2020年高三物理第二轮专题练习之动量(新人教)

2020年高三物理第二轮专题练习之动量(新人教)

动量 ‎1. 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ， 则 A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 ‎2.如图5－7所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是 ‎　　A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 ‎　　B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 ‎　　C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动。‎ ‎3.在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的 ‎　　A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3‎ ‎　　B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu=Mv1+mv2‎ ‎　　C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足：Mu=（M+m）v ‎　　D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：（M+m0）u=（M+m0）v1+mv2‎ ‎4.向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则 ‎ ‎　　A．b的速度方向一定与原速度方向相反 - 13 -‎ ‎　　B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 ‎　　C．a，b一定同时到达地面 ‎　　D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 ‎　　5.从同样高度落下的玻璃杯，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动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 ‎　　B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 ‎　　C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 ‎　　D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。‎ ‎　‎ ‎6.在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有 ‎　　A．平抛过程较大 　　　　B．竖直上抛过程较大 ‎　　C．竖直下抛过程较大 　　D．三者一样大 ‎7.物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端时，重力做功的功率为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎8.如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。两滑块一起以恒定的 ‎ ‎ 速率v0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧 伸至本身的自然长度时，滑块A的速度 正好为0.求：‎ ‎（1）绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；‎ ‎（2）在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论.‎ - 13 -‎ ‎9.质量为50㎏的人站在质量为150㎏（不包括人的质量）的船头上，船和人以0.20m/s的速度向左在水面上匀速运动，若人用t =10s的时间匀加速从船头走到船尾，船长L＝5m，则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计）‎ S L ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎10．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是1，2，3，…，n的物体，所有物块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1，2，3，…n号物块的初速度分别是v，2 v，3 v，…nv，方向都向右，木板的质量与所有物块的总质量相等 ,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。设物块之间均无相互碰撞，木板足够长。试求：‎ ‎（1）所有物块与木板一起匀速运动的速度v；‎ ‎（2）第1号物块与木板刚好相对静止时的速度v；‎ ‎（3）通过分析与计算说明第k号（k＜n＝物块的最小速度v ‎1‎ ‎2‎ n V0‎ ‎2V0‎ nV0‎ ‎11.如图所示，人与冰车质量为M，球质量为m，开始均静止于光滑冰面上，现人将球以对地速度V水平向右推出，球与挡板P碰撞后等速率弹回，人接住球后又将球以同样的速度V向右推出……如此反复，已知M = 16 m，试问人推球几次后将接不到球?‎ - 13 -‎ ‎12. 如图5-9所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：‎ ‎（1）待定系数β;‎ ‎（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;‎ ‎（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。‎ ‎13.一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力，物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。‎ ‎14.跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。‎ - 13 -‎ ‎15.如图1所示，质量为M的足够长木板置于光滑水平地面上，一质量为m的木块以水平初速度滑上长木板，已知木块与木板之间的摩擦因数为，求：‎ ‎（1）m的最终速度；‎ ‎（2）m与M相对滑动产生的焦耳热Q；‎ ‎（3）m在M上相对滑动的距离L。‎ - 13 -‎ - 13 -‎ 答案及解析 ‎1.【答案】AC ‎【解析】根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项A正确；过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误。因此，本题的正确选项为AC。‎ ‎2.【答案】C ‎【解析】本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。（图5-8）‎ 小球在半圆槽内自B→C运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C。‎ ‎3.【答案】BC ‎【解析】由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除AD。‎ ‎　因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律 ‎　　Mu = Mv1+mv2 即为B选项。‎ 由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而一。因此，C选项也是可能的。正确答案：选B，C。‎ ‎4.【答案】CD ‎【解析】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：‎ ‎(mA+mB)v = mAvA＋mBvB ‎　　当vA与原来速度v同向时,vB可能与vA反向，也可能与vA同向,第二种情况是由于vA的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若vA很小，则mAvA还可能小于原动量(mA+mB)v。这时,vB的方向会与vA方向一致，即与原来方向相同所以A不对。‎ ‎　　a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运动，落地时间由t=‎ - 13 -‎ 决定，因h相等，所以落地时间一定相等，所以选项C是正确的 ‎　　由于水平飞行距离x = v·t，a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对。‎ ‎　　根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力FA=－FB，力的作用时间相等，所以冲量I=F·t的大小一定相等。所以D是正确的。‎ ‎5.【答案】CD ‎【解析】设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的 速度大小为，设玻璃杯的质量为m,则落地瞬间的动量大小为P=m,与水泥地或草地接触△t时间后，杯子停下（静止），在此过程 ，玻璃杯的动量变化为△P=0- m,再由动量定理可知F·△t=△P=- m所以F=。由此可知越大杯子受合力F越大，掉在水泥地上动量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子易碎。同理，掉在水泥地上作用时间短，而动量变化相同所以掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C，D。‎ ‎6.【答案】B ‎【解析】 由动量变化图5－2中可知，△P2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。‎ ‎　‎ ‎7.【答案】C ‎【解析】解析：由于光滑斜面，物体m下滑过程中机械能守恒，滑至底端是的瞬时速度，根据瞬时功率。‎ 由图可知，的夹角则滑到底端时重力的功率是，故C选项正确。‎ ‎8.【解析】‎ - 13 -‎ ‎（1）当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能.设这时滑块B的速度为v，则有E=m2v2/2.‎ ‎ 因系统所受外力为0，由动量守恒定律 ‎ ‎ (m1+m2)v0=m2v.‎ ‎ 解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).‎ 由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒 ‎ (m1+m2)v02/2+Ep=E.‎ ‎ 解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.‎ ‎ （2）假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时刻，并设此时A的速度为v1，弹簧的弹性势能为E′p，由机械能守恒定律得 ‎ ‎ m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.‎ 根据动量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，‎ 求出v1代入上式得:‎ ‎ (m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.‎ 因为E′p≥0，故得:‎ ‎ (m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2‎ 即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2不符.‎ 可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况.‎ ‎9.【解析】‎ 设人走到船尾时，人的速度为，船的速度为 ‎ ‎ 对系统分析：动量守恒 ‎ 对船分析：（匀加速运动） S = ‎ ‎ 对人分析：（匀加速运动） ‎ ‎ 得：S = 3.25 m. ‎ ‎10.【解析】‎ ‎（1）设所有物块都相对木板静止时的速度为 v - 13 -‎ ‎，因木板与所有物块系统水平方向不受外力，动量守恒，应有：‎ m v+m·2 v+m·3 v+…+m·n v=（M + nm）v ‎ M = nm， 解得: v=（n+1）v，‎ ‎ （2）设第1号物块相对木板静止时的速度为v，取木板与物块1为系统一部分，第2 号物块到第n号物块为系统另一部分，则 ‎ 木板和物块1 △p =（M + m）v-m v，‎ ‎ 2至n号物块 △p=（n-1）m·（v- v）‎ 由动量守恒定律： △p=△p，‎ 解得 v= v， ‎（3）设第k号物块相对木板静止时的速度由v ，则第k号物块速度由k v减为v的过程中，序数在第k号物块后面的所有物块动量都减小m（k v- v），取木板与序号为1至K号以前的各物块为一部分，则 ‎ ‎△p=（M+km）v-（m v+m·2 v+…+mk v）=（n+k）m v-（k+1）m v 序号在第k以后的所有物块动量减少的总量为 ‎ △p=（n-k）m（k v- v）‎ 由动量守恒得 △p=△p， 即 ‎（n+k）m v-（k+1）m v= （n-k）m（k v- v），‎ 解得 v=‎ ‎11.【解析】‎ ‎ 取水平向左为正方向，冰车、人、球为系统．由动量守恒定律，‎ 对第一次推球过程有： ‎ 对第二次整个接、推球过程有： ‎ - 13 -‎ 对第三次整个接、推球过程有：‎ ‎ 对第n次整个接、推球过程同理分析得： ‎ 设推球n次后恰接不到球，则，故有 代人已知条件 解得：n = 8.5， 即人推球9次后将接不到球．‎ ‎12.【解析】‎ ‎（1）由机械能守恒定律可得：mgR＝+得　　　　β＝3‎ ‎　（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则　　　=　　　=‎ 设向右为正、向左为负，解得　　v1＝，方向向左　v2＝，方向向右 设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N /，方向竖直向上为正、向下为负。则　‎ N－βmg＝βm　　　　　　N /＝－N＝－4.5mg，方向竖直向下 ‎（3）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则 解得：V1＝－，V2＝0（另一组：V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去）‎ 由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同 ‎13.【解析】‎ 解法l 取物体为研究对象，它的运动可明显分为三个过程。设第一、二两过程末的速度分别为v1和v2。，物体所受摩擦力为f，规定推力的方向为正方向。根据动量定理对三个过程分别有：‎ - 13 -‎ 联立上述三式得 ‎ 解法2 规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量p1=0，末动量p2=0。据动量定理有 即： ‎ 解得 ‎ ‎14.【解析】‎ 整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。‎ 设变加速下落时间为t1，‎ 又：mg=kvm，得 所以：‎ 第二段1s内： ‎ 所以第三段时间 空中的总时间：‎ - 13 -‎ ‎ ‎ ‎15.【解析】‎ m与M之间速度不同，必然存在相对运动，在相互的摩擦力作用下m减速而M加速，当两者速度相同时无相对运动达共速，所以m的最终速度即为两者的共同速度。对m、M整体分析知，系统所受合外力为零，动量守恒，既然两者出现共速，动能必然要减少，从能量守恒的角度看，减少的动能转化为内能产生焦耳热。产生的热就其原因看是由于两者的相互摩擦，所以可以利用摩擦力产生热的特点即得解。‎ ‎（1）对m、M组成系统受力分析知，其合外力为零，由动量守恒得 ‎ ‎ ∴ ‎ （2）对系统由能量守恒得产生焦耳热 ‎ ‎ ∴ 由、解得 ‎ （3）由滑动摩擦力生热特点得 ‎ ‎ ∴ 解得 ‎ - 13 -‎