新高考物理二輪復(fù)習(xí)專題2第2講動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用作業(yè)

第一部分專題二第2講A組基礎(chǔ)能力練1．(2020·哈爾濱一中一模)沫蟬是一種身長(zhǎng)只有6mm左右小昆蟲(chóng)．研究表明，沫蟬起跳時(shí)可以在1ms時(shí)間釋放出儲(chǔ)存在后腿肌肉里的能量，最高跳躍到80cm的高處，若g取10m/s2，沫蟬起跳時(shí)需承受的力約為重力的(C)A．20倍 B．100倍C．400倍 D．800倍【解析】根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝mv0，沫蟬上升的過(guò)程中，根據(jù)位移與速度的的關(guān)系veq\o\al(2,0)＝2gh，代入數(shù)據(jù)，可知F＝400mg，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．2．(2020·廣東佛山二模)拍皮球是大家都喜歡的體育活動(dòng)，既能強(qiáng)身又能健體．已知皮球質(zhì)量為0.4kg，為保證皮球與地面碰撞后自然跳起的最大高度均為1.25m，小明需每次在球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)拍球，每次拍球作用距離為0.25m，使球的離手時(shí)獲得一個(gè)豎直向下4m/s的初速度．若不計(jì)空氣阻力及球的形變，g取10m/s2，則每次拍球(D)A．手給球的沖量為1.6kg·m/sB．手給球的沖量為2.0kg·m/sC．人對(duì)球做的功為3.2JD．人對(duì)球做的功為2.2J【解析】根據(jù)題述，使球在離手時(shí)獲得一個(gè)豎直向下4m/s的初速度，根據(jù)動(dòng)量定理，合外力給皮球的沖量為I＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，手給球的沖量與重力沖量之和等于合外力沖量，所以手給球的沖量小于1.6kg·m/s，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；設(shè)人對(duì)球做的功為W，由動(dòng)能定理，W＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝2.2J，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤．3．(多選)(2020·山東泰安期末)人們對(duì)的依賴性越來(lái)越強(qiáng)，有些人喜歡躺著玩，經(jīng)常出現(xiàn)砸傷人臉的情況．若的質(zhì)量為150g，從離人臉約20cm的高度無(wú)初速度掉落，砸到人臉后未反彈，人臉受到的沖擊時(shí)間約為0.1s，重力加速度g＝10m/s2，下列計(jì)算正確的是(AD)A．與人臉作用過(guò)程中，的動(dòng)量變化量大小約為0.3kg·m/sB．人臉對(duì)的沖量大小約為0.3N·sC．人臉對(duì)的沖量大小約為1.0N·sD．對(duì)人臉的平均沖力大小約為4.5N【解析】20cm＝0.20m；150g＝0.15kg；根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，得下落的速度為：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)＝2m/s，與眼睛作用后的速度變?yōu)?，所以與眼睛作用過(guò)程中動(dòng)量變化為：Δp＝0－mv＝－0.15×2kg·m/s＝－0.30kg·m/s，A正確；與眼接觸的過(guò)程中受到重力與眼睛的作用力，選取向上為正方向，則有：Iy－mgt＝Δp，代入數(shù)據(jù)可得：Iy＝0.45N·s，B、C錯(cuò)誤；由沖量的定義：Iy＝Ft，代入數(shù)據(jù)可得：F＝eq\f(Iy,t)＝eq\f(0.45,0.1)N＝4.5N，D正確．4．(多選)(2020·遼寧大連一模)如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A．給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離木板B．在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是(AB)A．2.2m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s【解析】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右方向?yàn)檎较?，從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A的速度為零的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得：(M－m)v＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得：vB1＝eq\f(8,3)m/s，從開(kāi)始到A、B速度相同的過(guò)程中，取水平向右方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得：vB2＝2m/s，則在木塊A正在做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)B的速度范圍為：2m/s<vB<eq\f(8,3)m/s，故選A、B．5．(2020·甘肅武威期末)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5m的位置B處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止，g取10m/s2.(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若碰撞時(shí)間為0.05s，求碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)0.32(2)130N(3)9J【解析】(1)物塊從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－μmgsAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.32(2)以向右為正方向，物塊碰撞墻壁過(guò)程，由動(dòng)量定理得：Ft＝－mv－mvB解得：F＝－130N，負(fù)號(hào)表示方向向左(3)物塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－W＝0－eq\f(1,2)mv2解得：W＝9J6．(2020·湖北宜昌聯(lián)考)如圖所示，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊A和B(可視為質(zhì)點(diǎn))，A的質(zhì)量為m＝1.0kg，B的質(zhì)量為M＝2.0kg，A、B之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與物塊接觸而不連接．水平面的左側(cè)連有一豎直墻壁，右側(cè)與半徑為R＝0.32m的半圓形軌道相切．現(xiàn)壓縮彈簧使A、B由靜止釋放(A、B分離后立即撤去彈簧)，A與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，在水平面上追上B相碰后粘合在一起．已知A、B粘合體剛好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)，重力加速度取g＝10m/s2，不計(jì)一切摩擦．(1)求A、B相碰后粘合在一起的速度大?。?2)求彈簧壓縮后彈簧具有的彈性勢(shì)能．【答案】(1)4m/s(2)27J【解析】(1)設(shè)粘合體在圓軌道的最高點(diǎn)的速度大小為v4，粘合體剛好能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，則對(duì)粘合體由牛頓第二定律得(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v\o\al(2,4),R)設(shè)A、B相碰后粘合在一起的速度大小為v3，則由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,4)＋2(m＋M)gR聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v3＝4m/s(2)壓縮彈簧釋放后，設(shè)A的速度大小為v1，B的速度大小為v2，取向右為正方向．由動(dòng)量守恒定律得Mv2－mv1＝0A與墻壁發(fā)生彈性碰撞反彈，速度大小不變，追上B相碰后粘合在一起，由動(dòng)量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3設(shè)彈簧被壓縮后具有的彈性勢(shì)能為EP，由機(jī)械能守恒定律得EP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得EP＝27JB組素養(yǎng)提升練7．(2020·北京東城二模)如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上發(fā)生正碰．小球a、b質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＝200g．取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時(shí)間變化的x－t圖像如圖乙所示．下列說(shuō)法正確的是(D)A．碰撞前球a做加速運(yùn)動(dòng)，球b做勻速運(yùn)動(dòng)B．碰撞后球a做減速運(yùn)動(dòng)，球b做加速運(yùn)動(dòng)C．碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量減小D．碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量不變【解析】由x－t(位移時(shí)間)圖像的斜率得到，碰前b球的位移不隨時(shí)間而變化，處于靜止．a(chǎn)球的速度大小為v1＝eq\f(Δx1,Δt1)＝eq\f(8,2)m/s＝4m/s，做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理由圖示圖像可知，碰后b球和a球均做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度分別為v′2＝2m/s，v′1＝－2m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1＝m2v′2＋m1v′1，代入解得m2＝0.6kg，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，代入解得ΔE＝0，所以碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．8．(2020·河北衡水三模)如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.8kg的足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊靜止在木板的左端，在滑塊上施加一水平向右、大小按圖乙所示隨時(shí)間變化的拉力F,4s后撤去力F.若滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(C)A．0～4s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量為3.2N·sB．t＝4s時(shí)滑塊的速度大小為17.5m/sC．木板受到滑動(dòng)摩擦力的沖量為2.8N·sD．木板的速度最大為2m/s【解析】沖量的定義式：I＝Ft，所以F－t圖像面積代表沖量，所以0～4s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量為I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5＋1,2)×2＋2×1))N·S＝3.5N·s，A錯(cuò)誤；木塊相對(duì)木板滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木板：μmg＝Ma，對(duì)木塊：F－μmg＝ma，聯(lián)立解得：F＝0.5N，a＝0.5m/s2，所以0時(shí)刻，即相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)滑塊：IF－μmgt＝mv1－0，解得4s時(shí)滑塊速度大小：v1＝9.5m/s，B錯(cuò)誤；4s時(shí)，木板的速度v2＝at＝0.5×4m/s＝2m/s，撤去外力后，木板加速，滑塊減速，直到共速，根據(jù)動(dòng)量守恒：mv1＋Mv2＝(M＋m)v，解得：v＝3.5m/s，對(duì)木板根據(jù)動(dòng)能定理可得：I＝Mv＝2.8N·s，C正確，D錯(cuò)誤．9．(2020·湖北黃岡期末)如圖所示，在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C，與長(zhǎng)木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B，一段時(shí)間后，以eq\f(v0,2)滑離B，并恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)，A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g.求：(1)A剛滑離木板B時(shí)，木板B和圓弧槽C的共同速度；(2)A與B的上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)圓弧槽C的半徑R.【答案】(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(5v\o\al(2,0),16gL)(3)eq\f(v\o\al(2,0),64g)【解析】(1)對(duì)A在木板B上的滑動(dòng)過(guò)程，取A、B、C為一個(gè)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB解得vB＝eq\f(v0,4)(2)對(duì)A在木板B上的滑動(dòng)過(guò)程，A、B、C系統(tǒng)減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))2解得μ＝eq\f(5v\o\al(2,0),16gL)(3)對(duì)A滑上C直到最高點(diǎn)的作用過(guò)程，A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，eq\f(mv0,2)＋mvB＝2mvA、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgR＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))2－eq\f(1,2)×2mv2解得R＝eq\f(v\o\al(2,0),64g)10．(2020·河南三市質(zhì)檢)工廠某些產(chǎn)品出廠要進(jìn)行碰撞實(shí)驗(yàn)．如圖所示為一個(gè)理想的碰撞實(shí)驗(yàn)裝置：一長(zhǎng)薄板置于光滑水平地面上，薄板右端放置一物體，在薄板右方有一光滑通道，通道上方固定一個(gè)豎直障礙物，如圖甲所示．從某一時(shí)刻開(kāi)始，物體與薄板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，在另一時(shí)刻，物體與豎直障礙物發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)，而薄板可以沿通道運(yùn)動(dòng)．碰撞前后物體速度大小不變，方向相反．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體始終未離開(kāi)薄板．已知薄板運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖乙所示，物體與薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，物體的質(zhì)量是薄板質(zhì)量的15倍，重力加速度大小取g＝10m/s2.求：(1)物體相對(duì)薄板滑行的距離和圖乙中速度v的大??；(2)圖乙中t2與t1的差值和兩個(gè)三角形A、B的面積之差．【答案】(1)35m/s,50m(2)1.25s3.125m【解析】根據(jù)圖像可以判定：碰撞前物體與薄板共同速度為v0＝40m/s，碰撞后物體速度水平向左，大小也是v0＝40m/s，薄板速度大小方向不變．根據(jù)圖像又知物體與薄板最后又共速，速度大小為v，方向向左(1)設(shè)薄板的質(zhì)量為m，物體的質(zhì)量為M，物體相對(duì)木板滑行的距離為L(zhǎng)，對(duì)物體和薄板組成的系統(tǒng)：從和豎直障礙物碰后到二者共速，取向左的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v由能量守恒定律得μMgL＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2