（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練6 動量的綜合應(yīng)用（含解析）

專題強化訓(xùn)練(六)一、選擇題(共10個小題，710為多選，其余為單選，每題5分共50分)1一顆鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由落體，然后陷入泥潭中若把它在空中自由落體的過程稱為，進入泥潭直到停止的過程稱為，則()A過程中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量B過程中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程中重力沖量的大小C過程中鋼珠的動量改變量等于阻力的沖量D過程中阻力的沖量大小等于過程與過程重力沖量的大小答案D解析過程中鋼珠所受外力只有重力，由動量定理知鋼珠動量的改變等于重力的沖量，故A項錯誤；過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程中阻力的沖量大小等于過程中重力的沖量大小與過程中重力沖量大小的和，故B項錯誤，D項正確；過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程中鋼珠的動量改變量等于重力和阻力的沖量的和，故C項錯誤2.如圖，兩位同學(xué)同時在等高處拋出手中的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以速度v2豎直向上拋出，當(dāng)A到達(dá)最高點時恰與B相遇不計空氣阻力，A、B質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，以下判斷不正確的是()A相遇時A的速度一定為零B相遇時B的速度一定為零CA從拋出到最高點的時間為D從拋出到相遇A、B動量的變化量相同答案A解析A分解為豎直向上的勻減速直線運動與水平方向的勻速直線運動，相遇時A達(dá)到最高點則其豎直方向的速度為0，水平方向速度不變，合速度不為0，故A項不正確；A在豎直方向的分速度為vy，則相遇時：vytgt2vBtgt2，解得vBvy，B達(dá)到最高點，速度也為0，故B項正確；A與B到達(dá)最高點的時間相等為t，故C項正確；兩者受到的外力為重力，時間相同則沖量相同，動量的變化量相同，故D項正確本題選不正確的，故選A項3.某同學(xué)為了研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50 N的物體帶上電梯，并將它放在電梯中的力傳感器上若電梯由靜止開始運動，并測得重物對傳感器的壓力F隨時間t變化的圖象，如圖所示設(shè)電梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分別為v1、v4和v8，以下判斷中正確的是()A電梯在上升，且v1>v4>v8B電梯在下降，且v1>v4<v8C重物從1 s到2 s和從7 s到8 s動量的變化不相同D電梯對重物的支持力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的功率相等答案C解析根據(jù)牛頓第二定律分析可知，電梯的運動情況是：02 s內(nèi)向下做勻加速運動，在27 s內(nèi)做勻速直線運動，79 s內(nèi)做勻減速運動，而且02 s內(nèi)和79 s內(nèi)電梯的加速度大小相等，說明電梯在第1 s末和第8 s末速度相同，小于第4 s末的速度，故A、B兩項錯誤；重物從12 s時間內(nèi)，向下做勻加速運動，重物的動量變化量為正值，說明動量變化量的方向向下；從78 s時間內(nèi)，向下做勻減速運動，動量的變化量是負(fù)值，說明動量變化量的方向向上，所以重物從12 s和從78 s時間內(nèi)動量的變化不相同，故C項正確；電梯對重物的支持力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的平均速度相等，支持力大小不等，功率不等，故D項錯誤故選C項4.運動員在水上做飛行運動表演他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示已知運動員與裝備的總質(zhì)量為90 kg，兩個噴嘴的直徑均為10 cm，已知重力加速度大小g10 m/s2，水的密度1.0×103 kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為()A2.7 m/sB5.4 m/sC7.6 m/s D10.8 m/s答案C解析設(shè)飛行器對水的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對飛行器的作用力的大小也等于F，對飛行器受力分析，則：FMg設(shè)水噴出時的速度為v，在時間t內(nèi)噴出的水的質(zhì)量：m·V2Svtt時間內(nèi)質(zhì)量為m的水獲得的沖量：IFtmv聯(lián)立以上各式得：v m/s7.6 m/s，則C項正確，A、B、D三項錯誤故選C項5在光滑水平面上放置兩長度相同，質(zhì)量分別為M1和M2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊a和b，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)相同，且木板和物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)對物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2，使它們向右運動當(dāng)物塊與木板分離時，P、Q的動量大小分別為p1、p2，下列判斷正確的是()A若F1F2、M1>M2，則p1>p2B若F1F2、M1<M2，則p1>p2C若F1>F2、M1M2，則p1>p2D若F1<F2、M1M2，則p1<p2答案B解析首先看F1F2時情況：由題知a、b所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b加速度相同，我們設(shè)a、b加速度大小為a，對于P、Q，滑動摩擦力即為它們的合力，設(shè)P的加速度大小為a1，Q的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：a1，a2，其中m為物塊a和b的質(zhì)量設(shè)板的長度為L，它們向右都做勻加速直線運動，當(dāng)物塊與木板分離時：a與P的相對位移為：Lat12a1t12；b與Q的相對位移為：Lat22a2t22；若M1>M2，則a1<a2，所以得：t1<t2.根據(jù)動量定理Ip0ft知p1<p2，故A項錯誤；若M1<M2，則a1>a2，所以得：t1>t2，所以p1>p2，故B項正確；若F1>F2、M1M2，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律得：a的加速度大于b的加速度，即aa>ab.由于M1M2，所以P、Q加速度相同，設(shè)P、Q加速度為a.它們向右都做勻加速直線運動，當(dāng)物塊與木板分離時：a與P的相對位移為：Laat12at12b與Q的相對位移為：Labt22at22由于aa>ab所以得：t1<t2則p1<p2，故C項錯誤；根據(jù)C項分析得：若F1<F2、M1M2，aa<ab所以得：t1>t2則p1>p2，故D項錯誤故選B項6.如圖所示，在光滑的水平面上有一豎直向下的勻強磁場，該磁場分布在寬為L的區(qū)域內(nèi)現(xiàn)有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合導(dǎo)線圈以初速度v0垂直于磁場邊界滑過磁場后，速度變?yōu)関(v<v0)，則()A進入磁場過程中電流為順時針方向B整個運動過程始終受到安培力C線圈完全進入磁場時的速度大于D線圈完全進入磁場時的速度等于答案D解析根據(jù)楞次定律可知線框進入磁場過程中進入磁場過程中電流為逆時針方向，故A項錯誤；線框進入和離開磁場過程中磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生安培力，完全進入磁場后磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有安培力，故B項錯誤；對線框進入或穿出磁場過程，初速度為v0，末速度為v.設(shè)完全在磁場中時的速度為v，由動量定理可知：進入磁場過程中：BI1Lt1mvmv0，電量qI1t1，得：m(v0v)BLq，同理可得離開磁場過程中：m(vv)，進入和穿出磁場過程，磁通量的變化量相等，則進入和穿出磁場的兩個過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量相等，則有：v0vvv，解得，v，故C項錯誤、D項正確故選D項7一端連接輕質(zhì)彈簧的物體B靜止在光滑水平面上(如圖甲所示)物體A以速度v向右運動壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一物體C(如圖乙所示)，物體A以2v的速度向右壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量仍為x，知A、B的質(zhì)量均為m，則()A物體C的質(zhì)量為mB物體C的質(zhì)量為mC物體C的最終速度為vD物體C的最終速度為v答案AC解析A、B系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、B速度相等時彈簧壓縮量最大，由動量守恒定律得：mv(mm)v，由能量守恒定律得：mv2(mm)v2Ep，A、C系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、C速度相等時彈簧壓縮量最大，兩種情況下彈簧的壓縮量x相等，則兩種情況下，彈簧的彈性勢能Ep相等，由動量守恒定律得：m·2v(mmC)v，由能量守恒定律得：m(2v)2(mmC)v2Ep，解得：mCm，故A項正確，B項錯誤；A、C兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：m·2vmvAmCvC，由機械能守恒定律得：m(2v)2mvA2mCvC2，解得：vCv，故C項正確，D項錯誤故選A、C兩項8如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端分別與質(zhì)量是m1、m2的A、B兩物塊相連，它們靜止在光滑水平面上，兩物塊質(zhì)量之比m1m223.現(xiàn)給物塊A一個水平向右的初速度v0并從此時刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的()At1時刻彈簧長度最短，t3時刻彈簧長度最長Bt2時刻彈簧處于伸長狀態(tài)Cv20.8v0Dv30.5v0答案AC解析從圖象可以看出，從0到t1的過程中，A的速度比B的大，彈簧被壓縮，t1時刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，A的速度比B的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時刻彈簧長度最短，t2時刻B的速度最大，此后B的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時刻彈簧恢復(fù)原長，t3時刻兩滑塊速度相等，此時彈簧最長，故A項正確，B項錯誤；兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0m1v1m2v2，t2時刻彈簧恢復(fù)原長，彈簧彈性勢能為零，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：m1v02m1v12m2v22，解得：v20.8v0，故C項正確；兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0(m1m2)v3，解得：v30.4v0，故D項錯誤故選A、C兩項9.如圖所示，質(zhì)量為M950 g的木塊隨足夠長的水平傳送帶AB一起以v16 m/s的速度向左勻速運動，傳送帶的速度恒定，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5.當(dāng)木塊運動到最左端A點時，一顆質(zhì)量為m50 g的子彈，以v0254 m/s的水平向右的速度射入木塊并留在其中，設(shè)子彈射中木塊的時間極短，重力加速度g取10 m/s2.則()A子彈射中木塊后，木塊一直做減速運動B木塊被擊中后向右運動，離A的最大距離為4.9 mC木塊被擊中后由于木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量為6.5 JD木塊被擊中后到相對傳送帶靜止過程中，摩擦力對木塊的沖量大小為13 N·s答案BD解析子彈射中木塊的過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0Mv1(mM)v共其中，M950 g0.95 kg，m50 g0.05 kg，代入數(shù)據(jù)解得：v共7 m/s，方向水平向右子彈射中木塊后，木塊先向右做勻減速直線運動，速度減至零后向左做勻加速直線運動，故A項錯誤；設(shè)木塊被擊中后向右運動，離A的最大距離為s.對滑塊(含子彈)向右運動的過程，由動能定律得(mM)gs0(mM)v共2.可得s4.9 m，故B項正確；木塊被擊中后，設(shè)木塊向右運動的時間為t，則有st，得t1.4 s，木塊與傳送帶間的相對路程ssv1t4.9 m6×1.4 m13.3 m，木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1(mM)gs0.5×1×10×13.3 J66.5 J木塊速度減至零后向左加速至與皮帶相對靜止的過程，所用時間t s1.2 s產(chǎn)生的熱量Q2(mM)g(v1tt)(mM)g·t0.5×1×10××1.2 J18 J所以總熱量為QQ1Q284.5 J，故C項錯誤；木塊被擊中后到相對傳送帶靜止過程中，摩擦力對木塊的沖量大小為I(mM)g(tt)0.5×1×10×(1.41.2) N·s13 N·s，故D項正確故選B、D兩項10.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計空氣阻力)，則()A小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小車向左運動的最大距離為RC小球離開小車后做豎直上拋運動D小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0答案CD解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受的外力之和為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒由于小球有豎直分加速度，所以系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A項錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mvmv0，即有mm0，解得小車的最大位移為：xR，故B項錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C項正確；小球第一次在車中運動過程中，由動能定理得：mg(h0h0)Wf0，Wf為小球克服摩擦力做功，解得：Wfmgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，即h0<h<h0，故D項正確故選C、D兩項二、計算題(共4個小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分)11.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊位于動摩擦因數(shù)為的水平面上，木塊與墻間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置現(xiàn)將木塊以水平速度v1向左運動，經(jīng)過時間t1木塊第一次到達(dá)最左端，再經(jīng)過時間t2第一次回到A時的速度為v2，彈簧在彈性限度內(nèi)取水平向左為正方向，重力加速度取g.求：(1)木塊在時間t1過程中動量的變化量；(2)木塊在整個過程中所受彈力的沖量答案(1)mv1(2)mg(t1t2)m(v2v1)解析(1)根據(jù)動量定理可得；p0mv1mv1.(2)根據(jù)動量定理：Ip，即：I彈mgt1mgt2mv2mv1，解得：I彈mg(t1t2)m(v2v1)12如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為.最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板求：(1)木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；(2)木塊A在整個過程中的最小速度答案(1)(2)v0解析(1)木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1.對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv02mv0(mm3m)v1，解得：v10.6v0；對木塊B運用動能定理，有：mgsmv12m(2v0)2，解得：s.(2)當(dāng)A和C速度相等時速度最小為v，則：3mv04mvm2v0(v0v)，其中v0v為A和B速度的變化量則vv0.13如圖所示，左端帶有擋板P的長木板質(zhì)量為m，置于光滑水平面上，勁度系數(shù)很大的輕彈簧左端與P相連，彈簧處于原長時右端在O點，木板上表面O點右側(cè)粗糙、左側(cè)光滑若將木板固定，質(zhì)量也為m的小物塊以速度v0從距O點L的A點向左運動，與彈簧碰撞后反彈，向右最遠(yuǎn)運動至B點，OB的距離為3L，已知重力加速度為g.(1)求物塊和木板間的動摩擦因數(shù)及上述過程彈簧的最大彈性勢能Ep.(2)解除對木板的固定，物塊仍然從A點以初速度v0向左運動，由于彈簧勁度系數(shù)很大，物塊與彈簧接觸時間很短可以忽略不計，物塊與彈簧碰撞后，木板與物塊交換速度求物塊從A點運動到剛接觸彈簧經(jīng)歷的時間t；求物塊最終離O點的距離x.答案(1)mv02(2)L解析(1)研究物塊從A點開始運動至B點的過程，由動能定理有：mg(4L)0mv02，解得：；研究物塊從彈簧壓縮量最大處至B點的過程，由功能關(guān)系有：mg(3L)0Ep，解得：Epmv02.(2)設(shè)物塊在木板上運動的加速度大小為a1，則有：mgma1，解得：a1g(方向水平向右)；設(shè)木板運動的加速度大小為a2，則有：mgma2，解得：a2g(方向水平向左)；由幾何關(guān)系有：a2t2L，解得：t1，t2(舍去)設(shè)物塊剛接觸彈簧時，物塊和木板速度分別是v1、v2，則有：v1v0a1t1，v2a2t1，物塊和木板碰撞交換速度后，在摩擦力作用下分別做加速和減速運動，設(shè)運動的時間為t，達(dá)到共同速度為v，則有：vv2a1t，vv1a2t，解得：v1v0，v2v0，v.上述過程由功能關(guān)系有：mg(Lx)(2m)v2mv02，解得：xL.14靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0 kg，mB4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l1.0 m，如圖所示某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek10.0 J釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時，A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案(1)4.0 m/s；1.0 m/s(2)B先停止；0.50 m(3)0.91 m解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有：0mAvAmBvB，EkmAvA2mBvB2，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：vA4.0 m/s，vB1.0 m/s.(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有：mBamBg，sBvBtat2，vBat0，在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為：sAvAtat2，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：sA1.75 m，sB0.25 m，這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25 m處B位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為：s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA，由動能定理有：mAvA2mAvA2mAg(2lsB)，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：vA m/s，故A與B將發(fā)生碰撞設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA和vB，由動量守恒定律與機械能守恒定律有：mA(vA)mAvAmBvB，mAvA2mAvA2mBvB2，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：vA m/s，vB m/s，這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA時停止，B向左運動距離為sB時停止，由運動學(xué)公式：2asAvA2，2asBvB2由式及題給數(shù)據(jù)得：sA0.63 m，sB0.28 m，sA小于碰撞處到墻壁的距離由上式可得兩物塊停止后的距離ssAsB0.91 m13