2022版高考物理大二轮复习专题二第2讲动量观点的应用练习含解析20191024270.doc

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1、 动量观点的应用一、单项选择题1(2018·高考全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比解析：选B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知vat，且列车的动能为Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将xat2 代入上式得Ekmax，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误2为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小

2、明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1 h内杯中水面上升了45 mm，查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此计算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)()A0.15 PaB0.54 PaC1.5 PaD5.4 Pa解析：选A.解答此类连续相互作用的问题，首先要注意研究对象的选取选取t1 h时间内与面积为S的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象，其质量为mhS，发生作用后速度变为零，根据动量定理，有FtmvhSv，则压强p0.15 Pa，选项A正确3(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的

3、摩天轮，是天津市的地标之一摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动下列叙述正确的是() A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所

4、以重力的瞬时功率也是变化的，D错误4如图所示，一轻杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量大于b球质量，两球的半径相等，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，则()A在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右B在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左C在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零D在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零解析：选D.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a球水平方向速度一定为零，选项A、B错误；设杆对a球做功为W1，对b球做功为W2，在b球落地前由

5、于机械能守恒，则除了重力以外的力做的功必定为零，即W1W20，对a球由动能定理可知W10，故W20，选项D正确；对b球，水平方向上动量变化为零，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，由动量定理可知，杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，选项C错误5如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()AL1>L2BL1<L2CL1L2D不能确定解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统

6、动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv(mAmB)v，解得v，弹性势能最大，最大为EpmAv2(mAmB)v2；若用锤子敲击B球，同理可得mBv(mAmB)v，解得v，弹性势能最大为EpmBv2(mAmB)v2，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1L2，C正确6一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31，不计质量损失，重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mvmv甲mv乙，解得4v3v甲v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向

7、有hgt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲v甲t，x乙v乙t，代入图中各数据，可知B正确7(2019·菏泽高三二模)如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为H的O点，秋千的长度可调节改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点(与O等高)由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A处已知男演员质量为2m和女演员质量为m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是()ABHCD2H解析：选D.两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒设二者

8、到达B点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有：(m2m)gR(m2m)v，演员相互作用，沿水平方向动量守恒设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2，所以有(m2m)v02mv2mv1.女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，因此有mgRmv.男演员自B点平抛，有：xv2t.运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得HRgt2，联立以上各式，可解得x4，当秋千的长度R时，男演员落地点C与O点的水平距离最大为x2H，故D正确，A、B、C错误8(2019·最新高考信息卷)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m2 kg的木块A以速度v02 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A

9、、B之间存在摩擦，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g10 m/s2.则下列说法正确的是()A长木板的质量M2 kgBA、B之间动摩擦因数为0.2C长木板长度至少为2 mDA、B组成系统损失机械能为4 J解析：选A.从图乙可以看出，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v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0(mM)v，解得：Mm2 kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度a1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得mgMaB，解得动摩擦因数0.1，故B错误；由图乙可知前1 s内B的位移xB0.5 m，A的位移xA1.5 m，所以木

10、板最小长度LxAxB1 m，故C错误；A、B组成系统损失机械能Emv(Mm)v22 J，故D错误二、多项选择题9(2019·德州高三三模)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是()A皮球上升的最大高度为B皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mvmvC皮球上升过程经历的时间为D皮球从抛出到落地经历的时间为解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于，上升的时间小于，故A、C错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定

11、理得克服阻力做功为Wfmvmv，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1kvt1mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：hvt1，即：mgt1khmv1同理，设下降阶段的平均速度为v，则下降过程mgt2kvt2mv2，即：mgt2khmv2，由式得：mg(t1t2)m(v1v2)，解得：tt1t2，故D正确10如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势

12、能全部释放，下列说法正确的是()A在弹簧的弹性势能释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零B小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、 C小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小D若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足m<解析：选BD.小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始小球1和小球2静止，所以在弹簧的弹性势能释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A错误；设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律知：mv12mv20，Epmv×2mv，解得v12，v2，B正确；若离开

13、弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小应满足v12>v0，v22v0，解得m<，C错误，D正确11(2019·威海检测)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()AMv2Bv2CNmgLDNmgL解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv(mM)v1，则动能损失Ekmv2(mM)

14、v，解得Ekv2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s0.5L(N1)L0.5LNL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：EkQNmgL，D对12(2019·衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B拉力F做功

15、为6 JC小滑块Q的最大速度为3 m/sD整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J解析：选ACD.对系统由动量定理得FtmvPmvQ2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律Fmgma，解得a4 m/s2，1 s内木板P的位移xat22 m拉力F做功WFx12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft2mv共，v共3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒定律可知W·2mvQ，解得Q3

16、 J，D正确三、非选择题13皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64，且每次球与地板接触的时间相等若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m0.5 kg，g取10 m/s2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8.设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v20.8v10.82v

17、0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有F1tmv1(mv0)1.8mv0F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0则F1F254.(2)欲使球跳起0.8 m，应使球由静止下落的高度为h m1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m处的速度为v3 m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为Imv1.5 N·s，方向竖直向下答案：(1)54(2)1.5 N·s方向竖直向下14(2019·青岛二模)如图所示，滑板A放在光滑的水平面上，B滑块可视为质点，A和B的质量都是m1 kg，A的左侧面靠在光滑竖直墙上，A上表面的

18、ab段是光滑的半径为R0.8 m的四分之一圆弧，bc段是粗糙的水平面，ab段与bc段相切于b点已知bc长度为l2 m，滑块B从a点由静止开始下滑，取g10 m/s2.(1)求滑块B滑到b点时对A的压力大小；(2)若滑块B与bc段的动摩擦因数为且值满足0.10.5，试讨论因值的不同，滑块B在滑板A上滑动过程中因摩擦而产生的热量(计算结果可含有)解析：(1)设B下滑到b点时速度为v0，受到的支持力为N由机械能守恒定律mvmgR由牛顿第二定律Nmgm联立式解得N30 N由牛顿第三定律可知，B滑到b点时对A的压力为30 N.(2)设bc段的动摩擦因数为1时，B滑到c点时A、B恰好达到共同速度v由动量守恒定律得mv02mv由能量守恒定律得1mglmv(2m)v2联立式并代入数据解得10.2.讨论：()当0.10.2时，A、B不能达到同速，B将滑离A，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q1mgl20 J.()当0.20.5时，A、B能达到同速，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q2mv(2m)v2联立式并代入数据解得Q24 J.答案：见解析