（新課標）2022年高考物理一輪復習 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓練24

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1、（新課標）2022年高考物理一輪復習 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓練24 1．(2017·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) 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]　本題考查動量守恒定律．由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略，則模型火箭與燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒．燃氣噴出前系統(tǒng)靜止，總動量為零，故噴出后瞬間火箭的動量與

2、噴出燃氣的動量等值反向，可得火箭的動量大小等于燃氣的動量大小，則|p火|＝|p氣|＝m氣v氣＝0.05 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，A正確． [答案]　A 2．(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動．下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 [解析]　本題考查勻速圓周運動．乘客在豎直面內(nèi)做勻速

3、圓周運動，動能不變，而在上升過程中重力勢能增加，機械能增加，下降過程中則相反，A錯誤．在最高點時，乘客具有豎直向下的向心加速度，處于失重狀態(tài)，故B正確．因重力恒定，重力的沖量等于重力與其作用時間的乘積，故重力沖量一定不為零，C錯誤．重力的瞬時功率P＝mg·v·cosα，其中α是瞬時速度v的方向與重力方向之間的夾角，故重力的瞬時功率不會保持不變，D錯誤． [答案]　B 3．(多選)木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上．在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮，如圖所示．當撤去外力F后，下列說法中正確的是(　　) A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒 B

4、．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 C．a(chǎn)離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量守恒 D．a(chǎn)離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量不守恒 [解析]　在a離開墻壁前、彈簧伸長的過程中，對a和b組成的系統(tǒng)，由于受到墻對a的彈力作用，所以a、b組成的系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤，B正確；在a離開墻壁后，a、b構成的系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒，故選項C正確，D錯誤． [答案]　BC 4．從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖著地，這樣做是為了(　　) A．減小沖量 B．減小動量的變化量 C．增大與地面的沖擊時間，從而減小沖力 D．增大人對地面的壓強，起到安全作用 [解析]

5、　腳尖先著地，接著逐漸到整只腳著地，延長了人落地時動量變化所用的時間，由動量定理可知，人落地動量變化量一定，這樣就減小了地面對人的沖力，故C正確． [答案]　C 5．如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零然后又下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為F1.在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為(　　) A．mgsinθ(t1＋t2) B．mgsinθ(t1－t2) C．mg(t1＋t2) D．0 [解析]　談到?jīng)_量必須明確是哪一個力的沖量，此題中要求的是重力對滑塊的總沖量，根據(jù)沖量的定義式I＝Ft，因此重力對滑塊

6、的總沖量應為重力乘以作用時間，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正確． [答案]　C 6．如圖1所示，物體A和B用輕繩相連接，掛在輕彈簧下靜止不動，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為v.這時，物體B的下落速度大小為u，如圖2所示．在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為(　　) A．mv B．mv－Mu C．mv＋Mu D．mv＋mu [解析]　由題意可知，雖然整個過程所用的時間可以直接求出，但彈簧的彈力是一變力，要求它的沖量只能用動量定理來計算．以物體A為研究對象，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理有：(F－mg)t

7、＝mv.① 在t時間內(nèi)，物體B做自由落體運動，則：t＝.② 由①②兩式得彈力的沖量Ft＝mv＋mu. 所以正確的選項為D. [答案]　D 7．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中．已知物體A的質(zhì)量mA是物體B的質(zhì)量mB的，子彈的質(zhì)量m是物體B的質(zhì)量的，彈簧壓縮到最短時B的速度為(　　) A. B. C. D. [解析]　彈簧壓縮到最短時，子彈A、B具有共同的速度v1，且子彈A、B組成的系統(tǒng)，從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)所受外力(重力、支持力)之和始終為零，故整個過程系統(tǒng)的

8、動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，故v1＝，即彈簧壓縮到最短時B的速度為. [答案]　C 8．如圖所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2.子彈射入后，求： (1)子彈進入物塊后一起向右滑行的最大速度v1. (2)木板向右滑行的最大速度v2. (3)物塊在木板上滑行的時間t. [解析]　(1)子彈進入物塊后一起

9、向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得： m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s. (2)當子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s. (3)對物塊和子彈組成的整體應用動量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s. [答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s [素能培養(yǎng)] 9．(多選)如圖所示，木塊A的質(zhì)量mA＝1 kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB＝4 kg，質(zhì)量為mC＝4 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C

10、之間有摩擦．現(xiàn)使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s速度彈回，則(　　) A．B運動過程中的最大速度為4 m/s B．B運動過程中的最大速度為8 m/s C．C運動過程中的最大速度為4 m/s D．C運動過程中的最大速度為2 m/s [解析]　A與B碰后瞬間，C的運動狀態(tài)未變，此時B的速度最大，由A、B組成的系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)，有mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得vB＝4 m/s，A正確，B錯誤；B與C相互作用使B減速、C加速，由于B足夠長，所以B和C能達到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＝(m

11、B＋mC)vC，代入數(shù)據(jù)得vC＝2 m/s，C錯誤，D正確． [答案]　AD 10．(2017·江西宜春模擬)如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠墻角，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊．現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處由靜止開始落下，與半圓槽相切自A點進入槽內(nèi)，并能從C點離開半圓槽，則以下結(jié)論中正確的是(　　) A．球在槽內(nèi)運動的全過程中，球與半圓槽在水平方向動量守恒 B．球在槽內(nèi)運動的全過程中，球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒 C．球離開C點以后，將做豎直上拋運動 D．槽將與墻不會再次接觸 [解析]　球從A點到B點的過程中，半圓

12、槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B點到C點的過程中，球?qū)Π雸A槽的壓力方向指向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，在球運動的全過程，水平方向上動量也不守恒，選項A、B錯誤；當球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上

13、的，所以此后球做斜上拋運動，即選項C錯誤；因為全過程中，整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將與墻不會再次接觸，選項D正確． [答案]　D 11．(多選)(2016·天津卷改編)如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則(　　) A．此時盒的速度大小為 B．此時盒的速度大小為 C．滑塊相對于盒運動的路程為 D．滑塊相對于盒運動的路程為 [解析]　設滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m，對整

14、個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共＝，A正確．由功能關系可知μmgx＝mv2－·3m2，解得x＝，C正確． [答案]　AC 12．(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度． [解析]　(1)設Δt時

15、間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－ [答案]　(1)ρv0S　(2)－