1、专题二 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)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
2、.多选(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
3、 kgm/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)5(2016全国卷)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h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 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
8、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(m2m3)vm2v202(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kg。(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s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m2v20m2v2m3v3m2v202m2v22m3v32联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后
9、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v162 km/h，空气的密度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()A2.6103 N B5.3104 NC1.1105 N D1.4106 N解析：选C假设经过t时间，由动量定理得：v2tS0Ft，
10、代入数据：Fv2S1.1105 N，故选C。7多选(2019大连质检)如图所示，一质量M3.0 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m1.0 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()A2.2 m/s B2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 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：(Mm)v0MvB1，代入数据解得：vB1 m/s；当从开始
11、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：(Mm)v0(Mm)vB2，代入数据解得：vB22 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/svB 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 mC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
12、速度图像的数据，碰撞前后红壶的速度分别为v01.0 m/s和v10.4 m/s。设红壶和蓝壶的质量都是m，由动量守恒定律得mv0mv1mv2，解得碰撞后蓝壶的速度v20.6 m/s，碰撞前系统动能为Ek0mv02m，碰撞后系统动能为Ekmv12mv220.08m0.18m0.26m，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x20.65 m1.5 m，红壶位移x10.42 m0.4 m，碰撞后两壶相距的最远距离为 xx2x11.1 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a20.12 m/s2，选项D错误；红
13、壶的加速度大小为a10.2 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mC碰后轻弹簧获得的最大弹性势能mghD小
14、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：mghmv12，解得：v1，设碰撞后小球反弹的速度大小为v1，同理有：mv12，解得v1，选项A正确；设碰撞后物块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：mv1mv15mv2，解得：v2，由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：I5mv2m，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5mv28mv3，据机械能守恒定律Epm5mv228mv32，联立解得：Epmmgh，选项C正确；对B物块与C物
15、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。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
16、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：mv02mv0(mm3m)v1解得v10.6v0对木块B由动能定理，有：mgsmv12m(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：a1g，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v0gtt，解得t木块A在整个过程中的最小速度为：vv0a1tv0。(3)整个过程中，摩擦生热为Q总Q1Q2Ffs相1Ffs相2Ek损 由能量守恒得，Ek损mv02m(
17、2v0)25mv12mv02所以s相总s相1s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l7.8 m，倾角37，BC弧的半径R0.8 m，O为其圆心，BOC143。整个装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中，场强大小E1103 N/C。两个相同的绝缘小物块P和Q，质量均为m0.4 kg，带正电的小物块Q静止在A点，其电荷量q3103 C，不带电的小物块P从某一位置以v08 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
18、。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为10.2和20.8，sin 370.6，g10 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vAyv0tan 376 m/svA10 m/s所以小物块P的抛出点与A点间的竖直距离h m1.8 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、vQmvAmvPmvQmvA2mv
19、P2mvQ2解得vP0，vQ10 m/s2mgcos mgsin 即碰后小物块P静止在A点，而小物块Q受到的电场力qE3 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gg12.5 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1mglmvB2mvQ2，解得vB m/s对小物块Q，在B点，由牛顿第二定律有FNmgm，解得FN34.5 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1mglmgR(1cos 37)mvC2mvQ2，解得vC5 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vCvC，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xvCtRRcos 37gt2解得t0.48 s，x2.4 m故小物块Q的落点与B点的距离xxRsin 372.88 m。答案：(1)1.8 m(2)34.5 N(3)2.88 m
