高考物理——动能与动量 10页

动量与能量 ‎ 　　测试时间：90分钟　　　满分：110分 第Ⅰ卷　(选择题，共48分)‎ 一、选择题(本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．[2017·河北冀州月考]在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a和b，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图所示，则小球a和b的质量之比为(　　)‎ A．2∶7 B．1∶4 ‎ C．3∶8 D．4∶1‎ 答案　B 解析　由位移—时间图象的斜率表示速度可得，正碰前，小球a的速度v1＝ m/s＝－‎3 m/s，小球b的速度v2＝ m/s＝‎1 m/s；正碰后，小球a、b的共同速度v＝ m/s＝‎0.2 m/s。设小球a、b的质量分别为m1、m2，正碰过程，根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，得＝＝，选项B正确。‎ ‎2．[2017·江西检测]如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A静止在光滑的水平面上，物块B以速度v向右运动，通过弹簧与物块A发生正碰。已知物块A、B的质量相等。当弹簧压缩到最短时，下列说法正确的是(　　)‎ A．两物块的速度不同 B．两物块的动量变化等值反向 C．物块B的速度方向与原方向相反 D．物块A的动量不为零，物块B的动量为零 答案　B 解析　物块B接触弹簧时的速度大于物块A的速度，弹簧逐渐被压缩，当两物块的速度相同时，弹簧压缩到最短，选项A、D均错误；根据动量守恒定律有ΔpA＋ΔpB＝0，得ΔpA＝－ΔpB，选项B正确；当弹簧压缩到最短时，物块B的速度方向与原方向相同，选项C错误。‎ ‎3．[2017·黑龙江模拟]‎ 如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(　　)‎ A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 答案　B 解析　当小球在槽内由A到B的过程中，墙壁对槽有力的作用，小球与半圆槽组成的系统水平方向动量不守恒，故A、C错误，B正确。当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向是右上方，所以此后小球将做斜上抛运动，即C错误。‎ ‎4．[2017·辽师大附中质检]质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回。关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是(　　)‎ A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 B．子弹对墙的冲量最小 C．橡皮泥对墙的冲量最小 D．钢球对墙的冲量最小 答案　B 解析　‎ 根据动量定理，墙对子弹的冲量大小等于子弹的动量改变量大小，子弹的速度方向未改变，所以冲量最小，钢球以原速率弹回，冲量最大。又由于墙对子弹冲量大小等于子弹对墙的冲量大小，故B正确。‎ ‎5．[2017·福建清流一中段考]如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量为m，Q的质量为‎2m，Q与轻质弹簧相连。Q原来静止，P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)‎ A．E B.E C.E D.E 答案　B 解析　当P与Q共速时，弹簧弹性势能最大，E＝mv，由动量守恒得mv0＝3mv，由能量守恒得Ep＝mv－×3mv2，联立得Ep＝E，故B正确。‎ ‎6．[2017·哈尔滨师大附中月考]一质量为m的运动员从下蹲状态开始向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中(　　)‎ A．地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B．地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量大小为mv，地面对他做的功为mv2‎ D．地面对他的冲量大小为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 答案　B 解析　由于脚与地面的接触点并未在力的方向上发生位移，所以地面对运动员做功为零，设地面对他的冲量为I，规定竖直向上为正方向，由动量定理得I－mgΔt＝mv，所以I＝mgΔt＋mv，故B正确。‎ ‎7．[2017·吉林实验中学模拟]质量为‎1 kg的物体沿直线运动，其vt图象如图所示，则此物体在前4 s和后4 s内受到的合外力冲量为(　　)‎ A．8 N·s,8 N·s B．8 N·s，－8 N·s C．0,8 N·s D．0，－8 N·s 答案　D 解析　前4 s动量未发生改变，所以合外力冲量为0，后4 s初动量p1＝mv1＝‎4 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－‎4 kg·m/s，由动量定理I＝p2－p1＝－8 N·s，故D正确。‎ ‎8．[2017·武邑调研]如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上，c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车静止，此后(　　)‎ A．a、c两车速率相同 B．三辆车的速率关系为vc＞va＞vb C．a、b两车运动速度相同 D．a、c两车运动方向相同 答案　B 解析　设人的质量为m，对地速度为v0，车的质量为m′，人从c车跳出有：0＝mv0＋m′vc，人跳到b车再跳出，有mv0＝m′vb＋mv0，人跳上a车有mv0＝(m′＋m)va，可得vc＞va＞vb，故B正确。‎ ‎9．[2016·石家庄质检]应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如人原地起跳后从空中落地的过程中，双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，其他部分再落地。下列关于人从脚尖触地到完全落地过程的分析，正确的是(　　)‎ A．地面对人的支持力始终等于重力 B．地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量 C．双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作是为了延长作用时间，减小作用力 D．人与地球所组成的系统的机械能是守恒的 答案　BC 解析　人在落地的过程中经历了先加速再减速的过程，减速过程中人受到的支持力大于重力，故A错误；因(平均)支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量，B正确；双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作可以延长作用时间，减小作用力，故C正确；由于着地过程中动能和势能都减少，故机械能不守恒，D错误。‎ ‎10．[2017·衡水质检]如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是(　　)‎ A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθ B．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－mv0‎ C．斜面倾角θ的正弦值为 D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功 答案　BC 解析　物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，A错误；上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t0＝·2t0，解得v＝，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝－mv－mv0＝－mv0，B正确；上滑过程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝，解得sinθ＝，C正确；根据图象可求出物块上升的最大位移，由动能定理求出整个过程中摩擦力所做的功，故D错误。‎ ‎11．[2016·福建模拟]两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1＝‎1 kg、m2＝‎3 kg，v01＝‎6 m/s，v02＝‎3 m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1、v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1、v2、E1、p1的可能值为(　　)‎ A．v1＝‎3.75 m/s，v2＝‎3.75 m/s B．v1＝‎1.5 m/s，v2＝‎4.5 m/s C．E1＝9 J D．p1＝‎1 kg·m/s 答案　AB 解析　两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝‎ ‎3.75 m‎/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得m1v＋m2v＝m1v＋m2v，代入数据解得v1＝‎1.5 m/s，v2＝‎4.5 m/s，则碰撞后球1、球2的速度满足：‎1.5 m/s≤v1≤‎3.75 m/s,‎3.75 m/s≤v2≤‎4.5 m/s；球1的动能E1＝m1v，满足1.125 J≤E1≤7.03 J；球1的动量p1＝m1v1，满足‎1.5 kg·m/s≤p1≤‎3.75 kg·m/s，综上所述，A、B正确，C、D错误。‎ ‎12．[2017·衡水中学质检]如图，质量分别为m1＝‎1.0 kg和m2＝‎2.0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝‎0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5.0 s后，测得两球相距s＝‎4.5 m，则下列说法正确的是(　　)‎ A．刚分离时，a球的速度大小为‎0.7 m/s B．刚分离时，b球的速度大小为‎0.2 m/s C．刚分离时，a、b两球的速度方向相同 D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J 答案　ABD 解析　系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，s＝v1t－v2t，代入数据得v1＝‎0.7 m/s，v2＝－‎0.2 m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B正确，C错误。由能量守恒定律得(m1＋m2)v＋Ep＝m1v＋m2v，代入数据得Ep＝0.27 J，故D正确。‎ 第Ⅱ卷　(非选择题，共62分)‎ 二、填空题(本题共2小题，共12分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)‎ ‎13．[2016·河北联考](6分)在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝‎170 g，右侧滑块质量m2＝‎110 g，挡光片宽度为‎3.00 cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。左、右挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32 s、Δt2＝0.21 s。取向左为正方向，则两滑块的速度分别为v1′＝________ m/s，v2′＝________ m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝________ kg·m/s，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝__________‎ ‎ kg·m/s。可得到的结论是____________________________________________________。‎ 答案　0.094(1分)　－0.143(1分)　0(1分)　2.5×10－4(1分)　在实验允许的误差范围内，两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量(2分)‎ 解析　两滑块速度v1′＝≈‎0.094 m/s，v2′＝－≈－‎0.143 m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝0，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s≈2.5×10－‎4 kg·m/s，在实验允许的误差范围内，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。‎ ‎14．[2016·海淀区模拟](6分)将一质量为‎0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点‎5 m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝‎9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为‎7 m/s，碰后以‎6 m/s的速度反向运动直至静止。g取‎10 m/s2。物块与地面间的动摩擦因数μ＝________；若碰撞时间为0.05 s，碰撞过程中墙面对物块的平均作用力大小F＝________；物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W＝________。‎ 答案　0.32(2分)　130 N(2分)　9 J(2分)‎ 解析　根据题意知，m＝‎0.5 kg，s＝‎5 m，v＝‎7 m/s，v0＝‎9 m/s，由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv，可得μ＝0.32；由动量定理，以向左为正方向，v′＝‎6 m/s，v″＝－‎7 m/s，Δt＝0.05 s，有FΔt＝mv′－mv″，可得F＝130 N；由动能定理，有W＝mv′2＝9 J。‎ 三、计算题(本题共4小题，共50分。解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎15．[2017·南昌模拟](8分)如图所示，光滑水平面上有A、B和C三个物体，物体A的质量为m，物体B的质量为‎2m，物体C的质量为‎3m，物体C紧挨着竖直墙，B、C两物体用一根轻质弹簧连在一起，物体A获得水平向右的速度v0，物体A和B发生弹性碰撞，求：‎ ‎(1)物体C未离开墙时，弹簧获得的最大弹性势能；‎ ‎(2)物体C离开墙后，弹簧获得的最大弹性势能。‎ 解　(1)物体A和物体B碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝‎ mvA＋2mvB(1分)‎ mv＝mv＋×2mv(1分)‎ 解得vB＝v0，vA＝－v0(1分)‎ 物体C未离开墙时，弹簧获得的最大弹性势能 Ep1＝×2mv＝mv(1分)‎ ‎(2)物体C离开墙后，物体B和C有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大。‎ 由动量守恒定律可得，2mvB＝(‎2m＋‎3m)v(1分)‎ v＝v0＜v0，说明物体B没有与物体A再发生碰撞(1分)‎ 物体C离开墙后，弹簧获得的最大弹性势能 Ep2＝×2mv－×5mv2＝mv(2分)‎ ‎16．[2017·福建福州质检](12分)如图所示，有两个物体A、B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为‎2 kg，B的质量为‎3 kg。有一颗质量为‎100 g的子弹以‎800 m/s的水平速度射入A，经过0.01 s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×103 N，求A、B最终的速度。‎ 解　设A、B质量分别为mA、mB，子弹质量为m。子弹离开A的速度为v，物体A、B最终速度分别为vA、vB。在子弹穿过A的过程中，以A、B为整体，以子弹初速度v0为正方向，应用动量定理：ft＝(mA＋mB)u(u为A、B的共同速度)(3分)‎ 解得：u＝‎6 m/s(2分)‎ 由于B离开A后A水平方向不受外力，所以A最终速度vA＝u＝‎6 m/s(1分)‎ 对子弹，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：‎ mv0＝mAvA＋(m＋mB)vB(3分)‎ 解得：vB＝‎21.94 m/s(2分)‎ 物体A、B的最终速度为：vA＝‎6 m/s，vB＝‎21.94 m/s(1分)‎ ‎17．[2016·全国卷Ⅰ](14分)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　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV　①(2分)‎ ΔV＝v0SΔt　②(1分)‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S　③(1分)‎ ‎(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Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v　④(3分)‎ 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大小为(Δm)v　⑤(1分)‎ 设玩具对水的作用力的大小为F，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有FΔt＝Δp　⑥(3分)‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg　⑦(2分)‎ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝－　⑧(1分)‎ ‎18．[2016·云南联考](16分)将一带有光滑圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平部分，在长木板的右端与足够长的平板车紧靠在一起但不粘连，在平板车的右端放置一可视为质点的小铁块乙，忽略小铁块乙与平板车之间的摩擦力。现将完全相同的小铁块甲由光滑圆弧的最高点A无初速度释放，小铁块甲经C点滑到平板车的上表面，与小铁块乙碰后粘在一起。已知小铁块甲、小铁块乙以及平板车的质量均为m＝‎1 kg，BC的长度L＝‎3.5 m，圆弧轨道的半径R＝‎3.2 m，小铁块甲与长木板的BC段以及与平板车之间的动摩擦因数均为μ＝0.4，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，平板车与水平面之间的摩擦力可忽略不计，g＝‎10 m/s2。问：‎ ‎(1)小铁块甲刚到B点时对长木板的压力大小为多少？‎ ‎(2)小铁块甲在长木板的水平部分BC段滑动的时间为多少？‎ ‎(3)在整个运动过程中三者最终共速，则共速时小铁块甲与平板车左端的距离为多少？‎ 解　(1)小铁块甲由A点运动到B点时的速度为vB，由动能定理得：mgR＝mv(1分)‎ 在B点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m(1分)‎ 联立解得长木板对小铁块甲的支持力为 FN＝3mg＝30 N(1分)‎ 由牛顿第三定律得，小铁块甲刚到B点时对长木板的压力大小为FN′＝3mg＝30 N(1分)‎ ‎(2)小铁块甲在长木板上运动过程中有：μmg＝ma(1分)‎ L＝vBt－at2(1分)‎ 联立解得：t＝0.5 s(t＝3.5 s不合题意，舍去)(1分)‎ ‎(3)小铁块甲刚滑上平板车时的速度：‎ v1＝vB－at＝‎6 m/s(1分)‎ 从小铁块甲滑上平板车到相对平板车静止过程中，平板车与小铁块甲组成的系统动量守恒，而小铁块乙保持静止，则有：mv1＝(m＋m)v2‎ 小铁块甲与平板车的共同速度：v2＝‎3 m/s(1分)‎ 此过程中小铁块甲相对平板车的位移为L1，则：‎ μmgL1＝mv－×2mv(1分)‎ 解得：L1＝ m(1分)‎ 小铁块甲与平板车匀速运动直到小铁块甲与小铁块乙发生碰撞，小铁块甲与小铁块乙相互作用的过程中动量守恒，有：‎ mv2＝(m＋m)v3(1分)‎ 此后小铁块甲与小铁块乙组成的系统与平板车发生相互作用，且该过程中动量守恒，且达到共同速度v4，得：‎ ‎(m＋m)v3＋mv2＝(m＋m＋m)v4(1分)‎ 此过程中小铁块甲相对平板车的位移大小为L2，则：‎ μmgL2＝mv＋×2mv－×3mv(1分)‎ 解得：L2＝ m(1分)‎ 因小铁块甲与小铁块乙碰撞后的共同速度v3小于平板车的速度v2，故小铁块甲最终与平板车左端的距离为x＝L1－L2＝ m(1分)‎