2020届高考物理专题复习附解答：动量 三大观点的综合应用

动量三大观点的综合应用
(建议用时:40分钟满分:100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)
1.如图所示,质量分别为m和2m的A,B两物块用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A靠紧竖直墙.现用恒力F向左推物块B压缩弹簧,当B 向左运动s时速度刚好为零,同时撤去F.在A物体离开墙壁以后,弹簧弹性势能的最大值是( A )
A. B. C. D.Fs
解析:设A物体刚运动时,B物体的速度为v 0,则·2m·=Fs,当弹性势能最大时,两物体的速度相等,设为v,则由动量守恒得2mv0=3mv,由机械能守恒定律得E p+·3mv2=Fs,由以上三式解得E p=Fs,故A正确, B,C,D错误.
2.(2019·山东青岛一模)如图,连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上,物块b以一定初速度向左运动.下列关于a,b两物块的动量p 随时间t的变化关系图象,不合理的是( A )
解析:物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰,中间弹簧先被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后变小,根据F=可知,两物块动量的变化率先变大后变小,故A项不合理.
3.(2019·江西南昌三模)如图所示,AB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L1;若用锤子敲击B球使B 得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L2,则L1与L2的大小关系为( C )
A.L1>L2
B.L1<L2
C.L1=L2
D.不能确定
解析: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,则m A v=(m A+m B)v′,解得v′=,弹性势能最大,最大为ΔE p=m A v2-(m A+m B)v′2=;若用锤子敲击B球,同理可得m B v=(m A+m B)v″,解得v″=,弹性势能最大为ΔE p′=m B v2-(m A+m B)v″2=,即两种情况下弹簧压缩最短时,弹性势能相等,故L1=L2,C正确.
4.如图(甲)所示,质量为2 kg的物体以一定的初速度冲上一倾角为θ的固定斜面的过程中,物体运动的速度随时间变化图象如图(乙)所示,下列说法中错误的是(g取10 m/s2)( C )
A.前6 s内摩擦力做功为-288 J
B.前4 s内重力的冲量为80 N·s
C.前6 s内合外力的冲量大小为24 N·s
D.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
解析:根据图象知物体的初速度为v0=20 m/s,向上运动的加速度大小为a1=10 m/s2,向下运动的加速度大小为a2=2 m/s2,设动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律知a1=gsin θ+μgcos θ,a2=gsin θ-μgcos θ,联立解得μ=0.5,θ=37°,故D正确;摩擦力f=μmgcos θ=8 N,根据题图(乙)知前6 s内路程为s=×20×2 m+×8×4 m=36 m,所以摩擦力做功W f=-fs=-288 J,故A正确;前4 s内重力的冲量I=mgt=20×4 N·s=80 N·s,故B正确;根据动量定理知前6 s内合外力的冲量大小为mv2-mv1=[2×(-8)-2×20]N·s=-56 N·s,故C错误.
5.(2019·福建龙岩模拟)如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相
连的两个相同的物体A,B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v
做匀速运动.在t=0时轻绳断开,A在F作用下继续前进,则下列说法正确的是( A )
A.t=0至t=时间内,A,B的总动量守恒
B.t=至t=时间内,A,B的总动量守恒
C.t=时,A的动量为3mv
D.t=时,A的动量为4mv
解析:设A,B所受的滑动摩擦力大小均为f,系统匀速运动时,有F=2f,得f=,轻绳断开后,对B,取向右为正方向,由动量定理得-ft=0-mv,联立得t=,即t=时B停止运动.在B停止运动前,即在t=0至t=时间内,A,B系统的合外力为零,总动量守恒,故A正确;t=至t=时间内,B停止运动,A匀加速运动,系统的合外力不为零,则系统的总动量不守恒,故B错误;t=时,取向右为正方向,由系统的动量守恒得2mv=p A+0,得A的动量p A=2mv,故C错误;t=时即绳断开后时间t′=时,对A,由动量定理得ft′=p A′-2mv,解得A的动量p A′=3mv,故D错误.
6.(2019·陕西西安一模)如图所示,在小车内固定一光滑的斜面体,倾角为θ,一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端拴一个质量为m的物块A,绳与斜面平行.整个系统由静止开始向右
匀加速运动,物块A恰好不脱离斜面,则向右加速运动时间t的过程中( BD )
A.重力的冲量为零
B.重力做功为零
C.拉力冲量大小为
D.拉力做功为
解析:对物块A进行受力分析可知,物块A受拉力和重力,有Tsin θ=mg,Tcos θ=ma,解得T=,向右加速运动时间t内,重力的冲量为
I G=mgt,拉力的冲量为I T=,故A,C错误;由a=知末速度v=at=,根据动能定理可知,拉力做功等于动能的变化,有W T=mv2-0=,故
D正确;重力的方向与位移方向垂直,重力做功为零,故B正确.
7.(2019·山西太原模拟)如图所示,金属杆AB在离地h=3.2 m,高处从静止开始沿弧形轨道下滑,导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场,水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD,已知杆AB的质量为m1=2 kg,电阻为R1=10 Ω,杆CD的质量为m2=0.5 kg,电阻为R2= 30 Ω,其余电阻不计,水平导轨足够长,g取10 m/s2,不计一切摩擦( BCD )
A.AB的最终速度是8 m/s
B.CD的最终速度是6.4 m/s
C.整个过程中回路释放的电能是12.8 J
D.整个过程中,AB杆上产生的焦耳热为3.2 J
解析:AB下滑h的过程中机械能守恒m 1gh=m1,解得v0=8 m/s;最终两者速度相等,由动量守恒定律m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=6.4 m/s,故A 错误,B正确;由能量守恒知,回路中产生的电能等于系统机械能的损失,所以整个过程中回路释放的电能ΔE=m 1gh-(m1+m2)=12.8 J,故C 正确;整个过程中,AB杆上产生的焦耳热Q=ΔE=3.2 J,故D正确.
8.如图所示,质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上,B为最低点,BC为圆弧,OA与竖直方向夹角θ=60°,其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出,同时将ABC凹槽锁定在地面上,小物块恰好从A点无碰撞地射入凹槽,当其到达B点时解除锁定,小物块刚好能达到C点.不计空气阻力,重力加速度为g.则下列说法正确的是( AC )
A.从D点抛出的初速度为v0=;D点距A点高度差h=
B.小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mg
C.小球从C点到B点过程中,竖直墙壁对槽的冲量为I=m,方向水平向左
D.小球从C到B向A运动的过程中,以小球、槽ABC作为一个系统,
机械能守恒、动量守恒
解析:小物块恰好从A点无碰撞地射入凹槽,即小球进入凹槽时的速
度方向与凹槽相切,将速度分解为水平方向和竖直方向可知,v=2v0,
从A到C,有m(2v0)2=mgRsin 30°,解得v0=,从D到A有mgh=
m(2v 0)2-m,解得h=,故A正确;从A到B有mgR(1-sin 30°)=
m-m(2v 0)2,在B点,有F N-mg=,解得F N=3mg,故B错误;小球从C 到B向A运动的过程中,以小球、槽ABC作为一个系统,由于没有摩擦,所以机械能守恒,但在小球从C到B过程中,墙壁对槽有水平方向的作用力,所以系统外力之和不为零,动量不守恒,小球从C到B时的速度为v B1=,由动量定理知,墙壁对槽的冲量I=mv B1-0=m,方向水平向左,故C正确,D错误.
二、非选择题(本大题共2小题,共36分)
9.(18分)(2019·山东济宁模拟)如图所示,水平地面上固定一半径为R=0.8 m的光滑圆弧轨道,轨道左端放一质量为M=3 kg、长为L=
1.75 m的木板,木板上表面与轨道末端等高,木板与地面间无摩擦,其左端放一质量m=1 kg的物块,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.现给物块施一水平向右的恒力F=15 N,作用一段距离x后撤去F,物块正好能滑到圆弧轨道的最高点,然后再滑回,取g=10 m/s
2.
(1)求物块滑到板右端时的速度v多大?
(2)求x的大小;
(3)通过计算说明,物块最终能否滑离木板.
解析:(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程,
由机械能守恒可得mv2=mgR
解得v=4 m/s.
(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程,由动能定理可得
Fx-μmgL=mv2
解得x=1 m.
(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后,与木板达到相同速度v′,
由动量守恒定律得mv=(M+m)v′
解得v′=1 m/s
由能量守恒定律得μmgΔx=mv2-(M+m)v′2
解得Δx=1.5 m<L=1.75 m
故物块不会滑离木板.
答案:(1)4 m/s (2)1 m (3)见解析
10.(18分)(2019·河南郑州期中)神舟十一号发射成功后,小张同学研究了火箭原理:火箭有单级和多级之分.多级火箭是把火箭一级一级地接在一起,第一级燃料用完之后把箭体抛弃,减轻负担,然后第二级开始工作.
(1)如图(甲)是模拟单级火箭的工作过程,设光滑水平面A,B两物体质量分别为2m和m,它们之间有微量的炸药C,爆炸释放的能量为2ΔE,求爆炸后A获得的速度v A;
(2)如图(乙)是模拟多级火箭的过程,光滑水平面上D,F,G三个物体质量均为m,D,F之间和F,G之间均有微量炸药P,Q,爆炸时释放的能量均为ΔE.通过控制使Q先爆炸,P后爆炸,求所有爆炸都发生后物块D获得的速度v D.
解析:(1)单级爆炸时,取向左为正方向,由动量守恒定律得0=2mv A-mv B 由能量守恒定律得2ΔE=·2m+m
联立解得v A=.
(2)Q爆炸过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得
0=2mv DF-mv G
由能量守恒定律得
ΔE=·2m+m
P爆炸过程,同理可得2mv DF=mv D+mv F
ΔE+·2m=m+m
联立解得v D=(1+).
答案:(1)(2)(1+)
《流浪地球》中的引力弹弓效应
引力弹弓效应就是利用大型天体的引力场,来给较小物体进行加速的一种方法.在最近上映的《流浪地球》中,地球利用木星引力进行加速,让很多人知道了“引力弹弓”一词;试想我们在打乒乓球时,一个慢速球过来,我们一拍子回过去,就能把乒乓球加速到很高的速度.
天文学上的引力弹弓效应,和球拍击打乒乓球的原理类似,只是引力弹弓中起作用的是引力,所以没有直接接触,引力弹弓作用过程属于完全弹性碰撞,被加速物体和天体满足能量守恒和动量守恒.
引力弹弓效应在航天领域经常使用,有时候用来加速飞行器,有时候用来改变飞行器的方向,比如阿波罗13号飞船,在离开地球轨道后服务舱发生事故,导致此次计划终止,但是飞船没有足够燃料让飞船掉头,只能飞到月球后,再利用月球的引力弹弓效应进行转向.
在1977年发射的旅行者一号和二号,就是利用了太阳系176年一遇的行星特殊排列,使得探测器最多可以利用四颗行星进行引力弹弓加速,大大节省了燃料.
[命题视角]
弹弓效应过程中的能量问题、动量守恒问题、弹性碰撞模型、卫星的变轨问题等.
[示例] (2019·北京西城区一模)随着科幻电影《流浪地球》的热映,“引力弹弓效应”进入了公众的视野.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度.为了分析这个过程,可以提出以下两种模式:探测器分别从行星运动的反方向或同方
向接近行星,分别因相互作用改变了速度.如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与
两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比.那么下列判断中正确的是( A )
A.v1>v0
B.v1=v0
C.v2>v0
D.v2=v0
解析:图1中,探测器类似于与行星对面正碰,设探测器的质量为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为v1,行星的速度大小为u1,设向右为正方向,根据动量守恒定律,有mv0-Mu=-mv1-Mu1,由能量守恒定律,有m+Mu2=m+M,联立可得v 1=v0+u,由于M≫m,则v1=v0+2u>v0,故A正确,B错误;图2中,类似于探测器追上行星与之正碰,设探测器的质量为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为
v2,行星的速度大小为u2,设向右为正方向,根据动量守恒定律,有-mv 0-Mu=mv2-Mu2,由能量守恒定律,有m+Mu2=m+M,联立可得v2=v0-u,由于M≫m,则v2=v0-2u<v0,故C,D错误.。