【物理】2019届二轮复习动量及其守恒定律作业（全国通用） 7页

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＝mBaB ①‎ 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＝2aBsB ②‎ 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＝mAaA ④‎ 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＝2aAsA ⑤‎ 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＝ρΔV ①‎ ΔV＝v0SΔt ②‎ 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 ‎，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)v02 ④‎ 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)v ⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp ⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ ‎ 答案：(1)ρv0S　(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m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 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g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B之间动摩擦因数为0.1‎ B．长木板的质量M＝2 kg C．长木板长度至少为2 m D．A、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，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 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/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 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.　　 D．0‎ 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：mv－mv′＝0，即v＝v′；由机械能守恒定律得：mv2＋mv′2＝mgl，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，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＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m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Q＝mv02－·6mv2＝mv02，选项C错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，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(　　)‎ A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为 B．C与A碰撞时产生的内能为 C．C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：mgh＝mv02，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：mv0＝2mv1，解得：v1＝，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝mv02－·2mv12＝mgh，故B正确；当A、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax＝·2mv12＋2mgΔx＞mgh，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：·2mv12＝2mg·2H，解得：h＝，故D正确。‎ ‎9．如图所示，一质量为M＝4 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L＝1.4 m，小铁块的质量为m＝1 kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力F＝28 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？‎ 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：a1＝＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2‎ 长木板的加速度为：‎ a2＝＝ m/s2＝6 m/s2‎ 由空间关系可知L1＝a2t2－a1t2‎ 整理得：L1＝t2‎ 此时，小铁块的速度v1＝a1t＝4t 长木板的速度v2＝a2t＝6t 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：mv1＋Mv2＝(M＋m)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：‎ μmg(L－L1)＝Mv22＋mv12－(M＋m)v2‎ 代入数据解得：t＝1 s。‎ 答案：1 s ‎10．(2019届高三·重庆江津中学月考)如图所示，光滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M＝3 kg的物体B相连，初始时B静止， A物体质量m＝1 kg，在斜面上距B物体s1＝10 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t＝0.2 s下滑s2＝5 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 θ＝mv02‎ v0＝＝ m/s＝1 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＝(m＋M)v1‎ 解得：v1＝0.25 m/s；‎ 从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得：‎ ΔEp＝(m＋M)v12＋(m＋M)gs2sin θ 解得：ΔEp＝1.125 J。‎ ‎(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：‎ I－(m＋M)gsin θ×2t＝(m＋M)v1－[－(M＋m)v1]‎ 解得：I＝10 N·s。‎ 答案：(1)1.125 J　(2)10 N·s ‎11．(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μ，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(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′，其中n＝2 018，‎ 解得v′＝v＝ v。‎ ‎(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1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μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；‎ 系统动量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v；‎ 所以vk＝，v88＝v。‎ ‎(3)第二块木块相对静止的速度为v2＝＝×2v＝v；‎ 因为木块减速时的加速度大小总为a＝μg；‎ v2＝2v－μgt，解得t＝＝。‎ 答案：(1)v　(2)v　(3)