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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/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 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pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确。2.多
2、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()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 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Imv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 k
3、gm/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 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 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a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。3(2018全国卷)汽
4、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，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 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mBgmBaB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，
5、碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB22aBsB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mAgmAaA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vA22aAsA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mAvAmAvAmBvB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
6、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：(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(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(m)v2(m)gh(m)v02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
7、(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。 答案：(1)v0S(2)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/s2。下列说法正确的是()AA、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 mDA、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
8、，共同速度：v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0(mM)v，解得：Mm2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a m/s21 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：mgMa，解得动摩擦因数为：0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB11 m0.5 m, A的位移为：xA1 m1.5 m，所以木板最小长度为：LxAxB1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：Emv02(mM)v22 J，故D错误。6(2019届高三株洲质检)如图，长l的轻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
9、示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为()A.B.C.D0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：mvmv0，即vv；由机械能守恒定律得：mv2mv2mgl，解得：v，故B正确。7(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
10、，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D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为解析：选D弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0(m5m)v，解得vv0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T6mg6m可知，细绳所受拉力变大，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Qmv026mv2mv02，选项C错误；由机械能守恒可得：6mv26mgh，解得h，选项D正确。8.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
11、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，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()AC与A碰撞后瞬间A的速度大小为 BC与A碰撞时产生的内能为CC与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为D要使碰后物体B被拉离地面，h至少为解析：选ABD对C自由下落过程，由机械能守恒得：mghmv02，解得：v0，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv1，解得：v1，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：Emv022mv12mgh，故B正确；当A、
12、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax2mv122mgxmgh，故C错误；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A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：2mv122mg2H，解得：h，故D正确。9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，则恒力的作用时间至少应为多大
13、？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：a10.410 m/s24 m/s2长木板的加速度为：a2 m/s26 m/s2由空间关系可知L1a2t2a1t2整理得：L1t2此时，小铁块的速度v1a1t4t长木板的速度v2a2t6t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：mv1Mv2(Mm)v解得：v若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：mg(LL1)Mv22mv12(Mm)v2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
14、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，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 mv02v0 m/s1 m/s设初速度方向为正方向，A、B相碰时由动量守恒定律得：mv0(mM)v1解得：v10.25 m/
15、s；从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得：Ep(mM)v12(mM)gs2sin 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：I(mM)gsin 2t(mM)v1(Mm)v1解得：I10 Ns。答案：(1)1.125 J(2)10 Ns11(2018湖南六校联考)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、2v、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
16、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(v2vnv)2nmv，其中n2 018，解得vv v。(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vkv、vk2v、vk(nk)v；系统动量守恒，故m(v2vnv)(nmkm)vkm(vkv)mvk(nk)vnmvkkmvk(nk)mvkm12(nk)v2nmvkm12(nk)v；所以vk，v88v。(3)第二块木块相对静止的速度为v22vv；因为木块减速时的加速度大小总为ag；v22vgt，解得t。答案：(1)v(2)v(3)7