2019届高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第二讲动量及其守恒定律课后“高仿”检测卷.doc

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1、1专题二第二讲 动量及其守恒定律课后“高仿”检测卷一、高考真题集中演练明规律1(2017全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.310 2 kgm/s解析：选 A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 p mv00，解得p mv00.050 kg600 m/s3

2、0 kgm/s，选项 A 正确。2.多选(2017全国卷)一质量为 2 kg 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，则( )A t1 s 时物块的速率为 1 m/sB t2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sC t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sD t4 s 时物块的速度为零解析：选 AB 法一：根据 Ft 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在 01 s、02 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理 I m v 可知物块在 1 s、 2 s、3 s、

3、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则 A、B 项正确，C、D 项错误。法二：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 m/s21 F1m 22m/s2， t1 s 时物块的速率 v1 a1t11 m/s，A 正确； t2 s 时物块的速率 v2 a1t22 m/s，动量大小为 p2 mv24 kgm/s，B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2 0.5 m/s2， t3 s 时物块的速率 v3 v2 a2t3(

4、20.51) F2mm/s1.5 m/s，动量大小为 p3 mv33 kgm/s， C 错误； t4 s 时物块的速率v4 v2 a2t4(20.52) m/s1 m/s，D 错误。3(2018全国卷)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m， A 车向前滑动了 2.0 m。已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没2有滚动，重力加速度大小

5、 g10 m/s 2。求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。解析：(1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有m Bg mBaB 式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有vB 22 aBsB 联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s。 (2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有m Ag mAaA 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有vA 22 aAsA 设碰撞前的瞬间 A 车

6、速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA mAvA mBvB 联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。 答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s4(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为 ，重力加速度大小为 g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析

7、：(1)设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则 m V V v0S t 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 v 0S。 m t(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v。对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得3( m)v2( m)gh ( m)v02 12 12在 h 高度处， t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 p( m)v 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有F t p 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F Mg 联立式得h 。 v022g M2g2 2v02S2答案：(1) v

8、 0S (2) v022g M2g2 2v02S2二、名校模拟重点演练知热点5多选如图甲所示，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m2 kg 的木块 A 以速度v02 m/s 滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、 B 之间存在有摩擦，之后， A、 B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度 g10 m/s 2。下列说法正确的是( )A A、 B 之间动摩擦因数为 0.1B长木板的质量 M2 kgC长木板长度至少为 2 mD A、 B 组成的系统损失的机械能为 4 J解析：选 AB 从题图乙可以看出， A 先做匀减速运动， B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度： v1 m

9、/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv0( m M)v，解得： M m2 kg，故 B 正确；由图像可知，木板 B 匀加速运动的加速度为： a v tm/s21 m/s2，对 B，根据牛顿第二定律得： mg Ma，解得动摩擦因数为： 0.1，11故 A 正确；由图像可知前 1 s 内 B 的位移为： xB 11 m0.5 m, A 的位移为： xA121 m1.5 m，所以木板最小长度为： L xA xB 1 m，故 C 错误； A、 B 组成的系统2 124损失的机械能为： E mv02 (m M)v22 J，故 D 错误。12 126(2019 届高三株洲质检)如图，长 l 的轻

10、杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A. B. 2gl glC. D02gl2解析：选 B 两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： mv mv0，即 v v；由机械能守恒定律得： mv2 mv 2 mgl，12 12解得： v ，故 B 正确。gl7(2018宜宾诊断)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于 O 点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度 v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为 m，沙袋质量为 5m，弹丸相对于沙袋的

11、形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为 g。下列说法中正确的是( )A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mv0272D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0272g解析：选 D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得： mv0( m5 m)v，解得 v v0；16弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据 T6 mg6 m 可知，细绳所受拉力变v2L大，选项 A 错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙

12、袋对弹丸的冲量大小，选项 B 错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q mv02 6mv2 mv02，选项 C 错误；由机械能守恒可得： 6mv26 mgh，解得 h12 12 512 12，选项 D 正确。v0272g8.多选(2018内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为 m 的 A、 B 两物体通过劲度系数为 k 的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体 A 处于静止状态，5在 A 的正上方 h 高处有一质量也为 m 的小球 C。现将小球 C 由静止释放， C 与 A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为 g。下列说法正确的是( )A C 与 A

13、碰撞后瞬间 A 的速度大小为 gh2B C 与 A 碰撞时产生的内能为mgh2C C 与 A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2D要使碰后物体 B 被拉离地面， h 至少为8mgk解析：选 ABD 对 C 自由下落过程，由机械能守恒得： mgh mv02，解得： v0 ，12 2gh对 C 与 A 组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得： mv02 mv1，解得： v1 ，gh2故 A 正确； C 与 A 碰撞时产生的内能为： E mv02 2mv12 mgh，故 B 正确；当12 12 12A、 C 速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值， Epmax 2mv122 mg x mgh，故

14、C 错误；12 12开始时弹簧的压缩量为： H ，碰后物体 B 刚被拉离地面时弹簧伸长量为： H ，则mgk mgkA、 C 将上升 2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得： 2mv122 mg2H，解得：12h ，故 D 正确。8mgk9如图所示，一质量为 M4 kg 的长木板 B 静止在光滑的水平面上，在长木板 B 的最右端放置一可视为质点的小铁块 A，已知长木板的长度为 L1.4 m，小铁块的质量为 m1 kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为 0.4，重力加速度 g10 m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力 F28 N，为了保证小铁块能离开长木板，则恒力的作用时

15、间至少应为多大？解析：设恒力 F 作用的时间为 t，此时间内小铁块相对长木板滑动的距离为 L1，根据牛顿第二定律得小铁块的加速度为： a1 0.410 m/s 24 m/s 2 mgm长木板的加速度为：a2 m/s26 m/s 2F mgM 28 0.41046由空间关系可知 L1 a2t2 a1t212 12整理得： L1 t2此时，小铁块的速度 v1 a1t4 t长木板的速度 v2 a2t6 t撤去 F 后，小铁块和长木板组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得：mv1 Mv2( M m)v解得： v28t5若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：mg (L L1) Mv22 mv1

16、2 (M m)v212 12 12代入数据解得： t1 s。答案：1 s10(2019 届高三重庆江津中学月考)如图所示，光滑固定斜面倾角 30，一轻质弹簧底端固定，上端与 M3 kg 的物体 B 相连，初始时 B 静止， A 物体质量 m1 kg，在斜面上距 B 物体 s110 cm 处由静止释放， A 物体下滑过程中与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，己知碰后 A、 B 经 t0.2 s 下滑 s25 cm 至最低点，弹簧始终处于弹性限度内， A、 B 可视为质点， g 取 10 m/s2，求：(1)从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量；(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中

17、，弹簧对物体 B 冲量的大小。解析：(1) A 下滑 s1时的速度由动能定理得：mgs1sin mv0212v0 m/s1 m/s2gs1sin 2100.10.5设初速度方向为正方向， A、 B 相碰时由动量守恒定律得：mv0( m M)v1解得： v10.25 m/s；从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得： Ep (m M)v12( m M)gs2sin 12解得： Ep1.125 J。(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：7I( m M)gsin 2t( m M)v1( M m)v1解得： I10 Ns。答案：(1)1.125 J (2)10 Ns11(2018湖南六校联考

18、)如图所示，在光滑水平面上有一质量为 2 018m 的木板，木板上有 2 018 块质量均为 m 的相同木块 1、2、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2 v、2 018v 同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为 ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：(1)最终木板的速度；(2)运动中第 88 块木块的最小速度；(3)第二块木块相对木板滑动的时间。解析：(1)最终所有木块和木板一起以速度 v运动，由动量守恒可知m(v2 v nv)2 nmv，其中 n2 018，解得 v v v。n 14 2 0194(2)设第 k 块木块最小速度为 vk，则此时木板及第 1 至第 k1 块

19、木块的速度均为 vk；因为每块木块质量相等，所以各木块减速时受到的合外力也相等(均为 mg )，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第 k1 至第 n 块木块的速度依次为vk v、 vk2 v、 vk( n k)v；系统动量守恒，故 m(v2 v nv)( nm km)vk m(vk v) mvk( n k)v nmvk kmvk( n k)mvk m12( n k)v2 nmvk m12( n k)v；所以 vk ， v88 v。 2n 1 k kv4n 43 4391 009(3)第二块木块相对静止的速度为 v2 2v 2n 1 k kv4n 22 018 1 242 018v；4 0354 036因为木块减速时的加速度大小总为 a g ；v22 v gt ，解得 t 。2v v2 g 4 037v4 036 g答案：(1) v (2) v (3)2 0194 43 4391 009 4 037v4 036 g