《高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练7动量动量的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练7动量动量的综合应用（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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)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/s2.一颗子弹水平射入静止在光滑
2、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 J3.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.4h4.一位质量为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mv2B.地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为零C.
3、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,地面对他做的功为零5.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6.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,碰前球1、球2的动量分别是p1=6 kgm/s、p2=-8 kgm/
4、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/s7.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0.1二
5、、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。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。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
6、为R的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:(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。10.(20分)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉
7、,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为m0,水的密度为,重力加速度大小为g,空气阻
8、力及水的阻力均可忽略不计。(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量。(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小。(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。答案：1.A解析 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=3
9、0 kgm/s。2.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)mm0+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.D4.B5.AB6.BC7.AD解析 由题中图象可知,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
10、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;速度时间图象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。8.答案 (1)3.0 m
11、/s(2)4.3 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量守恒,有mAvA=mAvA+mBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。9.答案 (1)
12、672gR272gR(2)B2l22gR2mr(3)2249mgR10.答案 (1)Q(2)m0gQ(3)h=P0gQ-m02g22Q2解析 (1)设在很短时间内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截面积为S。则m=V,V=Sv0t=Qt,解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为mt=Q。(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,对板的作用力的大小为F,板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有Ft=0-(m)(-v),根据牛顿第三定律F=F由于米老鼠模型在空中悬停,有F=m0g,联立可解得v=m0gQ。(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于单位时间内喷出的水,根据机械能守恒定律(或运动学公式)得12(m)v2+(m)gh=12(m)v02,水泵对水做功的功率为P0=Ekt=12(m)v02t,联立解得h=P0gQ-m02g22Q2。6
