【文档说明】高考物理冲刺大二轮练习：专题二　能量与动量 专题跟踪训练7 Word版含解析.doc，共(12)页，167.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题跟踪训练(七)一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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．30kg·m/s

B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s[解析]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－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg

·m/s，选项A正确．[答案]A2.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2kg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＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．

t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/s2D．t＝4s时物块的速度为零[解析]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0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s

，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s

，则A、B项均正确，C、D项均错误．[答案]AB3．(多选)在光滑水平面上，一质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球2的速度是13v0.小球2的质量可能是()A．mB．3mC．5mD．7m[解析]由动量守恒知

mv0＝mv1＋m2·v03，分两种极端情况讨论：①完全非弹性碰撞，能量损失最多，即v1＝v03，得m2＝2m；②弹性碰撞，没有能量损失，即12mv20＝12mv21＋12m2v22，联立解得v2＝2mm＋m2v0，又v2＝v03，故m2＝5m；综合得2

m≤m2≤5m，选项B、C正确．[答案]BC4．(2018·石家庄质检二)(多选)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左

的初速度v0，下列说法正确的是()3A．最终小木块和木箱都将静止B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为Mv202－(Mv0)22(M＋m)C．木箱速度为v03时，小木块的速度为2Mv03mD．最终小木

块的速度为Mv0m[解析]由题意知，木箱及小木块组成的系统动量守恒，最终木箱和小木块共速，Mv0＝(M＋m)v，故v＝Mv0M＋m，A、D项错误；系统损失的机械能ΔE＝Mv202－(M＋m)v22＝Mv202－(Mv0)22(M＋m)，故B项正确；由动量守恒定律知，Mv0

＝Mv03＋mv′，故v′＝2Mv03m，C项正确．[答案]BC5．(2018·河北六校联考)(多选)如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木

块动能增加了5J，那么此过程中系统产生的内能可能为()4A．16JB．11.2JC．4.8JD．3.4J[解析]解法一：设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝1

2mv20－12(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝12Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝M＋mmEk1>Ek1，故选项A、B正确．解法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v－t图象如图所示，根据v－t图象与

坐标轴所围面积表示位移，△OAt的面积表示木块的位移s，△OAv0的面积表示子弹相对木块的位移d，系统产生的内能Q＝fd，木块得到的动能Ek1＝fs，从图象中很明显可以看出d>s，故系统产生的内能大于木块得到的动能

．[答案]AB6．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，5身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中()A．地面对运动员的冲量为mv＋mgΔt，地面对运动员做的功为12mv2B．地面对运动员的冲量为mv＋mgΔt，地面对运动员做

的功为零C．地面对运动员的冲量为mv，地面对运动员做的功为12mv2D．地面对运动员的冲量为mv－mgΔt，地面对运动员做的功为零[解析]设地面对运动员的冲量为I，运动员的速度原来为零，起跳后变为v，则由动量定理可得：I－mgΔt＝mv，故地面对运动员的冲量I＝mv＋mgΔt；而运动员在跳起时，运

动员受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确．[答案]B7．(2018·四川绵阳模拟)(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则()A．m不能到达M上的

B点B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，6M速度为零D．M与m组成的系统机械能定恒，水平方向动量守恒[解析]根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者有

相同的速度时有：0＝(m＋M)v，v＝0，再根据机械能守恒定律可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B错误，C正确．[答案]CD8．(2018·蓉城名校联盟)如图所示，在足够

长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑．现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，在滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因

数)，下列说法正确的是()A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒C．当B的速度为13v0时，A的速度为23v07D．当A的速度为13v0时，B的速度为23v0[解析]由于木板A沿斜面体匀速下滑，而此时木板A的合力为零，当小滑块B

放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速

下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知C正确，D错误．[答案]C9.(2018·湖北六校联考)(多选)质量M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量m＝2kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75m的轻杆与

滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2.则()A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块

M在水平轨道上向右移动了0.5mC．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M8在水平轨道上向右移动了0.54m[解析]可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球组成的

系统在水平方向时动量守恒，有mM＝xL－x，解得x＝0.3m，A正确，B错误．根据动量守恒定律有0＝(m＋M)v，v＝0，由能量守恒定律得12mv20＝mgh＋12(m＋M)v2，解得h＝0.45m，

C错误．小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动距离为y，由几何关系得，m相对于M移动的水平距离s＝L＋L2－h2＝1.35m，根据水平方向动量守恒得0＝ms－yt－Myt，解得y＝0.54m，D正确．[答案]AD10．(多选)如图甲所示，在光滑水

平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(

)A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv20D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv209[解析]对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝12Mv20；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组

成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝12M·(2v0)2－12(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝12Mv20＝32m

v20，A、C正确，B、D错误．[答案]AC二、非选择题11．(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4.5m，A车向前滑动了2.0m．已知A和B的质量分

别为2.0×103kg和1.5×103kg，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＝10m/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

．10[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μmBg＝mBaB①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vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3

.0m/s③(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μmAg＝mAaA④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vA′2＝2aAsA⑤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′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.3m/s⑦[答案](1)3.0m/s(2)4.3m/s12．(2018·沈阳市质监一)如图所示，水平地面上有相距x＝40m的A、B两点，分别放有质量为m1

＝2kg和m2＝1kg的甲、乙两物体(均可视为质点)，甲与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，BCD是半径为R＝0.9m的光滑半圆轨道，O是圆心，DOB在同一竖直线上．甲以v0＝25m/s的水平速度从A点向右运动，与静止在B点的11乙发生碰撞，碰后粘在一起沿轨道BCD

运动，从最高点D飞出，落到水平地面上的P点(图中未画出)，取g＝10m/s2，求：(1)甲运动到B点时的速度大小；(2)甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能；(3)落地点P与B点间的距离．[解析](1)对甲从A运动到B的过程应用动能定理，则有－μm1gx＝12m1v2B－12m1v20解

得vB＝15m/s(2)甲和乙碰撞过程中，系统动量守恒，则m1vB＝(m1＋m2)v共E损＝12m1v2B－12(m1＋m2)v2共E损＝75J(3)组合体从B到D，利用动能定理得－(m1＋m2)g×2R＝12(m1＋m2)v2D－12(m1＋m2)v2共组合体从D到P做平抛运动

，则竖直方向：2R＝12gt2水平方向：L＝vDt12解得L＝4.8m[答案](1)15m/s(2)75J(3)4.8m