2020年高考物理5-6月模拟试题汇编专题06动量和动量定理(解析版).pdf

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1、 专题 06 动量和动量定理 1（2020 届河南省十所名校高三阶段性测试）如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以 35m/s 的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以 25m/s 的速度飞来的足球以 10m/s 的速度沿原路挡出。已知守门员的双手与足球的作用时间约为 0.1s，受到足球的平均作用力大小约为 150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为（）A12Ns B13.5Ns C15Ns D16.6Ns【答案】C【解析】设足球的质量为 m，足球与守门员的双手接触过程中，根据动量定理有：Ft=m

2、 v，解得：150 0.13kgkg357Ftmv 根据动量定理可得罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小为：335N s15N s7Imv，故 C正确，ABD错误。故选 C。2（2020 届黑龙江省哈尔滨市三中高三第二次模拟）如图所示，两个小球 A、B大小相等，质量分布均匀。分别为 m1、m2，m1 m2，A、B与轻弹簧栓接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与 A 球心等高处水平快速向右敲击 A，作用于 A 的冲量大小为 I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与 B球心等高处水平快速向左敲击 B，作用于 B的冲量大小为 I2，Il=I2,则下列说法正确的是（）A若两次

3、锤子敲击完成瞬间，A、B 两球获得的动量大小分别为 p1和 p2，则 p1=p2 B若两次锤子敲击分别对 A、B两球做的功为 W1和 W2，则 W1=W2 C若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为 L1和 L2，则 L 1v2 【答案】AC【解析】由动量定理Ip 可知，由于 Il=I2，则若两次锤子敲击完成瞬间有12pp，故 A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，且2k2pEm可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知12WW，故 B 错误；由动量守恒可得1 012()m vmm v，得1 012m vvmm，由能量守恒有 221 012p11()+22mvmm vE，得212p

4、0122()m mEvmm，由于12pp则质量越大的，初速度越小，即 A 球获得的初速度较大，则敲击 A球时弹簧的最大弹性势能较大，即12LL，故 C 正确；由由动量守恒可得 1 012()m vmm v，得1 012m vvmm，则两次共速的速度相同，故 D错误。故选 AC。3（2020 届河北省唐山市高三第一次模拟）如图所示，光滑水平面上有质量为 m 足够长的木板，木板上放一质量也为 m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度 v0和 2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为()A1：4 B1：42 C1：8 D1：12【答案】A【解析】木块从开始到相对长木板

5、静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有0mvMm v，解得0mvvMm；根据能量守恒定律有2201122mgsmvMm v，解得划痕长度202MvsMm g，同理，当木块的初速度为 2v0时，则划痕长度为 2022MvsMm g，故两次划痕长度之比为:1:4s s，故A正确，BCD错误。故选 A。4（2020 届福建泉州市普通高中高三第一次质量检测）某同学在练习投篮，篮球第一次击中篮板上的 a 点，第二次击中 a 点正上方的 b 点，若两次篮球抛出点的位置相同，且都是垂直击中篮板，不计空气阻力，与 第一次相比，第二次（）A篮球击中篮板时，速度较大 B在篮球从投出到击

6、中篮板的过程中，所用时间较多 C在篮球从投出到击中篮板的过程中，速度变化率较大 D在投出过程中，手对篮球的冲量一定较大【答案】B【解析】篮球在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较长，第二次运动水平分速度较小，故篮球击中篮板时，第二次运动速度较小，故 A 错误；将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次运动过程中的高度较高，所以运动时间较长，故 B 正确；速度变化率为加速度，在篮球从投出到击中篮板的过程中，篮球受到的合力为重力，加速度都为重力加速度，故 C 错误；根据动量定理 IFtm v，第二次运动水平分速度较小，但第二次运动竖直分速度较大，无法判断两次运动篮球出手时初速度

7、的大小，故无法判断两次在投出过程中，手对篮球的冲量，故 D 错误。故选 B。5（2020 届江西省九江市高三第二次模拟）如图所示，小球 a、b（均可视为质点）用等长细线悬挂于同一固定点 O。让球 a 静止下垂，将球 b 向右拉起，使细线水平。从静止释放球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为=60。忽略空气阻力。则两球 a、b 的质量之比abmm 为（）A22 B21 C212 D21【答案】B【解析】b 球下摆过程中，由动能定理得20102bbm gLm v，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动 量守恒定律可得0babm vmmv，两球向左摆动过程中，由机械能守

8、恒定律得 21()()(1 cos)2ababmm vmm gL，解得21abmm，故 ACD 错误，B 正确。故选 B。6（2020 届四川省绵阳市高三第三次诊断）如图所示，质量相等的两物体 a、b，用不可伸长的轻绳跨接在光滑轻质定滑轮两侧，用外力压住 b，使 b 静止在水平粗糙桌面上，a 悬挂于空中。撤去压力，b 在桌面上运动，a 下落，在此过程中（）A重力对 b 的冲量为零 Ba 增加的动量大小小于 b 增加的动量大小 Ca 机械能的减少量大于 b 机械能的增加量 Da 重力势能的减少量等于 a、b 两物体总动能的增加量【答案】BC【解析】根据 I=mgt 可知，重力作用时间不为零，则重

9、力对 b 的冲量不为零，A 错误；设细线与水平方向夹角为，则 ab 两物体的速度满足的关系是cosabvv，则cosabmvmv，即 a 增加的动量大小小于 b 增加的动量大小，B 正确；由能量关系可知，a 机械能的减少量等于 b 机械能的增加量与 b 与桌面摩擦产生的内能之和，则 a 机械能的减少量大于 b 机械能的增加量；a 重力势能的减少量等于 a、b 两物体总动能的增加量与 b 与桌面摩擦产生的内能之和，D 错误。故选 BC。7（2020 届重庆市高三第二次调研）一个质量为 m 的物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，又返回到斜面底端。已知小物块冲上斜面前的初动能为 E，它返回斜面底端的速

10、度大小为 v，克服摩擦阻力做功为2E，忽略空气阻力。若小物块冲上斜面前的初动能变为 2E，相应地则有（）A返回斜面底端时的动能为 E B往返过程中合力的冲量大小为 6mv C返回斜面底端时的速度大小为2v D往返过程中克服摩擦阻力做功仍为2E【答案】AC【解析】以初动能为 E 冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：2122fEmvEW，设以初动能为 E 冲上斜面的初速度为 v0，则以初动能为 2E 冲上斜面时，初速度为02v，加速度相同，根据 2ax=v2-v02，可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，则冲上斜面的最大高度变为 2h。所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返

11、回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为 E，则返回到底端时的动能为 E，故 A 正确 D 错误；小物块的初动能为 E，它返回斜面底端的速度大小为 v，动能为2E，即：21122mvE，若小物块冲上斜面的初动能变为 2E，返回到底端的动能为 E，即212Emv，解得：2vv，以 2E 冲上斜面，则冲上速度02vv，往返过程中合力的冲量大小为动量改变量大小 02(22)pmvmvmv，故 B 错误 C 正确。故选 AC。8（2020 届四川省绵阳市高三四模）如图所示，质量 m0=lkg 的滑块静止在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数为=0.1.滑块左面正上方 O点固定长 L=2.5m的不可伸

12、长的轻质细绳。拉直细绳与竖直成=60，另一端系不同质量的小球。小球由静止释放，到达最低点时刚好与滑块左面正碰，碰撞时间极短，碰后滑块向右滑行。当系质量为 m1=2kg的小球 A时，滑块滑行 x1=8m后停止；当系质量为 m2的小球 B时，滑块滑行 x2=18m后停止，两次碰撞后小球 A、B 向右摆起的高度相同。g取 10ms2.求：(1)小球 A与滑块碰撞前瞬间细绳拉力的大小；(2)小球 B 的质量 m2。【答案】（1）T=40N；（2）3kg【解析】(1)设小球 A 与滑块碰撞前瞬间速度大小为 v1，则 211 11(1cos)2m gLmv 21 11m vTm gL 解得 v1=5m/s

13、，T=40N(2)两次滑块向右滑行的加速度大小相等，设为 a，则 m0g=m0a 设小球 A 与滑块碰撞后，小球 A速度大小为 v2，滑块速度大小为 v3，则231=2vax，由动量守恒有 1 11 203m vm vm v 小球 B与滑块碰撞后，小球 B 速度大小也为 v2，设滑块速度大小为 v4，则242=2vax，则 2 12204m vm vm v 解得 v2=3m/s，v3=4m/s，v4=6m/s，m2=3kg 9（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的14光滑圆弧轨道，质量为 M2kg 的小木盒从离圆弧底端 h=0.8m 处由静止

14、释放，滑上传送带后作减速运动，1s 后恰好与传送带保持共速。传送带始终以速度大小 v 逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为 0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔 T5s，以 v010m/s 的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量 m1kg第 1 个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第 2 个球出发后历时 t0.5s 与木盒相遇。取 g10m/s2，求：（1）传送带运动的速度大小 v，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小 v1；（2）第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇；（3）从木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程

15、中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量。【答案】（1）v=2m/s；v1=2m/s（2）t0=1s（3）24JQ 【解析】（1）设木盒下滑到弧面底端速度为v，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得212MghMv 依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有：vvat 对箱在带上由牛顿第二定律有：MgMa 代入数据联立解得传送带的速度 v=2m/s 设第 1 个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得01mvMvmM v 代入数据，解得 v1=2m/s（2）设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s，第 1 个球经过 t0与木盒相遇，则00stv 设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加

16、速度为 a，根据牛顿第二定律有 mM gmM a 得：22m/sag 设木盒减速运动的时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2，则 12vtta=1s 故木盒在 2s 内的位移为零 依题意：03svtvt 其中 t3为木盒回到与 1 球碰撞点后再随带运动的时间，则对 1 球和 2 球有 0123ttttTt代入数据解得：s=10m，t0=1s（3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为 x，木盒的位移为 x1,则：09mxv Ttt 11205mxv Ttttt 故木盒相对与传送带的位移为14mxxx 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为24JQM

17、mgx（）10（2020 届辽宁省葫芦岛市高三第一次模拟）某学校实验小组进行实验练习。甲同学将质量为 4kg、长度为 1m 的木板 A 静置在光滑水平面上，如图甲所示，取质量为 2kg 的物块 B（可视为质点）轻放在木板 A的一端，当给物块 B 施加 6Ns 的瞬时水平冲量后，经过0.4s木板 A 和物块 B 达到共同速度。乙同学将整套装置放在倾角=37的足够长光滑斜面上，斜面上有一挡板 P，如图乙所示，木板或者物块与挡板 P 碰撞后都会等速率反弹，碰后挡板 P 也随即脱落失去作用。现在乙同学将木板 A 与物块 B（在木板 A 的最上端）同时由静止释放，释放时测量木板前端与挡板相距为13m。取

18、重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.求(1)甲同学实验时，木板 A 与物块 B 在共同运动时的速度大小和 A、B 间的动摩擦因数；(2)乙同学实验时，木板 A 碰挡板 P 时的速度大小；(3)乙同学实验时，从木板 A 碰上挡板到物块 B 从木板底端滑落所经历的时间（第(3)问结果保留 2 位有效数字）。【答案】（1）1m/s；0.5；（2）v1=2m/s；（3）0.33s【解析】(1)物块受水平冲量 I=mv0 物块 B 和木板 A 在光滑水平面上动量守恒 mv0=(M+m)v共 联立解得 v共=1m/s 对木板 A 由动量定理有mgtMv共 解得0.5(2)

19、在光滑斜面上，A、B 一起匀加速下滑，则 1sinMm gMm a 2112va s 解得与挡板碰撞时速度 v1=2m/s(3)碰后木板 A 反弹开始做匀减速运动，物块 B 做匀加速运动，经过 t1时间，A 板速度减为零，物块 B 速度为 v2，木板 A 2sincosMgmgMa v1=a2t1 位移1112vst 物块 B 3sincosmgmgma 下滑位移 221 13 112svta t v3=v1+a3t1 解得 11s4t 1213m16ss v2=2.5m/s A 板由静止开始匀加速下滑，物块 B 继续加速下滑。经过时间 t2物块 B 到达木板底端。位移关系满足：222 23 22 21132216v ta ta t 解得21s12t（23s4t 舍掉）物块 B 从木板顶端滑至底端总共用时间 121s0.33s3Ttt 验证：设向下加速过程中达到共速的时间为 t3，共速以后相对无摩擦。v2+a3t3=a2t3 解得351ss1212t，验证时间正确。