（新課標(biāo)）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓(xùn)練24.doc

課時跟蹤訓(xùn)練(二十四)落實(shí)雙基基礎(chǔ)鞏固1(2017全國卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，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/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析本題考查動量守恒定律由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略，則模型火箭與燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒燃?xì)鈬姵銮跋到y(tǒng)靜止，總動量為零，故噴出后瞬間火箭的動量與噴出燃?xì)獾膭恿康戎捣聪?，可得火箭的動量大小等于燃?xì)獾膭恿看笮?，則|p火|p氣|m氣v氣0.05 kg600 m/s30 kgm/s，A正確答案A2(2017天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動下列敘述正確的是()A摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B在最高點(diǎn)時，乘客重力大于座椅對他的支持力C摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變解析本題考查勻速圓周運(yùn)動乘客在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，動能不變，而在上升過程中重力勢能增加，機(jī)械能增加，下降過程中則相反，A錯誤在最高點(diǎn)時，乘客具有豎直向下的向心加速度，處于失重狀態(tài)，故B正確因重力恒定，重力的沖量等于重力與其作用時間的乘積，故重力沖量一定不為零，C錯誤重力的瞬時功率Pmgvcos，其中是瞬時速度v的方向與重力方向之間的夾角，故重力的瞬時功率不會保持不變，D錯誤答案B3(多選)木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮，如圖所示當(dāng)撤去外力F后，下列說法中正確的是()Aa尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒Ba尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒Ca離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量守恒Da離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量不守恒解析在a離開墻壁前、彈簧伸長的過程中，對a和b組成的系統(tǒng)，由于受到墻對a的彈力作用，所以a、b組成的系統(tǒng)動量不守恒，選項(xiàng)A錯誤，B正確；在a離開墻壁后，a、b構(gòu)成的系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒，故選項(xiàng)C正確，D錯誤答案BC4從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖著地，這樣做是為了()A減小沖量B減小動量的變化量C增大與地面的沖擊時間，從而減小沖力D增大人對地面的壓強(qiáng)，起到安全作用解析腳尖先著地，接著逐漸到整只腳著地，延長了人落地時動量變化所用的時間，由動量定理可知，人落地動量變化量一定，這樣就減小了地面對人的沖力，故C正確答案C5如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零然后又下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動過程中受到的摩擦力大小始終為F1.在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為()Amgsin(t1t2) Bmgsin(t1t2)Cmg(t1t2) D0解析談到?jīng)_量必須明確是哪一個力的沖量，此題中要求的是重力對滑塊的總沖量，根據(jù)沖量的定義式IFt，因此重力對滑塊的總沖量應(yīng)為重力乘以作用時間，所以IGmg(t1t2)，即C正確答案C6如圖1所示，物體A和B用輕繩相連接，掛在輕彈簧下靜止不動，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當(dāng)連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為v.這時，物體B的下落速度大小為u，如圖2所示在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為()Amv BmvMuCmvMu Dmvmu解析由題意可知，雖然整個過程所用的時間可以直接求出，但彈簧的彈力是一變力，要求它的沖量只能用動量定理來計(jì)算以物體A為研究對象，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理有：(Fmg)tmv.在t時間內(nèi)，物體B做自由落體運(yùn)動，則：t.由兩式得彈力的沖量Ftmvmu.所以正確的選項(xiàng)為D.答案D7如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中已知物體A的質(zhì)量mA是物體B的質(zhì)量mB的，子彈的質(zhì)量m是物體B的質(zhì)量的，彈簧壓縮到最短時B的速度為()A. B. C. D.解析彈簧壓縮到最短時，子彈A、B具有共同的速度v1，且子彈A、B組成的系統(tǒng)，從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)所受外力(重力、支持力)之和始終為零，故整個過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得mv0(mmAmB)v1，又mmB，mAmB，故v1，即彈簧壓縮到最短時B的速度為.答案C8如圖所示，質(zhì)量為m245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4.質(zhì)量為m05 g的子彈以速度v0300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2.子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的最大速度v1.(2)木板向右滑行的最大速度v2.(3)物塊在木板上滑行的時間t.解析(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s.(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s.(3)對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s.答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s素能培養(yǎng)9(多選)如圖所示，木塊A的質(zhì)量mA1 kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB4 kg，質(zhì)量為mC4 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦現(xiàn)使A以v012 m/s的初速度向右運(yùn)動，與B碰撞后以4 m/s速度彈回，則()AB運(yùn)動過程中的最大速度為4 m/sBB運(yùn)動過程中的最大速度為8 m/sCC運(yùn)動過程中的最大速度為4 m/sDC運(yùn)動過程中的最大速度為2 m/s解析A與B碰后瞬間，C的運(yùn)動狀態(tài)未變，此時B的速度最大，由A、B組成的系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)，有mAv0mAvAmBvB，代入數(shù)據(jù)得vB4 m/s，A正確，B錯誤；B與C相互作用使B減速、C加速，由于B足夠長，所以B和C能達(dá)到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvB(mBmC)vC，代入數(shù)據(jù)得vC2 m/s，C錯誤，D正確答案AD10(2017江西宜春模擬)如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠墻角，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處由靜止開始落下，與半圓槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，并能從C點(diǎn)離開半圓槽，則以下結(jié)論中正確的是()A球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，球與半圓槽在水平方向動量守恒B球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C球離開C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動D槽將與墻不會再次接觸解析球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方，因?yàn)橛胸Q直墻擋住，所以半圓槽不會向左運(yùn)動，可見，該過程中，球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，球?qū)Π雸A槽的壓力方向指向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運(yùn)動，因而球參與了兩個運(yùn)動：一個是沿半圓槽的圓周運(yùn)動，另一個是與半圓槽一起向右運(yùn)動，球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因?yàn)橛形飰K擋住，球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，在球運(yùn)動的全過程，水平方向上動量也不守恒，選項(xiàng)A、B錯誤；當(dāng)球運(yùn)動到C點(diǎn)時，它的兩個分運(yùn)動的合速度方向并不是豎直向上的，所以此后球做斜上拋運(yùn)動，即選項(xiàng)C錯誤；因?yàn)槿^程中，整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將與墻不會再次接觸，選項(xiàng)D正確答案D11(多選)(2016天津卷改編)如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為.若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動，與盒的左、右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動多次，最終相對于盒靜止，則()A此時盒的速度大小為B此時盒的速度大小為C滑塊相對于盒運(yùn)動的路程為D滑塊相對于盒運(yùn)動的路程為解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m，對整個過程，由動量守恒定律可得mv3mv共，解得v共，A正確由功能關(guān)系可知mgxmv23m2，解得x，C正確答案AC12(2016全國卷)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中為計(jì)算方便起見，假設(shè)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)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_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(nèi)噴出的水的質(zhì)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(shè)t時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mVVv0St由式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S(2)設(shè)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(dá)玩具底面時的速度大小為v.對于t時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t時間內(nèi)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(shè)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)