《高考物理二轮复习 重点讲练专题六 必考（35）（一）动量的综合应用课时作业》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 重点讲练专题六 必考（35）（一）动量的综合应用课时作业（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、“讲忠诚、严纪律、立政德”三者相互贯通、相互联系。忠诚是共产党人的底色，纪律是不能触碰的底线，政德是必须修炼的素养。永葆底色、不碰底线专题六 必考（3-5）（一）动量的综合应用一、选择题(共10个小题，15为单选，69为多选，每题5分，共45分)1如图所示，A、B两物体质量之比mAmB32，静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列分析错误的是()A若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D若A、B
2、所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒答案A解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mAmB32，所以FfAFfB32，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A项错对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力(水平方向不受外力)，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D两项均正确若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C项正确2如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车
3、的两端，当两人同时相向运动时()A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比B的大答案C解析根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，所以速度大小关系无法比较，故选项A错误若小车向左运动，由动量守恒得：0pApBp车，所以A的动量一定比B的大，故选项B错误，选项C正确若小车向右运动0pAp车pB，A的动量一定比B的小，故选项D错误3在光滑水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一边长为a(aL)的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(v
4、v0)那么()A完全进入磁场中时线圈的速度大于(v0v)/2；B完全进入磁场中时线圈的速度等于(v0v)/2；C完全进入磁场中时线圈的速度小于(v0v)/2；D以上情况A、B均有可能，而C是不可能的答案B解析设线圈完全进入磁场中时的速度为vx.线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力对于线圈进入磁场的过程，据动量定理，可得FtBaBamvxmv0对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理，可得FtBaBamvmvx由上述二式可得vx，即B项正确4(2015重庆)高空作业须系安全带如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t
5、安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mgB.mgC.mg D.mg答案A解析人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式v22hg，可知v；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(Fmg)t0(mv)，解得：Fmg，故选A.5如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上槽的左侧有一竖直墙壁现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内则下列说法正确的是()A小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机
6、械能守恒D小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒答案C解析小球在运动到槽的最低点之前，槽静止不动，水平方向系统外力之和不为零，动量不守恒，但小球的机械能守恒，小球沿槽上滑的过程中，系统水平方向外力之和为零，水平方向动量守恒，系统中只有重力做功，系统机械能守恒，但小球机械能不守恒，槽的动能增加，小球的机械能减少，槽对小球的支持力做负功，小球飞离槽口时，相对于槽是竖直向上的，对地速度方向为斜向右上方6为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2 m/s以内，随后又渐渐降
7、到1 m/s，最终安全着陆把返回舱从离地1 m开始减速到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是()A减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化B减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量C延长着地过程的作用时间D减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力答案CD7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.初始时刻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，并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.mv2 B.v2C.N
8、mgL DNmgL答案BD解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间二者相对静止，即为同速，设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失动能Ekmv2(Mm)v12，A项错误，B项正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即EkQNmgL，C项错误，D项正确8如图甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某一初速度从Q的左端向右滑行，P、Q的vt图象见图乙，其中a、b分别是01 s内P、Q的vt图线，c是12 s内P、Q共同的vt图线已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2.则以下判断正确
9、的是()AP、Q系统在相互作用过程中动量守恒B在02 s内，摩擦力对Q的冲量是2 NsCP、Q间的动摩擦因数为0.1DP相对Q静止的位置在Q木板的右端答案AC解析假设P、Q动量守恒，则m1v0(m1m2)v，vm/s1 m/s，由vt图象知，A项正确.02 s内Q动量的变化pm2v1 kgm/s，B项错误pFft1，Ffmg，故0.1，C项正确，P、Q相对位移s1 m，故D项错误9如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触现将摆球a向左拉开一小角度后释放若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B第一次碰撞后的
10、瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置答案AD解析弹性碰撞遵守能量守恒和动量守恒，设第一次碰撞前a的速度为v，第一次碰撞后a的速度为v1、b的速度为v2，根据动量守恒，得mvmv13mv2根据能量守恒，得mv2mv123mv22联立得：v1v，v2v，故A项正确；第一次碰撞后瞬间，a的动量大小为mv，b的动量大小为mv，故B项错误；由于第一次碰撞后瞬间的速度大小相等，根据机械能守恒可知，两球的最大摆角相等，C项错误；由于摆长相同，两球的振动周期相等，所以第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置，D项正确二、计算题(共5个小题，11题9分，
11、12题10分，13题11分，14题11分，15题14分共55分)10质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中已知弹性安全带缓冲时间为1.2 s，安全带伸直后长5 m，求安全带所受的平均冲力(g10 m/s2)解析人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v022gh，v010 m/s取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力F，取F方向为正方向，由动量定理得：Ftmvmv0所以Fmg1 100 N，(方向竖直向下)注意动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题如果是在变力作用下的问题，由动量定理
12、求出的力是在t时间内的平均值11(2016安徽)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触另有一物块C从t0时以一定速度向右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示求：(1)物块C的质量mC；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.答案(1)2 kg(2)Ep9 J解析(1)由图知，C与A碰前速度为v19 m/s，碰后速度为v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒mCv1(mAmC)v2即mC2 kg(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧
13、组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(mAmC)v2(mAmBmC)v4(mAmC)v22(mAmBmC)v42Ep得Ep9 J.12如图所示在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O点匀强电场方向水平向右，分布的区域足够大现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零(1)求匀强电场的电场强度E的大小(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？此后小球能达到的最大高度H(相对于B点)是多少？解析(1)对小球由A到
14、B的过程，由动能定理得0mgLqEL得E(2)小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，设到B点时的速度为vB.小球做匀加速直线运动的加速度为aamg/mgvB22aL得t小球到B点时细线恰好拉紧将vB分解为vB1和vB2，vB1vBcos45此后小球以vB1做圆周运动设运动到D点恰好速度为0，对小球由B点到D点的过程，由动能定理得0mvB12mg(LLsin)qELcos45在到达D点前小球一直沿圆轨道运动，所以小球离B点的最大高度HLLsinL.13如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM.现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参考系(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离解析(1)用能量守恒定律和动量守恒定律求解A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：Mv0mv0(Mm)v解得：vv0，方向向右(2)对系统的全过程，由能量守恒定律得：
