《2022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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022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（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022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 1．(2017·全國卷Ⅰ)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)(　　) 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(　　) 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內合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s

3、、3 N·s、2 N·s，應用動量定理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內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，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內做勻減速直線運動，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B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB。根據牛頓第二定律有 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 vB′2＝2aBsB ② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據得 vB′＝3.0 m/s。 ③ (2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA，根據牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA ④ 設碰撞

6、后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA，由運動學公式有 vA′2＝2aAsA ⑤ 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 mAvA＝mAvA′＋mBvB′ ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據得 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

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Δt時間內，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S。 ③ (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Δt時間內噴出的水，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 設水對玩具的作用力的大小為F，根據動量定理有 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：v＝1 m/s，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正確；由圖像可知，木板B勻加速運動的加速度為：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，對B，根據牛頓第二定律得：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)損失的機械能為：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 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.　　 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

12、量守恒定律得：mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；彈丸打入沙袋后，總質量變大，且做圓周運動，根據T＝6mg＋6m可知，細繩所受拉力變大，選項A錯誤；根據牛頓第三定律可知，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Q＝mv02－·6mv2＝mv02，選項C錯誤；由機械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，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

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，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碰撞時產生的內能為 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碰撞時產生的內能為：ΔE＝mv02－·2mv12＝mgh，故B正確；當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)的機械能守恒得：·2mv12＝2mg·2H，解得：h＝，故D正確。 9．如圖所示，一質量為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點的小鐵塊A，已知長木板的長度為L＝1.4 m，小鐵塊的質量為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為多大？ 解析：設恒力

15、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)據解得：t＝1 s。 答案：1

16、s 10．(2019屆高三·重慶江津中學月考)如圖所示，光滑固定斜面傾角θ＝30°，一輕質彈簧底端固定，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t＝0.2 s下滑s2＝5 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： mgs1

17、sin θ＝mv02 v0＝＝ m/s＝1 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＝(m＋M)v1 解得：v1＝0.25 m/s； 從碰后到最低點，由系統(tǒng)機械能守恒定律得： 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量為2 018m的木板，木

18、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(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′，其中n＝2 018， 解得v′＝v＝ v。 (2)設第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，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)