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2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題二 能量與動量 第二講 動量及其守恒定律課后“高仿”檢測卷.doc

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2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題二 能量與動量 第二講 動量及其守恒定律課后“高仿”檢測卷.doc

專題二第二講 動量及其守恒定律課后“高仿”檢測卷一、高考真題集中演練明規(guī)律1(2017全國卷)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析:選A燃氣從火箭噴口噴出的瞬間,火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒,設燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為p,根據(jù)動量守恒定律,可得pmv00,解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s,選項A正確。2.多選(2017全國卷)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示,則()At1 s時物塊的速率為1 m/sBt2 s時物塊的動量大小為4 kgm/sCt3 s時物塊的動量大小為5 kgm/sDt4 s時物塊的速度為零解析:選AB法一:根據(jù)Ft圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量,可知在01 s、02 s、03 s、04 s內合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns,應用動量定理Imv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s,物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s,則A、B項正確,C、D項錯誤。法二:前2 s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動,加速度a1 m/s21 m/s2,t1 s時物塊的速率v1a1t11 m/s,A正確;t2 s時物塊的速率v2a1t22 m/s,動量大小為p2mv24 kgm/s,B正確;物塊在24 s內做勻減速直線運動,加速度的大小為a20.5 m/s2,t3 s時物塊的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s,動量大小為p3mv33 kgm/s,C錯誤;t4 s時物塊的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s,D錯誤。3(2018全國卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5 m,A車向前滑動了2.0 m。已知A和B的質量分別為2.0103 kg和1.5103 kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g10 m/s2。求:(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??;(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。解析:(1)設B車的質量為mB,碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s。(2)設A車的質量為mA,碰后加速度大小為aA,根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA,由運動學公式有vA22aAsA設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.3 m/s。答案:(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s4(2016全國卷)某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見,假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?,在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為,重力加速度大小為g。求:(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量;(2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。解析:(1)設t時間內,從噴口噴出的水的體積為V,質量為m,則mVVv0St由式得,單位時間內從噴口噴出的水的質量為v0S。(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于t時間內噴出的水,由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v02在h高度處,t時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為p(m)v設水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有Ftp由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得FMg聯(lián)立式得h。 答案:(1)v0S(2)二、名校模擬重點演練知熱點5多選如圖甲所示,光滑水平面上放著長木板B,質量為m2 kg的木塊A以速度v02 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面,由于A、B之間存在有摩擦,之后,A、B的速度隨時間變化情況如圖乙所示,重力加速度g10 m/s2。下列說法正確的是()AA、B之間動摩擦因數(shù)為0.1B長木板的質量M2 kgC長木板長度至少為2 mDA、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為4 J解析:選AB從題圖乙可以看出,A先做勻減速運動,B做勻加速運動,最后一起做勻速運動,共同速度:v1 m/s,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0(mM)v,解得:Mm2 kg,故B正確;由圖像可知,木板B勻加速運動的加速度為:a m/s21 m/s2,對B,根據(jù)牛頓第二定律得:mgMa,解得動摩擦因數(shù)為:0.1,故A正確;由圖像可知前1 s內B的位移為:xB11 m0.5 m, A的位移為:xA1 m1.5 m,所以木板最小長度為:LxAxB1 m,故C錯誤;A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為:Emv02(mM)v22 J,故D錯誤。6(2019屆高三株洲質檢)如圖,長l的輕桿兩端固定兩個質量相等的小球甲和乙,初始時它們直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小擾動,系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒。當小球甲剛要落地時,其速度大小為()A.B.C.D0解析:選B兩球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動量守恒定律得:mvmv0,即vv;由機械能守恒定律得:mv2mv2mgl,解得:v,故B正確。7(2018宜賓診斷)如圖所示,一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止狀態(tài),一彈丸以水平速度v0擊入沙袋后未穿出,二者共同擺動。若彈丸質量為m,沙袋質量為5m,彈丸相對于沙袋的形狀其大小可忽略不計,彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計,不計空氣阻力,重力加速度為g。下列說法中正確的是()A彈丸打入沙袋過程中,細繩所受拉力大小保持不變B彈丸打入沙袋過程中,彈丸對沙袋的沖量大小大于沙袋對彈丸的沖量大小C彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為D沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為解析:選D彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律得:mv0(m5m)v,解得vv0;彈丸打入沙袋后,總質量變大,且做圓周運動,根據(jù)T6mg6m可知,細繩所受拉力變大,選項A錯誤;根據(jù)牛頓第三定律可知,彈丸打入沙袋過程中,彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小,選項B錯誤;彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為Qmv026mv2mv02,選項C錯誤;由機械能守恒可得:6mv26mgh,解得h,選項D正確。8.多選(2018內蒙古赤峰模擬)如圖所示,質量均為m的A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧拴接在一起,豎直放置在水平地面上,物體A處于靜止狀態(tài),在A的正上方h高處有一質量也為m的小球C?,F(xiàn)將小球C由靜止釋放,C與A發(fā)生碰撞后立刻粘在一起,彈簧始終在彈性限度內,忽略空氣阻力,重力加速度為g。下列說法正確的是()AC與A碰撞后瞬間A的速度大小為 BC與A碰撞時產生的內能為CC與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為D要使碰后物體B被拉離地面,h至少為解析:選ABD對C自由下落過程,由機械能守恒得:mghmv02,解得:v0,對C與A組成的系統(tǒng),取向下為正方向,由動量守恒定律得:mv02mv1,解得:v1,故A正確;C與A碰撞時產生的內能為:Emv022mv12mgh,故B正確;當A、C速度為零時,彈簧的彈性勢能有最大值,Epmax2mv122mgxmgh,故C錯誤;開始時彈簧的壓縮量為:H,碰后物體B剛被拉離地面時彈簧伸長量為:H,則A、C將上升2H,彈簧彈性勢能不變,由系統(tǒng)的機械能守恒得:2mv122mg2H,解得:h,故D正確。9如圖所示,一質量為M4 kg的長木板B靜止在光滑的水平面上,在長木板B的最右端放置一可視為質點的小鐵塊A,已知長木板的長度為L1.4 m,小鐵塊的質量為m1 kg,小鐵塊與長木板上表面之間的動摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度g10 m/s2。如果在長木板的右端施加一水平向右的恒力F28 N,為了保證小鐵塊能離開長木板,則恒力的作用時間至少應為多大?解析:設恒力F作用的時間為t,此時間內小鐵塊相對長木板滑動的距離為L1,根據(jù)牛頓第二定律得小鐵塊的加速度為:a10.410 m/s24 m/s2長木板的加速度為:a2 m/s26 m/s2由空間關系可知L1a2t2a1t2整理得:L1t2此時,小鐵塊的速度v1a1t4t長木板的速度v2a2t6t撤去F后,小鐵塊和長木板組成的系統(tǒng)動量守恒,則由動量守恒定律得:mv1Mv2(Mm)v解得:v若小鐵塊剛好滑到木板的最左端,由能量守恒定律得:mg(LL1)Mv22mv12(Mm)v2代入數(shù)據(jù)解得:t1 s。答案:1 s10(2019屆高三重慶江津中學月考)如圖所示,光滑固定斜面傾角30,一輕質彈簧底端固定,上端與M3 kg的物體B相連,初始時B靜止, A物體質量m1 kg,在斜面上距B物體s110 cm處由靜止釋放, A物體下滑過程中與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后粘在一起,己知碰后A、B經(jīng)t0.2 s下滑s25 cm至最低點,彈簧始終處于彈性限度內, A、B可視為質點, g取10 m/s2,求:(1)從碰后到最低點的過程中彈簧彈性勢能的增加量;(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,彈簧對物體B沖量的大小。解析:(1)A下滑s1時的速度由動能定理得:mgs1sin mv02v0 m/s1 m/s設初速度方向為正方向,A、B相碰時由動量守恒定律得:mv0(mM)v1解得:v10.25 m/s;從碰后到最低點,由系統(tǒng)機械能守恒定律得:Ep(mM)v12(mM)gs2sin 解得:Ep1.125 J。(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,由動量定理得:I(mM)gsin 2t(mM)v1(Mm)v1解得:I10 Ns。答案:(1)1.125 J(2)10 Ns11(2018湖南六校聯(lián)考)如圖所示,在光滑水平面上有一質量為2 018m的木板,木板上有2 018塊質量均為m的相同木塊1、2、2 018。最初木板靜止,各木塊分別以v、2v、2 018v同時向同一方向運動,木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為,且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象。求:(1)最終木板的速度;(2)運動中第88塊木塊的最小速度;(3)第二塊木塊相對木板滑動的時間。解析:(1)最終所有木塊和木板一起以速度v運動,由動量守恒可知m(v2vnv)2nmv,其中n2 018,解得vv v。(2)設第k塊木塊最小速度為vk,則此時木板及第1至第k1塊木塊的速度均為vk;因為每塊木塊質量相等,所以各木塊減速時受到的合外力也相等(均為mg),故在相等時間內,其速度的減少量也相等,因而此時,第k1至第n塊木塊的速度依次為vkv、vk2v、vk(nk)v;系統(tǒng)動量守恒,故m(v2vnv)(nmkm)vkm(vkv)mvk(nk)vnmvkkmvk(nk)mvkm12(nk)v2nmvkm12(nk)v;所以vk,v88v。(3)第二塊木塊相對靜止的速度為v22vv;因為木塊減速時的加速度大小總為ag;v22vgt,解得t。答案:(1)v(2)v(3)

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