《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(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)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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/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，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kg

2、m/s，選項A正確。2.多選(2017全國卷)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()At1 s時物塊的速率為1 m/sBt2 s時物塊的動量大小為4 kgm/sCt3 s時物塊的動量大小為5 kgm/sDt4 s時物塊的速度為零解析：選AB法一：根據(jù)Ft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01 s、02 s、03 s、04 s內(nèi)合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，應(yīng)用動量定理Imv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

3、時刻的動量大小分別為2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/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/s21 m/s2，t1 s時物塊的速率v1a1t11 m/s，A正確；t2 s時物塊的速率v2a1t22 m/s，動量大小為p2mv24 kgm/s，B正確；物塊在24 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，加速度的大小為a20.5 m/s2，t3 s時物塊的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，動量大小為p3mv33 kgm/s，C錯誤；t4 s時物塊的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D錯

4、誤。3(2018全國卷)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2.0103 kg和1.5103 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，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g10 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mBgmBaB式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后

5、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vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s。(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mAgmAaA設(shè)碰撞后瞬間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vA22aAsA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mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.3 m/s。答案：(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s4(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。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的

6、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?，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，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)v02在h高度處，t時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直

7、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)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m2 kg的木塊A以速度v02 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，重力加速度g10 m/s2。下列說法正確的是()AA、B之間動摩擦因數(shù)為0.1B長木板的質(zhì)量M2 kgC長木板長度至少為2 mDA、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

8、速運(yùn)動，最后一起做勻速運(yùn)動，共同速度：v1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0(mM)v，解得：Mm2 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/s21 m/s2，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：mgMa，解得動摩擦因數(shù)為：0.1，故A正確；由圖像可知前1 s內(nèi)B的位移為：xB11 m0.5 m, A的位移為：xA1 m1.5 m，所以木板最小長度為：LxAxB1 m，故C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：Emv02(mM)v22 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

9、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.D0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：mvmv0，即vv；由機(jī)械能守恒定律得：mv2mv2mgl，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

10、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量守恒定律得：mv0(m5m)v，解得vv0；彈丸打入沙袋后，總質(zhì)量變大，且做圓周運(yùn)動，根據(jù)T6mg6m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Qmv026mv2mv02，選項C錯誤；由機(jī)械能守恒可得：6mv26mgh，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

11、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()AC與A碰撞后瞬間A的速度大小為 BC與A碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為CC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：mghmv02，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：mv02mv1，解得：v1，故A正確；C與A碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為：Emv022mv1

12、2mgh，故B正確；當(dāng)A、C速度為零時，彈簧的彈性勢能有最大值，Epmax2mv122mgxmgh，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：2mv122mg2H，解得：h，故D正確。9如圖所示，一質(zhì)量為M4 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L1.4 m，小鐵塊的質(zhì)量為m1 kg，小鐵塊與長木板上表面之間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度g10 m/s2。如果在長木板的右端施加一水平向右的恒力F28 N，為了保證小鐵塊能離開長木板，則

13、恒力的作用時間至少應(yīng)為多大？解析：設(shè)恒力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：a10.410 m/s24 m/s2長木板的加速度為：a2 m/s26 m/s2由空間關(guān)系可知L1a2t2a1t2整理得：L1t2此時，小鐵塊的速度v1a1t4t長木板的速度v2a2t6t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：mv1Mv2(Mm)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：mg(LL1)Mv22mv12(Mm)v2代入數(shù)據(jù)解得：t1 s。答案：1 s10(2019屆高三重慶江津中學(xué)月考)如圖所示，光滑固定

14、斜面傾角30，一輕質(zhì)彈簧底端固定，上端與M3 kg的物體B相連，初始時B靜止， A物體質(zhì)量m1 kg，在斜面上距B物體s110 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)t0.2 s下滑s25 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：mgs1sin mv02v0 m/s1 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(mM)v

15、1解得：v10.25 m/s；從碰后到最低點，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：Ep(mM)v12(mM)gs2sin 解得：Ep1.125 J。(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中，由動量定理得：I(mM)gsin 2t(mM)v1(Mm)v1解得：I10 Ns。答案：(1)1.125 J(2)10 Ns11(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，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

16、)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(v2vnv)2nmv，其中n2 018，解得vv 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k1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mg)，故在相等時間內(nèi)，其速度的減少量也相等，因而此時，第k1至第n塊木塊的速度依次為vkv、vk2v、vk(nk)v；系統(tǒng)動量守恒，故m(v2vnv)(nmkm)vkm(vkv)mvk(nk)vnmvkkmvk(nk)mvkm12(nk)v2nmvkm12(nk)v；所以vk，v88v。(3)第二塊木塊相對靜止的速度為v22vv；因為木塊減速時的加速度大小總為ag；v22vgt，解得t。答案：(1)v(2)v(3)