考点17 动量能量综合问题 新高三一轮复习物理解析版.docx

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考点17动量能量综合问题新高三一轮复习物理解析版

考点17动量、能量综合问题

一、选择题

1．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有（　　）

A． qa＜qb

B． ma＜mb

C． Ta＜Tb

D． <

【答案】A

【解析】　粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

qvB＝m，解得：

r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故qa＜qb，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误

2．“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动．其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地，跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点．则人在进行纵跳摸高时，从他开始屈膝到摸到最高点的过程中（　　）

A．人始终处于超重状态

B．人始终处于失重状态

C．地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等

D．地面支持力对人做的功等于重力势能的增量

【答案】C

【解析】人在起跳过程，加速度向上，处于超重状态，而在空中时，加速度向下，处于失重状态，故A、B错误；对人跳起的全过程分析，人受重力和支持力的冲量，根据动量定理可知，初末动量为零，则有地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等，C正确；人在跳起时，地面对人的支持力对人不做功，是人自身做功增加了人的重力势能，D错误

3．（多选）一个质点受到外力作用，若作用前后的动量分别为p、p′，动量的变化量为Δp，速度的变化量为Δv，动能的变化量为ΔEk，则（　　）

A． p＝－p′是不可能的

B．Δp垂直于p是可能的

C．Δp垂直于Δv是可能的

D．Δp≠0，ΔEk＝0是可能的

【答案】BD

【解析】若作用前后质点的速度大小相等、方向相反时，p＝－p′是可能的，A错误；若外力的冲量与p垂直，则Δp与p垂直，B正确；动量变化量Δp与速度变化量Δv的方向相同，C错误；若只有速度方向变化而速度大小不变，则有Δp≠0而ΔEk＝0，例如匀速圆周运动，D正确

4．如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。

在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量

B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等

C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量

D．子弹动量变化的大小一定等于木块动量变化的大小

【答案】BD

【解析】子弹射入木块的过程，二者之间的相互作用力始终等大反向，同时产生，同时消失，由冲量的定义I＝Ft，可知选项B正确，A错误；由动量定理知，选项D正确；Δv＝at＝，子弹和木块所受的冲量Ft大小相同，但质量未必相等，因此速度变化量的大小不一定相等，选项C错误。

5．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）

A． t＝1s时物块的速率为1m/s

B． t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/s

C． t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/s

D． t＝4s时物块的速度为零

【答案】AB

【解析】由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝。

t＝1s时物块的速率为v＝＝ m/s＝1m/s，故选项A正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故选项B正确；t＝3s时物块的动量大小为p3＝（2×2－1×1）kg·m/s＝3kg·m/s，故选项C错误；t＝4s时物块的动量大小为p4＝（2×2－1×2）kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故选项D错误。

6．甲、乙是两辆额定功率相同而质量不同的卡车，它们都在平直的公路上同向行驶，若卡车所受运动阻力等于车重的k倍（k＜1），则两车在行驶过程中（　　）

A．有相同的最大速度

B．有相同的最大动量

C．有相同的最大动能

D．速度相同时的加速度也相同

【答案】B

【解析】以最大速度行驶时，牵引力与阻力平衡，故：

Ff＝F①

P＝Fv②

Ff＝kmg③

联立解得：

v＝＝，mv＝，mv2＝，由于功率和k相同而质量不同，故最大速度不同，最大动量相同，最大动能不同，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律，有：

F－kmg＝ma,P＝Fv，得a＝－kg，由于功率P、速度v和比例系数k相同而质量不同，故加速度不同，D错误．

7．（多选）如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m.给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足（　　）

A．最小值m

B．最小值m

C．最大值m

D．最大值m

【答案】BD

【解析】当小球恰好到达最高点时，设小球经过最高点时速度为v1，最低点速度为v2，则

mg＝m①

根据机械能守恒定律得

mg·2r＋mv＝mv②

由①②联立得

v2＝

由动量定理求出瞬时冲量的最小冲量

I1＝mv2＝m.

当小球经过最高点恰好使环在竖直方向上跳起时，小球对环的压力等于环的重力和木板B的重力和．

以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得

mg＋2mg＝m③

根据机械能守恒定律得

mg·2r＋m＝mv2′2④

由③④解得v2′＝

由动量定理求出瞬时冲量的最大冲量I2＝mv2′＝m

综上，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，则瞬时冲量的最小值为m，最大值为m

8.质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到的合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取10m/s2）（　　）

A．40N·s

B．30N·s

C．20N·s

D．10N·s

【答案】B

【解析】小球从开始下落到落到软垫上的过程中，由动能定理可得：

mgh1＝mv－0，

代入数据解得：

v1＝20m/s，方向竖直向下；

小球从反弹到到达最高点过程中，由动能定理可得：

－mgh2＝0－mv，

代入数据解得：

v2＝10m/s，方向竖直向上；

以竖直向上为正方向，由动量定理得：

I＝mv2－mv1＝1×10－1×（－20）N·s＝30N·s，方向竖直向上；故选B

9.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（　　）

A． ＋mg

B． －mg

C． ＋mg

D． －mg

【答案】A

【解析】由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得（F－mg）t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确．

10.“蹦极”是一项刺激的极限运动，一个重为F0的运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处跳下，测得弹性绳的弹力F的大小随时间t 的变化图象如图所示．若将蹦极过程视为在竖直方向上的运动，且空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）

A． t1～t2时间内运动员处于超重状态

B． t3时刻运动员的速度最大

C． t1～t3时间内运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小相等

D． t1～t5时间内运动员的机械能先减小后增大

【答案】D

【解析】在t1～t2时间内，运动员合力向下，加速下降，处于失重状态，A错误；t3时刻运动员受到的弹力最大，速度为零，处于最低点，B错误；t1～t3时间内，运动员先加速，后减速，初速度不为零，末速度为零，根据动量定理，合力的冲量向上，故运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小不相等，故C错误；t1～t5时间内，弹性绳先拉长后恢复原长，弹性势能先增加后减小，由于运动员和弹性绳系统机械能守恒，故运动员的机械能先减小后增大，D正确

二、非选择题

11.如图所示，木块m2静止在高h＝0.45m的水平桌面的最右端，木块m1静止在距m2左侧s0＝6.25m处．现木块m1在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与m2碰前瞬间撤去F，m1和m2发生弹性正碰．碰后m2落在水平地面上，落点距桌面右端水平距离s＝1.2m．已知m1＝0.2kg，m2＝0.3kg，m1与桌面间的动摩擦因数为0.2.（两个木块都可以视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2）求：

（1）碰后瞬间m2的速度大小；

（2）m1碰撞前、后的速度；

（3）水平拉力F的大小．

【答案】

（1）4m/s　

（2）5m/s，方向水平向右　1m/s，方向水平向左　（3）0.8N

【解析】

（1）设碰撞后瞬间m2的速度为v2.碰撞后m2做平抛运动，则h＝gt2，s＝v2t，

解得v2＝4m/s.

（2）设m1碰撞前、后的速度分别为v、v1，m1与m2碰撞过程动量和能量守恒，取水平向右为正方向，则m1v＝m1v1＋m2v2，

m1v2＝m1v12＋m2v22，

联立并代入数据得v＝5m/s，v1＝－1m/s.

m1碰撞前的速度大小为5m/s，方向水平向右；碰撞后的速度大小为1m/s，方向水平向左．

（3）m1与m2碰撞之前有v2＝2as0，

F－μm1g＝m1a，

代入数据解得F＝0.8N．

12．如图所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B，B的左端静止着一个质量为2m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即以大小为的速率弹回，在整个过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，重力加速度为g.求：

（1）物块A相对木板B静止后的速度大小；

（2）木板B至少为多长？

【答案】　

（1）　

（2）

【解析】

（1）设小球与物块A碰撞后物块A的速度为v1，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝－＋2mv1，

设物块A与木板B的共同速度为v2，

由动量守恒定律得2mv1＝（2m＋4m）v2，

联立以上两式可得v1＝，v2＝.

（2）设物块A在木板B上滑过的距离为L，由能量守恒定律得2μmgL＝×2mv－（2m＋4m）v，解得L＝，

故木板B长至少为.

14．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。

某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。

质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s，取重力加速度g＝10m/s2。

（1）求长直助滑道AB的长度L；

（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；

（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力N的大小。

【答案】

（1）100m　

（2）1800N·s　（3）图见解析

3900N

【解析】　

（1）根据匀变速直线运动公式，

有L＝＝100m

（2）根据动量定理有I＝mvB－mvA＝1800N·s

（3）运动员经C点时的受力分析如图所示

根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有

mgh＝mv－mv

根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m