 D 错误。故选 A。7、答案：D 解析：A人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v，根据动量守恒定律得 =解得=所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A 正确；B 根据 9 =人加速行走，船加速后退；根据牛顿第二定律 =根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B 正确；C 根据=所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为 0，两者动量总和总是为零，C 正确；D 根据=当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D 错误。故选 D。8、答案：ABD 解析：A滑块下滑过程，只有重力做功，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，故 A 正确；B滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故 B 正确；C设小球到达水平面时速度为1，槽的速度为2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球下滑的过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得 10 1 22=0 由机械能守恒定律得 =1212+12 222 由以上两式得 1=23，2=3 物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等 =1=23 故 C 错误；D物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为 p=1212=23 故 D 正确。故选 ABD。9、答案：BC 解析：A运动员第一次到达C点时速度为零，第二次冲过C点后经 1.2 s 返回轨道，根据竖直上抛运动的对称性，经过C点的速度 2=12=6 m/s 根据牛顿第二定律，向心力 11 =2 可知第一次经过C点时对滑道的压力为零，第二次不为零，故 A 错误；B根据机械能守恒，经过 B 点时的速度为vB，则 122=122+根据牛顿第二定律，经过B点时轨道的支持力 =2 联立，代入数据可得 TB11950 N TB22730 N 运动员第二次经过B点时滑道的支持力比第一次的支持力大 TTB2TB1780 N 根据牛顿第三定律，运动员第二次经过B点时对滑道的压力比第一次的压力大 780 N，故 B 正确；C根据动能定理，运动员在水平滑道上蹬地加速的过程中做的功 =122+代入数据解得 W11950 J W23120 J 运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中做的功比第一次多 WW2W11170 J 12 故 C 正确；D根据动量定理，运动员在水平滑道上蹬地加速的过程中作用力的冲量ImvB，根据 B 选项解析可得 vB160m/s vB246 m/s 代入数据得 I16560 N s I22606 N s 运动员第二次在水平滑道上蹬地加速的过程中作用力的冲量比第一次多 II2I12606 N s6560 N s 故 D 错误。故选 BC。10、答案：BC 解析：设该运动员的质量为M，物块的质量为m=4.0kg，推物块的速度大小为v=5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：第一次推物块的过程中 0=Mv1-mv 第二次推物块的过程中 Mv1+mv=Mv2-mv 第三次推物块的过程中 Mv2+mv=Mv3-mv 13 第n次推物块的过程中 Mvn-1+mv=Mvn-mv 以上各式相加可得 Mvn=（2n-1）mv 当n=7 时，v7v，解得M52kg；当n=8 时，v8v，解得M60kg，故 52kgM60kg 故 AD 错误、BC 正确。故选 BC。11、答案：1 4 3 解析：11s 内由动量定理可得 11=1 解得 1s 时物块的速率为 1=1m/s 22s 内由动量定理可得 12=2 0 解得 2s 时物块的动量大小为 2=4kg m/s 3由动量定理可得，3s 内物块的动量变化量大小为 14 =12 2=(2 2 1 1)kg m/s=3kg m/s 12、答案：1 4 3 解析：11s 内由动量定理可得 11=1 解得 1s 时物块的速率为 1=1m/s 22s 内由动量定理可得 12=2 0 解得 2s 时物块的动量大小为 2=4kg m/s 3由动量定理可得，3s 内物块的动量变化量大小为 =12 2=(2 2 1 1)kg m/s=3kg m/s 13、答案：4 解析：1设空气密度为，交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为 =对风由动量定理得 =0 可得 15 =2 由题意知 16 级台风的风速约为 10 级台风风速的两倍，则 16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为 10 级台风的 4 倍。