2019物理浙江加試題精準(zhǔn)練選擇題部分精練5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精精練5動量和動量守恒定律1。加試題（2018·鎮(zhèn)海中學(xué)期末）下列說法正確的是（）A．動量大的物體，它的速度不一定大B．動量大的物體,它的速度一定也大C．只要物體運動的速度大小不變，物體的動量就保持不變D．同一物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大2.加試題關(guān)于物體的動量和動能，下列說法中正確的是（）A．一物體的動量不變，其動能一定不變B．一物體的動能不變，其動量一定不變C．兩物體的動量相等，其動能不一定相等D．兩物體的動能相等，其動量一定相等3。加試題有關(guān)實際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是(）A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度,車體前部的發(fā)動機艙越堅固越好4.加試題如圖1所示是我國女子短道速滑隊訓(xùn)練時的情景．觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（)圖1A．甲對乙的沖量一定與乙對甲的沖量相同B．相互作用的過程中甲與乙組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律C．甲的動能增加量不等于乙的動能減少量D．甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反5。加試題一只小船靜止在水面上,一個人從小船的一端走到另一端,不計水及空氣的阻力，以下說法中正確的是()A．人和小船組成的的系統(tǒng)動量守恒B．人運動的速度增大時，船運動的速度減小C．當(dāng)人停止走動時，因為小船慣性大,所以小船要繼續(xù)向后退D.當(dāng)人停止走動時，小船也停止后退6.加試題如圖2，在光滑的水平面上放著質(zhì)量相等的兩個物塊,乙上系有一個水平輕質(zhì)彈簧，開始物塊乙靜止,物塊甲以速度v向乙運動并壓縮彈簧到彈簧最短這一過程中，以下說法正確的是(）圖2A．當(dāng)彈簧壓縮量最大時，兩者速度一定相同B．當(dāng)彈簧壓縮量最大時，甲物塊速度為零C．甲物塊動能的減小量等于乙物塊動能的增加量D．甲物塊動量的減小量和乙物塊動量的增加量大小相等7.加試題動能相同的A、B兩球(mA＞mB）在光滑的水平面上相向運動，當(dāng)兩球相碰后，其中一球停止運動,則可判定（)A．碰撞前A球的速度小于B球的速度B．碰撞前A球的動量大于B球的動量C．碰撞前后A球的動量變化大于B球的動量變化D．碰撞后,A球的速度一定為零，B球朝反方向運動8。加試題據(jù)媒體報道，某手機帶有屏幕保護器，保護裝置設(shè)置在屏幕的4個角落由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成，一旦手機內(nèi)的加速度計、陀螺儀及位移傳感器感知手機掉落，屏幕保護器會自動彈出，并完全吸收手機撞擊地面的能量，避免手機屏幕直接接觸地面而損壞．已知該手機設(shè)計質(zhì)量約為160g，從1.5m高處自由掉落，不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2，則以下分析正確的是()A．手機落地的速度約為4。5m/sB．保護器彈出的時間應(yīng)小于0。55sC．手機落地時重力的功率約為7。5WD．若保護器吸收撞擊力的時間為0。05s，則地面對手機的平均作用力約為19.2N9.加試題在光滑水平面上動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前、后球1的運動方向相反，將碰后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1〈E0 B．p1<p0C．E2〉E0 D．p2<p010。加試題如圖3所示,在質(zhì)量為M的小車中掛著一單擺，擺球質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質(zhì)量為m的靜止的木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是(不計空氣阻力）()圖3A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足（M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2,滿足Mv＝Mv1＋mv2C．?dāng)[球的速度不變,小車和木塊的速度都變?yōu)閡，滿足Mv＝(M＋m)uD．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2m/s2，以下判斷正確的是(）A．小球從拋出至到最高點受到的沖量大小為10N·sB．小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為零C．小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為零D．小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為20kg·m/s12.加試題A、B兩物體在一水平長直氣墊導(dǎo)軌上相碰，碰撞前物體A做勻速直線運動，B靜止不動,頻閃照相機每隔0。1s閃光一次，連續(xù)拍照5次,拍得如圖4所示的照片，不計兩物體的大小及兩物體碰撞過程所用的時間，則由此照片可判斷()圖4A．第四次拍照時物體A在100cm處B．第四次拍照時物體A在80cm處D．mA∶mB＝3∶1D．mA∶mB＝1∶313.加試題如圖5所示，小球A、B、C質(zhì)量均為m，將小球B、C同時拉開相同角度后由靜止釋放，兩小球到達最低點時，小球間發(fā)生對心彈性碰撞，不計空氣阻力,則（）圖5A．從釋放小球到碰撞結(jié)束的過程中,整個系統(tǒng)動量守恒B．從釋放小球到碰撞結(jié)束的過程中，整個系統(tǒng)機械能守恒C．B與A碰撞過程中動量守恒表達式為mv0＝mv1＋mv2D．B與A碰撞過程中動量守恒表達式為2mv0＝2mv1＋mv214.加試題在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m、靜止的B球碰撞后，A球的速度大小變?yōu)閑q\f（1,3）v，則碰撞后B球的速度大小可能是()A.eq\f（1,3）vB．vC．2vD。eq\f(2,3)v答案精析1．AD2．AC［動能是標(biāo)量Ek＝eq\f（1,2）mv2，動量是矢量p＝mv,動能與動量之間的大小關(guān)系：Ek＝eq\f（p2，2m）.一物體的動量p不變，其動能Ek一定不變，故A正確．一物體的動能不變,其動量大小一定不變，但速度的方向可能變化,即動量可能變化，故B錯誤．兩物體的動量相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量相等時，其動能一定相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量不等時,其動能一定不相等，故C正確．兩物體動能相等，而質(zhì)量不等時，其動量也是不相等的,故D錯誤．］3．ABC［根據(jù)反沖運動的特點與應(yīng)用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度，故A正確；體操運動員在落地的過程中，動量變化一定，由動量定理可知，運動員受到的沖量I一定;由I＝Ft可知，體操運動員在著地時屈腿是延長時間t，可以減小運動員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時子彈給槍身一個反作用力，會使槍身后退，影響射擊的準(zhǔn)確度，所以為了減小反沖的影響，用槍射擊時要用肩部抵住槍身，故C正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度,就要延長碰撞的時間，由I＝Ft可知位于車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固，故D錯誤．］4．BCD［因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等、方向相反，由沖量的定義I＝Ft分析可知,甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等、方向相反，所以沖量不同,故A錯誤．相互作用的過程中,甲與乙組成的系統(tǒng)，水平方向不受其他外力，所以系統(tǒng)的動量守恒，故B正確．由于乙推甲的過程中，要消耗體能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能，根據(jù)能量守恒定律知，甲的動能增加量不等于乙的動能減少量，故C正確．根據(jù)動量守恒定律知：Δp＝0,即有Δp甲＋Δp乙＝0，則得Δp甲＝－Δp乙，即甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反,故D正確．]5．AD［人在船上行走時,由于不計水及空氣的阻力，人和小船組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，故系統(tǒng)動量守恒，故A正確；以人運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m人v人＋M船v船＝0，得eq\f(v人,v船）＝－eq\f（M船，m人)可知，人的速度與船的速度成正比,方向相反，則當(dāng)人運動的速度增大時，船運動的速度也增大，當(dāng)人停止走動時,船也停止后退，故B、C錯誤，D正確．]6．AD[當(dāng)彈簧壓縮到最短長度時,甲、乙具有相同的速度，彈簧的勢能最大，甲的速度不為零，故A正確，B錯誤；在壓縮彈簧的過程中，甲物塊的一部分動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，所以甲物塊動能的減少量等于乙物塊增加的動能以及彈簧增加的彈性勢能的和，故C錯誤；在整個過程中兩個物塊以及彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，所以甲物塊動量的減小量和乙物塊動量的增加量大小相等，故D正確．］7．ABD［A、B兩球動能相同，且mA＞mB，可得vB＞vA,再由動量和動能關(guān)系可得pA＞pB；由動量守恒得，碰撞前后A球的動量變化量與B球的動量變化量大小相等；由題意可知，碰撞后A球的速度一定為零,B球朝反方向運動,所以A、B、D對．]8．BD[手機做自由落體運動，落地的速度v＝eq\r(2gh)＝eq\r（2×10×1.5)m/s≈5.5m/s,故A錯誤；保護器彈出的時間應(yīng)小于落地時間，根據(jù)自由落體的時間t＝eq\r（\f(2h，g）)＝eq\r（\f(2×1.5，10）)s≈0.55s，所以保護器彈出的時間應(yīng)小于0.55s，故B正確;根據(jù)P＝mgv得:功率P＝0。16×10×5。5W＝8.8W，故C錯誤；取豎直向下為正方向，由動量定理得（mg－F）t＝0－mv，F(xiàn)＝eq\f（mv，t）＋mg＝eq\f(0。16×5.5，0。05)N＋0。16×10N＝19。2N，故D正確．］9．AB[由題意知，碰撞后兩球均有速度,根據(jù)碰撞過程中總動能不增加可知，E1〈E0，E2<E0，則p1〈p0，根據(jù)動量守恒定律得:p0＝p2－p1,得到p2＝p0＋p1，可見p2〉p0,故A、B正確,C、D錯誤．］10．BC[碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球的速度不會突變，以小車的初速度方向為正方向，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2,若碰后小車和木塊速度相同,小車和木塊的速度都變?yōu)閡,由動量守恒得：Mv＝（M＋m）u，故B、C正確，A、D錯誤．］11．AD12．AD[碰撞前，物體A做勻速直線運動，可知，物體A第三次拍照在90cm處,第四次拍照在100cm處，故A正確，B錯誤；碰撞前，A滑塊的速度大小為v0＝eq\f(xA,t)＝eq\f（0。4，0。1)m/s＝4m/s，方向向右，碰撞后，A的速度大小為vA＝eq\f（xA′，t）＝eq\f(0.2,0.1）m/s＝2m/s，方向向左，B的速度大小為vB＝eq\f(xB,t)＝eq\f(0。2,0。1）m/s＝2m/s,方向向右，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得mA∶mB＝1∶3,故C錯誤,D正確．]13．BC[小球在擺動的過程中做圓周運動，系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以整個系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；從釋放小球到碰撞結(jié)束的過程中，繩子拉力不做功，只有重力做功且為彈性碰撞，所以整個系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；B與A碰撞過程中水平方向動量守恒,動量守恒