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1、跟踪强化训练(七)一、选择题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 B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析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正确答案A2(多选)(2017全国卷)一质量为2 kg的物块在合
2、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、4s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、
3、B项均正确，C、D项均错误答案AB3(多选)在光滑水平面上，一质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球2的速度是v0.小球2的质量可能是()Am B3m C5m D7m解析由动量守恒知mv0mv1m2，分两种极端情况讨论：完全非弹性碰撞，能量损失最多，即v1，得m22m；弹性碰撞，没有能量损失，即mvmvm2v，联立解得v2v0，又v2，故m25m；综合得2mm25m，选项B、C正确答案BC4(2017合肥第二次测试)3个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触现把质量为m1的小球拉开一些，如右图中虚线所示，然后释放，经球
4、1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1m2m3为()A631 B231C211 D321解析弹性碰撞过程满足机械能守恒和动量守恒设碰撞后3个小球的动量均为p，则碰前球1的动量为3p.由系统的机械能守恒，得，即，A正确答案A5(多选)(2017郑州外校月考)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为()AvAv0，vBv0 BvAv0，vBv0CvAv0，vBv0 DvAv0，vBv0解析两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不
5、增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故D错误；根据动量守恒定律可得，四个选项都满足，但碰撞前总动能为mv，而B选项中碰撞后能量增加，B错误，故A、C正确答案AC6(多选)(2017北京四中期中质检)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如下图所示，上述两种情况相比较()A子弹对滑块做的功一样多B子弹对滑块做的功不一样多C系统产生的热量一样多D系统产生热量不一样多解析根据动量守恒，知最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹的共同速度)是相同的，即滑块获得的动能是相
6、同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(子弹初、末速度相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，C正确，D错误答案AC7(多选)(2017湖北武汉武昌模拟)质量M3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 m/s2.则()A小球m从初始
7、位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m解析可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球组成的系统在水平方向时动量守恒，有，解得x0.3 m，A正确，B错误根据动量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C错误小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程
8、中，设滑块M在水平轨道上向右移动距离为y，由几何关系得，m相对于M移动的水平距离sL1.35 m，根据水平方向动量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正确答案AD8(多选)(2017贵州贵阳二模)将质量均为m的三个小球a、b、c，从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出，其运动轨迹如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直方向，不计空气阻力，重力加速度为g，下列关于三个小球从抛出到落地的说法中正确的是()A小球a与小球b的动量变化量之比为1B小球a、b、c的机械能守恒，动量也守恒C小球a与小球b受到的冲量之比为21D小球b、c受到的冲量相等解析由题意可知三个小球均做平抛运动，水平位移之比xaxbxc2
9、21，竖直位移之比yaybyc211，由竖直方向的运动可知t，因此三个小球在空中运动的时间之比tatbtc11.由动量定理mgtIp，可知小球a和小球b受到的冲量之比IaIb1，C错误动量的变化量之比papb1，A正确由于只有重力对三个小球做功，因此在运动过程中小球的机械能均守恒，三个小球所受的合外力不为零，则小球的动量不守恒，B错误由于小球b和小球c在空中运动的时间相等，则两个小球受到的冲量相等，D正确答案AD9(多选)(2017江西南昌二模)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙
10、所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩最大时的弹性势能为mv解析对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EpMv；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM(2v0)2(Mm)v2，联立解得M3m，EpMvmv，A、C正确，B、D错误答案AC10(多选)(2017四川成都一诊)如图所示，ABCD是固定在地面上，由同种金
11、属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为、()，让套在金属杆上的小环从A点无初速释放若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1，若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2.则()AW1W2 BW1W2CI1I2 DI1I2解析当两个斜面倾角不等而底边相等时，设底边长为L，则沿斜面下滑所受的摩擦力Ffmgcos，克服摩擦力做功WfmgL，即同一物块沿两个倾角不等而底边相等的斜面下滑时，克服摩擦力做功相等据此可以得出W1W2，B正确，A错误根据题述BC、CD边与水平面的夹角，可
12、知AB与水平面的夹角小于AD与水平面的夹角，由此可知，金属环沿AB运动的加速度小于金属环沿CD运动的加速度，小环从A经B滑到C点的时间大于小环从A经D滑到C点的时间，所以重力冲量I1I2，C正确，D错误答案BC二、非选择题11(2017山东潍坊中学一模)如图所示，滑块A、B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为(数值较小)，A、B由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为v0.已知A、B、C的质量分别为2m、3m、m.求：(1)从
13、C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C获得速度v0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能解析(1)从C获得速度v0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得：mgtmv0mv0解得：t(2)设绳子刚伸直时B的速度为vB，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得：mv0mv03mvB解得：vBv0绳子被拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3mvB2mvA3mv0解得：vAv0整个过程中，根据能量守恒定律得：Qmv2mv3m2m2mv答案(1)(2)mv12(2017山西五校四联)如图甲所示，质量均为m0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地
14、面上A、C两点P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞已知B、C两点间的距离L3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为0.2，取g10 m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.解析(1)在03 s内，对P由动量定理有：F1t1F2t2mg(t1t2)mv0，其中F12 N，F23 N，t12 s，t21 s解得：v8 m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgmaP在B、C两点间做匀减速直线运动，有v2v2aL解得：v17 m/s(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2，有：mv1mv1mv2mvmv12mv碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t解得：t3.5 s答案(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s