2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 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
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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 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 1.(2017·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,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)( ) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析:選A 燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g,火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動量大小為p,根據(jù)動量守恒定律
2、,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,選項A正確。 2.[多選](2017·全國卷Ⅲ)一質(zhì)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(yùn)動。F隨時間t變化的圖線如圖所示,則( ) A.t=1 s時物塊的速率為1 m/s B.t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C.t=3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D.t=4 s時物塊的速度為零 解析:選AB 法一:根據(jù)F-t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0~1 s、0~2 s、0~3 s、0~4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s
3、、3 N·s、2 N·s,應(yīng)用動量定理I=mΔv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 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s,則A、B項正確,C、D項錯誤。 法二:前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,加速度a1== m/s2=1 m/s2,t=1 s時物塊的速率v1=a1t1=1 m/s,A正確;t=2 s時物塊的速率v2=a1t2=2 m/s,動量大小為p2=mv2=4 kg·m/s,B正確;物塊在2~4 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動,加速度的大小為a2==0.
4、5 m/s2,t=3 s時物塊的速率v3=v2-a2t3=(2-0.5×1) m/s=1.5 m/s,動量大小為p3=mv3=3 kg·m/s,C錯誤;t=4 s時物塊的速率v4=v2-a2t4=(2-0.5×2) m/s=1 m/s,D錯誤。 3.(2018·全國卷Ⅱ)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(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 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,
5、在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10 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(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg=mBaB ① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。 設(shè)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(yùn)動學(xué)公式有 vB′2=2aBsB ② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB′=3.0 m/s。 ③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA,根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg=mAaA ④ 設(shè)碰撞
6、后瞬間A車速度的大小為vA′,碰撞后滑行的距離為sA,由運(yùn)動學(xué)公式有 vA′2=2aAsA ⑤ 設(shè)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 mAvA=mAvA′+mBvB′ ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA=4.3 m/s。 ⑦ 答案:(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s 4.(2016·全國卷Ⅰ)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
7、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ρ,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)Δt時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,則 Δm=ρΔV ① ΔV=v0SΔt ② 由①②式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 =ρv0S。 ③ (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Δt時間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)v02
8、 ④ 在h高度處,Δt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 Δp=(Δm)v ⑤ 設(shè)水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有 FΔt=Δp ⑥ 由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得 F=Mg ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h=-。 ⑧ 答案:(1)ρv0S (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(zhì)量為m=2 kg的木塊A以速度v0=2 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
9、加速度g=10 m/s2。下列說法正確的是( ) A.A、B之間動摩擦因數(shù)為0.1 B.長木板的質(zhì)量M=2 kg C.長木板長度至少為2 m D.A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J 解析:選AB 從題圖乙可以看出,A先做勻減速運(yùn)動,B做勻加速運(yùn)動,最后一起做勻速運(yùn)動,共同速度:v=1 m/s,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2 kg,故B正確;由圖像可知,木板B勻加速運(yùn)動的加速度為:a== m/s2=1 m/s2,對B,根據(jù)牛頓第二定律得:μmg=Ma,解得動摩擦因數(shù)為:μ=0.1,故A正確;由圖像可知前1 s內(nèi)B的位移為:xB=×1×
10、1 m=0.5 m, A的位移為:xA=×1 m=1.5 m,所以木板最小長度為:L=xA-xB=1 m,故C錯誤;A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為:ΔE=mv02-(m+M)v2=2 J,故D錯誤。 6.(2019屆高三·株洲質(zhì)檢)如圖,長l的輕桿兩端固定兩個質(zhì)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(dāng)小球甲剛要落地時,其速度大小為( ) A. B. C. D.0 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:mv-mv′=0,即v=v′;由機(jī)械能守恒定律得:mv2+
11、mv′2=mgl,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(xì)繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止?fàn)顟B(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(zhì)量為m,沙袋質(zhì)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(zhì)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(xì)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(chǎn)生的熱量為 D.沙袋和彈丸一起擺動所達(dá)到的最大高度為 解析:選D 彈丸打入沙袋的過程由動
12、量守恒定律得:mv0=(m+5m)v,解得v=v0;彈丸打入沙袋后,總質(zhì)量變大,且做圓周運(yùn)動,根據(jù)T=6mg+6m可知,細(xì)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(chǎn)生的熱量為Q=mv02-·6mv2=mv02,選項C錯誤;由機(jī)械能守恒可得:·6mv2=6mgh,解得h=,選項D正確。 8.[多選](2018·內(nèi)蒙古赤峰模擬)如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧拴接在一起,豎直放置在水平地面上,物體A處于靜止?fàn)顟B(tài),在A的正上方h高處有一質(zhì)量也為m的小球C。現(xiàn)將小球
13、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(nèi),忽略空氣阻力,重力加速度為g。下列說法正確的是( ) A.C與A碰撞后瞬間A的速度大小為 B.C與A碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為 C.C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(jī)械能守恒得:mgh=mv02,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:mv0=2mv1,解得:v1=,故A正確;C與A碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為:ΔE=mv02-·2mv12=mgh,故B正確;當(dāng)A、C速度為零時,彈簧的彈性勢能有最大值,Epmax=·2mv12+
14、2mgΔx>mgh,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(jī)械能守恒得:·2mv12=2mg·2H,解得:h=,故D正確。 9.如圖所示,一質(zhì)量為M=4 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(zhì)點的小鐵塊A,已知長木板的長度為L=1.4 m,小鐵塊的質(zhì)量為m=1 kg,小鐵塊與長木板上表面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2。如果在長木板的右端施加一水平向右的恒力F=28 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(yīng)為多大? 解析:設(shè)恒力
15、F作用的時間為t,此時間內(nèi)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:a1==0.4×10 m/s2=4 m/s2 長木板的加速度為: a2== m/s2=6 m/s2 由空間關(guān)系可知L1=a2t2-a1t2 整理得:L1=t2 此時,小鐵塊的速度v1=a1t=4t 長木板的速度v2=a2t=6t 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:mv1+Mv2=(M+m)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: μmg(L-L1)=Mv22+mv12-(M+m)v2 代入數(shù)據(jù)解得:t=1 s。 答案:1
16、s 10.(2019屆高三·重慶江津中學(xué)月考)如圖所示,光滑固定斜面傾角θ=30°,一輕質(zhì)彈簧底端固定,上端與M=3 kg的物體B相連,初始時B靜止, A物體質(zhì)量m=1 kg,在斜面上距B物體s1=10 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)t=0.2 s下滑s2=5 cm至最低點,彈簧始終處于彈性限度內(nèi), A、B可視為質(zhì)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: mgs1
17、sin θ=mv02 v0== m/s=1 m/s 設(shè)初速度方向為正方向,A、B相碰時由動量守恒定律得: mv0=(m+M)v1 解得:v1=0.25 m/s; 從碰后到最低點,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得: ΔEp=(m+M)v12+(m+M)gs2sin θ 解得:ΔEp=1.125 J。 (2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,由動量定理得: I-(m+M)gsin θ×2t=(m+M)v1-[-(M+m)v1] 解得:I=10 N·s。 答案:(1)1.125 J (2)10 N·s 11.(2018·湖南六校聯(lián)考)如圖所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為2 018m的木板,木
18、板上有2 018塊質(zhì)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(yùn)動,木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ,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(yùn)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(yùn)動,由動量守恒可知m(v+2v+…+nv)=2nmv′,其中n=2 018, 解得v′=v= v。 (2)設(shè)第k塊木塊最小速度為vk,則此時木板及第1至第k-1塊木塊的速度均為vk; 因為每塊木塊質(zhì)量相等,所以各木塊減速時受到的合外力也相等(均為μmg),故在相等時間內(nèi),其速度的減少量也相等,因而此時,第k+1至第n塊木塊的速度依次為vk+v、vk+2v、…、vk+(n-k)v; 系統(tǒng)動量守恒,故m(v+2v+…+nv)=(nm+km)vk+m(vk+v)+…+m[vk+(n-k)v]=nmvk+kmvk+(n-k)mvk+m[1+2+…+(n-k)]v=2nmvk+m[1+2+…+(n-k)]v; 所以vk=,v88=v。 (3)第二塊木塊相對靜止的速度為v2==×2v=v; 因為木塊減速時的加速度大小總為a=μg; v2=2v-μgt,解得t==。 答案:(1)v (2)v (3)
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