2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能

第2講動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)的應(yīng)用 (建議用時(shí)：45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1(2018·銀川段考)冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀(guān)眾喜愛(ài)，圖1為索契冬奧會(huì)上中國(guó)隊(duì)員投擲冰壺的鏡頭在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與對(duì)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(xiàng)圖中的() 解析：選B.兩冰壺碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向不會(huì)偏離甲原來(lái)的方向，故A錯(cuò)誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)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度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后靜止，最終兩冰壺的位置如選項(xiàng)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(cuò)誤；碰撞過(guò)程機(jī)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(cuò)誤2質(zhì)量為2 kg的物體做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其vt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()A0，20 N·sB20 N·s，40 N·sC0，20 N·sD20 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(dòng)量相同，p1p210 kg·m/s，由動(dòng)量定理知I10；物體在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p310 kg·m/s，由動(dòng)量定理知I2p3p220 N·s，選項(xiàng)A正確3如圖所示，一輕桿兩端分別固定著a、b兩個(gè)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(gè)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(gè)過(guò)程中，輕桿對(duì)b球的沖量為零D在b球落地前的整個(gè)過(guò)程中，輕桿對(duì)b球做的功為零解析：選D.整個(gè)裝置下落過(guò)程中，水平方向沒(méi)有外力，水平方向的動(dòng)量守恒，原來(lái)系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量為零，在b球落地前瞬間，系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量仍為零，a球水平方向速度一定為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；設(shè)桿對(duì)a球做功為W1，對(duì)b球做功為W2，在b球落地前由于機(jī)械能守恒，則除了重力以外的力做的功必定為零，即W1W20，對(duì)a球由動(dòng)能定理可知W10，故W20，選項(xiàng)D正確；對(duì)b球，水平方向上動(dòng)量變化為零，桿對(duì)b球的水平?jīng)_量為零，在豎直方向上，由動(dòng)量定理可知，桿對(duì)b球的豎直方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤4為估算雨滴撞擊池中睡蓮葉面的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)，測(cè)得1 h內(nèi)杯中水面上升了45 mm，查詢(xún)得知，當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落的速度約為12 m/s.據(jù)此計(jì)算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮葉面后無(wú)反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)()A0.15 PaB0.54 PaC1.5 Pa D5.4 Pa解析：選A.解答此類(lèi)連續(xù)相互作用的問(wèn)題，首先要注意研究對(duì)象的選取選取t1 h時(shí)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(duì)象，其質(zhì)量為mhS，發(fā)生作用后速度變?yōu)榱悖鶕?jù)動(dòng)量定理，有FtmvhSv，則壓強(qiáng)p0.15 Pa，選項(xiàng)A正確5(2018·北京東城區(qū)期中)質(zhì)量為80 kg的冰球運(yùn)動(dòng)員甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，與質(zhì)量為100 kg、速度為3 m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞，碰后甲恰好靜止假設(shè)碰撞時(shí)間極短，下列說(shuō)法正確的是()A碰后乙向左運(yùn)動(dòng)，速度大小為1 m/sB碰后乙向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為7 m/sC碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共增加了1 450 JD碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共損失了1 400 J解析：選D.甲、乙碰撞的過(guò)程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)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(xiàng)A、B錯(cuò)誤；甲、乙碰撞過(guò)程機(jī)械能的變化量Em甲vm乙vm乙v，代入數(shù)據(jù)解得E1 400 J，機(jī)械能減少了1 400 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確6(2018·日照月考)“蹦極”運(yùn)動(dòng)中，長(zhǎng)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(guò)程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列分析正確的是()A繩對(duì)人的沖量始終向上，人的動(dòng)量先增大后減小B繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功，人的動(dòng)能一直減小C繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢(shì)能為零，人的動(dòng)能最大D人在最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)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(diǎn)的過(guò)程中，人先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度等于零時(shí)，速度最大，故人的動(dòng)量和動(dòng)能都是先增大后減小，加速度等于零時(shí)(即繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大，動(dòng)量和動(dòng)能最大，在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上的加速度，繩對(duì)人的拉力大于人所受的重力，繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動(dòng)方向相反，故繩對(duì)人的沖量方向始終向上，繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤二、多項(xiàng)選擇題7.如圖所示，四個(gè)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(yùn)動(dòng)，中間兩個(gè)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(shì)能為Ep，將彈簧的彈性勢(shì)能全部釋放，下列說(shuō)法正確的是()A彈簧的彈性勢(shì)能在釋放過(guò)程中，小球1和小球2的合動(dòng)量不為零B小球1和小球2離開(kāi)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(kāi)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(mǎn)足m<解析：選BD.小球1和小球2組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，由于開(kāi)始小球1和小球2靜止，所以在彈簧的彈性勢(shì)能釋放的過(guò)程中，小球1和小球2組成的系統(tǒng)合動(dòng)量為零，A錯(cuò)誤；設(shè)小球1和小球2離開(kāi)彈簧后瞬間的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律知：mv12mv20，Epmv×2mv，解得v12，v2，B正確；若離開(kāi)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(yīng)滿(mǎn)足v12>v0，v22v0，解得m<，C錯(cuò)誤，D正確8(2018·貴陽(yáng)檢測(cè))質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為.初始時(shí)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(duì)靜止設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()A.Mv2 B.v2C.NmgL DNmgL解析：選BD.設(shè)最終箱子與小物塊的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv(mM)v1，則動(dòng)能損失Ekmv2(mM)v，解得Ekv2，B對(duì)；依題意：小物塊與箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相對(duì)箱子運(yùn)動(dòng)的路程為s0.5L(N1)L0.5LNL，故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)損失的動(dòng)能：EkQNmgL，D對(duì)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(shí)間相等若空氣阻力不計(jì)，與地板碰撞時(shí)，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(gè)球，使其保持在0.8 m的高度上下跳動(dòng)，則每次應(yīng)給球施加的沖量為多少？(已知球的質(zhì)量m0.5 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(shí)速度大小為v0，第一次碰撞后瞬時(shí)速度大小(亦為第二次碰撞前瞬時(shí)速度大小)v1和第二次碰撞后瞬時(shí)速度大小v2滿(mǎn)足v20.8v10.82v0.設(shè)兩次碰撞中地板對(duì)球的平均沖力分別為F1、F2，選豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，有F1tmv1(mv0)1.8mv0F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0則F1F254.(2)欲使球跳起0.8 m，應(yīng)使球由靜止下落的高度為h m1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m處的速度為v3 m/s，則應(yīng)在0.8 m處給球的沖量為Imv1.5 N·s，方向豎直向下答案：(1)54(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(diǎn)B的正上方有一探測(cè)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(yíng)點(diǎn)的物體P2碰撞，并結(jié)成復(fù)合體P，以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)探測(cè)器只在t12 s至t24 s內(nèi)工作，已知P1、P2的質(zhì)量都為m1 kg，P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，AB段長(zhǎng)L4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，P與擋板的碰撞為彈性碰撞(1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能E.(2)若P與擋板碰后，能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過(guò)B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E.解析：(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv12mv解得：v3 m/s碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)能為：Ekmv×2mv2解得Ek9 J.(2)P滑動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律知2ma·2mg可以把P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C再返回B點(diǎn)的全過(guò)程看做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：3Lvtat2由式得v1()若2 s時(shí)通過(guò)B點(diǎn)，解得：v114 m/s()若4 s時(shí)通過(guò)B點(diǎn)，解得：v110 m/s故v1的取值范圍為：10 m/sv114 m/s設(shè)向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度為vA，由動(dòng)能定理知×2mv×2mv2·2mg·4L當(dāng)vv17 m/s時(shí)，復(fù)合體向左通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，EkAmax17 J.答案：(1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J11如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)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R0.5 m物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)0.1 m物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質(zhì)量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)(1)求A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)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(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值(3)求碰后AB滑至第n個(gè)(nk)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(diǎn)Q，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，得mvmg·2Rmv2所以A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度v m/s4 m/s> m/s在Q點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得mgFm所以A受到的彈力FmgN22 N.(2)A與B碰撞遵守動(dòng)量守恒定律，設(shè)碰撞后的速度為v，則mv02mv，所以vv03 m/s從碰撞到AB停止，根據(jù)動(dòng)能定理，得2mgkL0·2mv2所以k45.(3)AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段根據(jù)動(dòng)能定理，得2mgnL·2mv·2mv2解得vn(nk)答案：(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn(nk)7