高考动量模拟题汇编

11．如图甲所示，一质量为M的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块以一定的初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度的大小随时间变化的情况如图6乙所示，根据图象作出如下判断：①滑块始终与木板存在相对运动②滑块未能滑出木板③滑块的质量m大于木板的质量M④在t1时刻滑块从板上滑出这些判断中正确的是()A．①③④B．②③④C．②③D．②④22011•湖北荆州三月v匀速运动，某时刻使一质量为m，初速度大小也为v的物体，沿与传送带运动方向相反的方向在传送带上滑动．最后物体的速度与传送带相同．在物体相对传送带滑动的过程中，传送带克服摩擦力做的功为W，滑动摩擦力对物体的冲量为I，物体与传送带间摩擦生热为Q，则下列判断A．W＝mv2/2I＝mv/2Q＝mv2B．W＝0I＝mvQ＝2mv2C．W＝2mv2I＝2mvQ＝2mv2D．W＝2mv2I＝0Q＝03.【2011•石景山模拟】如图16所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动．三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m／s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m／s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是多少?4．（广东省四会市2010届高三统测理科综合试题21）一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一长为l的轻绳，未端拴有一个小球，把小球拉至水平由静止释放，如图所示，小球在摆动时，不计一切阻力，下列说法正确的是（）A．小球的机械能守恒B．小车的机械能守恒C．小球和小车组成的系统的机械能守恒D．小球和小车组成的系统的动量不守恒5．（广东省六校联合体2010届高三12月联考35）如图所示，水平面分为两个区，Ｐ线左侧为粗糙区，右侧为光滑区．紧靠Ｐ线在左侧上放一长L1=1m、质量M1=3kg的长木板B，在右侧上放一质量M2=3kg的长木板C．B、C不粘连．在长木板Ｂ的左端放一可看作质点的质量m=2kg的小木块Ａ．已知Ｂ与A、B与水平面、C与A之间的滑动摩擦因数均为μ=0.2．现给Ａ施加一个Ｆ=8N的水平恒力，经1s后就撤去该恒力．（1）求1s末A获得的速度v1；（2）为了保证A不会从C上掉下，长木板C的最小长度L2为多少？26．如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时，大球移动的距离是________．7.（安徽省寿县一中2011届高三第三次月考物理试卷）如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R41，碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：（1）待定系数β；（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。8、（2010太原模拟）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△p1=△p2=△p3，到达下端时重力的瞬时功率依次为P1、P2、P3，则有（）A．I1=I2=I3，△p1=△p2=△p3，P1P2P3B．I1I2I3，△p1=△p2=△p3，P1P2P3C．I1=I2=I3，△p1=△p2=△p3，P1=P2=P3D．I1I2I3，△p1△p2△p3，P1=P2=P39．（山东省济南一中高三期中测试卷．物理．15）在赛车场上，为了安全起见，在车道外围一定距离处一般都放有废旧的轮胎组成的围栏。在一次比较测试中，将废旧轮胎改为由弹簧连接的缓冲器，缓冲器与墙之间用轻绳束缚。如图19所示，赛车从C处由静止开始运动，牵引力恒为F，到达O点与缓冲器相撞（设相撞时间极短），而后他们一起运动到D点速度变为零，此时发动机恰好熄灭（即牵引力变为零）。已知赛车与缓冲器的质量均为m，OD相距为S，CO相距4S，赛车运动时所受地面摩擦力大小始终为6F，缓冲器的底面光滑，可无摩擦滑动，在O点时弹簧无形变。问：（1）弹簧的最大弹性势能为多少？图19（2）赛车由C点开始运动到被缓冲器弹回后停止运动，赛车克服摩擦力共做了多少？10．如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．五个小球静止，一个小球运动B．四个小球静止，两个小球运动C．三个小球静止，三个小球运动D．六个小球都运动11如图12-3-5所示，光滑水平面上有一辆小车质量为M，小车上表面水平，其中AB段光滑，BC段粗糙，小车左端有一块挡板，挡板上连有一根较短的轻弹簧，将质量为m的一个小铁块放在车的左端，压缩弹簧到一定程度后，使小车和铁块都处于静止状态．第一次将小车固3定，释放小铁块，小铁块滑到C点恰好停住，第二次将弹簧压缩到同样程度后，将小车和铁块同时从静止释放，则下列说法正确的是A.铁块一定能冲出小车B．铁块在滑到C点之前就停止滑动C.铁块一定仍然滑到C点停止滑动D．若AB的长度大于BC的长度，铁块将冲出小车12．(2010•太原调研)如图9所示，质量为M的长木板静止在光滑水平地面上，在木板右端有质量为m的小物块，现给物块一个水平向左的初速度v0，物块向左滑行并与固定在图9木板左端的轻弹簧相碰，碰后返回并恰好停在长木板右端，若改变以下条件，物块仍不会滑出木板的是(弹簧所在区域板面光滑)()A．增大板的质量B．增大物块质量C．增大弹簧劲度系数D．增大物块初速度1.解析：小滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做匀加速运动，由图象知小滑块末速度大于木板末速度，所以在t1时刻滑块从木板上滑出，并一直存在相对运动，故①④对②错；又因为它们相互的作用力一定，v－t图象的斜率反映了加速度，由图知aM＞am，因此m＞M，③对．答案：A2.答案：C3.答案（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式mamg①（1分）atvvC②（1分）221attvsC③（1分）解得mLmx0.425.1（1分）即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为smv/0.3（2分）（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律012mvmv④（1分）1222cmvmvmv⑤（1分）由动量守恒定律2222121221221CPmvmvmvE⑥（1分）解得JEP0.1（2分）（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为1v，分离后A与B的速度为2v，滑块C的速度为Cv，由动量守恒定律12mvmvm⑦（1分）2122vmmvmvC⑧（1分）由能量守恒定律2222121221221CPmvmvmvE⑨（2分）由运动学公式aLvvC222⑩（2分）（或由动能定理2'22121CmvmvmgL）解得：smvm/1.7（2分）4.解析：小球在摆动时，车也会动，车的动能由小球机械能转化来，所以对小球来说机械能不守恒，小车的机械能也不守恒，AB不正确；小球和小车组成的系统没有机械能向别的形式的能转化，所以系统的机械能守恒，C正确；小球和小车组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒，但水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，所以D也正确．5.答案：（1）2m/s；（2）0.6m．解析：（1）Ａ所受Ｂ的滑动摩擦力f1=μmg=0.2×2×10kg=4N则Ａ反作用于Ｂ的滑动摩擦力f1′=4NＢ所受地面的滑动摩擦力f2=μ(Ｍ1+m)g=0.2×(3+2)×10kg=10N因Ｂ获得动力f1′小于受到的阻力f2，故在Ａ滑动的过程中，Ｂ始终没有滑动对A，根据牛顿第二定律得其加速度1s内运动的位移因s=Ｌ1，说明在1s末Ａ刚好滑上Ｃ的左端41s末Ａ获得的速度v1＝at＝2×1m/s=2m/s（2）Ａ滑上Ｃ之后，它对Ｃ的滑动摩擦力使Ｃ向右做匀加速运动，而Ｃ对Ａ的滑动摩擦力使Ａ做匀减速运动，要保证Ａ不会从Ｃ上掉下，则长木板Ｃ的最小长度Ｌ2必须符合在Ａ滑至Ｃ的右端时双方获得共同速度v2．在双方相对运动的过程中所受合外力等于零，系统动量守恒，有：mv1=（Ｍ2+m）v2又根据系统的能量守恒定律可得：f1Ｌ2＝mv1２－(Ｍ2+m)v2２由以上两式解得：Ｌ2＝代入数据解得：Ｌ2＝0.6m．6.[答案]13R[解析]系统水平方向上不受外力，水平方向动量守恒．设大、小球的水平速度分别为v1x、v2x，则2mv1x－mv2x＝02mx1＝mx2x1＋x2＝2R－R.解得：x1＝13R.7.答案25解（1）由44mgRmgRmgR得3（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则4214212221mgRmvmgRmv设向右为正、向左为负，解得gRv211，方向向左gRv212，方向向右设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N′，方向竖直向上为正、向下为负.则RvmmgN22N′=—N=—4.5mg，方向竖直向下（3）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则222121212121mVmVmgRmVmVmvmv解得0,221VgRV（另一组解：V1=—v1，V2=—v2不合题意，舍去）由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；8.解析:选B.设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由2sin21sintgh得物体下滑的时间2sin2ght,越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I=mgt就越大，故I1I2I3，由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量△p=mv相等，即△p1=△p2=△p3，重力的瞬时功率P=mgvsinθ,越小，sinθ越小,P越小，即P1P2P3，故选B.9．【解析】（1）赛车由C到O，有20214)6(mvsFF①车与缓冲器短时相撞过程根据动量守恒:102mvmv②2分O到D过程pEvmsFFs21)2(216③由①②③求得：FsEp5.2（2）D到O过程22)2(216vmsFEp④赛车从O点到停止运动2222106mvsF⑤车整个过程克服摩擦力做功)24(62sssFW⑥由④⑤⑥求得：FsW613【答案】(1)FsEp5.2(2)FsW61310.【解析】A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性