（新课标）2020高考物理二轮复习 专题强化训练6 动量的综合应用（含解析）

专题强化训练(六)一、选择题(共10个小题，710为多选，其余为单选，每题5分共50分)1一颗钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中若把它在空中自由落体的过程称为，进入泥潭直到停止的过程称为，则()A过程中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B过程中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程中重力冲量的大小C过程中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量D过程中阻力的冲量大小等于过程与过程重力冲量的大小答案D解析过程中钢珠所受外力只有重力，由动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A项错误；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和，故B项错误，D项正确；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的冲量的和，故C项错误2.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断不正确的是()A相遇时A的速度一定为零B相遇时B的速度一定为零CA从抛出到最高点的时间为D从抛出到相遇A、B动量的变化量相同答案A解析A分解为竖直向上的匀减速直线运动与水平方向的匀速直线运动，相遇时A达到最高点则其竖直方向的速度为0，水平方向速度不变，合速度不为0，故A项不正确；A在竖直方向的分速度为vy，则相遇时：vytgt2vBtgt2，解得vBvy，B达到最高点，速度也为0，故B项正确；A与B到达最高点的时间相等为t，故C项正确；两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故D项正确本题选不正确的，故选A项3.某同学为了研究超重和失重现象，将重为50 N的物体带上电梯，并将它放在电梯中的力传感器上若电梯由静止开始运动，并测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图象，如图所示设电梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分别为v1、v4和v8，以下判断中正确的是()A电梯在上升，且v1v4v8B电梯在下降，且v1v4M2，则p1p2B若F1F2、M1p2C若F1F2、M1M2，则p1p2D若F1F2、M1M2，则p1M2，则a1a2，所以得：t1t2.根据动量定理Ip0ft知p1p2，故A项错误；若M1a2，所以得：t1t2，所以p1p2，故B项正确；若F1F2、M1M2，根据受力分析和牛顿第二定律得：a的加速度大于b的加速度，即aaab.由于M1M2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a.它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a与P的相对位移为：Laat12at12b与Q的相对位移为：Labt22at22由于aaab所以得：t1t2则p1p2，故C项错误；根据C项分析得：若F1F2、M1M2，aat2则p1p2，故D项错误故选B项6.如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下的匀强磁场，该磁场分布在宽为L的区域内现有一个边长为a(aL)的正方形闭合导线圈以初速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后，速度变为v(vv0)，则()A进入磁场过程中电流为顺时针方向B整个运动过程始终受到安培力C线圈完全进入磁场时的速度大于D线圈完全进入磁场时的速度等于答案D解析根据楞次定律可知线框进入磁场过程中进入磁场过程中电流为逆时针方向，故A项错误；线框进入和离开磁场过程中磁通量发生变化，产生感应电流，产生安培力，完全进入磁场后磁通量不变，不会产生感应电流，没有安培力，故B项错误；对线框进入或穿出磁场过程，初速度为v0，末速度为v.设完全在磁场中时的速度为v，由动量定理可知：进入磁场过程中：BI1Lt1mvmv0，电量qI1t1，得：m(v0v)BLq，同理可得离开磁场过程中：m(vv)，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，则有：v0vvv，解得，v，故C项错误、D项正确故选D项7一端连接轻质弹簧的物体B静止在光滑水平面上(如图甲所示)物体A以速度v向右运动压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x，现让该弹簧一端连接另一物体C(如图乙所示)，物体A以2v的速度向右压缩弹簧，弹簧的最大压缩量仍为x，知A、B的质量均为m，则()A物体C的质量为mB物体C的质量为mC物体C的最终速度为vD物体C的最终速度为v答案AC解析A、B系统动量守恒，当A、B速度相等时弹簧压缩量最大，由动量守恒定律得：mv(mm)v，由能量守恒定律得：mv2(mm)v2Ep，A、C系统动量守恒，当A、C速度相等时弹簧压缩量最大，两种情况下弹簧的压缩量x相等，则两种情况下，弹簧的弹性势能Ep相等，由动量守恒定律得：m2v(mmC)v，由能量守恒定律得：m(2v)2(mmC)v2Ep，解得：mCm，故A项正确，B项错误；A、C两物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m2vmvAmCvC，由机械能守恒定律得：m(2v)2mvA2mCvC2，解得：vCv，故C项正确，D项错误故选A、C两项8如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，两物块质量之比m1m223.现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的()At1时刻弹簧长度最短，t3时刻弹簧长度最长Bt2时刻弹簧处于伸长状态Cv20.8v0Dv30.5v0答案AC解析从图象可以看出，从0到t1的过程中，A的速度比B的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，A的速度比B的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，t2时刻B的速度最大，此后B的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，t3时刻两滑块速度相等，此时弹簧最长，故A项正确，B项错误；两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0m1v1m2v2，t2时刻弹簧恢复原长，弹簧弹性势能为零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1v02m1v12m2v22，解得：v20.8v0，故C项正确；两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0(m1m2)v3，解得：v30.4v0，故D项错误故选A、C两项9.如图所示，质量为M950 g的木块随足够长的水平传送带AB一起以v16 m/s的速度向左匀速运动，传送带的速度恒定，木块与传送带间的动摩擦因数0.5.当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m50 g的子弹，以v0254 m/s的水平向右的速度射入木块并留在其中，设子弹射中木块的时间极短，重力加速度g取10 m/s2.则()A子弹射中木块后，木块一直做减速运动B木块被击中后向右运动，离A的最大距离为4.9 mC木块被击中后由于木块与皮带的摩擦而产生的热量为6.5 JD木块被击中后到相对传送带静止过程中，摩擦力对木块的冲量大小为13 Ns答案BD解析子弹射中木块的过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0Mv1(mM)v共其中，M950 g0.95 kg，m50 g0.05 kg，代入数据解得：v共7 m/s，方向水平向右子弹射中木块后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减至零后向左做匀加速直线运动，故A项错误；设木块被击中后向右运动，离A的最大距离为s.对滑块(含子弹)向右运动的过程，由动能定律得(mM)gs0(mM)v共2.可得s4.9 m，故B项正确；木块被击中后，设木块向右运动的时间为t，则有st，得t1.4 s，木块与传送带间的相对路程ssv1t4.9 m61.4 m13.3 m，木块与皮带的摩擦而产生的热量Q1(mM)gs0.511013.3 J66.5 J木块速度减至零后向左加速至与皮带相对静止的过程，所用时间t s1.2 s产生的热量Q2(mM)g(v1tt)(mM)gt0.51101.2 J18 J所以总热量为QQ1Q284.5 J，故C项错误；木块被击中后到相对传送带静止过程中，摩擦力对木块的冲量大小为I(mM)g(tt)0.5110(1.41.2) Ns13 Ns，故D项正确故选B、D两项10.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做竖直上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh0答案CD解析小球与小车组成的系统在水平方向所受的外力之和为零，水平方向系统动量守恒由于小球有竖直分加速度，所以系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，故A项错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv0，即有mm0，解得小车的最大位移为：xR，故B项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项正确；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mg(h0h0)Wf0，Wf为小球克服摩擦力做功，解得：Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，即h0hh0，故D项正确故选C、D两项二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11.如图所示，质量为m的木块位于动摩擦因数为的水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置现将木块以水平速度v1向左运动，经过时间t1木块第一次到达最左端，再经过时间t2第一次回到A时的速度为v2，弹簧在弹性限度内取水平向左为正方向，重力加速度取g.求：(1)木块在时间t1过程中动量的变化量；(2)木块在整个过程中所受弹力的冲量答案(1)mv1(2)mg(t1t2)m(v2v1)解析(1)根据动量定理可得；p0mv1mv1.(2)根据动量定理：Ip，即：I弹mgt1mgt2mv2mv1，解得：I弹mg(t1t2)m(v2v1)12如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为.最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板求：(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度答案(1)(2)v0解析(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv02mv0(mm3m)v1，解得：v10.6v0；对木块B运用动能定理，有：mgsmv12m(2v0)2，解得：s.(2)当A和C速度相等时速度最小为v，则：3mv04mvm2v0(v0v)，其中v0v为A和B速度的变化量则vv0.13如图所示，左端带有挡板P的长木板质量为m，置于光滑水平面上，劲度系数很大的轻弹簧左端与P相连，弹簧处于原长时右端在O点，木板上表面O点右侧粗糙、左侧光滑若将木板固定，质量也为m的小物块以速度v0从距O点L的A点向左运动，与弹簧碰撞后反弹，向右最远运动至B点，OB的距离为3L，已知重力加速度为g.(1)求物块和木板间的动摩擦因数及上述过程弹簧的最大弹性势能Ep.(2)解除对木板的固定，物块仍然从A点以初速度v0向左运动，由于弹簧劲度系数很大，物块与弹簧接触时间很短可以忽略不计，物块与弹簧碰撞后，木板与物块交换速度求物块从A点运动到刚接触弹簧经历的时间t；求物块最终离O点的距离x.答案(1)mv02(2)L解析(1)研究物块从A点开始运动至B点的过程，由动能定理有：mg(4L)0mv02，解得：；研究物块从弹簧压缩量最大处至B点的过程，由功能关系有：mg(3L)0Ep，解得：Epmv02.(2)设物块在木板上运动的加速度大小为a1，则有：mgma1，解得：a1g(方向水平向右)；设木板运动的加速度大小为a2，则有：mgma2，解得：a2g(方向水平向左)；由几何关系有：a2t2L，解得：t1，t2(舍去)设物块刚接触弹簧时，物块和木板速度分别是v1、v2，则有：v1v0a1t1，v2a2t1，物块和木板碰撞交换速度后，在摩擦力作用下分别做加速和减速运动，设运动的时间为t，达到共同速度为v，则有：vv2a1t，vv1a2t，解得：v1v0，v2v0，v.上述过程由功能关系有：mg(Lx)(2m)v2mv02，解得：xL.14静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0 J释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时，A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？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)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有：0mAvAmBvB，EkmAvA2mBvB2，联立式并代入题给数据得：vA4.0 m/s，vB1.0 m/s.(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有：mBamBg，sBvBtat2，vBat0，在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为：sAvAtat2，联立式并代入题给数据得：sA1.75 m，sB0.25 m，这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为：s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有：mAvA2mAvA2mAg(2lsB)，联立式并代入题给数据得：vA m/s，故A与B将发生碰撞设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mA(vA)mAvAmBvB，mAvA2mAvA2mBvB2，联立式并代入题给数据得：vA m/s，vB m/s，这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式：2asAvA2，2asBvB2由式及题给数据得：sA0.63 m，sB0.28 m，sA小于碰撞处到墙壁的距离由上式可得两物块停止后的距离ssAsB0.91 m13