2020高考物理二轮课标通用专题能力训练7　动量　动量的综合应用 WORD版含解析.docx

1、专题能力训练7动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第15页一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,14题只有一个选项符合题目要求,57题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)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)()A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s答案:A解

2、析:根据动量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动量等大反向,故p=Mv1=mv2=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s。2.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J答案:A解析:设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为m0,子弹的质量为m。根据动量守恒定律得mv0=(m0+m)v,得v=mv0m+m0,木块获得的动能为Ek=12m0v2=m0m2v022(m0+m)2=m0mv022(m0+m)mm

3、0+m,系统产生的内能为Q=12mv02-12(m0+m)v2=m0mv022(m0+m);可得Q=m0+mmEk=m0m+1Ek,因m0m,则Q2Ek=16 J,故A正确,B、C、D错误。3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h答案:D4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经t时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为12mv2B.地面

4、对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为12mv2D.地面对他的冲量为mv-mgt,地面对他做的功为零答案:B5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力答案:AB6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。以球1的运动方向为正,碰

5、前球1、球2的动量分别是p1=6 kgm/s、p2=-8 kgm/s。若两球所在水平面是光滑的,碰后各自的动量可能是()A.p1=4 kgm/s,p2=-6 kgm/sB.p1=-4 kgm/s,p2=2 kgm/sC.p1=-8 kgm/s,p2=6 kgm/sD.p1=-12 kgm/s,p2=10 kgm/s答案:BC7.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=4 kg的小物体B以水平速度v=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.木板A获得的动能为2 JB.系统损失的

6、机械能为2 JC.木板A的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1答案:AD解析:由题中图像可知,木板获得的速度为v=1 m/s,A、B组成的系统动量守恒,以物体B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m0+m)v,解得m0=4 kg,木板获得的动能为Ek=12m0v2-0=2 J,故A正确;系统损失的机械能E=12mv02-12mv2-12m0v2=4 J,故B错误;速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移,故01 s内物体B的位移为xB=12(2+1)1 m=1.5 m,木板A的位移为xA=1211 m=0.5 m,则木板A的最小长度为l=xB-xA=1 m,故C错误;由题

7、图可知,物体B在01 s的加速度a=vt=-1 m/s2,负号表示加速度的方向与规定正方向相反,由牛顿第二定律得mBg=mBa,得=0.1,故D正确。二、非选择题(本题共3小题,共58分)8.(18分)(2018全国卷)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2.0103 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g取10 m/s2。

8、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。答案:(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s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mBg=mBaB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,碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB2=2aBsB联立式并利用题给数据得vB=3.0 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mAg=mAaA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vA2=2aAsA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

9、量守恒,有mAvA=mAvA+mBvB联立式并利用题给数据得vA=4.25 m/s。9.(20分)如图所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距l,放在水平绝缘桌面上,半径为R的14圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab质量为2m,电阻为r,棒cd的质量为m,电阻为r。重力加速度为g。开始时,棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为31。求:

10、(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小;(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度;(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。答案:(1)672gR272gR(2)B2l22gR2mr(3)2249mgR10.(20分)(2019全国卷)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图甲所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图乙所示,图中的v1和t1均为未知量。

11、已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。甲乙(1)求物块B的质量。(2)在图乙所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功。(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。答案:(1)3m(2)215mgH(3)119解析:(1)根据题图乙,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,v12为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m-v12+mv12mv12=12

12、m-12v12+12mv2联立式得m=3m。(2)在题图乙所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH-Ffs1=12mv12-0-(Ffs2+mgh)=0-12m-v122从题图乙所给出的v-t图线可知s1=12v1t1s2=12v12(1.4t1-t1)由几何关系s2s1=hH物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=Ffs1+Ffs2联立式可得W=215mgH。(3)设倾斜轨道倾角为,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,有W=mgcos H+hsin设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有-mgs=0-12mv2设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有mgh-mgcos hsin-mgs=0联立式可得=119。