2019-2020年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 動量試題 .doc

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2019-2020年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 動量試題 1. 一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落，然后陷人泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進(jìn)人泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ， 則 A、過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量 B、過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小 C、I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零 D、過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零 2.如圖5－7所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是 　　A．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，只有重力對它做功 　　B．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 　　C．小球自半圓槽的最低點(diǎn)B向C點(diǎn)運(yùn)動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 D．小球離開C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動。 3.在質(zhì)量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度u沿光滑的水平面運(yùn)動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些說法是可能發(fā)生的 　　A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3 　　B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足：Mu=Mv1+mv2 　　C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関，滿足：Mu=（M+m）v 　　D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u=（M+m0）v1+mv2 4.向空中發(fā)射一物體．不計(jì)空氣阻力，當(dāng)物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a,b兩塊．若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向則 　　A．b的速度方向一定與原速度方向相反 　　B．從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大 　　C．a(chǎn)，b一定同時到達(dá)地面 　　D．炸裂的過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量大小一定相等 　　5.從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是 　　A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小 　　B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小 　　C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 　　D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時間長。 　 6.在距地面高為h，同時以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質(zhì)量相等的物體m，當(dāng)它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量△P，有 　　A．平拋過程較大 　　　　B．豎直上拋過程較大 　　C．豎直下拋過程較大 　　D．三者一樣大 7.物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當(dāng)物體滑至斜面底端時，重力做功的功率為（ ） A. B. C. D. 8.如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1與m2，m1＜m2，由輕質(zhì)彈簧相連接置于水平的氣墊導(dǎo)軌上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊。兩滑塊一起以恒定的 速率v0向右滑動.突然輕繩斷開.當(dāng)彈簧 伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度 正好為0.求： （1）繩斷開到第一次恢復(fù)自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能Ep； （2）在以后的運(yùn)動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結(jié)論. 9.質(zhì)量為50㎏的人站在質(zhì)量為150㎏（不包括人的質(zhì)量）的船頭上，船和人以0.20m/s的速度向左在水面上勻速運(yùn)動，若人用t =10s的時間勻加速從船頭走到船尾，船長L＝5m，則船在這段時間內(nèi)的位移是多少？（船所受水的阻力不計(jì)） S L 10．如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序號是1，2，3，…，n的物體，所有物塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)都相同，開始時，木板靜止不動，第1，2，3，…n號物塊的初速度分別是v，2 v，3 v，…nv，方向都向右，木板的質(zhì)量與所有物塊的總質(zhì)量相等 ,最終所有物塊與木板以共同速度勻速運(yùn)動。設(shè)物塊之間均無相互碰撞，木板足夠長。試求： （1）所有物塊與木板一起勻速運(yùn)動的速度v； （2）第1號物塊與木板剛好相對靜止時的速度v； （3）通過分析與計(jì)算說明第k號（k＜n＝物塊的最小速度v 1 2 n V0 2V0 nV0 11.如圖所示，人與冰車質(zhì)量為M，球質(zhì)量為m，開始均靜止于光滑冰面上，現(xiàn)人將球以對地速度V水平向右推出，球與擋板P碰撞后等速率彈回，人接住球后又將球以同樣的速度V向右推出……如此反復(fù)，已知M = 16 m，試問人推球幾次后將接不到球? 12. 如圖5-9所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、βm（β為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度均為,碰撞中無機(jī)械能損失。重力加速度為g。試求： （1）待定系數(shù)β; （2）第一次碰撞剛結(jié)束時小球A、B各自的速度和B球?qū)壍赖膲毫? （3）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時各自的速度。 13.一個質(zhì)量為m=2kg的物體，在F1=8N的水平推力作用下，從靜止開始沿水平面運(yùn)動了t1=5s，然后推力減小為F2=5N，方向不變，物體又運(yùn)動了t2=4s后撤去外力，物體再經(jīng) 過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所受的摩擦力。 14.跳傘運(yùn)動員從2000m高處跳下，開始下落過程未打開降落傘，假設(shè)初速度為零，所受空氣阻力與下落速度大小成正比，最大降落速度為vm=50m/s。運(yùn)動員降落到離地面s=200m高處才打開降落傘，在1s內(nèi)速度均勻減小到v1=5.0m/s，然后勻速下落到地面，試求運(yùn)動員在空中運(yùn)動的時間。 15.如圖1所示，質(zhì)量為M的足夠長木板置于光滑水平地面上，一質(zhì)量為m的木塊以水平初速度滑上長木板，已知木塊與木板之間的摩擦因數(shù)為，求： （1）m的最終速度； （2）m與M相對滑動產(chǎn)生的焦耳熱Q； （3）m在M上相對滑動的距離L。 答案及解析 1.【答案】AC 【解析】根據(jù)動量定理可知，在過程I中，鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)自由下落.不計(jì)空氣阻力，小球所受的合外力即為重力，因此鋼珠的動量的改變量等于重力的 沖量，選項(xiàng)A正確；過程I中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小與過程Ⅱ中重力的沖量的大小之和，顯然B選項(xiàng)不對；在I、Ⅱ兩個過程中，鋼珠動量的改變量各不為零.且它們大小相等、方向相反，但從整體看，鋼珠動量的改變量為零，故合外力的總沖量等于零，故C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯誤。因此，本題的正確選項(xiàng)為AC。 2.【答案】C 【解析】本題的受力分析應(yīng)與左側(cè)沒有物塊擋住以及半圓槽固定在水平面上的情況區(qū)分開來。（圖5-8） 小球在半圓槽內(nèi)自B→C運(yùn)動過程中，雖然開始時半圓槽與其左側(cè)物塊接觸，但已不擠壓，同時水平而光滑，因而系統(tǒng)在水平方向不受任何外力作用，故在此過程中，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，所以正確答案應(yīng)選C。 3.【答案】BC 【解析】由于碰撞時間極短，所以單擺相對小車沒有發(fā)生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的，沒有水平方向的分力，未改變小球的動量，實(shí)際上單擺沒有參與這個碰撞過程，所以單擺的速度不發(fā)生變化，因此，選項(xiàng)中應(yīng)排除AD。 　因?yàn)閱螖[的速度不變，所以，研究對象也選取小車和木塊，水平方向動量守恒，由動量守恒定律 　　Mu = Mv1+mv2 即為B選項(xiàng)。 由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關(guān)系，所以也有可能小車和木塊合二而一。因此，C選項(xiàng)也是可能的。正確答案：選B，C。 4.【答案】CD 【解析】 物體炸裂過程發(fā)生在物體沿水平方向運(yùn)動時，由于物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有： (mA+mB)v = mAvA＋mBvB 　　當(dāng)vA與原來速度v同向時,vB可能與vA反向，也可能與vA同向,第二種情況是由于vA的大小沒有確定，題目只講的質(zhì)量較大，但若vA很小，則mAvA還可能小于原動量(mA+mB)v。這時,vB的方向會與vA方向一致，即與原來方向相同所以A不對。 　　a，b兩塊在水平飛行的同時，豎直方向做自由落體運(yùn)動即做平拋運(yùn)動，落地時間由t=決定，因h相等，所以落地時間一定相等，所以選項(xiàng)C是正確的 　　由于水平飛行距離x = vt，a、b兩塊炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地時間t又相等，所以水平飛行距離無法比較大小，所以B不對。 　　根據(jù)牛頓第三定律，a，b所受爆炸力FA=－FB，力的作用時間相等，所以沖量I=Ft的大小一定相等。所以D是正確的。 5.【答案】CD 【解析】設(shè)玻璃杯下落高度為h。它們從h高度落地瞬間的 速度大小為，設(shè)玻璃杯的質(zhì)量為m,則落地瞬間的動量大小為P=m,與水泥地或草地接觸△t時間后，杯子停下（靜止），在此過程 ，玻璃杯的動量變化為△P=0- m,再由動量定理可知F△t=△P=- m所以F=。由此可知越大杯子受合力F越大，掉在水泥地上動量變化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，沖力也大，所以杯子易碎。同理，掉在水泥地上作用時間短，而動量變化相同所以掉在水泥地受到的合力大，地面給予杯子的沖擊力也大，所以杯子易碎。正確答案應(yīng)選C，D。 6.【答案】B 【解析】 由動量變化圖5－2中可知，△P2最大，即豎直上拋過程動量增量最大，所以應(yīng)選B。 　 7.【答案】C 【解析】解析：由于光滑斜面，物體m下滑過程中機(jī)械能守恒，滑至底端是的瞬時速度，根據(jù)瞬時功率。 由圖可知，的夾角則滑到底端時重力的功率是，故C選項(xiàng)正確。 8.【解析】 （1）當(dāng)彈簧處壓縮狀態(tài)時，系統(tǒng)的機(jī)械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當(dāng)彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統(tǒng)的機(jī)械能等于滑塊B的動能.設(shè)這時滑塊B的速度為v，則有E=m2v2/2. 因系統(tǒng)所受外力為0，由動量守恒定律 (m1+m2)v0=m2v. 解得E=(m1+m2)2v02/(2m2). 由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 (m1+m2)v02/2+Ep=E. 解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2. （2）假設(shè)在以后的運(yùn)動中滑塊B可以出現(xiàn)速度為0的時刻，并設(shè)此時A的速度為v1，彈簧的彈性勢能為E′p，由機(jī)械能守恒定律得 m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2. 根據(jù)動量守恒得(m1+m2)v0=m1v1， 求出v1代入上式得: (m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2. 因?yàn)镋′p≥0，故得: (m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2 即m1≥m2，這與已知條件中m1＜m2不符. 可見在以后的運(yùn)動中不可能出現(xiàn)滑塊B的速度為0的情況. 9.【解析】 設(shè)人走到船尾時，人的速度為，船的速度為 對系統(tǒng)分析：動量守恒 對船分析：（勻加速運(yùn)動） S = 對人分析：（勻加速運(yùn)動） 得：S = 3.25 m. 10.【解析】 （1）設(shè)所有物塊都相對木板靜止時的速度為 v，因木板與所有物塊系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒，應(yīng)有： m v+m2 v+m3 v+…+mn v=（M + nm）v M = nm， 解得: v=（n+1）v， （2）設(shè)第1號物塊相對木板靜止時的速度為v，取木板與物塊1為系統(tǒng)一部分，第2 號物塊到第n號物塊為系統(tǒng)另一部分，則 木板和物塊1 △p =（M + m）v-m v， 2至n號物塊 △p=（n-1）m（v- v） 由動量守恒定律： △p=△p， 解得 v= v， （3）設(shè)第k號物塊相對木板靜止時的速度由v ，則第k號物塊速度由k v減為v的過程中，序數(shù)在第k號物塊后面的所有物塊動量都減小m（k v- v），取木板與序號為1至K號以前的各物塊為一部分，則 △p=（M+km）v-（m v+m2 v+…+mk v）=（n+k）m v-（k+1）m v 序號在第k以后的所有物塊動量減少的總量為 △p=（n-k）m（k v- v） 由動量守恒得 △p=△p， 即 （n+k）m v-（k+1）m v= （n-k）m（k v- v）， 解得 v= 11.【解析】 取水平向左為正方向，冰車、人、球?yàn)橄到y(tǒng)．由動量守恒定律， 對第一次推球過程有： 對第二次整個接、推球過程有： 對第三次整個接、推球過程有： 對第n次整個接、推球過程同理分析得： 設(shè)推球n次后恰接不到球，則，故有 代人已知條件 解得：n = 8.5， 即人推球9次后將接不到球． 12.【解析】 （1）由機(jī)械能守恒定律可得：mgR＝+得　　　　β＝3 　（2）設(shè)A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，則　　　=　　　= 設(shè)向右為正、向左為負(fù)，解得　　v1＝，方向向左　v2＝，方向向右 設(shè)軌道對B球的支持力為N，B球?qū)壍赖膲毫镹 /，方向豎直向上為正、向下為負(fù)。則　 N－βmg＝βm　　　　　　N /＝－N＝－4.5mg，方向豎直向下 （3）設(shè)A、B球第二次碰撞剛結(jié)束時的速度分別為V1、V2，則 解得：V1＝－，V2＝0（另一組：V1＝－v1，V2＝－v2，不合題意，舍去） 由此可得：當(dāng)n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與第一次碰撞剛結(jié)束時相同；當(dāng)n為偶數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與第二次碰撞剛結(jié)束時相同 13.【解析】 解法l 取物體為研究對象，它的運(yùn)動可明顯分為三個過程。設(shè)第一、二兩過程末的速度分別為v1和v2。，物體所受摩擦力為f，規(guī)定推力的方向?yàn)檎较颉８鶕?jù)動量定理對三個過程分別有： 聯(lián)立上述三式得 解法2 規(guī)定推力的方向?yàn)檎较?，在物體運(yùn)動的整個過程中，物體的初動量p1=0，末動量p2=0。據(jù)動量定理有 即： 解得 14.【解析】 整個過程中，先是變加速運(yùn)動，接著勻減速，最后勻速運(yùn)動，作出v—t圖線如圖（1）所示。由于第一段內(nèi)作非勻變速直線運(yùn)動，用常規(guī)方法很難求得這1800m位移內(nèi)的運(yùn)動時間?？紤]動量定理，將第一段的v—t圖按比例轉(zhuǎn)化成f—t圖，如圖（2）所示，則可以巧妙地求得這段時間。 設(shè)變加速下落時間為t1， 又：mg=kvm，得 所以： 第二段1s內(nèi)： 所以第三段時間 空中的總時間： 15.【解析】 m與M之間速度不同，必然存在相對運(yùn)動，在相互的摩擦力作用下m減速而M加速，當(dāng)兩者速度相同時無相對運(yùn)動達(dá)共速，所以m的最終速度即為兩者的共同速度。對m、M整體分析知，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，既然兩者出現(xiàn)共速，動能必然要減少，從能量守恒的角度看，減少的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能產(chǎn)生焦耳熱。產(chǎn)生的熱就其原因看是由于兩者的相互摩擦，所以可以利用摩擦力產(chǎn)生熱的特點(diǎn)即得解。 （1）對m、M組成系統(tǒng)受力分析知，其合外力為零，由動量守恒得 ∴ （2）對系統(tǒng)由能量守恒得產(chǎn)生焦耳熱 ∴ 由、解得 （3）由滑動摩擦力生熱特點(diǎn)得 ∴ 解得