1、1专题二第二讲 动量及其守恒定律课后“高仿”检测卷一、高考真题集中演练明规律1(2017全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.310 2 kgm/s解析：选 A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 p mv00，解得p mv00.050 kg600 m/s3
2、0 kgm/s，选项 A 正确。2.多选(2017全国卷)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动。 F 随时间 t 变化的图线如图所示，则( )A t1 s 时物块的速率为 1 m/sB t2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sC t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sD t4 s 时物块的速度为零解析：选 AB 法一：根据 Ft 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在 01 s、02 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理 I m v 可知物块在 1 s、 2 s、3 s、
3、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则 A、B 项正确，C、D 项错误。法二：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 m/s21 F1m 22m/s2， t1 s 时物块的速率 v1 a1t11 m/s，A 正确； t2 s 时物块的速率 v2 a1t22 m/s，动量大小为 p2 mv24 kgm/s，B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2 0.5 m/s2， t3 s 时物块的速率 v3 v2 a2t3(
4、20.51) F2mm/s1.5 m/s，动量大小为 p3 mv33 kgm/s， C 错误； t4 s 时物块的速率v4 v2 a2t4(20.52) m/s1 m/s，D 错误。3(2018全国卷)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m， A 车向前滑动了 2.0 m。已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没2有滚动，重力加速度大小
5、 g10 m/s 2。求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。解析：(1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有m Bg mBaB 式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有vB 22 aBsB 联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s。 (2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有m Ag mAaA 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有vA 22 aAsA 设碰撞前的瞬间 A 车
6、速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA mAvA mBvB 联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。 答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s4(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为 ，重力加速度大小为 g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析
7、1)设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则 m V V v0S t 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 v 0S。 m t(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v。对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得3( m)v2( m)gh ( m)v02 12 12在 h 高度处， t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 p( m)v 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有F t p 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F Mg 联立式得h 。 v022g M2g2 2v02S2答案：(1) v
8、 0S (2) v022g M2g2 2v02S2二、名校模拟重点演练知热点5多选如图甲所示，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m2 kg 的木块 A 以速度v02 m/s 滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、 B 之间存在有摩擦，之后， A、 B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度 g10 m/s 2。下列说法正确的是( )A A、 B 之间动摩擦因数为 0.1B长木板的质量 M2 kgC长木板长度至少为 2 mD A、 B 组成的系统损失的机械能为 4 J解析：选 AB 从题图乙可以看出， A 先做匀减速运动， B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度： v1 m
9、/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv0( m M)v，解得： M m2 kg，故 B 正确；由图像可知，木板 B 匀加速运动的加速度为： a v tm/s21 m/s2，对 B，根据牛顿第二定律得： mg Ma，解得动摩擦因数为： 0.1，11故 A 正确；由图像可知前 1 s 内 B 的位移为： xB 11 m0.5 m, A 的位移为： xA121 m1.5 m，所以木板最小长度为： L xA xB 1 m，故 C 错误； A、 B 组成的系统2 124损失的机械能为： E mv02 (m M)v22 J，故 D 错误。12 126(2019 届高三株洲质检)如图，长 l 的轻
10、杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A. B. 2gl glC. D02gl2解析：选 B 两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： mv mv0，即 v v；由机械能守恒定律得： mv2 mv 2 mgl，12 12解得： v ，故 B 正确。gl7(2018宜宾诊断)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于 O 点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度 v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为 m，沙袋质量为 5m，弹丸相对于沙袋的
11、形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为 g。下列说法中正确的是( )A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mv0272D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0272g解析：选 D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得： mv0( m5 m)v，解得 v v0；16弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据 T6 mg6 m 可知，细绳所受拉力变v2L大，选项 A 错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙
12、袋对弹丸的冲量大小，选项 B 错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q mv02 6mv2 mv02，选项 C 错误；由机械能守恒可得： 6mv26 mgh，解得 h12 12 512 12，选项 D 正确。v0272g8.多选(2018内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为 m 的 A、 B 两物体通过劲度系数为 k 的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体 A 处于静止状态，5在 A 的正上方 h 高处有一质量也为 m 的小球 C。现将小球 C 由静止释放， C 与 A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为 g。下列说法正确的是( )A C 与 A
13、碰撞后瞬间 A 的速度大小为 gh2B C 与 A 碰撞时产生的内能为mgh2C C 与 A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2D要使碰后物体 B 被拉离地面， h 至少为8mgk解析：选 ABD 对 C 自由下落过程，由机械能守恒得： mgh mv02，解得： v0 ，12 2gh对 C 与 A 组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得： mv02 mv1，解得： v1 ，gh2故 A 正确； C 与 A 碰撞时产生的内能为： E mv02 2mv12 mgh，故 B 正确；当12 12 12A、 C 速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值， Epmax 2mv122 mg x mgh，故
14、C 错误；12 12开始时弹簧的压缩量为： H ，碰后物体 B 刚被拉离地面时弹簧伸长量为： H ，则mgk mgkA、 C 将上升 2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得： 2mv122 mg2H，解得：12h ，故 D 正确。8mgk9如图所示，一质量为 M4 kg 的长木板 B 静止在光滑的水平面上，在长木板 B 的最右端放置一可视为质点的小铁块 A，已知长木板的长度为 L1.4 m，小铁块的质量为 m1 kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为 0.4，重力加速度 g10 m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力 F28 N，为了保证小铁块能离开长木板，则恒力的作用时
15、间至少应为多大？解析：设恒力 F 作用的时间为 t，此时间内小铁块相对长木板滑动的距离为 L1，根据牛顿第二定律得小铁块的加速度为： a1 0.410 m/s 24 m/s 2 mgm长木板的加速度为：a2 m/s26 m/s 2F mgM 28 0.41046由空间关系可知 L1 a2t2 a1t212 12整理得： L1 t2此时，小铁块的速度 v1 a1t4 t长木板的速度 v2 a2t6 t撤去 F 后，小铁块和长木板组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得：mv1 Mv2( M m)v解得： v28t5若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：mg (L L1) Mv22 mv1
16、2 (M m)v212 12 12代入数据解得： t1 s。答案：1 s10(2019 届高三重庆江津中学月考)如图所示，光滑固定斜面倾角 30，一轻质弹簧底端固定，上端与 M3 kg 的物体 B 相连，初始时 B 静止， A 物体质量 m1 kg，在斜面上距 B 物体 s110 cm 处由静止释放， A 物体下滑过程中与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，己知碰后 A、 B 经 t0.2 s 下滑 s25 cm 至最低点，弹簧始终处于弹性限度内， A、 B 可视为质点， g 取 10 m/s2，求：(1)从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量；(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中
17、弹簧对物体 B 冲量的大小。解析：(1) A 下滑 s1时的速度由动能定理得：mgs1sin mv0212v0 m/s1 m/s2gs1sin 2100.10.5设初速度方向为正方向， A、 B 相碰时由动量守恒定律得：mv0( m M)v1解得： v10.25 m/s；从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得： Ep (m M)v12( m M)gs2sin 12解得： Ep1.125 J。(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：7I( m M)gsin 2t( m M)v1( M m)v1解得： I10 Ns。答案：(1)1.125 J (2)10 Ns11(2018湖南六校联考
18、)如图所示，在光滑水平面上有一质量为 2 018m 的木板，木板上有 2 018 块质量均为 m 的相同木块 1、2、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2 v、2 018v 同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为 ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：(1)最终木板的速度；(2)运动中第 88 块木块的最小速度；(3)第二块木块相对木板滑动的时间。解析：(1)最终所有木块和木板一起以速度 v运动，由动量守恒可知m(v2 v nv)2 nmv，其中 n2 018，解得 v v v。n 14 2 0194(2)设第 k 块木块最小速度为 vk，则此时木板及第 1 至第 k1 块
19、木块的速度均为 vk；因为每块木块质量相等，所以各木块减速时受到的合外力也相等(均为 mg )，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第 k1 至第 n 块木块的速度依次为vk v、 vk2 v、 vk( n k)v；系统动量守恒，故 m(v2 v nv)( nm km)vk m(vk v) mvk( n k)v nmvk kmvk( n k)mvk m12( n k)v2 nmvk m12( n k)v；所以 vk ， v88 v。 2n 1 k kv4n 43 4391 009(3)第二块木块相对静止的速度为 v2 2v 2n 1 k kv4n 22 018 1 242 018v；4 0354 036因为木块减速时的加速度大小总为 a g ；v22 v gt ，解得 t 。2v v2 g 4 037v4 036 g答案：(1) v (2) v (3)2 0194 43 4391 009 4 037v4 036 g
