2019屆高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點的應用課后演練強化提能

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1、第2講　動量觀點的應用 　　　　　　 (建議用時：45分鐘) 一、單項選擇題 1．(2018·銀川段考)冰壺運動深受觀眾喜愛，圖1為索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭．在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2.若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項圖中的(　　) 解析：選B.兩冰壺碰撞過程動量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動量不變，兩冰壺的動量方向即速度方向不會偏離甲原來的方向，故A錯誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速

2、度，碰后乙做減速運動，最后靜止，最終兩冰壺的位置如選項圖B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C錯誤；碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯誤． 2．質(zhì)量為2 kg的物體做直線運動，其v－t圖象如圖所示，則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受合外力的沖量分別是(　　) A．0，－20 N·s B．20 N·s，－40 N·s C．0，20 N·s D．20 N·s，－20 N·s 解析：選A.由圖象可知，物體在前10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動量相同，p1＝p2＝

3、10 kg·m/s，由動量定理知I1＝0；物體在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動量p3＝－10 kg·m/s，由動量定理知I2＝p3－p2＝－20 N·s，選項A正確． 3．如圖所示，一輕桿兩端分別固定著a、b兩個光滑金屬球，a球質(zhì)量大于b球質(zhì)量，兩球的半徑相等，整個裝置放在光滑的水平面上，將此裝置從圖示位置由靜止釋放，則(　　) A．在b球落地前瞬間，a球的速度方向向右 B．在b球落地前瞬間，a球的速度方向向左 C．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量為零 D．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的功為零 解析：選D.整個裝置下落過程中，水平方向沒有外力，水平方向的動量守恒，原來系

4、統(tǒng)水平方向的動量為零，在b球落地前瞬間，系統(tǒng)水平方向的動量仍為零，a球水平方向速度一定為零，選項A、B錯誤；設(shè)桿對a球做功為W1，對b球做功為W2，在b球落地前由于機械能守恒，則除了重力以外的力做的功必定為零，即W1＋W2＝0，對a球由動能定理可知W1＝0，故W2＝0，選項D正確；對b球，水平方向上動量變化為零，桿對b球的水平?jīng)_量為零，在豎直方向上，由動量定理可知，桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，選項C錯誤． 4．為估算雨滴撞擊池中睡蓮葉面的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1 h內(nèi)杯中水面上升了45 mm，查詢得知，當時雨滴豎直下落的速度約為12 m/s.

5、據(jù)此計算該壓強約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮葉面后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)(　　) A．0.15 Pa　　　　　　　　 B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：選A.解答此類連續(xù)相互作用的問題，首先要注意研究對象的選?。x取Δt＝1 h時間內(nèi)與面積為S的睡蓮發(fā)生相互作用的雨滴作為研究對象，其質(zhì)量為m＝ρhS，發(fā)生作用后速度變?yōu)榱?，根?jù)動量定理，有FΔt＝mv＝ρhSv，則壓強p＝＝＝0.15 Pa，選項A正確． 5．(2018·北京東城區(qū)期中)質(zhì)量為80 kg的冰球運動員甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右運動時，與質(zhì)量為100 kg

6、、速度為3 m/s的迎面而來的運動員乙相撞，碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時間極短，下列說法正確的是(　　) A．碰后乙向左運動，速度大小為1 m/s B．碰后乙向右運動，速度大小為7 m/s C．碰撞中甲、乙的機械能總共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的機械能總共損失了1 400 J 解析：選D.甲、乙碰撞的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，設(shè)碰撞前甲的速度為v甲，乙的速度為v乙，碰撞后乙的速度為v′乙，由動量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，方向水平向右，選項A、B錯誤；甲、乙碰撞過程機械能的變化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v′，

7、代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝1 400 J，機械能減少了1 400 J，選項C錯誤，D正確． 6．(2018·日照月考)“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是(　　) A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析：選A.從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速

8、運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力，繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功，故選項A正確，選項B、C、D錯誤． 二、多項選擇題 7.如圖所示，四個小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分別以v0和2v0的速率向兩側(cè)勻速運動，中間兩個小球靜止，小球1質(zhì)量為m，小球2的質(zhì)量為2m，1、2兩球之間放置一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧所具有的彈性勢能為Ep，將彈簧的彈性勢能全部釋放，下列說法正確

9、的是(　　) A．彈簧的彈性勢能在釋放過程中，小球1和小球2的合動量不為零 B．小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別是2、 C．小球1能否與小球3碰撞，取決于小球3的質(zhì)量大小 D．若離開彈簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，則質(zhì)量m要滿足≤m< 解析：選BD.小球1和小球2組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，由于開始小球1和小球2靜止，所以在彈簧的彈性勢能釋放的過程中，小球1和小球2組成的系統(tǒng)合動量為零，A錯誤；設(shè)小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律知：mv1－2mv2＝0，Ep＝mv＋×2mv，解得v1＝2，v2＝，B正確；

10、若離開彈簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小應滿足v1＝2>v0，v2＝≤2v0，解得≤m<，C錯誤，D正確． 8．(2018·貴陽檢測)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為(　　) A.Mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 解析：選BD.設(shè)最終箱子與小物塊的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律

11、：mv＝(m＋M)v1，則動能損失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B對；依題意：小物塊與箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相對箱子運動的路程為s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)損失的動能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D對． 三、非選擇題 9．皮球從某高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64，且每次球與地板接觸的時間相等．若空氣阻力不計，與地板碰撞時，皮球重力可忽略． (1)求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？ (2)若用手拍這個球，使其保持在0.8 m的高度上下跳動，則每次應給球施加的沖量為多少？(已知

12、球的質(zhì)量m＝0.5 kg，g取10 m/s2) 解析：(1)由題意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8.設(shè)皮球所處的初始高度為H，與地板第一次碰撞前瞬時速度大小為v0＝，第一次碰撞后瞬時速度大小(亦為第二次碰撞前瞬時速度大小)v1和第二次碰撞后瞬時速度大小v2滿足v2＝0.8v1＝0.82v0.設(shè)兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為F1、F2，選豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理，有 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0 F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0 則F1∶F2＝5∶4. (2)欲使球跳起0.8 m，應使球由靜止下落的高度為h＝ m＝1.25 m，球由1

13、.25 m落到0.8 m處的速度為v＝3 m/s，則應在0.8 m處給球的沖量為I＝mv＝1.5 N·s，方向豎直向下． 答案：(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向豎直向下 10．在如圖所示的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板．物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并結(jié)成復合體P，以此碰撞時刻為計時零點．探測器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作，已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1 kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞． (1)若v1＝6 m/

14、s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔE. (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E. 解析：(1)根據(jù)動量守恒定律有：mv1＝2mv① 解得：v＝＝3 m/s 碰撞過程中損失的動能為： ΔEk＝mv－×2mv2② 解得ΔEk＝9 J. (2)P滑動過程中，由牛頓第二定律知 2ma＝－μ·2mg③ 可以把P從A點運動到C再返回B點的全過程看做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式有：3L＝vt＋at2④ 由①③④式得v1＝⑤ (Ⅰ)若2 s時通過B點， 解得：v1＝14 m/s (Ⅱ)若4 s時通過B

15、點，解得：v1＝10 m/s 故v1的取值范圍為：10 m/s≤v1≤14 m/s 設(shè)向左經(jīng)過A點的速度為vA，由動能定理知 ×2mv－×2mv2＝－μ·2mg·4L⑥ 當v＝v1＝7 m/s時，復合體向左通過A點時的動能最大，EkAmax＝17 J. 答案：(1)3 m/s　9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 11．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5 m．物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右

16、側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m．物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)． (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F. (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值． (3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式． 解析：(1)物塊A從滑入圓軌道到最高點Q，根據(jù)機械能守恒定律，得mv＝mg·2R＋mv2 所以A滑過Q點時的速度 v＝＝ m/s＝4 m/s>＝ m/s 在Q點根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m 所以A受到的彈力F＝－mg＝N＝22 N. (2)A與B碰撞遵守動量守恒定律，設(shè)碰撞后的速度為v′，則mv0＝2mv′， 所以v′＝v0＝3 m/s 從碰撞到AB停止，根據(jù)動能定理，得－2μmgkL＝0－·2mv′2 所以k＝＝＝45. (3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段根據(jù)動能定理，得 －2μmgnL＝·2mv－·2mv′2 解得vn＝(n＜k)． 答案：(1)4 m/s　22 N　(2)45　(3)vn＝(n＜k) 7