专题4动量三大观点的综合应用

1、第3讲动量三大观点的综合应用建说用时：40分钟 满分:100 ）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 Exb,忽略一切阻力的影响，下列判断正确的 是（A ）A. PA

2、= PB, EkA= EkBB. PaM pB, Exa EkBC. PaM pB, EkA= EkBD. pA= pB, EkAM EkB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I向的位移均为h= gt2,速度vy二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t A=t b,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 E<=mgh,A,B质量相等，高度相同，所以 Ea=A氐,选项A正确.2. （2018 河南模

3、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mv动量守恒得mv=（M+m）V ,可得v' =儿工0,故

4、B错误；设小球回到 斜槽底部时，小球和斜槽的速度分别为Vi和V2.取水平向左为正方向， 由水平动量守恒得 mv=m+Mv.根据机械能守恒定律得I 11m-M空mV=，m.解得vi二m +"v,其中若m>M得v' >0,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

5、斜面向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两1者速度方向相反，选项B错误；由位移公式可得x=vot- 'at2,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1左、右两不同形状的抛物线，故A错误；根据丘互mV知，动能先减小后1增大,故 C错误;由于 &二mgh二mgxsin 0 二mgsin 0 （vot- _at2）（ 0 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V。在光滑水平面上匀速滑动的物块，某时

6、 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vo,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vo减小到零，向 下方向上的速度由零增大到 V。，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

7、,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Vo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D. 沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为_ 'I解析：弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv=

8、（m+5m）v,解得v= v。;v2弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据FT=6mg+6m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1 I5丸打入沙袋过程中所产生的热量为 Q=m - 6mv= m ,选项C错1vo2误；由机械能守恒可得' 6mV=6mgh解得h二"',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I

9、i的左 侧存在着竖直向上的匀强磁场，在虚线I 2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

10、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

11、 m/s2）（ AC ）A. 他的加速度大小为30 m/s2B. 他的动量减少了 300 kg m/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 Vi= ： I m/s=10： m/s,入水后下降2.5 mf 2'后的速度V2='m/s=5 . m/s,所以动量的变化量 | p|=m(v i-v 2)=60 x (10-5) kg m/s=300 kg m/s,故 B 错误；根据动能

12、定理，运动员动能的减小量等于克服合力做的功，则Ed-Ek2二(F-mg)h ' =(2 400-600) x 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 400x 2.5 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4 ： 1.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B. 甲、乙动量大小之比为2 : 1C. 以地面为零势能面，甲、乙机械能之比为4 ： 1D. 以地面为零势能面，

13、甲、乙机械能之比为1 : 11解析：剪断细线后，甲的合力F甲=口甲gsin 30 ° =m甲g;乙的合力为F乙=m乙g,甲、乙两物体的质量之比为 4： 1,故甲的合力为乙的合力的21倍，由牛顿第二定律可知,a乙=g,a甲=g,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2 : 1,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4 ： 1,故C正确,D错误.二、非选择题（本大题共2小题,共36分）9.

14、（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 Q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/s导体棒的最大速度vm 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

15、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二BLv.感应电流为I=,安培力为Fa=BIL,由平衡条件得 Mg二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）.求：Mgt-mgsin 30 ° t-BILt=(M+m)v-O,又 q=It 即为 Mgt-mgsin 30 ° t-BLq=(M+m)v-0 而 v=vm 代入数据得出中I3Lxq=1.2 C;又电荷量为q=；' = '代入数据得1 s内导体棒上滑位移为Ix=1.2 m 根据能量守恒定律有 Mg

16、x二mgxsin 30° + (M+m)+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W=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 卩=0.1.(取g=10 m/s2)求：(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？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&二WI当弹簧完全推开物块P时,有Epmv2由