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第3讲动量三大观点的综合应用一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1. (2018北京市八十中高三三模)在课堂中,老师用如图所示的实验研究平抛运动.A,B是质量相等的两个小球,处于同一高度.用小锤打击弹性金属片,使A球沿水平方向飞出,同时松开B球,B球自由下落.某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1,2,小球A,B在通过两水平面的过程中,动量的变化量分别为pA和pB,动能的变化量分别为EkA和EkB,忽略一切阻力的影响,下列判断正确的是(A)A.pA=pB,EkA=EkBB.pApB,EkAEkBC.pApB,EkA=EkBD.pA=pB,EkAEkB解析:两个小球A,B的运动分别为平抛运动和自由落体运动,竖直方向的位移均为h=12gt2,速度vy=gt.A,B同时开始下落,所以到达水平面1竖直方向上的速度与水平面2竖直方向上的速度相同,所以从水平面1到水平面2的时间tA=tB,动量变化量p=mgt,A,B质量相等,运动时间相同,所以pA=pB,小球运动过程中只有重力做功,根据动能定理有Ek=mgh,A,B质量相等,高度相同,所以EkA=EkB,选项A正确.2.(2018河南模拟)如图所示,质量为M的足够高光滑斜槽静止在光滑水平面上,质量为m的小球以一定的水平初速度冲上斜槽且不脱离斜槽,后又返回斜槽底部,则下列说法正确的是(D)A.小球获得的最大重力势能等于小球初始动能B.小球到达斜槽最高点处,小球的速度为零C.小球回到斜槽底部时,小球速度方向一定向右D.小球回到斜槽底部时,小球速度方向可能向左解析:小球冲上斜槽的过程中,斜槽向左运动,获得了动能,所以小球获得的最大重力势能小于小球初始动能,故A错误;小球到达斜槽最高点时速度与斜槽速度相同,设为v,取水平向左为正方向,由水平动量守恒得mv=(M+m)v,可得v=mvM+m0,故B错误;设小球回到斜槽底部时,小球和斜槽的速度分别为v1和v2.取水平向左为正方向,由水平动量守恒得mv=mv1+Mv2.根据机械能守恒定律得12mv2=12mv12+12Mv22.解得v1=m-MM+mv,其中若mM,得v0,说明小球速度方向向左,故C错误,D正确.3. (2018宜兴模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端,斜面粗糙,滑块运动过程中加速度与时间的关系图像如图所示.下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间t变化的关系,其中正确的是(D)解析:滑块沿斜面向上做匀减速直线运动,向下做匀加速直线运动,两者速度方向相反,选项B错误;由位移公式可得x=v0t-12at2,即位移与时间成二次函数关系,而下滑所用的时间大于上滑所用的时间,下滑加速度小于上滑加速度,且总为负值,所以x-t图像应是开口向下,由左、右两不同形状的抛物线,故A错误;根据Ek=12mv2知,动能先减小后增大,故C错误;由于Ep=mgh=mgxsin =mgsin (v0t-12at2)(为斜面倾角),a始终为负,故图线为开口向下,由左、右两不同形状的抛物线,故D正确.4. (2018重庆二模)以速度v0在光滑水平面上匀速滑动的物块,某时刻受到一水平恒力F的作用,经一段时间后从A点运动到B点,速度大小仍为v0,方向改变了90,如图所示,则在此过程中(B)A.物块的动能一定始终不变B.水平恒力F的方向一定与AB连线垂直C.物块的速度一定先增大后减小D.物块的加速度大小变化解析:物块在水平恒力F作用下,向右方向上的速度由v0减小到零,向下方向上的速度由零增大到v0,由速度的合成易知,物块的速度先减小后增大,故动能先减小后增大,A,C错误;物块的初、末动能相同,根据动能定理,合力对物块做的功一定为零,故合力与位移垂直,即水平恒力F的方向一定与AB连线垂直,B正确;由于运动过程中,物块受力恒定,所以加速度大小不变,D错误.5. (2018宜宾模拟)如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点.开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出,二者共同摆动.若弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸和沙袋形状大小忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g.下列说法中正确的是(D)A.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mv0272D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0272g解析:弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0=(m+5m)v,解得v=16v0;弹丸打入沙袋后,总质量变大,且做圆周运动,根据FT=6mg+6mv2L可知,细绳所受拉力变大,选项A错误;根据牛顿第三定律可知,弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的作用力与沙袋对弹丸的作用力大小相等,则弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小,选项B错误;弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=12mv02-126mv2=512mv02,选项C错误;由机械能守恒可得126mv2=6mgh,解得h=v0272g,选项D正确.6. (2018辽宁鞍山一中高三七模)如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计.在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在着竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度均为B.a,b两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直,分别位于两块磁场中,现突然给a棒一个水平向左的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中,下列说法正确的是(BD)A.两金属棒组成的系统的动量守恒B.两金属棒组成的系统的动量不守恒C.安培力对a棒做功的功率等于a棒的发热功率D.安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和解析:由于a,b棒所受安培力都向右,a,b系统所受合外力不为零,所以两金属棒组成的系统的动量不守恒,故A错误,B正确;根据能量守恒可知,a棒动能的减小量等于回路中产生的热量和b棒动能的增加,由动能定理可知,a棒动能的减小量等于安培力对a棒做的功,b棒动能的增加量等于安培力对b棒做的功,所以安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和,故C错误,D正确.7.(2018郑州二模)在奥运比赛项目中,10 m跳台跳水是我国运动员的强项.某次训练中,质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水,在水中竖直向下减速运动.设空中下落时空气阻力不计,水对他的阻力大小恒为2 400 N.那么在他入水后下降2.5 m的过程中,下列说法正确的是(取g=10 m/s2)(AC)A.他的加速度大小为30 m/s2B.他的动量减少了300 kgm/sC.他的动能减少了4 500 JD.他的机械能减少了4 500 J解析:运动员在水中受到重力和水的阻力,选取向下为正方向,则-F+mg=ma,代入数据得a=-30 m/s2,负号表示方向向上,故A正确;运动员入水时的速度v1=2gh=21010 m/s=102 m/s,入水后下降2.5 m后的速度v2=v12-2ah=200-2302.5 m/s=52 m/s,所以动量的变化量|p|=m(v1-v2)=60(102-52) kgm/s=3002 kg m/s,故B错误;根据动能定理,运动员动能的减小量等于克服合力做的功,则Ek1-Ek2= (F-mg)h=(2 400-600)2.5 J=4 500 J,故C正确;由于机械能的减小量等于克服阻力做的功,则E1-E2=Fh=2 4002.5 J=6 000 J,故D错误.8.(2018株洲二模)如图,光滑固定斜面的倾角为30,甲、乙两物体的质量之比为41.乙用不可伸长的轻绳分别与甲和地面相连,开始时甲、乙离地高度相同.现从E处剪断轻绳,则在乙落地前瞬间(BC)A.甲、乙动量大小之比为41B.甲、乙动量大小之比为21C.以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为41D.以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为11解析:剪断细线后,甲的合力F甲=m甲gsin 30=12m甲g;乙的合力为F乙=m乙g,甲、乙两物体的质量之比为41,故甲的合力为乙的合力的2倍,由牛顿第二定律可知,a乙=g,a甲=12g,即乙落地时甲在斜面上运动,根据动量定理,甲的动量增加量为乙的动量增加量的2倍,初动量为零,故甲、乙动量大小之比为21,故A错误,B正确;剪断细线后,甲、乙均是只有重力做功,机械能守恒,以地面为零势能面,而初位置高度相等,故初位置的重力势能之比即为落地前瞬间甲、乙机械能之比,即为41,故C正确,D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9. (16分)(2018河南模拟)如图所示,足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30的斜面上,导轨的宽度L=0.5 m,其下端与R=1 的电阻连接,质量为m=0.2 kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好,导体棒及导轨电阻均不计.磁感应强度B=2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面,用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M=0.4 kg的重物相连,重物离地面足够高.使导体棒从静止开始沿导轨上滑,当导体棒沿导轨上滑t=1 s时,其速度达到最大(取g=10 m/s2).求:(1)导体棒的最大速度vm;(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t=1 s的过程中,电阻R上产生的焦耳热是多少?解析:(1)速度最大时导体棒做匀速直线运动,导体棒切割磁感线产生感应电动势为E=BLvm.感应电流为I=ER,安培力为FA=BIL,由平衡条件得Mg=mgsin 30+FA,联立解得vm=3 m/s.(2)以导体棒和重物为系统,由动量定理得Mgt-mgsin 30t-BILt=(M+m)v-0,又q=It即为Mgt-mgsin 30t-BLq=(M+m)v-0而v=vm,代入数据得q=1.2 C;又电荷量为q=R=BLxR代入数据得1 s内导体棒上滑位移为x=1.2 m根据能量守恒定律有Mgx=mgxsin 30+12(M+m)v2+Q,解得Q=0.9 J.答案:(1)3 m/s(2)0.9 J10.(20分)(2018漳州模拟)如图所示,质量M=1.5 kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边,其上表面与水平桌面相平,小车的左端放有一质量为0.5 kg的滑块Q.水平放置的轻弹簧左端固定,质量为0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触,此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内),推力做功WF=4 J,撤去F后,P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞,最后Q恰好没从小车上滑下.已知Q与小车表面间动摩擦因数=0.1.(取g=10 m/s2)求:(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少?(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少?(3)为保证Q不从小车上滑下,小车的长度至少为多少?解析:(1)推力F通过P压缩弹簧做功,根据功能关系有Ep=WF当弹簧完全推开物块P时,有Ep=12mPv2由两式联立解得v=4 m/s.(2)P,Q之间发生弹性碰撞,设碰撞后Q的速度为v0,P的速度为v,由动量守恒和能量守恒得mPv=mPv+mQv012mPv2=12mPv2+12mQv02解得v0=v=4 m/s,v=0.(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u,由动量守恒可得mQv0=(mQ+M)u系统因摩擦产生的热量Qf=mQgL根据能量守恒,有mQgL=12mQv02-12(mQ+M)u2联立解得L=6 m.答案:(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m
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