2019届高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第2讲 动量观点的应用课后演练强化提能

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1、第2讲　动量观点的应用 　　　　　　 (建议用时：45分钟) 一、单项选择题 1．(2018·银川段考)冰壶运动深受观众喜爱，图1为索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的(　　) 解析：选B.两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速

2、度，碰后乙做减速运动，最后静止，最终两冰壶的位置如选项图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，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错误． 2．质量为2 kg的物体做直线运动，其v－t图象如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是(　　) 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：选A.由图象可知，物体在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝

3、10 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；物体在后10 s内末状态的动量p3＝－10 kg·m/s，由动量定理知I2＝p3－p2＝－20 N·s，选项A正确． 3．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

4、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球落地前由于机械能守恒，则除了重力以外的力做的功必定为零，即W1＋W2＝0，对a球由动能定理可知W1＝0，故W2＝0，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． 4．为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小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.

5、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)(　　) A．0.15 Pa　　　　　　　　 B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 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Δt＝1 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m＝ρhS，发生作用后速度变为零，根据动量定理，有FΔt＝mv＝ρhSv，则压强p＝＝＝0.15 Pa，选项A正确． 5．(2018·北京东城区期中)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg

6、、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法正确的是(　　) A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J 解析：选D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律得：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，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v′，

7、代入数据解得ΔE＝1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误，D正确． 6．(2018·日照月考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速

8、运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力，绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功，故选项A正确，选项B、C、D错误． 二、多项选择题 7.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，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确

9、的是(　　) A．弹簧的弹性势能在释放过程中，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：mv1－2mv2＝0，Ep＝mv＋×2mv，解得v1＝2，v2＝，B正确；

10、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，速度大小应满足v1＝2>v0，v2＝≤2v0，解得≤m<，C错误，D正确． 8．(2018·贵阳检测)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μ.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(　　) A.Mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 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

11、：mv＝(m＋M)v1，则动能损失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，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s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D对． 三、非选择题 9．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

12、球的质量m＝0.5 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v2＝0.8v1＝0.82v0.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 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0 F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0 则F1∶F2＝5∶4. (2)欲使球跳起0.8 m，应使球由静止下落的高度为h＝ m＝1.25 m，球由1

13、.25 m落到0.8 m处的速度为v＝3 m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为I＝mv＝1.5 N·s，方向竖直向下． 答案：(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向竖直向下 10．在如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板．物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并结成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点．探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞． (1)若v1＝6 m/

14、s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE. (2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E. 解析：(1)根据动量守恒定律有：mv1＝2mv① 解得：v＝＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为： ΔEk＝mv－×2mv2② 解得ΔEk＝9 J. (2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知 2ma＝－μ·2mg③ 可以把P从A点运动到C再返回B点的全过程看做匀减速直线运动，根据运动学公式有：3L＝vt＋at2④ 由①③④式得v1＝⑤ (Ⅰ)若2 s时通过B点， 解得：v1＝14 m/s (Ⅱ)若4 s时通过B

15、点，解得：v1＝10 m/s 故v1的取值范围为：10 m/s≤v1≤14 m/s 设向左经过A点的速度为vA，由动能定理知 ×2mv－×2mv2＝－μ·2mg·4L⑥ 当v＝v1＝7 m/s时，复合体向左通过A点时的动能最大，EkAmax＝17 J. 答案：(1)3 m/s　9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 11．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m．物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右

16、侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)． (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F. (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值． (3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式． 解析：(1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得mv＝mg·2R＋mv2 所以A滑过Q点时的速度 v＝＝ m/s＝4 m/s>＝ m/s 在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m 所以A受到的弹力F＝－mg＝N＝22 N. (2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，则mv0＝2mv′， 所以v′＝v0＝3 m/s 从碰撞到AB停止，根据动能定理，得－2μmgkL＝0－·2mv′2 所以k＝＝＝45. (3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，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