2021年新高考物理二轮复习京津鲁琼专用讲义：专题二2第2讲动量观点的应用

1、一、单项选择题1. （2018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=at,且列车的动能为Ek=八mv2,由以上整理得Ek= 2ma 2t2,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= 2at2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=2pm可知，列车的动能与动量的平方成正比， D错 误.2. .为估

2、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12 m/s.据此计算得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该压强约为（设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹,A . 0.15 Pa不计雨滴重力，雨水的密度为B . 0.54 Pa1 x 103 kg/m 3)()C. 1.5 PaD . 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 t= 1 h时,其质量为m= p hS发生作用后速间内与面积为S的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象度变为零，根据动量定理，有 F At = mv= p hSv则压强p = F =

3、 = 0.15 Pa ,选项A正确. S At3. （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，乘客重力的冲量为有D .摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变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，故机械能一直变化天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重

4、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r -wn炉球的半径相等，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()b球的冲量解析：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

5、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 Wi,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Wi+ W2= 0,对a球由动能定理可知 Wi =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 项C错误.,且冲量方向向上选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Li ;若用锤子1f

6、t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Li与L2的大小关系为()A. L>L2C. Li= L2B . Li<L2D.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,贝 V m aV= (mA+ mB)v； 解得 v=a一,弹性势能最大，最大为Ep =AmAv2-2(m a+ mB)v*= mA + mB222一巴；若用锤子敲击 B球，同理可得 mBv= (mA+ mB) v"，解得v"=m v ,弹性势能2 (mA + mB)mA+ mB最大为即两种情况下弹簧压缩最短时Ep= 2 bv22 (a+b

7、) v2= 匹a222 (mA+ mB)6.一弹丸在飞行到距离地面相等，故Li= L2, C正确.飞出，甲、乙的质量比为飞行的轨迹可能正确的是3 : 1,片5 m高时仅有水平速度 (v= 2 m/s ,爆炸成为甲、乙两块水平不计质量损失，重力加速度 g= 10 m/s2,则下列图中两块弹 )0.5 m 2.5 JH呼I：in解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有 mv= 4mv甲+ 4mv乙，解得4v=3v甲+ v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动1,竖直方向有h = 2gt2,水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲=7甲1 x乙=v乙t,代入图中1各数据，可知 B正确.7.(2019荷泽

8、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。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 。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fl 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C 3H是(-0fiI2H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1点的速度大小为vo,则由机械能守恒定律有：（m+ 2m） gR= 2 （m+ 2m） vo,演员相互

9、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vi、V2,所以有（m + 2m） vo= 2mv2 一1mvi.女演员上摆到 A点的过程中机械能守恒，因此有mgR= qmS.男演员自B点平抛，有：x1=V2t.运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得H R= 2gt2,联立以上各式，可解得 x=4 f （ H R） R,当秋千的长度 R=罗时，男演员落地点 C与0点的水平距离最大为 x= 2H ,故D 正确，A、B、C错误.8. （2019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vo = 2 m/s滑上原来静止的长木板 B的上表面，

10、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 （）.0 I 乙 A .长木板的质量M= 2 kgB. A、B之间动摩擦因数为0.2C.长木板长度至少为2mD. A、B组成系统损失机械能为 4J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 =Av2 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At第二定律得 P nAMaB,解得动摩擦

11、因数 尸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1 2 1 2统损失机械能 A E = 2mvc a （M + m） v2= 2 J ,故D错误.二、多项选择题9. （2019德州高三三模）在地面上以大小为 w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二B ?皮球从抛出到落眺速摩上升过程经历的时间为Vl + V 2中克服阻力做Dj功嘛从

12、抛出到落地经历的时间为一厂解析：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V,上升的时间小于V1,故A、C错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功2gg,根据动能定理1 1得克服阻力做功为 Wf= 2mv 1 2mv2,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,贝U : mgti+ kvti= mvi,由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h= vti,即：mgti +mgt2 + kvt2= mv2, 即： mgt2一kh = mvi同理，设下降阶段的平均速度为v',则下降过程kh= mv2，由式得： mg(ti

13、 +12)= m(vi + V2),解得：t = ti +vi + V2 , 心t2=，故D正确.gi0.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V。和2V0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球i质量为m,小球2的质量为2m, i、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 动量不为零i和小球2的合B .小球i和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是3m且3mC.小球i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i能追上小球3,小球2不能追上小球4

14、,则质量m要满足T2VoW4Ep m<3 V解析：选BD.小球i和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始小球i和小球2静止,所以在弹簧的弹性势能释放的过程中，小球i和小球2组成的系统合动量为零，A错误；设小球i和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为Vi、V2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律B ?皮球从抛出到落地过程i i知: 呼段2mv2= 0g 八mv2+ 2X2mv2, M得 V1=2/状.阻力做J 1的功为后小球i能追上小球3,小球2不能追上小球4,速度大小应满足、旦B正确；若离开弹簧V 3m'2v0,解得1八三m<4EE2, C错误，D正确.11. （2019威海

15、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，弁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. *Mv (m+M)皿 v2, B对；依题意：小物块与箱壁碰1C. 2 口 mgL解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为vi,根据动量守恒定律：mv= (m+ M) vi,则1 1动能损失公 Ek= 2mv2 2( m+ M)vi,解得 A Ek二撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路

16、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：AEk= Q = Ny mgL D对.12. (2019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之间的动摩擦因数尸0.2，木板P与小*t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 JC .小滑块Q的最大速

17、度为3 m/sD .整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J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y mg运动，贝U拉力F不能超过右2m= 4 N，拉力F为6 N大于4 N,故二者发生相对滑动，对木1板P由牛顿第二定律 F- y mg ma,解得a= 4 m/s2, 1 s内木板P的位移x = Aat2= 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,1C正确；整个过程

18、中，对系统由能量守恒定律可知W=2 2mv共+ 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= 2gH ,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Fi、F2,选竖直向上为正方向，根据动量定理，有Fit= mw (mvo) = 1.8mvoF2t= mV 2 ( mvi) = 1.8mv 1= 1.44mvo贝U Fi : 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 = 064 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1= mv = 1.5 Ns ,方向竖直向下.答案：(1)