高考物理二轮复习专题二第2讲动量观点的应用练习(含解析)

动量观点的应用

一、单项选择题

1．(高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)

A．与它所经历的时间成正比

B．与它的位移成正比

C．与它的速度成正比

D．与它的动量成正比

解析：选B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2 代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．

2．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.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．

3．(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是(　　)

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．

4．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．

5．如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　)

A．L1>L2 B．L1<L2

C．L1＝L2 D．不能确定

解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝，弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝；若用锤子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝，弹性势能最大为ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v′2＝，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1＝L2，C正确．

6．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv＝mv甲＋mv乙，解得4v＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入图中各数据，可知B正确．

7．(菏泽高三二模)如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为H的O点，秋千的长度可调节．改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点(与O等高)由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A处．已知男演员质量为2m和女演员质量为m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是(　　)

A． B．H

C． D．2H

解析：选D.两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝(m＋2m)v，演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2，所以有(m＋2m)v0＝2mv2－mv1.女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，因此有mgR＝mv.男演员自B点平抛，有：x＝v2t.运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得H－R＝gt2，联立以上各式，可解得x＝4，当秋千的长度R＝时，男演员落地点C与O点的水平距离最大为x＝2H，故D正确，A、B、C错误．

8．(最新高考信息卷)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

A．长木板的质量M＝2 kg

B．A、B之间动摩擦因数为0.2

C．长木板长度至少为2 m

D．A、B组成系统损失机械能为4 J

解析：选A.从图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度a＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图乙可知前1 s内B的位移xB＝0.5 m，A的位移xA＝1.5 m，所以木板最小长度L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成系统损失机械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2 J，故D错误．

二、多项选择题

9．(德州高三三模)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是(　　)

A．皮球上升的最大高度为

B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mv－mv

C．皮球上升过程经历的时间为

D．皮球从抛出到落地经历的时间为

解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于，上升的时间小于，故A、C错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定理得克服阻力做功为Wf＝mv－mv，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1①同理，设下降阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2＋kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2②，由①②式得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝，故D正确．

10．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，下列说法正确的是(　　)

A．在弹簧的弹性势能释放过程中，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；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．

11．(威海检测)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：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．

12．(衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量

B．拉力F做功为6 J

C．小滑块Q的最大速度为3 m/s

D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J

解析：选ACD.对系统由动量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m．拉力F做功W＝Fx＝12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，v共＝3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒定律可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 J，D正确．

三、非选择题

13．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1.25 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

14．(青岛二模)如图所示，滑板A放在光滑的水平面上，B滑块可视为质点，A和B的质量都是m＝1 kg，A的左侧面靠在光滑竖直墙上，A上表面的ab段是光滑的半径为R＝0.8 m的四分之一圆弧，bc段是粗糙的水平面，ab段与bc段相切于b点．已知bc长度为l＝2 m，滑块B从a点由静止开始下滑，取g＝10 m/s2.

(1)求滑块B滑到b点时对A的压力大小；

(2)若滑块B与bc段的动摩擦因数为μ且μ值满足0.1≤μ≤0.5，试讨论因μ值的不同，滑块B在滑板A上滑动过程中因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ)．

解析：(1)设B下滑到b点时速度为v0，受到的支持力为N

由机械能守恒定律mv＝mgR ①

由牛顿第二定律N－mg＝m ②

联立①②式解得N＝30 N

由牛顿第三定律可知，B滑到b点时对A的压力为30 N.

(2)设bc段的动摩擦因数为μ1时，B滑到c点时A、B恰好达到共同速度v

由动量守恒定律得mv0＝2mv ③

由能量守恒定律得μ1mgl＝mv－(2m)v2 ④

联立①③④式并代入数据解得μ1＝0.2.

讨论：

(Ⅰ)当0.1≤μ＜0.2时，A、B不能达到同速，B将滑离A，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q1＝μmgl＝20μ J.

(Ⅱ)当0.2≤μ≤0.5时，A、B能达到同速，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为

Q2＝mv－(2m)v2 ⑤

联立①③⑤式并代入数据解得Q2＝4 J.

答案：见解析