《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題二 能量與動(dòng)量 第二講 動(dòng)量及其守恒定律課后“高仿”檢測(cè)卷》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題二 能量與動(dòng)量 第二講 動(dòng)量及其守恒定律課后“高仿”檢測(cè)卷（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題二 能量與動(dòng)量 第二講 動(dòng)量及其守恒定律課后“高仿”檢測(cè)卷 1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)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(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)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(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)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(xiàng)A正確。 2.[多選](2017·全國(guó)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(kāi)始沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線(xiàn)如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 解析：選AB　法一：根據(jù)F-t圖線(xiàn)與時(shí)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(dòng)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(shí)刻的動(dòng)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(xiàng)正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 法二：前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動(dòng)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為a2＝＝0.

4、5 m/s2，t＝3 s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，動(dòng)量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4 s時(shí)物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯(cuò)誤。 3．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)汽車(chē)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(chē)B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車(chē)B。兩車(chē)碰撞時(shí)和兩車(chē)都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車(chē)向前滑動(dòng)了4.5 m，A車(chē)向前滑動(dòng)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(chē)與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車(chē)碰撞時(shí)間極短，

5、在碰撞后車(chē)輪均沒(méi)有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬間B車(chē)速度的大小； (2)碰撞前的瞬間A車(chē)速度的大小。 解析：(1)設(shè)B車(chē)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(chē)與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車(chē)速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)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(chē)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(chē)速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vA′2＝2aAsA ⑤ 設(shè)碰撞前的瞬間A車(chē)速度的大小為vA。兩車(chē)在碰撞過(guò)程中動(dòng)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(guó)卷Ⅰ)某游樂(lè)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(jiàn)，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(kāi)。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(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 解析：(1)設(shè)Δt時(shí)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(shí)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(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)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(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v ⑤ 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)演練——知熱點(diǎn) 5．[多選]如圖甲所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)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(lái)靜止的長(zhǎng)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(shí)間變化情況如圖乙所示，重力

9、加速度g＝10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 B．長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝2 kg C．長(zhǎng)木板長(zhǎng)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(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度：v＝1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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(dòng)的加速度為：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝Ma，解得動(dòng)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(zhǎng)度為：L＝xA－xB＝1 m，故C錯(cuò)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(cuò)誤。 6．(2019屆高三·株洲質(zhì)檢)如圖，長(zhǎng)l的輕桿兩端固定兩個(gè)質(zhì)量相等的小球甲和乙，初始時(shí)它們直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小擾動(dòng)，系統(tǒng)從圖示位置開(kāi)始傾倒。當(dāng)小球甲剛要落地時(shí)，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(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)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(wú)彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)。開(kāi)始時(shí)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(dòng)。若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸相對(duì)于沙袋的形狀其大小可忽略不計(jì)，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．彈丸打入沙袋過(guò)程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變 B．彈丸打入沙袋過(guò)程中，彈丸對(duì)沙袋的沖量大小大于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小 C．彈丸打入沙袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為 D．沙袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為 解析：選D　彈丸打入沙袋的過(guò)程由動(dòng)

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(dòng)，根據(jù)T＝6mg＋6m可知，細(xì)繩所受拉力變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，彈丸打入沙袋過(guò)程中，彈丸對(duì)沙袋的沖量大小等于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈丸打入沙袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為Q＝mv02－·6mv2＝mv02，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝，選項(xiàng)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(guò)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?，F(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(shuō)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(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為 C．C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢(shì)能為 D．要使碰后物體B被拉離地面，h至少為 解析：選ABD　對(duì)C自由下落過(guò)程，由機(jī)械能守恒得：mgh＝mv02，解得：v0＝，對(duì)C與A組成的系統(tǒng)，取向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，故A正確；C與A碰撞時(shí)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(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能有最大值，Epmax＝·2mv12＋

14、2mgΔx＞mgh，故C錯(cuò)誤；開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量為：H＝，碰后物體B剛被拉離地面時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為：H＝，則A、C將上升2H，彈簧彈性勢(shì)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(zhǎng)木板B靜止在光滑的水平面上，在長(zhǎng)木板B的最右端放置一可視為質(zhì)點(diǎn)的小鐵塊A，已知長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝1.4 m，小鐵塊的質(zhì)量為m＝1 kg，小鐵塊與長(zhǎng)木板上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。如果在長(zhǎng)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(kāi)長(zhǎng)木板，則恒力的作用時(shí)間至少應(yīng)為多大？ 解析：設(shè)恒力

15、F作用的時(shí)間為t，此時(shí)間內(nèi)小鐵塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)的距離為L(zhǎng)1，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(zhǎng)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(shí)，小鐵塊的速度v1＝a1t＝4t 長(zhǎng)木板的速度v2＝a2t＝6t 撤去F后，小鐵塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則由動(dòng)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(shí)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(guò)程中與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)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(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)， A、B可視為質(zhì)點(diǎn)， g取10 m/s2，求： (1)從碰后到最低點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量； (2)從碰后至返回到碰撞點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物體B沖量的大小。 解析：(1)A下滑s1時(shí)的速度由動(dòng)能定理得： mgs1

17、sin θ＝mv02 v0＝＝ m/s＝1 m/s 設(shè)初速度方向?yàn)檎较?，A、B相碰時(shí)由動(dòng)量守恒定律得： mv0＝(m＋M)v1 解得：v1＝0.25 m/s； 從碰后到最低點(diǎn)，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(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)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(shí)向同一方向運(yùn)動(dòng)，木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開(kāi)木板的現(xiàn)象。求： (1)最終木板的速度； (2)運(yùn)動(dòng)中第88塊木塊的最小速度； (3)第二塊木塊相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間。 解析：(1)最終所有木塊和木板一起以速度v′運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)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(shí)木板及第1至第k－1塊木塊的速度均為vk； 因?yàn)槊繅K木塊質(zhì)量相等，所以各木塊減速時(shí)受到的合外力也相等(均為μmg)，故在相等時(shí)間內(nèi)，其速度的減少量也相等，因而此時(shí)，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(dòng)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(duì)靜止的速度為v2＝＝×2v＝v； 因?yàn)槟緣K減速時(shí)的加速度大小總為a＝μg； v2＝2v－μgt，解得t＝＝。 答案：(1)v　(2)v　(3)