2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 专题七 动量课件

经典特训题组1．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为12mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零答案B解析设地面对运动员的冲量为I，则由动量定理得：I－mgΔt＝mv－0，I＝mv＋mgΔt。运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功，故选B。2．如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力，对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程()A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大答案C解析弹丸击中沙箱过程，弹丸和沙箱组成的系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝mvM＋m，弹丸与沙箱一起摆动过程，系统机械能守恒。由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能：ΔE＝12mv2－12(M＋m)v′2＝Mmv22M＋m。若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：ΔE＝Mmv22M＋m＝mv221＋mM变大，故A错误；若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：ΔE＝Mmv22M＋m＝Mv22Mm＋1变大，故B错误；若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：ΔE＝Mmv22M＋m变大，故C正确；若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：ΔE＝Mmv22M＋m不变，故D错误。3．如图所示，两个小物块a、b静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧。烧断细线后，被弹出的小物块a、b在同一直线上运动，且弹簧与它们分离。小物块a、b的质量分别是2kg和4kg，则下列判断正确的是()A．小物块a与b的速率之比为1∶2B．弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为2∶1C．弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为2∶1D．小物块a与b的动能之比为1∶2答案B解析根据动量守恒定律可知：mava＝mbvb，解得va∶vb＝2∶1，A错误；弹簧对小物块所做的功等于小物块增加的动能，故弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为WaWb＝12mav2a12mbv2b＝21，小物块a、b获得的动能之比为2∶1，B正确，D错误；根据动量定理有：Ia＝mava，Ib＝mbvb，则弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为1∶1，C错误。故选B。4.(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量mA＝2kg，则由图象判断下列结论正确的是()A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4N·sC．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J答案BCD解析由x­t图象可知，碰撞前有vA＝xAtA＝4－102m/s＝－3m/s，vB＝xBtB＝42m/s＝2m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝v＝xt＝2－44－2m/s＝－1m/s。对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mB＝43kg，A、B碰前的总动量p总＝mAvA＋mBvB，代入数值得p总＝－103kg·m/s，A错误；由动量定理知，A对B的冲量为：IB＝mBv－mBvB，IB＝－4N·s，B正确；碰撞前后A球的动量变化为ΔpA＝mAv－mAvA＝4kg·m/s，C正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝12mAv2A＋12mBv2B－12(mA＋mB)v2，代入数据解得ΔEk＝10J，D正确。5.如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为13m的小球A悬挂于O点，在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止，将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与B发生弹性正碰。(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦；(2)若长木板C的质量为2m，B与C间的动摩擦因数为μ，求C的长度至少为多大时B才不会从C的上表面滑出？答案(1)34(2)R6μ解析(1)A从开始下落到与B碰撞前的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得13mgR＝12·13mv20小球运动到最低点时与B发生弹性正碰，对A、B组成的系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得13mv0＝13mv1＋mv2由机械能守恒定律得12·13mv20＝12·13mv21＋12mv22联立并代入数据计算得出v1＝－122gR，v2＝122gR设碰撞后A上升的最大高度为H，由机械能守恒定律有13mgH＝12·13mv21又cosθ＝R－HR，联立得cosθ＝34。(2)B在木板C上滑动过程，B和C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(m＋2m)v，B在木板C上滑动的过程中，由能量守恒定律得μmgL＝12mv22－12(m＋2m)v2联立并代入数据计算得出L＝R6μ。6．儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图模型：光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点，质量为m的小球A静止于P点，小球半径远小于R，与A相同的小球B以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起。求当v0的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为g。答案v0≤22gR或v0≥25gR解析设A、B碰撞后的速度为v1，恰好运动到圆弧轨道最高点时的速度为v2A、B碰撞过程中动量守恒，对A、B组成的系统，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：(1)当v0较小时，A、B最高只能运动到与圆弧轨道的圆心等高的地方对A、B整体，从碰后到与圆弧轨道的圆心等高的地方，由动能定理有－2mgR＝0－12·2mv21联立得v0＝22gR(2)当v0较大时，A、B整体能够做完整的圆周运动。讨论A、B恰好做完整圆周运动时的情形，对A、B整体，从碰后到运动到圆弧轨道最高点的过程中，由动能定理有－2mg·2R＝12·2mv22－12·2mv21在最高点时，由牛顿第二定律得2mg＝2m·v22R联立得v0＝25gR综上所述，当v0≤22gR或v0≥25gR时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。7．如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析(1)B从释放到细绳绷直前做自由落体运动，有h＝12gt2①代入数据解得t＝2hg＝0.6s。②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③细绳绷直瞬间，对A、B组成的系统，系统的内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律得mBvB＝(mA＋mB)v④之后A向上做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2m/s。⑤(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有12(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入数据解得H＝0.6m。8．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。答案(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2解析(1)在t时间内，喷泉喷出的水的体积V＝v0·t·S①喷出的水的质量：m＝ρ·V②由①②式可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为m0＝mt＝ρv0S。③(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h，水柱对玩具底板的作用力为F冲，玩具对其底板下面水柱的作用力为F压，则由玩具受力平衡得：F冲＝Mg④由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤设v′为水柱到达玩具底板时的速度大小，由运动学公式得：v′2－v20＝－2gh⑥设在很短时间Δt内，冲击玩具底板的水柱的质量为Δm，则Δm＝ρv0S·Δt⑦规定竖直向上为正方向，在竖直方向上，对该部分水柱由动量定理有－(F压＋Δmg)·Δt＝0－Δm·v′⑧由于Δt很小，则Δmg也很小，Δmg与F压相比可以忽略⑧式变为－F压·Δt＝0－Δm·v′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2。真题调研题组1．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kgD．1.6×106kg答案B解析设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝Ftv＝4.8×106×13×103kg＝1.6×103kg，B正确。2．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10NB．102NC．103ND．104N答案C解析设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：mgh＝12mv2，解得：v＝2gh＝2×10×3×24m/s＝1210m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确。3．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s答案A解析由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30kg·m/s，A正确。4．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面