2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題七 動量精練（含解析）

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1、專題七　動量 『經(jīng)典特訓(xùn)題組』 1．一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，重心上升高度為h。在此過程中(　　) A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為mv2 B．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為零 C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2 D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 答案　B 解析　設(shè)地面對運動員的沖量為I，則由動量定理得：I－mgΔt＝mv－0，I＝mv＋mgΔt。運動員從下蹲狀態(tài)到身體伸直并剛好離開地面，地面對運動員作用力的作用點的位移為零，地面對他不做功，故選

2、B。 2．如圖，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力，對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程(　　) A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大 D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大 答案　C 解析　彈丸擊中沙箱過程，彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，解得：

3、v′＝，彈丸與沙箱一起擺動過程，系統(tǒng)機械能守恒。由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝mv2－(M＋m)v′2＝。若保持m、v、l不變，M變大，系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝＝變大，故A錯誤；若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝＝變大，故B錯誤；若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝變大，故C正確；若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝不變，故D錯誤。 3．如圖所示，兩個小物塊a、b靜止在光滑水平面上，它們之間由一根細線連接且夾著一個處于壓縮狀態(tài)的輕彈簧。燒斷細線后，被彈出的小物塊a、b在同一直線上運動，且彈簧與它們分離。小物塊

4、a、b的質(zhì)量分別是2 kg和4 kg，則下列判斷正確的是(　　) A．小物塊a與b的速率之比為1∶2 B．彈簧對小物塊a與b所做的功的大小之比為2∶1 C．彈簧對小物塊a與b的沖量大小之比為2∶1 D．小物塊a與b的動能之比為1∶2 答案　B 解析　根據(jù)動量守恒定律可知：mava＝mbvb，解得va∶vb＝2∶1，A錯誤；彈簧對小物塊所做的功等于小物塊增加的動能，故彈簧對小物塊a與b所做的功的大小之比為＝＝，小物塊a、b獲得的動能之比為2∶1，B正確，D錯誤；根據(jù)動量定理有：Ia＝mava，Ib＝mbvb，則彈簧對小物塊a與b的沖量大小之比為1∶1，C錯誤。故選B。 4. (

5、多選)A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移—時間圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖象，若A球質(zhì)量mA＝2 kg，則由圖象判斷下列結(jié)論正確的是(　　) A．A、B碰撞前的總動量為3 kg·m/s B．碰撞時A對B所施沖量為－4 N·s C．碰撞前后A的動量變化為4 kg·m/s D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J 答案　BCD 解析　由x-t圖象可知，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。對A、B組成的

6、系統(tǒng)，A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒。以碰撞前B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mB＝ kg，A、B碰前的總動量p總＝mAvA＋mBvB，代入數(shù)值得p總＝－ kg·m/s，A錯誤；由動量定理知，A對B的沖量為：IB＝mBv－mBvB，IB＝－4 N·s，B正確；碰撞前后A球的動量變化為ΔpA＝mAv－mAvA＝4 kg·m/s，C正確；碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔEk＝10 J，D正確。 5. 如圖所示，用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為m的小球A懸掛于O點

7、，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)置于長木板C的左端靜止，將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運動到最低點時與B發(fā)生彈性正碰。 (1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦； (2)若長木板C的質(zhì)量為2m，B與C間的動摩擦因數(shù)為μ，求C的長度至少為多大時B才不會從C的上表面滑出？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)A從開始下落到與B碰撞前的過程機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR＝·mv 小球運動到最低點時與B發(fā)生彈性正碰，對A、B組成的系統(tǒng)，取向右為正方向，由動量守恒定律得 mv0＝mv1＋mv2 由機械能守恒定律得 ·mv＝·mv＋mv

8、 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)計算得出 v1＝－，v2＝ 設(shè)碰撞后A上升的最大高度為H，由機械能守恒定律有 mgH＝·mv 又cosθ＝，聯(lián)立得cosθ＝。 (2)B在木板C上滑動過程，B和C組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mv2＝(m＋2m)v， B在木板C上滑動的過程中，由能量守恒定律得 μmgL＝mv－(m＋2m)v2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)計算得出L＝。 6．兒童智力拼裝玩具“云霄飛車”的部分軌道簡化為如圖模型：光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點，質(zhì)量為m的小球A靜止于P點，小球半徑遠小于R，與A相同的小球B以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一

9、起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時，兩小球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離圓弧軌道？已知重力加速度為g。 答案　v0≤2 或v0≥2 解析　設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，恰好運動到圓弧軌道最高點時的速度為v2 A、B碰撞過程中動量守恒，對A、B組成的系統(tǒng)，選取向右為正方向，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1 欲使A、B運動時不脫離圓弧軌道，有兩種可能： (1)當(dāng)v0較小時，A、B最高只能運動到與圓弧軌道的圓心等高的地方 對A、B整體，從碰后到與圓弧軌道的圓心等高的地方，由動能定理有－2mgR＝0－·2mv 聯(lián)立得v0＝2 (2)當(dāng)v0較大時，A、B整體能夠做完整的圓周運動。討論A、B

10、恰好做完整圓周運動時的情形，對A、B整體，從碰后到運動到圓弧軌道最高點的過程中，由動能定理有 －2mg·2R＝·2mv－·2mv 在最高點時，由牛頓第二定律得2mg＝2m· 聯(lián)立得v0＝2 綜上所述，當(dāng)v0≤2 或v0≥2時，兩小球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離圓弧軌道。 7．如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上再舉高h＝1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g＝1

11、0 m/s2，空氣阻力不計。求： (1)B從釋放到細繩繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始時B離地面的高度H。 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 解析　(1)B從釋放到細繩繃直前做自由落體運動，有 h＝gt2① 代入數(shù)據(jù)解得t＝ ＝0.6 s。② (2)設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vB＝gt③ 細繩繃直瞬間，對A、B組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得 mBvB＝(mA＋mB)v④ 之后A向上做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為A的最大速度， 聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得v

12、＝2 m/s。⑤ (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入數(shù)據(jù)解得H＝0.6 m。 8．某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時

13、，其底面相對于噴口的高度。 答案　(1)ρv0S　(2)－ 解析　(1)在t時間內(nèi)，噴泉噴出的水的體積 V＝v0·t·S① 噴出的水的質(zhì)量：m＝ρ·V② 由①②式可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為 m0＝＝ρv0S。③ (2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h，水柱對玩具底板的作用力為F沖，玩具對其底板下面水柱的作用力為F壓，則 由玩具受力平衡得：F沖＝Mg④ 由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤ 設(shè)v′為水柱到達玩具底板時的速度大小， 由運動學(xué)公式得：v′2－v＝－2gh⑥ 設(shè)在很短時間Δt內(nèi)，沖擊玩具底板的水柱的質(zhì)量為Δm， 則Δm＝ρv0S·Δt⑦ 規(guī)定豎直向上為正方向

14、，在豎直方向上，對該部分水柱由動量定理有 －(F壓＋Δmg)·Δt＝0－Δm·v′⑧ 由于Δt很小，則Δmg也很小，Δmg與F壓相比可以忽略 ⑧式變?yōu)椋璅壓·Δt＝0－Δm·v′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。 『真題調(diào)研題組』 1．(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.

15、6×106 kg 答案　B 解析　設(shè)1 s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正確。 2．(2018·全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 答案　C 解析　設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 m/s。落地時受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上

16、為正方向，由動量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為103 N，故C正確。 3．(2017·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) 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　由于噴氣時間短，且不計重力和空氣阻力，則火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動

17、量守恒。燃氣的動量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，則火箭的動量p2＝p1＝30 kg·m/s，A正確。 4．(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。 答案　(1) 　(2) 解析　(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝mv①

18、設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學(xué)公式有 0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得t＝ ③ (2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。 由題給條件和動量守恒定律有mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝。 5．(2019·全國卷Ⅰ)豎直面

19、內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。 (1)求物塊B的質(zhì)量； (2)在圖b所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功； (3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運動

20、后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。 答案　(1)3m　(2)mgH　(3) 解析　(1)根據(jù)圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。由動量守恒定律和機械能守恒定律有 mv1＝m＋m′v′① mv＝m2＋m′v′2② 聯(lián)立①②式得 m′＝3m③ (2)在圖b所描述的運動中，設(shè)物塊A與傾斜軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點離水平軌道的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功

21、為W。由動能定理有 mgH－fs1＝mv－0④ －(fs2＋mgh)＝0－m2⑤ 從圖b所給出的v-t圖線可知 s1＝v1t1⑥ s2＝··(1.4t1－t1)⑦ 由幾何關(guān)系 ＝⑧ 物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為 W＝fs1＋fs2⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝mgH⑩ (3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ，有 W＝μmgcosθ·? 設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動能定理有 －μm′gs′＝0－m′v′2? 設(shè)改變后的動摩擦因數(shù)為μ′，由動能定理有 mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0? 聯(lián)立①③④

22、⑤⑥⑦⑧⑩???式可得＝。 6．(2019·全國卷Ⅲ)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。 (1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??； (2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離

23、是多少？ (3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 答案　(1)4.0 m/s　1.0 m/s (2)物塊B先停止　0.50 m (3)0.91 m 解析　(1)設(shè)彈簧釋放后瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律、機械能守恒定律和題給條件有 0＝mAvA－mBvB① Ek＝mAv＋mBv② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。③ (2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停

24、止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有 mBa＝μmBg④ sB＝vBt－at2⑤ vB－at＝0⑥ 在時間t內(nèi)，A可能與墻壁發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為 sA＝vAt－at2⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧ 這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25 m處，B位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離為 s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。⑨ (3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)

25、它能與靜止的B發(fā)生碰撞，碰撞前A的速度大小為vA′，由動能定理有 mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA′＝ m/s? 故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有 mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″? mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2? 聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s? 這表明碰撞后A將向右運動，B將向左運動。假設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式 2asA′＝vA″2,2asB′＝v

26、B″2? 由④??式及題給數(shù)據(jù)得 sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m? sA′小于碰撞處到墻壁的距離。 由?式可得兩物塊停止后的距離 s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。 『模擬沖刺題組』 1. (2019·廣西欽州三模)“飛針穿玻璃”是一項高難度的絕技表演，曾一度引起質(zhì)疑。為了研究該問題，以下測量能夠得出飛針在穿越玻璃的時間內(nèi)，對玻璃平均沖擊力大小的是(　　) A．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度 B．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間 C．測出飛針質(zhì)量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間 D．測出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度 答

27、案　D 解析　在“飛針穿玻璃”的過程中，對飛針，由動量定理得：－Ft＝mv2－mv1，故測出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度，就能得出飛針對玻璃的平均沖擊力大小，故D正確，A、B、C錯誤。 2．(2019·山東青島高三一模)雨打芭蕉是我國古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15 mm，查詢得知，當(dāng)時雨滴落地速度約為10 m/s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉葉面后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為(　　) A．0.25 N B．

28、0.5 N C．1.5 N D．2.5 N 答案　A 解析　設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F，設(shè)在Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝10 m/s減為零。不計雨滴的重力，以向上為正方向，對這部分雨水應(yīng)用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv。得：F＝，設(shè)水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內(nèi)水面上升Δh，則有：Δm＝ρSΔh，故F＝ρSv，壓強為：p＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，故A正確，B、C、D錯誤。 3．(2019·江蘇南通一模)(多選)將總質(zhì)量為1.05 kg的模型火箭點火升空，在0.02 s時間內(nèi)有50 g燃氣以大小為200 m

29、/s的速度從火箭尾部噴出。下列說法正確的是(燃氣噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為500 N B．在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為200 N C．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為5 m/s D．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為10 m/s 答案　AD 解析　在燃氣噴出過程，以燃氣為對象，規(guī)定火箭的速度方向為正方向，根據(jù)動量定理可得：－FΔt＝－m氣v氣－0，解得F＝＝500 N，根據(jù)牛頓第三定律可得火箭獲得的平均推力為500 N，A正確，B錯誤；燃氣噴射前后，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得0＝(M－m氣)

30、·v箭－m氣v氣，解得火箭的速度大小v箭＝＝10 m/s，C錯誤，D正確。 4．(2019·西安一模)(多選)如圖所示，在小車內(nèi)固定一光滑的斜面體，傾角為θ，一輕繩的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端拴一個質(zhì)量為m的物塊A，繩與斜面平行。整個系統(tǒng)由靜止開始向右勻加速運動，物塊A恰好不脫離斜面，則向右加速運動時間t的過程中，關(guān)于物塊A的說法正確的是(　　) A．重力的沖量為零 B．重力做功為零 C．輕繩拉力的沖量大小為mgtcotθ D．輕繩拉力做功為mg2t2cot2θ 答案　BD 解析　物塊A恰好不脫離斜面，對物塊A進行受力分析可知，物塊A受輕繩拉力和重力，物塊A

31、向右做勻加速直線運動，豎直方向受力平衡，得：Tsinθ＝mg，則有：T＝，故重力的沖量為：IG＝mgt，拉力的沖量為：IT＝，A、C錯誤；由于重力的方向與物塊A的位移方向垂直，故重力做功為零，B正確；由牛頓第二定律可知：＝ma，則有：a＝，末速度為：v＝at＝，根據(jù)動能定理可知，拉力做功等于動能的變化，即為：WT＝mv2－0＝＝mg2t2cot2θ，D正確。 5．(2019·云南二模)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則(　　) A．子彈A的質(zhì)量一定比子彈B

32、的質(zhì)量大 B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大 C．子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間長 D．子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊時的初動能大 答案　D 解析　由于木塊始終保持靜止狀態(tài)，則兩子彈對木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f，根據(jù)動能定理得：對子彈A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；對子彈B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB。由于dA＞dB，則子彈入射時的初動能EkA＞EkB，故B錯誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有＝ ，而EkA＞EkB，則得mA＜mB，故A錯誤；子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入

33、木塊，木塊始終保持靜止，分析得知，兩子彈在木塊中運動時間必定相等，否則木塊就會運動，故C錯誤。 6．(2019·湖北八校聯(lián)合二模)如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質(zhì)量都是m的小車A和B，兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運動，另有一質(zhì)量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為(　　) A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　C 解析　粘性物體和A相互作用，水平方向動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有mv0＝2mv1，得v1＝v0。以后三個物體一起相互作用，動量守恒，當(dāng)B車與A車

34、速度相等時，彈簧的彈性勢能最大。根據(jù)動量守恒定律得2mv0＝3mv2，得v2＝v0，由機械能守恒定律得：彈簧的最大彈性勢能Ep＝mv＋×2m2－×3m2＝mv，C正確，故選C。 7．(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)(多選)如圖所示，光滑水平面上放一個質(zhì)量為M的足夠長的木板，開始M靜止，現(xiàn)在有一個質(zhì)量為m的滑塊以速度v0滑上M，m和M間的動摩擦因數(shù)為μ，以下說法正確的是(　　) A．如果增大M，則m和M相對運動的時間變長，因摩擦而產(chǎn)生的熱量增加 B．如果增大m，則m和M相對運動的時間變短，m在M上滑行的距離變大 C．如果增大動摩擦因數(shù)μ，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量不變 D．如果增大初速

35、度v0，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量增加 答案　ACD 解析　木板和滑塊組成的系統(tǒng)，合外力為零，動量守恒，根據(jù)動量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，解得：v1＝，根據(jù)能量守恒定律可知摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝mv－(m＋M)v＝。對木板利用動量定理可得：μmgt＝Mv1＝，解得m和M相對運動的時間：t＝，若只增大M，則m和M相對運動的時間t＝變長，因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝增加，故A正確；如果增大m，則m和M相對運動的時間t＝變短，對m，根據(jù)動能定理可得：μmgs＝mv－mv，解得m在M上滑行的距離s＝，只增大m，則s變小，故B錯誤；如果增大動摩擦因數(shù)μ，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝不變，故C正確；如果增大初速

36、度v0，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝增加，故D正確。 8．(2019·四川南充三診)“嫦娥四號”飛船在月球背面著陸過程如下：在反推火箭作用下，飛船在距月面100米處懸停，通過對障礙物和坡度進行識別，選定相對平坦的區(qū)域后，開始以大小為a＝2 m/s2的加速度垂直下降。當(dāng)四條“緩沖腳”觸地時，反推火箭立即停止工作，隨后飛船經(jīng)2 s減速到0，停止在月球表面上。飛船質(zhì)量m＝1000 kg，每條“緩沖腳”與地面的夾角為60°，月球表面的重力加速度g＝3.6 m/s2，四條緩沖腳的質(zhì)量不計。求： (1)飛船垂直下降過程中，火箭推力對飛船做了多少功； (2)從反沖腳觸地到飛船速度減為0的過程中，每條“

37、緩沖腳”對飛船的沖量大小。 答案　(1)－1.6×105 J　(2) N·s 解析　(1)設(shè)h＝100 m，飛船加速下降時火箭推力為F， 由牛頓第二定律：mg－F＝ma 推力對火箭做功為：W＝－Fh 解得：W＝－1.6×105 J。 (2)“緩沖腳”觸地前瞬間，設(shè)飛船速度大小為v，則：v2＝2ah 從“緩沖腳”觸地到飛船速度減為0的過程中，設(shè)每條“緩沖腳”對飛船的沖量大小為I，則： 4Isin60°－mgt＝0－(－mv) 解得：I＝ N·s。 9．(2019·山東濰坊二模)如圖所示，一質(zhì)量M＝4 kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘擋住。小車上表面由光

38、滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，BC與CD相切于C，BC所對圓心角θ＝37°，CD長L＝3 m。質(zhì)量m＝1 kg的小物塊從某一高度處的A點以v0＝4 m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點進入圓弧軌道，滑到D點時剛好與小車達到共同速度v＝1.2 m/s。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，忽略空氣阻力。 (1)求A、B間的水平距離x； (2)求小物塊從C滑到D所用時間t0； (3)若在小物塊拋出時拔掉銷釘，求小車向左運動到最大位移時物塊離小車左端的水平距離。 答案　(1)1.2 m　(2)1 s　(3)3.73 m 解析　(1)由平拋運動的規(guī)律得： tanθ＝

39、 x＝v0t 得：x＝1.2 m。 (2)物塊在小車上CD段滑動過程中，物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v 由能量守恒定律得：fL＝mv－(M＋m)v2 對物塊，由動量定理得：－ft0＝mv－mv1 聯(lián)立解得：t0＝1 s。 (3)有銷釘時，物塊的機械能守恒，由機械能守恒定律得： mgH＋mv＝mv 由幾何關(guān)系得：H－gt2＝R(1－cosθ) B、C間的水平距離：xBC＝Rsinθ 對小車和物塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得： fL＝mv－(M＋m)v2 若拔掉銷釘，物塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝Mv2′＋mv2，

40、小車向左運動達最大位移時，速度v2′為0，此時物塊速度v2為4 m/s 由能量守恒定律得： mgH＋mv＝f(Δx－xBC)＋mv 聯(lián)立解得此時物塊離小車左端的水平距離： Δx＝3.73 m。 『熱門預(yù)測題組』 1．(2019·湖南省長沙市寧鄉(xiāng)三模)在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖a所示，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖b中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則(　　) A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍壺速度為0.8 m/s C．碰后藍壺移動的距離為2.4 m D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力

41、 答案　B 解析　由v-t圖知：碰前紅壺的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度為v0′＝0.2 m/s，可知碰后紅壺沿原方向運動，設(shè)碰后藍壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.8 m/s，因為mv>mv0′2＋mv2，即碰撞過程機械能有損失，所以碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤，B正確；根據(jù)v-t圖象與橫坐標軸圍成的面積表示位移，可得碰后藍壺移動的位移大小x＝t＝×5 m＝2 m，故C錯誤；根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍壺所受的摩

42、擦力，故D錯誤。 2．(2019·合肥高三第三次質(zhì)檢)如圖所示，一對雜技演員蕩秋千(均視為質(zhì)點)，女演員由與懸點O1等高的A位置靜止擺下，男演員從平臺上D點靜止擺下，某時刻女演員擺到最低點B時離開秋千，到達C點(男演員下擺的最低點)剛好被男演員接住，最后二者恰好擺回到平臺D點。已知男、女演員均在同一豎直平面內(nèi)運動，其質(zhì)量分別為2m和m，其余質(zhì)量忽略不計，秋千的繩長分別為l和2l，O1與O2等高，空氣阻力不計，重力加速度為g。求： (1)女演員擺到最低點B的速度大??； (2)秋千繩O2D與豎直方向的夾角； (3)若男演員接住女演員用時t，此過程女演員對男演員的平均作用力。 答案

43、　(1)　(2)60° (3)mg＋，方向豎直向下 解析　(1)對于女演員，從A運動到B，設(shè)其速度大小為v， 由機械能守恒定律得：mgl＝mv2， 代入數(shù)據(jù)得：v＝。 (2)設(shè)秋千繩O2D與豎直方向的夾角為θ，男演員從平臺上D點靜止擺下至C點時，速度大小為vC，由機械能守恒定律有：2mg×2l×(1－cosθ)＝(2m)v 當(dāng)女演員到達C點時剛好被男演員接住，最后二者恰好擺回到平臺D點，可見男女演員的共同速度大小也為vC 男演員接住女演員的過程，二者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，若男演員接住女演員時兩者速度方向相同，有：mv＋2mvC＝3mvC 代入數(shù)據(jù)得：c

44、osθ＝，θ＝60° 若男演員接住女演員時兩者速度方向相反，有： mv－2mvC＝3mvC 代入數(shù)值得：cosθ＝(不符合實際，舍去)。 (3)女演員從B點離開秋千做平拋運動，因女演員到達C點時的水平速度與男演員在C點的速度大小相等、方向相同，故男演員在水平方向?qū)ε輪T無作用力。設(shè)女演員到達C點的豎直速度大小為vy v＝2g(2l－l)＝2gl 設(shè)男演員對女演員的平均作用力大小為F，取豎直向上方向為正方向，對女演員， 由動量定理：(F－mg)t＝mvy， 解得：F＝mg＋。 根據(jù)牛頓第三定律，女演員對男演員的平均作用力大小為mg＋，方向豎直向下。 - 19 -