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

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1、第2講 動(dòng)量觀點(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

2、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的物體做直線運(yùn)動(dòng),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(dòng)量相同,p1=p2=

3、10 kg·m/s,由動(dòng)量定理知I1=0;物體在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p3=-10 kg·m/s,由動(dòng)量定理知I2=p3-p2=-20 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

4、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W1+W2=0,對(duì)a球由動(dòng)能定理可知W1=0,故W2=0,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,查詢得知,當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落的速度約為12 m/s.

5、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)(  ) 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(wèn)題,首先要注意研究對(duì)象的選?。x取Δt=1 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m=ρhS,發(fā)生作用后速度變?yōu)榱?,根?jù)動(dòng)量定理,有FΔt=mv=ρhSv,則壓強(qiáng)p===0.15 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

6、、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/s B.碰后乙向右運(yùn)動(dòng),速度大小為7 m/s C.碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共增加了1 450 J D.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ΔE=m甲v+m乙v-m乙v′,

7、代入數(shù)據(jù)解得ΔE=1 400 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

8、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

9、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要滿足≤m< 解析:選BD.小球1和小球2組成的系統(tǒng)滿足動(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:mv1-2mv2=0,Ep=mv+×2mv,解得v1=2,v2=,B正確;

10、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)滿足v1=2>v0,v2=≤2v0,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μ.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.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(dòng)量守恒定律

11、:mv=(m+M)v1,則動(dòng)能損失ΔEk=mv2-(m+M)v,解得ΔEk=v2,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(dòng)能:ΔEk=Q=NμmgL,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

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(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滿足v2=0.8v1=0.82v0.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 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(yīng)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(yīng)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(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(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,AB段長(zhǎng)L=4 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(dòng)能ΔE. (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:mv1=2mv① 解得:v==3 m/s 碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)能為: ΔEk=mv-×2mv2② 解得ΔEk=9 J. (2)P滑動(dòng)過(guò)程中,由牛頓第二定律知 2ma=-μ·2mg③ 可以把P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C再返回B點(diǎn)的全過(guò)程看做勻減速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有:3L=vt+at2④ 由①③④式得v1=⑤ (Ⅰ)若2 s時(shí)通過(guò)B點(diǎn), 解得:v1=14 m/s (Ⅱ)若4 s時(shí)通過(guò)B

15、點(diǎn),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(guò)A點(diǎn)的速度為vA,由動(dòng)能定理知 ×2mv-×2mv2=-μ·2mg·4L⑥ 當(dāng)v=v1=7 m/s時(shí),復(fù)合體向左通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(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R=0.5 m.物塊A以v0=6 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

16、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(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)(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(diǎn)Q,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,得mv=mg·2R+mv2 所以A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度 v== m/s=4 m/s>= m/s 在Q點(diǎn)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(dòng)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(dòng)能定理,得-2μmgkL=0-·2mv′2 所以k===45. (3)AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段根據(jù)動(dòng)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

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