【物理】2020届二轮复习专题七动量作业

【物理】2020届二轮复习专题七动量作业

专题七　动量 ‎『经典特训题组』‎ ‎1．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中(　　)‎ A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2‎ D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 答案　B 解析　设地面对运动员的冲量为I，则由动量定理得：I－mgΔt＝mv－0，I＝mv＋mgΔt。运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功，故选B。‎ ‎2．如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力，对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(　　)‎ A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大 答案　C 解析　弹丸击中沙箱过程，弹丸和沙箱组成的系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝，弹丸与沙箱一起摆动过程，系统机械能守恒。由能量守恒定律可知，‎ 整个过程系统损失的机械能：ΔE＝mv2－(M＋m)v′2＝。若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：ΔE＝＝变大，故A错误；若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：ΔE＝＝变大，故B错误；若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：ΔE＝变大，故C正确；若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：ΔE＝不变，故D错误。‎ ‎3．如图所示，两个小物块a、b静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧。烧断细线后，被弹出的小物块a、b在同一直线上运动，且弹簧与它们分离。小物块a、b的质量分别是2 kg和4 kg，则下列判断正确的是(　　)‎ A．小物块a与b的速率之比为1∶2‎ B．弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为2∶1‎ C．弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为2∶1‎ D．小物块a与b的动能之比为1∶2‎ 答案　B 解析　根据动量守恒定律可知：mava＝mbvb，解得va∶vb＝2∶1，A错误；弹簧对小物块所做的功等于小物块增加的动能，故弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为＝＝，小物块a、b获得的动能之比为2∶1，B正确，D错误；根据动量定理有：Ia＝mava，Ib＝mbvb，则弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为1∶1，C错误。故选B。‎ ‎4. (多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，‎ 如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量mA＝2 kg，则由图象判断下列结论正确的是(　　)‎ A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s C．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 答案　BCD 解析　由xt图象可知，碰撞前有vA＝＝ m/s＝－3 m/s，vB＝＝ m/s＝2 m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s。对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mB＝ kg，A、B碰前的总动量p总＝mAvA＋mBvB，代入数值得p总＝－ kg·m/s，A错误；由动量定理知，A对B的冲量为：IB＝mBv－mBvB，IB＝－4 N·s，B正确；碰撞前后A球的动量变化为ΔpA＝mAv－mAvA＝4 kg·m/s，C正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2，代入数据解得ΔEk＝10 J，D正确。‎ ‎5. 如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂于O点，在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止，将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与B发生弹性正碰。‎ ‎(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦；‎ ‎(2)若长木板C的质量为2m，B与C间的动摩擦因数为μ，求C的长度至少为多大时B才不会从C的上表面滑出？‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)A从开始下落到与B碰撞前的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝·mv 小球运动到最低点时与B发生弹性正碰，对A、B组成的系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋mv2‎ 由机械能守恒定律得 ·mv＝·mv＋mv 联立并代入数据计算得出 v1＝－，v2＝ 设碰撞后A上升的最大高度为H，由机械能守恒定律有 mgH＝·mv 又cosθ＝，联立得cosθ＝。‎ ‎(2)B在木板C上滑动过程，B和C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv2＝(m＋2m)v，‎ B在木板C上滑动的过程中，由能量守恒定律得 μmgL＝mv－(m＋2m)v2‎ 联立并代入数据计算得出L＝。‎ ‎6．儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图模型：光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点，质量为m的小球A静止于P点，小球半径远小于R，与A相同的小球B以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起。求当v0的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为g。‎ 答案　v0≤2 或v0≥2 解析　设A、B碰撞后的速度为v1，恰好运动到圆弧轨道最高点时的速度为v2‎ A、B碰撞过程中动量守恒，对A、B组成的系统，选取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1‎ 欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：‎ ‎(1)当v0较小时，A、B最高只能运动到与圆弧轨道的圆心等高的地方 对A、B整体，从碰后到与圆弧轨道的圆心等高的地方，由动能定理有－2mgR＝0－·2mv 联立得v0＝2 ‎(2)当v0较大时，A、B整体能够做完整的圆周运动。讨论A、B恰好做完整圆周运动时的情形，对A、B整体，从碰后到运动到圆弧轨道最高点的过程中，由动能定理有 ‎－2mg·2R＝·2mv－·2mv 在最高点时，由牛顿第二定律得2mg＝2m· 联立得v0＝2 综上所述，当v0≤2 或v0≥2时，‎ 两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。‎ ‎7．如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：‎ ‎(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；‎ ‎(2)A的最大速度v的大小；‎ ‎(3)初始时B离地面的高度H。‎ 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 解析　(1)B从释放到细绳绷直前做自由落体运动，有 h＝gt2①‎ 代入数据解得t＝ ＝0.6 s。②‎ ‎(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③‎ 细绳绷直瞬间，对A、B组成的系统，系统的内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律得 mBvB＝(mA＋mB)v④‎ 之后A向上做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，‎ 联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s。⑤‎ ‎(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥‎ 代入数据解得H＝0.6 m。‎ ‎8．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ 答案　(1)ρv0S　(2)－ 解析　(1)在t时间内，喷泉喷出的水的体积 V＝v0·t·S①‎ 喷出的水的质量：m＝ρ·V②‎ 由①②式可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 m0＝＝ρv0S。③‎ ‎(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h，水柱对玩具底板的作用力为F冲，玩具对其底板下面水柱的作用力为F压，则 由玩具受力平衡得：F冲＝Mg④‎ 由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤‎ 设v′为水柱到达玩具底板时的速度大小，‎ 由运动学公式得：v′2－v＝－2gh⑥‎ 设在很短时间Δt内，冲击玩具底板的水柱的质量为Δm，‎ 则Δm＝ρv0S·Δt⑦‎ 规定竖直向上为正方向，在竖直方向上，对该部分水柱由动量定理有 ‎－(F压＋Δmg)·Δt＝0－Δm·v′⑧‎ 由于Δt很小，则Δmg也很小，Δmg与F压相比可以忽略 ‎⑧式变为－F压·Δt＝0－Δm·v′⑨‎ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。‎ ‎『真题调研题组』‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”‎ 研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)‎ A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 答案　B 解析　设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正确。‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)‎ A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 答案　C 解析　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 答案　A 解析　由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，A正确。‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。‎ 当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。‎ 答案　(1) 　(2) 解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝mv①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有 ‎0－v0＝－gt②‎ 联立①②式得t＝ ③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。‎ 由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E⑤‎ mv1＋mv2＝0⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。‎ ‎5．(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图象如图b所示，‎ 图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。‎ ‎(1)求物块B的质量；‎ ‎(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。‎ 答案　(1)3m　(2)mgH　(3) 解析　(1)根据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1＝m＋m′v′①‎ mv＝m2＋m′v′2②‎ 联立①②式得 m′＝3m③‎ ‎(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有 mgH－fs1＝mv－0④‎ ‎－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤‎ 从图b所给出的vt图线可知 s1＝v1t1⑥‎ s2＝··(1.4t1－t1)⑦‎ 由几何关系 ＝⑧‎ 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W＝fs1＋fs2⑨‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝mgH⑩‎ ‎(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 W＝μmgcosθ·⑪‎ 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有 ‎－μm′gs′＝0－m′v′2⑫‎ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0⑬‎ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。‎ ‎6．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。‎ ‎(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；‎ ‎(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B 之间的距离是多少？‎ ‎(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？‎ 答案　(1)4.0 m/s　1.0 m/s ‎(2)物块B先停止　0.50 m ‎(3)0.91 m 解析　(1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有 ‎0＝mAvA－mBvB①‎ Ek＝mAv＋mBv②‎ 联立①②式并代入题给数据得 vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。③‎ ‎(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有 mBa＝μmBg④‎ sB＝vBt－at2⑤‎ vB－at＝0⑥‎ 在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为 sA＝vAt－at2⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧‎ 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离为 s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。⑨‎ ‎(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B发生碰撞，碰撞前A 的速度大小为vA′，由动能定理有 mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩‎ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 vA′＝ m/s⑪‎ 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫‎ mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬‎ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭‎ 这表明碰撞后A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式 ‎2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮‎ 由④⑭⑮式及题给数据得 sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯‎ sA′小于碰撞处到墙壁的距离。‎ 由⑯式可得两物块停止后的距离 s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。‎ ‎『模拟冲刺题组』‎ ‎1. (2019·广西钦州三模)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾一度引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(　　)‎ A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 答案　D 解析　在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理得：－Ft＝mv2－mv1，故测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，就能得出飞针对玻璃的平均冲击力大小，故D正确，A、B、C错误。‎ ‎2．(2019·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为(　　)‎ A．0.25 N B．0.5 N C．1.5 N D．2.5 N 答案　A 解析　设雨滴受到支持面的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv。得：F＝，设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，故F＝ρSv，压强为：p＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎3．(2019·江苏南通一模)(多选)将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，在0.02 s时间内有50 g燃气以大小为200 m/s的速度从火箭尾部喷出。下列说法正确的是(燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ A．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为500 N B．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为5 m/s D．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为10 m/s 答案　AD 解析　在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，‎ 根据动量定理可得：－FΔt＝－m气v气－0，解得F＝＝500 N，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500 N，A正确，B错误；燃气喷射前后，火箭和燃气组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得0＝(M－m气)·v箭－m气v气，解得火箭的速度大小v箭＝＝10 m/s，C错误，D正确。‎ ‎4．(2019·西安一模)(多选)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，关于物块A的说法正确的是(　　)‎ A．重力的冲量为零 B．重力做功为零 C．轻绳拉力的冲量大小为mgtcotθ D．轻绳拉力做功为mg2t2cot2θ 答案　BD 解析　物块A恰好不脱离斜面，对物块A进行受力分析可知，物块A受轻绳拉力和重力，物块A向右做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，得：Tsinθ＝mg，则有：T＝，故重力的冲量为：IG＝mgt，拉力的冲量为：IT＝，A、C错误；由于重力的方向与物块A的位移方向垂直，故重力做功为零，B正确；由牛顿第二定律可知：＝ma，则有：a＝，末速度为：v＝at＝，根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：WT＝mv2－0＝＝mg2t2cot2θ，D正确。‎ ‎5．(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则(　　)‎ A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大 B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大 C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长 D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大 答案　D 解析　由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB。由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故B错误，D正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝ ，而EkA＞EkB，则得mA＜mB，故A错误；子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误。‎ ‎6．(2019·湖北八校联合二模)如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为(　　)‎ A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　C 解析　粘性物体和A相互作用，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，得v1＝v0。以后三个物体一起相互作用，动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律得2mv0＝3mv2，得v2＝v0，由机械能守恒定律得：弹簧的最大弹性势能Ep＝mv＋×2m ‎2－×3m2＝mv，C正确，故选C。‎ ‎7．(2019·江西高三九校3月联考)(多选)如图所示，光滑水平面上放一个质量为M的足够长的木板，开始M静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上M，m和M间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是(　　)‎ A．如果增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加 B．如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，m在M上滑行的距离变大 C．如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量不变 D．如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量增加 答案　ACD 解析　木板和滑块组成的系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，解得：v1＝，根据能量守恒定律可知摩擦产生的热量为：Q＝mv－(m＋M)v＝。对木板利用动量定理可得：μmgt＝Mv1＝，解得m和M相对运动的时间：t＝，若只增大M，则m和M相对运动的时间t＝变长，因摩擦而产生的热量Q＝增加，故A正确；如果增大m，则m和M相对运动的时间t＝变短，对m，根据动能定理可得：μmgs＝mv－mv，解得m在M上滑行的距离s＝，只增大m，则s变小，故B错误；如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量Q＝不变，故C正确；如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量Q＝增加，故D正确。‎ ‎8．(2019·四川南充三诊)“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以大小为a＝2 m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m＝1000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝3.6 m/s2，四条缓冲脚的质量不计。求：‎ ‎(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；‎ ‎(2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。‎ 答案　(1)－1.6×105 J　(2) N·s 解析　(1)设h＝100 m，飞船加速下降时火箭推力为F，‎ 由牛顿第二定律：mg－F＝ma 推力对火箭做功为：W＝－Fh 解得：W＝－1.6×105 J。‎ ‎(2)“缓冲脚”触地前瞬间，设飞船速度大小为v，则：v2＝2ah 从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I，则：‎ ‎4Isin60°－mgt＝0－(－mv)‎ 解得：I＝ N·s。‎ ‎9．(2019·山东潍坊二模)如图所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m。质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，忽略空气阻力。‎ ‎(1)求A、B间的水平距离x；‎ ‎(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；‎ ‎(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离。‎ 答案　(1)1.2 m　(2)1 s　(3)3.73 m 解析　(1)由平抛运动的规律得：‎ tanθ＝ x＝v0t 得：x＝1.2 m。‎ ‎(2)物块在小车上CD段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v 由能量守恒定律得：fL＝mv－(M＋m)v2‎ 对物块，由动量定理得：－ft0＝mv－mv1‎ 联立解得：t0＝1 s。‎ ‎(3)有销钉时，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ mgH＋mv＝mv 由几何关系得：H－gt2＝R(1－cosθ)‎ B、C间的水平距离：xBC＝Rsinθ 对小车和物块组成的系统，由能量守恒定律得：‎ fL＝mv－(M＋m)v2‎ 若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，mv0＝Mv2′＋mv2，小车向左运动达最大位移时，速度v2′为0，此时物块速度v2为4 m/s 由能量守恒定律得：‎ mgH＋mv＝f(Δx－xBC)＋mv 联立解得此时物块离小车左端的水平距离：‎ Δx＝3.73 m。‎ ‎『热门预测题组』‎ ‎1．(2019·湖南省长沙市宁乡三模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图a所示，碰撞前后两壶运动的vt图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　)‎ A．两壶发生了弹性碰撞 ‎ B．碰后蓝壶速度为0.8 m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 答案　B 解析　由vt图知：碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v0′＝0.2 m/s，可知碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得：v＝0.8 m/s，因为mv>mv0′2＋mv2，即碰撞过程机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据vt图象与横坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝t＝×5 m＝2 m，故C错误；根据vt 图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。‎ ‎2．(2019·合肥高三第三次质检)如图所示，一对杂技演员荡秋千(均视为质点)，女演员由与悬点O1等高的A位置静止摆下，男演员从平台上D点静止摆下，某时刻女演员摆到最低点B时离开秋千，到达C点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点。已知男、女演员均在同一竖直平面内运动，其质量分别为2m和m，其余质量忽略不计，秋千的绳长分别为l和2l，O1与O2等高，空气阻力不计，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)女演员摆到最低点B的速度大小；‎ ‎(2)秋千绳O2D与竖直方向的夹角；‎ ‎(3)若男演员接住女演员用时t，此过程女演员对男演员的平均作用力。‎ 答案　(1)　(2)60°‎ ‎(3)mg＋，方向竖直向下 解析　(1)对于女演员，从A运动到B，设其速度大小为v，‎ 由机械能守恒定律得：mgl＝mv2，‎ 代入数据得：v＝。‎ ‎(2)设秋千绳O2D与竖直方向的夹角为θ，男演员从平台上D点静止摆下至C点时，速度大小为vC，由机械能守恒定律有：2mg×2l×(1－cosθ)＝(2m)v 当女演员到达C点时刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点，可见男女演员的共同速度大小也为vC 男演员接住女演员的过程，二者组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，若男演员接住女演员时两者速度方向相同，有：mv＋2mvC＝3mvC 代入数据得：cosθ＝，θ＝60°‎ 若男演员接住女演员时两者速度方向相反，有：‎ mv－2mvC＝3mvC 代入数值得：cosθ＝(不符合实际，舍去)。‎ ‎(3)女演员从B点离开秋千做平抛运动，因女演员到达C点时的水平速度与男演员在C点的速度大小相等、方向相同，故男演员在水平方向对女演员无作用力。设女演员到达C点的竖直速度大小为vy v＝2g(2l－l)＝2gl 设男演员对女演员的平均作用力大小为F，取竖直向上方向为正方向，对女演员，‎ 由动量定理：(F－mg)t＝mvy，‎ 解得：F＝mg＋。‎ 根据牛顿第三定律，女演员对男演员的平均作用力大小为mg＋，方向竖直向下。‎