2022高考物理二轮复习专题2能量与动量第2讲动量观点的应用习题含解析.docx

第2讲 动量观点的应用A组基础能力练1(2020·哈尔滨一中一模)沫蝉是一种身长只有6 mm左右小昆虫研究表明，沫蝉起跳时可以在1 ms时间释放出储存在后腿肌肉里的能量，最高跳跃到80 cm的高处，若g取10 m/s2，沫蝉起跳时需承受的力约为重力的(C)A20倍B100倍C400倍D800倍【解析】根据动量定理Ftmv0，沫蝉上升的过程中，根据位移与速度的的关系v2gh，代入数据，可知F400mg，C正确，A、B、D错误2(2020·广东佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球的离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(D)A手给球的冲量为1.6 kg·m/sB手给球的冲量为2.0 kg·m/sC人对球做的功为3.2 JD人对球做的功为2.2 J【解析】根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度，根据动量定理，合外力给皮球的冲量为Imv0.4×4 kg·m/s1.6 kg·m/s，手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量，所以手给球的冲量小于1.6 kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理，Wmghmv2，解得W2.2 J，选项D正确，C错误3(多选)(2020·山东泰安期末)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机，经常出现手机砸伤人脸的情况若手机的质量为150 g，从离人脸约20 cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1 s，重力加速度g10 m/s2，下列计算正确的是(AD)A手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3 kg·m/sB人脸对手机的冲量大小约为0.3 N·sC人脸对手机的冲量大小约为1.0 N·sD手机对人脸的平均冲力大小约为4.5 N【解析】20 cm0.20 m；150 g0.15 kg；根据自由落体运动的规律，得下落的速度为：v2 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变为0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：p0mv0.15×2 kg·m/s0.30 kg·m/s，A正确；手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，则有：Iymgtp ，代入数据可得：Iy0.45 N·s，B、C错误；由冲量的定义：IyFt，代入数据可得：FN4.5 N，D正确4(多选)(2020·辽宁大连一模)如图所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小木块A给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(AB)A2.2 m/sB2.4 m/sC2.8 m/sD3.0 m/s【解析】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零的过程中，由动量守恒定律得：(Mm)vMvB1，代入数据解得：vB1 m/s，从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(Mm)v(Mm)vB2，代入数据解得：vB22 m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：2 m/s<vB< m/s，故选A、B5(2020·甘肃武威期末)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示一物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)0.32(2)130 N(3)9 J【解析】(1)物块从A到B过程，由动能定理得：mgsABmvmv代入数据解得：0.32(2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，由动量定理得：FtmvmvB解得：F130 N，负号表示方向向左(3)物块向左运动过程，由动能定理得：W0mv2解得：W9 J6(2020·湖北宜昌联考)如图所示，水平地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量为m1.0 kg，B的质量为M2.0 kg，A、B之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不连接水平面的左侧连有一竖直墙壁，右侧与半径为R0.32 m的半圆形轨道相切现压缩弹簧使A、B由静止释放(A、B分离后立即撤去弹簧)，A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上追上B相碰后粘合在一起已知A、B粘合体刚好能通过半圆形轨道的最高点，重力加速度取g10 m/s2，不计一切摩擦(1)求A、B相碰后粘合在一起的速度大小；(2)求弹簧压缩后弹簧具有的弹性势能【答案】(1)4 m/s(2)27 J【解析】(1)设粘合体在圆轨道的最高点的速度大小为v4，粘合体刚好能通过圆轨道的最高点，则对粘合体由牛顿第二定律得(mM)g(mM)设A、B相碰后粘合在一起的速度大小为v3，则由机械能守恒定律得(mM)v(mM)v2(mM)gR联立代入数据解得v34 m/s(2)压缩弹簧释放后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，取向右为正方向由动量守恒定律得Mv2mv10A与墙壁发生弹性碰撞反弹，速度大小不变，追上B相碰后粘合在一起，由动量守恒定律得mv1Mv2(mM)v3设弹簧被压缩后具有的弹性势能为EP，由机械能守恒定律得EPmvMv联立代入数据解得EP27 JB组素养提升练7(2020·北京东城二模)如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰小球a、b质量分别为m1和m2，且m1200 g取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的xt图像如图乙所示下列说法正确的是(D) A碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动B碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动C碰撞前后两小球的机械能总量减小D碰撞前后两小球的机械能总量不变【解析】由xt(位移时间)图像的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静止a球的速度大小为v1 m/s4 m/s，做匀速运动，选项A错误；同理由图示图像可知，碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为v22 m/s，v12 m/s，选项B错误；根据动量守恒定律得m1v1m2v2m1v1，代入解得m20.6 kg，碰撞过程中系统损失的机械能为Em1vm1vm2v，代入解得E0，所以碰撞过程机械能守恒，选项C错误，D正确8(2020·河北衡水三模)如图甲所示，质量M0.8 kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m0.2 kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4 s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是(C)A04 s时间内拉力的冲量为3.2 N·sBt4 s时滑块的速度大小为17.5 m/sC木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·sD木板的速度最大为2 m/s【解析】冲量的定义式：IFt，所以Ft图像面积代表冲量，所以04 s时间内拉力的冲量为I N·S3.5 N·s，A错误；木块相对木板滑动时，对木板：mgMa，对木块：Fmgma，联立解得：F0.5 N，a0.5 m/s2，所以0时刻，即相对滑动，对滑块：IFmgtmv10，解得4 s时滑块速度大小：v19.5 m/s，B错误；4 s时，木板的速度v2at0.5×4 m/s2 m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：mv1Mv2(Mm)v，解得：v3.5 m/s，对木板根据动能定理可得：IMv2.8 N·s，C正确，D错误9(2020·湖北黄冈期末)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m，重力加速度为g.求：(1)A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数；(3)圆弧槽C的半径R.【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0m2mvB解得vB(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量mgLmvm2×2m2解得(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，mvB2mvA、C系统机械能守恒mgRm2m2×2mv2解得R10(2020·河南三市质检)工厂某些产品出厂要进行碰撞实验如图所示为一个理想的碰撞实验装置：一长薄板置于光滑水平地面上，薄板右端放置一物体，在薄板右方有一光滑通道，通道上方固定一个竖直障碍物，如图甲所示从某一时刻开始，物体与薄板一起以共同速度向右运动，在另一时刻，物体与竖直障碍物发生碰撞(碰撞时间极短)，而薄板可以沿通道运动碰撞前后物体速度大小不变，方向相反运动过程中物体始终未离开薄板已知薄板运动的vt图线如图乙所示，物体与薄板间的动摩擦因数为0.4，物体的质量是薄板质量的15倍，重力加速度大小取g10 m/s2.求：(1)物体相对薄板滑行的距离和图乙中速度v的大小；(2)图乙中t2与t1的差值和两个三角形A、B的面积之差【答案】(1)35 m/s,50 m(2)1.25 s3.125 m【解析】根据图像可以判定：碰撞前物体与薄板共同速度为v040 m/s，碰撞后物体速度水平向左，大小也是v040 m/s，薄板速度大小方向不变根据图像又知物体与薄板最后又共速，速度大小为v，方向向左(1)设薄板的质量为m，物体的质量为M，物体相对木板滑行的距离为L，对物体和薄板组成的系统：从和竖直障碍物碰后到二者共速，取向左的方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0mv0(Mm)v由能量守恒定律得MgL(Mm)v(Mm)v2解得v35 m/s，L50 m.(2)图乙中时间差(t2t1)，是物体在薄板上相对薄板滑动的时间；图乙中的两个三角形A、B的面积之差，是薄板在时间差(t2t1)内对地的位移大小设在图乙中的时间差(t2t1)内，薄板对地的位移大小为x，设t2t1t，对物体在薄板上相对木板滑动的过程中：对物体：取向左的方向为正方向，由动量定理得MgtMvMv0解得t1.25 s；对薄板，由动能定理得Mgxmv2mv解得x3.125 m