【物理】2020届二轮复习专题二2第2讲 动量观点的应用作业(京津鲁琼专用)
一、单项选择题
1.(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( )
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
解析:选B.列车启动的过程中加速度恒定,由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v=at,且列车的动能为Ek=mv2,由以上整理得Ek=ma2t2,动能与时间的平方成正比,动能与速度的平方成正比,A、C错误;将x=at2 代入上式得Ek=max,则列车的动能与位移成正比,B正确;由动能与动量的关系式Ek=可知,列车的动能与动量的平方成正比,D错误.
2.为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1 h内杯中水面上升了45 mm,查询得知,当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此计算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3)( )
A.0.15 Pa B.0.54 Pa
C.1.5 Pa D.5.4 Pa
解析:选A.解答此类连续相互作用的问题,首先要注意研究对象的选取.选取Δt=1 h时间内与面积为S的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象,其质量为m=ρhS,发生作用后速度变为零,根据动量定理,有FΔt=mv=ρhSv,则压强p===0.15 Pa,选项A正确.
3.(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是( )
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
解析:选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,
B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.
4.如图所示,一轻杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球,a球质量大于b球质量,两球的半径相等,整个装置放在光滑的水平面上,将此装置从图示位置由静止释放,则( )
A.在b球落地前瞬间,a球的速度方向向右
B.在b球落地前瞬间,a球的速度方向向左
C.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b球的冲量为零
D.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b球做的功为零
解析:选D.整个装置下落过程中,水平方向没有外力,水平方向的动量守恒,原来系统水平方向的动量为零,在b球落地前瞬间,系统水平方向的动量仍为零,a球水平方向速度一定为零,选项A、B错误;设杆对a球做功为W1,对b球做功为W2,在b球落地前由于机械能守恒,则除了重力以外的力做的功必定为零,即W1+W2=0,对a球由动能定理可知W1=0,故W2=0,选项D正确;对b球,水平方向上动量变化为零,杆对b球的水平冲量为零,在竖直方向上,由动量定理可知,杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零,且冲量方向向上,选项C错误.
5.如图所示,A、B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( )
A.L1>L2 B.L1
v0,v2=≤2v0,解得≤m<,C错误,D正确.
11.(2019·威海检测)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μ.初始时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.v2
C.NμmgL D.NμmgL
解析:选BD.设最终箱子与小物块的速度为v1,根据动量守恒定律:mv=(m+M)v1,则动能损失ΔEk=mv2-(m+M)v,解得ΔEk=v2,B对;依题意:小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央,相对箱子运动的路程为s=0.5L+(N-1)L+0.5L=NL,故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能:ΔEk=Q=NμmgL,D对.
12.(2019·衡水中学信息卷)如图所示,足够长的木板P静止于光滑水平面上,小滑块Q位于木板P的最右端,木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ=0.2,木板P与小滑块Q质量相等,均为m=1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去,系统逐渐达到稳定状态,已知重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量
B.拉力F做功为6 J
C.小滑块Q的最大速度为3 m/s
D.整个过程中,系统因摩擦而产生的热量为3 J
解析:选ACD.对系统由动量定理得Ft=mvP+mvQ=2mv共,即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量,A正确;若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动,则拉力F不能超过·2m=4 N,拉力F为6 N大于4 N,故二者发生相对滑动,对木板P由牛顿第二定律F-μmg=ma,解得a=4 m/s2,1 s内木板P的位移x=at2=2 m.拉力F做功W=Fx=12 J,B错误;二者共速时,小滑块Q的速度最大,Ft=2mv共,v共=3 m/s,C正确;整个过程中,对系统由能量守恒定律可知W=·2mv+Q,解得Q=3 J,D正确.
三、非选择题
13.皮球从某高度落到水平地板上,每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64,且每次球与地板接触的时间相等.若空气阻力不计,与地板碰撞时,皮球重力可忽略.
(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少?
(2)若用手拍这个球,使其保持在0.8 m的高度上下跳动,则每次应给球施加的冲量为多少?(已知球的质量m=0.5 kg,g取10 m/s2)
解析:(1)由题意可知,碰撞后的速度是碰撞前的0.8.设皮球所处的初始高度为H,与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0=,第一次碰撞后瞬时速度大小(亦
为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v2=0.8v1=0.82v0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2,选竖直向上为正方向,根据动量定理,有
F1t=mv1-(-mv0)=1.8mv0
F2t=mv2-(-mv1)=1.8mv1=1.44mv0
则F1∶F2=5∶4.
(2)欲使球跳起0.8 m,应使球由静止下落的高度为h= m=1.25 m,球由1.25 m落到0.8 m处的速度为v=3 m/s,则应在0.8 m处给球的冲量为I=mv=1.5 N·s,方向竖直向下.
答案:(1)5∶4 (2)1.5 N·s 方向竖直向下
14.(2019·青岛二模)如图所示,滑板A放在光滑的水平面上,B滑块可视为质点,A和B的质量都是m=1 kg,A的左侧面靠在光滑竖直墙上,A上表面的ab段是光滑的半径为R=0.8 m的四分之一圆弧,bc段是粗糙的水平面,ab段与bc段相切于b点.已知bc长度为l=2 m,滑块B从a点由静止开始下滑,取g=10 m/s2.
(1)求滑块B滑到b点时对A的压力大小;
(2)若滑块B与bc段的动摩擦因数为μ且μ值满足0.1≤μ≤0.5,试讨论因μ值的不同,滑块B在滑板A上滑动过程中因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ).
解析:(1)设B下滑到b点时速度为v0,受到的支持力为N
由机械能守恒定律mv=mgR ①
由牛顿第二定律N-mg=m ②
联立①②式解得N=30 N
由牛顿第三定律可知,B滑到b点时对A的压力为30 N.
(2)设bc段的动摩擦因数为μ1时,B滑到c点时A、B恰好达到共同速度v
由动量守恒定律得mv0=2mv ③
由能量守恒定律得μ1mgl=mv-(2m)v2 ④
联立①③④式并代入数据解得μ1=0.2.
讨论:
(Ⅰ)当0.1≤μ<0.2时,A、B不能达到同速,B将滑离A,滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q1=μmgl=20μ J.
(Ⅱ)当0.2≤μ≤0.5时,A、B能达到同速,滑板与滑块因摩擦而产生的热量为
Q2=mv-(2m)v2 ⑤
联立①③⑤式并代入数据解得Q2=4 J.
答案:见解析