过关19 动量守恒定律-2023新教材高考物理小题专项训练

于动量的变化量，故合力的冲量也相等， +mv=60×10N+60×19N=1000N，故注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度1.5∘N=1000N，故注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度 D对，A，B，C错。 10.解析：选BC。对运动员受力分析，受竖直为h，从顶端A下滑到底端C，由sinθ- 向下的重力以及竖直向上的支持力，则对gsinθ·t^2得物体下滑的时间t= 运动员，由动量定理得I_r_N-mg·Δt= mv，则地面对运动员的冲量大小为I_r_N=2h，所以θ越小。sin^θ越小，t越 mg·Δt＋mv，A错误，B正确；题中所述 的过程中，在支持力的作用下运动员的位大，重力的冲量I=mgt就越大，故 移为零，因此地面对运动员所做的功为I_1≤I_z≤I_3，故A、C正确，D错误；物体下 0，C正确，D错误．滑过程中只有重力做功，故合力做的功相 11.解析：选ACD，由动能定理mg(H+h)+等，根据动能定理，动能的变化量相等，故 W，=0，则W_y=—mg(H+h)，所以小球B正确． 的机械能减少了mg(H+h)，选项A正15.解析：选BD。滑动摩擦力的大小为f= 确，选项B错误：小球自由落下至地面过 μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮 带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间 程中，机械能守恒，mgH-_2mv，位移未变，则滑到底端的时间，速度以及 摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲 v=\sqrt{2}gH，落到地面上后又陷入泥潭， 量I=ft不变，故A，C错误，B正确；但由 由动量定理I_6-I_f=0-mv，所以I_f=于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带 I+mv=I_6+m\sqrt{2}gH﹐小球所受阻力由于摩擦产生的内能变大，故D正确． 的冲量大于m\sqrt{2}gH，选项C正确；根据过关19°动量守恒定律 功的定义可知小球重力做功W_c=1.解析：选C.根据动量守恒条件可知A，B错 mg(H+h)，选项D正确．误，C正确；D项中所有物体加速度为零 12.解析：选AC。以人的初始运动方向为正，时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一 设人与船的最终速度为v′，由动量守恒得定守恒． mv_m-Mv_M=(M+m)v′，代入数据解得2.解析：选B.以A、B两车和人整体为研究 v′=0.25m/s，A正确，B错误；人的动量对象，以A车最终速度方向为正方向，由 变化量为Δp=m(v′-v_w)=-105kg·动量守恒定律得：(m＋M)v_A-Mv_B=0， m/s，C正确；小船的动量变化量为Δp′= 解得一一m+M·所以v_A<v_B，B正确、 105kg·m s，D错误． 13.解析：选C.以人为研究对象，根据牛顿第3.解析：选D.以车、人、枪和子弹为系统研 二定律得：F-mg=ma，解得：F=ma＋究，整个系统在水平方向上不受外力的作 mg﹔以木杆为研究对象，分析受力情况，用，遵守动量守恒定律。已知作用前总动量 木杆受到重力Mg，地面的支持力N和人为零，所以作用后的总动量也为零。不必考 对木杆向下的力F′，由牛顿第三定律知虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D F′=F。根据平衡条件得：N=Mg＋F′=正确． Mg+mg+ma，故支持力的冲量为：I=4.解析：选ACD。在两手同时放开后，水平方 Nt=(Mg+mg+ma)t，故选C。向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故 14.解析：选ABC。由机械能守恒定律可知物动量守恒，即系统的总动量始终为零， 体下滑到底端C，D、E的速度大小v相A对；先放开左手，再放开右手后，是指两 等，动量变化量Δp=mv相等，即ΔP_1=手对系统都无作用力之后的那一段时间， Δp_2=Δp_3；根据动量定理，合力的冲量等系统所受合外力也为零，即动量是守恒的， 34 B错；先放开左手，系统就在右手作用下， 10.解析：选D.由x一t图象可知，位移均为 产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开 正，均朝一个方向运动，没有反向，A错 右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动 误；木块都与弹簧分离后B的速度为 量向左，C对：其实，无论何时放开手，只要 10-4 是两手都放开就满足动量守恒的条件，即 6-4m/s=3m/s,C的速度为u, 系统的总动量保持不变.若同时放开，那么 5-4 放手后系统的总动量就等于放手前的总动 6-4m/s=0.5ms,细线未断前B、C的 量，即为零；若两手先后放开，那么两手都 速度均为v。=1ms,由于系统所受合外 放开后的总动量就与放开最后一只手后系 力之和为零，故系统前后的动量守恒： 统所具有的总动量相等，即不为零，D对」 (B+mc)v,=mBV1十mcv2,计算得B、 5.A C的质量比为1：4，D正确，B错误；系统 6.解析：选AC.A中子