2020年高考物理二轮复习专题二第二讲动量动量守恒定律--课后“高仿”检测卷含解析

2020年高考物理二轮复习专题二第二讲动量动量守恒定律--课后“高仿”检测卷含解析

第二讲 动量 动量守恒定律——课后“高仿”检测卷 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1．(2017·全国卷Ⅰ)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)(　　)‎ 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：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－mv0＝0，解得p＝mv0＝‎0.050 kg×‎600 m/s＝‎30 kg·m/s，选项A正确。‎ ‎2.[多选](2017·全国卷Ⅲ)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．t＝1 s时物块的速率为‎1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为‎4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为‎5 kg·m/s D．t＝4 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0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、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 kg·m/s、‎4 kg·m/s、‎3 kg·m/s、‎2 kg·m/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/s2＝‎1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝‎1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝‎2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝‎4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝‎0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝‎1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝‎3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝‎1 m/s，D错误。‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ)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2.0×‎‎103 kg 8‎ 和1.5×‎103 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，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝‎10 m/s2。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 μmBg＝mBaB①‎ 式中μ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′2＝2aBsB②‎ 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝‎3.0 m/s。③‎ ‎(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 μmAg＝mAaA④‎ 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′2＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝‎4.3 m/s。⑦‎ 答案：(1)‎3.0 m/s　(2)‎4.3 m/s ‎4．(2016·全国卷Ⅰ)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ρ，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：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV①‎ ΔV＝v0SΔt②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S。③‎ ‎(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h 8‎ ‎，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02④‎ 在h高度处，Δt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 Δp＝(Δm)v⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。⑧ ‎ 答案：(1)ρv0S　(2)－ ‎5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面‎3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝‎0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝‎30 kg，冰块的质量为m2＝‎10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①‎ m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v20＝－‎3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3＝‎20 kg。③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④‎ 代入数据得v1＝‎1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v202＝m2v22＋m3v32⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝‎1 m/s⑧‎ 8‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ 答案：(1)‎20 kg　(2)见解析 二、名校模拟重点演练——知热点 ‎6．(2019·温州质检)‎2019年8月8日10时，台风“利奇马”(超强台风级)位于浙江省象山县南偏东方大约830公里的台湾以东洋面上，随后在浙江登陆，登陆时中心附近最大风力达v＝‎162 km/h，空气的密度ρ＝‎1.3 kg/m3，当这登陆的台风正对吹向一块长‎10 m、宽‎4 m 的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近(　　)‎ A．2.6×103 N B．5.3×104 N C．1.1×105 N D．1.4×106 N 解析：选C　假设经过t时间，由动量定理得：v2tSρ－0＝Ft，代入数据：F＝v2Sρ≈1.1×105 N，故选C。‎ ‎7．[多选](2019·大连质检)如图所示，一质量M＝‎3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝‎1.0 kg的小木块A，给A和B以大小均为‎4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)‎ A．‎2.2 m/s B．‎2.4 m/s C．‎2.8 m/s D．‎3.0 m/s 解析：选AB　以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零的过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得：vB1＝ m/s；当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝‎2 m/s。则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：‎2 m/s＜vB＜ m/s，故选A、B。‎ ‎8．(2019·武汉调研)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的vt图像如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．两壶发生弹性碰撞 ‎ B．碰撞后两壶相距的最远距离为‎1.1 m 8‎ C．蓝壶受到的滑动摩擦力较大 D．碰撞后蓝壶的加速度大小为 ‎0.1 m/s2‎ 解析：选B　根据题图b速度图像的数据，碰撞前后红壶的速度分别为v0＝‎1.0 m/s和v1＝‎0.4 m/s。设红壶和蓝壶的质量都是m，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，解得碰撞后蓝壶的速度v2＝‎0.6 m/s，碰撞前系统动能为Ek0＝mv02＝m，碰撞后系统动能为Ek＝mv12＋mv22＝‎0.08m＋‎0.18m＝‎0.26m，动能有损失，所以两壶发生非弹性碰撞，选项A错误；根据速度图像的面积表示位移可知，碰撞后，蓝壶位移x2＝×0.6×‎5 m＝‎1.5 m，红壶位移x1＝×0.4×‎2 m＝‎0.4 m，碰撞后两壶相距的最远距离为 Δx＝x2－x1＝‎1.1 m，选项B正确；根据速度图像斜率表示加速度可知，碰撞后蓝壶的加速度大小为a2＝＝‎0.12 m/s2，选项D错误；红壶的加速度大小为a1＝＝‎0.2 m/s2，由牛顿第二定律可知，蓝壶受到的滑动摩擦力较小，选项C错误。‎ ‎9．[多选](2019·荆州二模)如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是‎5m和‎3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)‎ A．碰撞后小球A反弹的速度大小为 B．碰撞过程B物块受到的冲量大小m C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能mgh D．小球C的最大速度大小为 解析：选ACD　设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh＝mv12，解得：v1＝，设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有：＝mv1′2，解得v1′＝，选项A正确；设碰撞后物块 8‎ B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1＝－mv1′＋5mv2，解得：v2＝，由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：I＝5mv2＝m，选项B错误；碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3，据机械能守恒定律Epm＝×5mv22－×8mv32，联立解得：Epm＝mgh，选项C正确；对B物块与C物块在弹簧回到原长时，C物块有最大速度，据动量守恒和机械能守恒可解得vC＝，选项D正确。‎ ‎10．(2019·衡水质检)如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为‎3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；‎ ‎(2)木块A在整个过程中的最小速度；‎ ‎(3)整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少？‎ 解析：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1，对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：‎ mv0＋2mv0＝(m＋m＋‎3m)v1‎ 解得v1＝0.6v0‎ 对木块B由动能定理，有：‎ ‎－μmgs＝mv12－m(2v0)2‎ 解得s＝。‎ ‎(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律得：‎ 对木块A：a1＝＝μg，‎ 对木板C：a2＝＝，‎ 当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有 v0－μgt＝t，‎ 8‎ 解得t＝ 木块A在整个过程中的最小速度为：v′＝v0－a1t＝v0。‎ ‎(3)整个过程中，摩擦生热为Q总＝Q1＋Q2＝Ffs相1＋Ffs相2＝ΔEk损 ‎ 由能量守恒得，ΔEk损＝mv02＋m(2v0)2－×‎5m×v12＝mv02‎ 所以s相总＝s相1＋s相2＝＝＝。‎ 答案：(1)　(2)v0　(3) ‎11．(2019·永州模拟)如图所示，倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长l＝‎7.8 m，倾角θ＝37°，BC弧的半径R＝‎0.8 m，O为其圆心，∠BOC＝143°。整个装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中，场强大小E＝1×103 N/C。两个相同的绝缘小物块P和Q，质量均为m＝‎0.4 kg，带正电的小物块Q静止在A点，其电荷量q＝3×10－‎3 C，不带电的小物块P从某一位置以v0＝‎8 m/s的初速度水平抛出，运动到A点时恰沿斜面向下与小物块Q发生弹性正碰，且碰撞过程无电荷转移。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2和μ2＝0.8，sin 37°＝0.6，g＝‎10 m/s2，小物块Q在运动过程中电荷量保持不变，两物块均可视为质点。求：‎ ‎(1)小物块P的抛出点与A点间的竖直距离；‎ ‎(2)小物块Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)小物块Q离开圆弧轨道后，第一次落到倾斜轨道上的位置与B点的距离。‎ 解析：(1)设小物块P刚运动到A点时的速度大小为vA 则vAy＝v0tan 37°＝‎6 m/s vA＝＝‎10 m/s 所以小物块P的抛出点与A点间的竖直距离 h＝＝ m＝‎1.8 m。‎ ‎(2)P、Q碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为vP、vQ mvA＝mvP＋mvQ mvA2＝mvP2＋mvQ2‎ 8‎ 解得vP＝0，vQ＝‎10 m/s μ2mgcos θ＞mgsin θ 即碰后小物块P静止在A点，而小物块Q受到的电场力qE＝3 N，方向水平向左，且与重力的合力为5 N，方向垂直AB轨道向下，则“等效重力场”的等效重力加速度g′＝g＝‎12.5 m/s2，方向垂直AB轨道向下。‎ 设小物块Q运动到B点时速度大小为vB 则由动能定理得－μ1mg′l＝mvB2－mvQ2，‎ 解得vB＝ m/s 对小物块Q，在B点，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m，‎ 解得FN＝34.5 N 根据牛顿第三定律，小物块Q在B点时对轨道的压力大小为34.5 N。‎ ‎(3)设小物块Q能到达C点，且在C点的速度大小为vC，则小物块Q从A点运动到C点的过程中 ‎－μ1mg′l－mg′R(1＋cos 37°)＝mvC2－mvQ2，‎ 解得vC＝‎5 m/s 设小物块Q恰好能到达C点时的速度大小为vC′，‎ 则mg′＝ 解得vC′＝ m/s 因vC＞vC′，故小物块Q能到达C点，小物块Q离开C点后，做类平抛运动 x′＝vCt R＋Rcos 37°＝g′t2‎ 解得t＝0.48 s，x′＝‎‎2.4 m 故小物块Q的落点与B点的距离 x＝x′＋Rsin 37°＝‎2.88 m。‎ 答案：(1)‎1.8 m　(2)34.5 N　(3)‎‎2.88 m 8‎ 8‎