2019届二轮复习 动量及其守恒定律 作业 (全国通用)

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 －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝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F -t 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 ＝m Δv 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a 1＝F 1m ＝22

m/s 2＝1 m/s 2，t ＝1 s 时物块的速率v 1＝a 1t 1＝1 m/s ，A 正确；t ＝2 s 时物块的速率v 2＝a 1t 2＝2 m/s ，动量大小为p 2＝m v 2＝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a 2＝F 2m

＝0.5 m/s 2，t ＝3 s 时物块的速率v 3＝v 2－a 2t 3＝(2－0.5×1) m/s ＝1.5 m/s ，动量大小为p 3＝mv 3＝3 kg·m/s ，C 错误；t ＝4 s 时物块的速率v 4＝v 2－a 2t 4＝(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m B，碰后加速度大小为a B。根据牛顿第二定律有

μm B g＝m B a B 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v B′，碰撞后滑行的距离为s B。由运动学公式有

v B′2＝2a B s B ②

联立①②式并利用题给数据得

v B′＝3.0 m/s。③

(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A，根据牛顿第二定律有

μm A g＝m A a A ④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为v A′，碰撞后滑行的距离为s A，由运动学公式有

v A′2＝2a A s A ⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v A。两车在碰撞过程中动量守恒，有

m A v A＝m A v A′＋m B v B′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

v A＝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

Δm

Δt＝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

12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 02 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

F Δt ＝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 ＝v 022g －M 2g 2ρ2v 02S 2。 ⑧ 答案：(1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g 2ρ2v 02S 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v 0＝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/s 2。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：m v 0＝(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 ＝Δv Δt ＝11

m/s 2＝1 m/s 2，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：x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m, A 的位移为：x A ＝2＋12

×1 m ＝1.5 m ，所以木板最小长度为：L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成的系统损失的机械能为：

ΔE ＝12m v 02－12

(m ＋M )v 2＝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.2gl B.gl C.2gl 2 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：m v －m v ′＝0，即v ＝v ′；由机械能守恒定律得：12m v 2＋12

m v ′2＝mgl ，解得：v ＝gl ，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v 0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m v 02

72

D ．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v 02

72g

解析：选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋5m )v ，解得v ＝16

v 0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T ＝6mg ＋6m v 2

L 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 ＝12

m v 02－12·6m v 2＝512m v 02，选项C 错误；由机械能守恒可得：12·6m v 2＝6mgh ，解得h ＝v 0272g

，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

gh 2

B ．

C 与A 碰撞时产生的内能为mgh 2 C ．C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh 2

D ．要使碰后物体B 被拉离地面，h 至少为8mg k

解析：选ABD 对C 自由下落过程，由机械能守恒得：mgh ＝12

m v 02，解得：v 0＝2gh ，对C 与A 组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 1，解得：v 1＝gh 2

，故A 正确；C 与A 碰撞时产生的内能为：ΔE ＝12m v 02－12·2m v 12＝12

mgh ，故B 正确；当A 、C 速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，E pmax ＝12·2m v 12＋2mg Δx ＞12

mgh ，故C 错误；开始时弹簧的压缩量为：H ＝mg k ，碰后物体B 刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H ＝mg k ，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：12

·2m v 12＝2mg ·2H ，解得：h ＝8mg k ，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/s 2。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L 1，根据牛

顿第二定律得小铁块的加速度为：a 1＝μmg m

＝0.4×10 m/s 2＝4 m/s 2 长木板的加速度为：

a 2＝F －μmg M ＝28－0.4×104

m/s 2＝6 m/s 2 由空间关系可知L 1＝12a 2t 2－12

a 1t 2 整理得：L 1＝t 2

此时，小铁块的速度v 1＝a 1t ＝4t

长木板的速度v 2＝a 2t ＝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：m v 1＋M v 2＝(M ＋m )v

解得：v ＝28t 5

若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：

μmg (L －L 1)＝12M v 22＋12m v 12－12

(M ＋m )v 2 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s 1＝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s 2＝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/s 2，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s 1时的速度由动能定理得：

mgs 1sin θ＝12

m v 02 v 0＝2gs 1sin θ＝2×10×0.1×0.5 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：

m v 0＝(m ＋M )v 1

解得：v 1＝0.25 m/s ；

从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得：

ΔE p ＝12

(m ＋M )v 12＋(m ＋M )gs 2sin θ 解得：ΔE p ＝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 )g sin θ×2t ＝(m ＋M )v 1－[－(M ＋m )v 1]

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 ＋…＋n v )＝2nm v ′，其中n ＝2 018，

解得v ′＝n ＋14v ＝2 0194

v 。 (2)设第k 块木块最小速度为v k ，则此时木板及第1至第k －1块木块的速度均为v k ； 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v k ＋v 、v k ＋2v 、…、v k ＋(n －k )v ；

系统动量守恒，故m (v ＋2v ＋…＋n v )＝(nm ＋km )v k ＋m (v k ＋v )＋…＋m [v k ＋(n －k )v ]＝nm v k ＋km v k ＋(n －k )m v k ＋m [1＋2＋…＋(n －k )]v ＝2nm v k ＋m [1＋2＋…＋(n －k )]v ；

所以v k ＝(2n ＋1－k )k v 4n ，v 88＝43 4391 009

v 。 (3)第二块木块相对静止的速度为v 2＝

(2n ＋1－k )k v 4n ＝2×2 018＋1－24×2 018×2v ＝4 0354 036v ； 因为木块减速时的加速度大小总为a ＝μg ；

v 2＝2v －μgt ，解得t ＝2v －v 2μg ＝4 037v 4 036μg

。 答案：(1)2 0194v (2)43 4391 009v (3)4 037v 4 036μg