2019屆高考物理二輪復習 力學考點集訓 專題12 動量.doc

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考點12動量 1、如圖所示,一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t,則( ) A.拉力對物體的沖量為Ft B.拉力對物體的沖量為Ftcos C.摩擦力對物體沖量為Ft D.合外力對物體的沖量為Ft 2、如圖所示,PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的1/4圓周軌道,圓心O在S的正上方。在O和P兩點各有一質(zhì)量為m的小物塊a和b,從同一時刻開始,a自由下落,b沿圓弧下滑。以下說法正確的是( ) A.a比b先到達S,它們在S點的動量不相同 B.a與b同時到達S,它們在S點的動量不相同 C.a比b先到達S,它們在S點的動量相同 D.b比a先到達S,它們在S點的動量相同 3、如圖所示是一種彈射裝置,彈丸的質(zhì)量為m,底座的質(zhì)量為3m,開始時均處于靜止狀態(tài).當彈丸以速度v(相對于地面)發(fā)射出去后,底座的速度大小為,在發(fā)射彈丸過程中,底座受地面的摩擦力的沖量為( ) A.零 B. ,方向向右 C. ,方向向右 D. ,方向向左 4、如圖所示,在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B,木板表面光滑,左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊A與彈簧相互作用的過程中,下列判斷正確的是( ) A.彈簧壓縮量最大時,B板運動速率最大 B.板的加速度一直增大 C.彈簧給木塊A的沖量大小為 D.彈簧的最大彈性勢能為 5、如圖甲所示為雜技中的“頂竿”表演、水平地面上演員用肩部頂住一根長直竹竿,另一演員爬至竹竿頂端完成各種動作。某次頂竿表演結(jié)束后,演員自竿頂由靜止開始下落?；礁偷讜r速度正好為零,然后曲腿跳到地面上,演員、質(zhì)量均為50,長竹竿質(zhì)量為5,下滑的過程中速度隨時間變化的圖象如圖乙所示。重力加速度取10,下列判斷正確的是( ) A.竹竿的總長度約為3 B.0~6內(nèi),演員對地面的壓力大小始終為1050 C.0~6內(nèi),竹竿對演員的壓力的沖量大小為3300 D.演員落地時向下曲腿,是為了縮短作用時間以減小地面的沖擊力 6、水平面上有兩個質(zhì)量相等的物體和,它們分別在水平推力和作用下開始運動,分別運動一段時間后撤去推力,兩個物體都將運動一段時間后停下.物體的–圖線如圖所示,圖中線段。則以下說法正確的是( ) ①水平推力大小 ②水平推力大小 ③所受摩擦力的沖量大于所受摩擦力的沖量 ④所受摩擦力的沖量小于所受摩擦力的沖量 A.①③B.②④C.②③D.①④ 7、如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以v的速度沿光滑水平地面向前運動,正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后( ) A.甲木塊的動量守恒 B.乙木塊的動量守恒 C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒 D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的機械能守恒 8、如圖,質(zhì)量為的小船在靜止水面上以速率向右勻速行駛,一質(zhì)量為的救生員站在船尾,相對小船靜止。若救生員以相對水面速率水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為( ) A. B. C. D. 9、質(zhì)量為和(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰,碰撞時間不計,其(位移—時間)圖象如圖所示,則可知碰撞屬于( ) A.非彈性碰撞B.彈性碰撞 C.完全非彈性碰撞D.條件不足,不能確定 10、如圖所示,滑塊、、質(zhì)量均為.開始時、分別以,的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運動,現(xiàn)將無初速度地放在上,并與粘合不再分開,此時與相距較近, 與擋板碰撞將以原速率反彈, 與碰撞后將粘合在一起。為使能與擋板碰撞兩次,則,應滿足( ) A. B. C. D. 11、如圖所示,一枚手榴彈開始時在空中豎直下落,到某位置時爆炸成a、b兩塊,已知兩塊同時落地,其中a落地時飛行的水平距離OA大于b落地時飛行的水平距離OB,下列說法中正確的是( ) A.爆炸瞬間a、b兩塊的速度變化量大小相等 B.a、b兩塊落地時的速度大小相等 C.爆炸瞬間a、b兩塊的動量變化量大小相等 D.爆炸瞬間a、b兩塊的動能變化量相等 12、一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率進入太空預定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為,后部分的箭體質(zhì)量為,分離后箭體以速率沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率為() A. B. C. D. 13、如圖所示,滑塊A、B靜止于光滑水平桌面上,B的上表面水平且足夠長, 其左端放置一滑塊C,B、C間的動摩擦因數(shù)為μ(數(shù)值較小),A、B由不可伸長的輕繩連接,繩子處于松弛狀現(xiàn)在突然給C 一個向右的速度v0,讓C在B上滑動,當C的速度為1/4v0時,繩子剛好伸直,接著繩子被瞬間拉斷,繩子拉斷時B的速度為3/16v0.已知A、B、C的質(zhì)置量分別為2m、3m、m。求: 1.從C獲得速度v0開始經(jīng)過多長時間繩子剛好伸直; 2.從C獲得速度v0開始到細繩被拉斷的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能。 14、如圖所示,質(zhì)量m1=0.3kg的小車在光滑的水平面上,車長L=1.5m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2kg可視為質(zhì)點的物塊,以水平的速度v0=2m/s從左端滑上小車,最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)0.5,取g=10m/s2,求: 1.物塊在車面上滑行的時間t 2.最終物塊和小車達到的共同速度v; 15、如圖所示,粗糙的水平軌道AB與光滑的半圓軌道BC平滑連接,且在同一豎直平面內(nèi),一質(zhì)量M=0.98kg的木塊靜止在A點,被一水平向右飛來的質(zhì)量m=20g的子彈射中,子彈滯留在木塊中,不計子彈在木塊中的運動時間,木塊沿軌道滑到C點后水平飛出,并恰好落回A點。已知A、B兩點的距離s=1.2m,半圓軌道的半徑r=0.4m,木塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)m=0.36,重力加速度g=10m/s2。求: 1.木塊在C點時對軌道的壓力大小; 2.子彈射入木塊前瞬間的速度大小。 16、如圖所示,有一塊足夠長的木板,放在光滑水平面上,在木板上自左向右放有序號是1、2、3、…、n的木塊,所有木塊的質(zhì)量均為m,與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ,木板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等。在t= 0時刻木板靜止,第1、2、3、…、n號木塊的初速度分別為v0、2v0、 3v0、...、nv0,方向都向右。最終所有木塊與木板以共同速度勻速運動。 1.求所有木塊與木板一起勻速運動的速度vn 2..題干條件不變,若取n=4,則3號木塊在整個運動過程中的最小速度v3min為多少? 答案以及解析 1答案及解析： 答案：A 解析：試題分析:由物體做勻速直線運動,分析物體的受力情況可知:摩擦力, 拉力對物體的沖量為I=Ft,A正確,B錯誤, 摩擦力對物體的沖量為:,C錯誤; 合力為零,所以沖量為零,D錯誤;故選A 點評:本題難度較小,對于恒力的沖量可以利用I=Ft求得,對于變力的沖量可以借助動量定理求解 2答案及解析： 答案：A 解析：a物體做自由落體運動,運動時間為t1, b物體沿圓弧軌道下滑的過程中,其豎直方向分運動的加速度在任何高度都小于重力加速度.又a?b兩物體豎直方向位移相等,所以b物體下滑到S的時間t2>t1,故A正確,B?C?D?錯誤. 3答案及解析： 答案：B 解析： 4答案及解析： 答案：D 解析： 5答案及解析： 答案：C 解析：v-t圖像中圖線與時間軸包圍的面積表示演員A下滑過的位移,x= 1/2x6x2 m = 6m,A錯誤;0~4 s內(nèi)演員A加速下滑,加速度大小為0.5 m/s2,處于失重狀態(tài),演員B對地面的壓力大小FN = 2M人g+mg-M人a= (2x50x10+5x10-50x0.5) N=1025 N,4~6 s 內(nèi)演員A減速下滑,加速度大小為1m/s2,處于超重狀態(tài),演員B對地面的壓力大小FN = 2M人g+mg+M人a = (2x50x10+5x10+50x1) N = 1100 N,B錯誤;0~ 4 s內(nèi)演員B對直竿的支持力大小為F = M人g+mg-M人a = (50x 10+5x10-50x0.5) N = 525 N,沖量大小為525 N,沖量大小為I1=525 x4 N . s = 2100 N . s,4?6 s內(nèi)演員B對直竿的支持力大小為F=M人g+mg+M 人g= (50x10+5x10+50x1) N = 600 N,直竿對演員B的壓力為600 N,沖量大小為I2 = 600x2 N . S= 1200 N . s,0~6 s內(nèi),直竿對演員B的壓力的沖量大小為I=I1+I2 = 2100 N ? s+1200 N ? s = 3300 N ? s,C 正確;演員A 落地時向下彎腿,是為了延長作用時間以減小地面的沖擊力,D錯誤。 故選C。 6答案及解析： 答案：D 解析： 7答案及解析： 答案：C 解析：甲木塊與彈簧接觸后,甲木塊或乙木塊所受的合力均不為零,動量不守恒,A、B 兩項錯誤;甲、乙兩木塊組成的系統(tǒng)受到的合力為零,系統(tǒng)的動量守恒,C項正確;甲、 乙兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,故兩木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒,D項錯誤。 8答案及解析： 答案：C 解析：取向右為正方向,由動量守恒有(m+M)v0=-mv+Mv,解之有，故C 正確。 9答案及解析： 答案：B 解析： 10答案及解析： 答案：C 解析： 11答案及解析： 答案：C 解析： 12答案及解析： 答案：D 解析：設(shè)火箭開始運動的方向為正方向,由動量守恒定律有,解得。 13答案及解析： 答案：1. 2. 解析：1.從C獲得速度v0到繩子拉直的過程中,根據(jù)動量定理得: ,解得 2.設(shè)繩子剛拉直時B的速度為vB,對B、C組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得: ,解得 繩子拉斷的過程中,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,根據(jù)動量守恒定律得: ,解得,整個過程中,根據(jù)能量守恒定律得: . 14答案及解析： 答案：1. 設(shè)物塊與小車的共同速度為v,以水平向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有 設(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力為F,對物塊應用動量定理其中解得代入數(shù)據(jù)得 2.對物塊和小車組成的系統(tǒng)由動量守恒得代入數(shù)據(jù)解得v=0.8m/s 解析： 15答案及解析： 答案：1.12.5N; 2.290m/s 解析：1.木塊從C點落回A點的過程中做平拋運動,則: s=vCt 解得:F=12.5N 2.設(shè)子彈射入木塊前瞬間的速度大小為v0,則有:mv0=(M+m)v1 vB2-v12=-2mgs 解得:v0=290m/s 16答案及解析： 答案：1. 2. 解析：1. 取向右方向為正方向,對系統(tǒng),由動量守恒定律得m(v0+2v0+3v0+...+nv0)=2nmvn由上式解得vn=1/4(n+1)v0 2.第3號木塊與木板相對靜止時.它在整個運動過程中的速度最小.設(shè)此時第4號木塊的速度為v,對系統(tǒng).由動量守恒定律得m(v0+2v0+3v0+4v0)=7mv3min+mv, 對第3號木塊,由動量定理得-μmgt=mv3min-m3v0,對第4號木塊,由動量定理得-μmgt=mv-m4v0由以上三式解得v3min=9/8v0