資源簡介

單元檢測（六）
動量動量守恒定律
A卷高頻考點練清卷
考點一動量、沖量
1.質量為m的列車勻速？行駛，突然以F大小的力制動剎車直到列車停止，過程中恒受到f的空氣阻力，
下列說法正確的是
()
A.誠速運動加速度大小a=E
B.力F的沖量為mv
C.剎車距離為2(F+萬
mv
D.勻速行駛時功率為(f十F)
2.(2025·廣西·二模)某市學生期考體能測試中有一重要項目：排球墊球個數測試.某同學在一次測試中
雙手在同一高度多次豎直墊起排球，第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2第二次墊球后，球豎直上
升高度為0.45m.已知排球的質量為0.27kg,重力加速度取10m,:s2,不計空氣阻力.則第二次墊球過
程，排球動量變化量的大小為
()
A.0.27kg·m:s
B.0.54kg·ms
C.0.81kg·m:s
D.1.35kg·ms
3.一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由℃增大到2，在隨后的一段時間內速度大小由2增大
到5u.前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別為I1和I2.下列關
系式一定成立的是
A.W2=3W1,I2≤3I1
B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I23I1
D.W2=7W1,I2≥I1
考點二動量定理
4.(多選)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型.多個質量均為1kg的滑塊可在水平滑軌
上滑動，忽略阻力.開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F,推動滑塊1以0.40ms的
速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s,碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22ms.關于兩
滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有
()
A,該過程動量守恒
F→12
3…10
B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·s
C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·s
D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N
5.(2025·海南?？凇ひ荒?雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的
平均壓強p,小明將一圓柱形量簡置于雨中，測得時間t內簡中水面上升的高度為h,設雨滴下落的速度
為o,雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為，不計雨滴重力.壓強p為
()
A.h(-)
t
B.h(o十)
C.o(v-2)
D.p(聽+v2)
考點三動量守恒定律的簡單應用
6.(多選)(2025·陜西寶雞·三模)如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質量
分別為mA=6kg、mB=2kg的A、B兩物體用質量不計的輕彈簧相連，其中A
緊靠墻面.現對B物體緩慢施加一個向左的力，使A、B間彈簧被壓縮且系統
1、009毀B·
7222722272722227727727777777777277
靜止，該力對物體B做功W=16J.現突然撤去向左的力，則
41參考答案
單元檢測（一）運動的描述勻變速直線運動
x=wt一
2a2,代入教據解得x=50m,公交車在最初6s內
通過的位移與最后6s內通過的位移之差為△x=x1一x2,代
A卷高頻考點練清卷
入數據解得△x=24m,故ABC錯誤，D正確.
1.C研究入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題
5.A對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從
的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯
靜止釋獄到下瑞到達A點的過程，有L=a,木板從靜止
誤：研究空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究
釋放到上瑞到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=
問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故
2ai,當木板長度為2L時，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B錯誤；研究百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和
體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看
△12=t2一t0,聯立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
為質點，故C正確：研究運動員通過某個攀巖支，點的動作
正確
時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽
6.解析：(1)設物體的加速度為a,根據位移差公式△x=aT可
略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤.故選：C.
2
2.C速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位
3X0-x0
得物體的加速度為4=
置隨時間變化的快慢，BD錯誤；根據x與1的關系式可
to
3to2
知，1=0時，質點位于x=1m處，t=1s時，質點位于x=
AC段的平均速度等于這一過程的中間時刻的速度，可得
6m處，因此質點在第1s內的位移為5m,A錯誤，C
2
正確，
物體在B,點時的速度為UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)選擇向西為正方向，如題圖所示，最后6s的住
設物體在A點時的速度為A,則可得
移為△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均連度為==20m=20m8,大小為20m6,」
(2)根據速度時間關系可得物體在C點時的速度為
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全過程的位移為△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
時間為△t=5s十58十4s十6s=20s
則可得物體在CD段的平均速度為=C十D=0
24t
平均速度為==0m=1,5m/s,大小為1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則
(3)全過程的路程為△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：專5=10ms,T=5m因ST間的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的兩倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率為0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的時間是RS段的時間的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度減小量是RS段的4倍，則有：vs一VT=4(VR一
4.D設公交車開始減速的速度為%，運動總時間為，則公交
vs),聯立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正確，ABD錯誤.
車在最初減連6s內通過的位移為西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度為a,E到N的距離為L,從E到N有v至=
18m),把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運
2aL,從N到A有v員=2a·9L,聯立可得vA=3E,故A
動，最后68內通過的位移為=2a,代入數據解得x2一
錯誤：根據逵度一時間公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過
的位號之比為21：9，則南以上有g18-號又有0=助
E一0_E=1,所以汽車通過AE段的時間等于21，故B
at,代入數據解得=10mst=10s,則公交車的總位移為
錯誤：根據勻變速直線運動的推論有四E-4E=2如E,
2
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