【文档说明】2021届新高考物理二轮复习 专题2 第2讲 动量观点的应用 作业含解析.docx，共(8)页，185.614 KB，由envi的店铺上传

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第一部分专题二第2讲A组基础能力练1．(2020·哈尔滨一中一模)沫蝉是一种身长只有6mm左右小昆虫．研究表明，沫蝉起跳时可以在1ms时间释放出储存在后腿肌肉里的能量，最高跳跃到80cm的高处，若g取10m/s2，沫蝉起跳时需承受的力约为重力的(C)A．20倍B．100

倍C．400倍D．800倍【解析】根据动量定理Ft＝mv0，沫蝉上升的过程中，根据位移与速度的的关系v20＝2gh，代入数据，可知F＝400mg，C正确，A、B、D错误．2．(2020·广东佛山二模)拍皮

球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25m，使球的离手时获得一个竖直向下4m/s的初速度．若不计空气阻力及球

的形变，g取10m/s2，则每次拍球(D)A．手给球的冲量为1.6kg·m/sB．手给球的冲量为2.0kg·m/sC．人对球做的功为3.2JD．人对球做的功为2.2J【解析】根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下4m/s的初速度，根据动量定理，合外力给皮球的冲量为I＝mv＝0.4×

4kg·m/s＝1.6kg·m/s，手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量，所以手给球的冲量小于1.6kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理，W＋mgh＝12mv2，解得W＝2.2J，选项D正确，C错误．3．(多选)

(2020·山东泰安期末)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机，经常出现手机砸伤人脸的情况．若手机的质量为150g，从离人脸约20cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1s，重力加速

度g＝10m/s2，下列计算正确的是(AD)A．手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3kg·m/sB．人脸对手机的冲量大小约为0.3N·sC．人脸对手机的冲量大小约为1.0N·sD．手机对人脸的平均冲力大小约为4.5N【解析】20cm

＝0.20m；150g＝0.15kg；根据自由落体运动的规律，得下落的速度为：v＝2gh＝2×10×0.2＝2m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变为0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：Δp＝0－mv＝－0.15×2kg·m/s＝－0.30kg

·m/s，A正确；手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，则有：Iy－mgt＝Δp，代入数据可得：Iy＝0.45N·s，B、C错误；由冲量的定义：Iy＝Ft，代入数据可得：F＝Iyt＝

0.450.1N＝4.5N，D正确．4．(多选)(2020·辽宁大连一模)如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A．给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑

离木板B．在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(AB)A．2.2m/sB．2.4m/sC．2.8m/sD．3.0m/s【解析】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动

到A的速度为零的过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v＝MvB1，代入数据解得：vB1＝83m/s，从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝2m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速

度范围为：2m/s<vB<83m/s，故选A、B．5．(2020·甘肃武威期末)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．一物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度

反向运动直至静止，g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)0.32(2)130N(3)9J【解析】(1)物块从A到B过程，由动能定理

得：－μmgsAB＝12mv2B－12mv20代入数据解得：μ＝0.32(2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，由动量定理得：Ft＝－mv－mvB解得：F＝－130N，负号表示方向向左(3)物块向左运动过程，由动能定

理得：－W＝0－12mv2解得：W＝9J6．(2020·湖北宜昌联考)如图所示，水平地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量为m＝1.0kg，B的质量为M＝2.0kg，A、B之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不连接．水平面的左侧连有一竖直墙壁，右侧与半径为R＝0.32m的半圆形

轨道相切．现压缩弹簧使A、B由静止释放(A、B分离后立即撤去弹簧)，A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上追上B相碰后粘合在一起．已知A、B粘合体刚好能通过半圆形轨道的最高点，重力加速度取g＝10m/s2，不计一

切摩擦．(1)求A、B相碰后粘合在一起的速度大小；(2)求弹簧压缩后弹簧具有的弹性势能．【答案】(1)4m/s(2)27J【解析】(1)设粘合体在圆轨道的最高点的速度大小为v4，粘合体刚好能通过圆轨道的最高点，则对粘合体由牛顿第

二定律得(m＋M)g＝(m＋M)v24R设A、B相碰后粘合在一起的速度大小为v3，则由机械能守恒定律得12(m＋M)v23＝12(m＋M)v24＋2(m＋M)gR联立代入数据解得v3＝4m/s(2)压缩弹簧释放后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，取向右为正方向．由动量守恒定律

得Mv2－mv1＝0A与墙壁发生弹性碰撞反弹，速度大小不变，追上B相碰后粘合在一起，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3设弹簧被压缩后具有的弹性势能为EP，由机械能守恒定律得EP＝12mv21＋12Mv

22联立代入数据解得EP＝27JB组素养提升练7．(2020·北京东城二模)如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝200g．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x－t图像如图乙所示．下列说

法正确的是(D)A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动B．碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动C．碰撞前后两小球的机械能总量减小D．碰撞前后两小球的机械能总量不变【解析】由x－t(位移时间)图像的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静

止．a球的速度大小为v1＝Δx1Δt1＝82m/s＝4m/s，做匀速运动，选项A错误；同理由图示图像可知，碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为v′2＝2m/s，v′1＝－2m/s，选项B错误；根据动量守恒定律得m1v1＝m2v′2＋m1v

′1，代入解得m2＝0.6kg，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝12m1v21－12m1v′21－12m2v′22，代入解得ΔE＝0，所以碰撞过程机械能守恒，选项C错误，D正确．8．(2020·河北衡水三模)如图甲所示，质量M＝0.8kg的足够长

的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则

下列说法正确的是(C)A．0～4s时间内拉力的冲量为3.2N·sB．t＝4s时滑块的速度大小为17.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8N·sD．木板的速度最大为2m/s【解析】冲量的定义式：I＝Ft，所以F－t

图像面积代表冲量，所以0～4s时间内拉力的冲量为I＝0.5＋12×2＋2×1N·S＝3.5N·s，A错误；木块相对木板滑动时，对木板：μmg＝Ma，对木块：F－μmg＝ma，联立解得：F＝0.

5N，a＝0.5m/s2，所以0时刻，即相对滑动，对滑块：IF－μmgt＝mv1－0，解得4s时滑块速度大小：v1＝9.5m/s，B错误；4s时，木板的速度v2＝at＝0.5×4m/s＝2m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速

，根据动量守恒：mv1＋Mv2＝(M＋m)v，解得：v＝3.5m/s，对木板根据动能定理可得：I＝Mv＝2.8N·s，C正确，D错误．9．(2020·湖北黄冈期末)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表

面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以v02滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m，重力加速度为g.

求：(1)A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ；(3)圆弧槽C的半径R.【答案】(1)v04(2)5v2016gL(3)v2064g【解析】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一

个系统，根据动量守恒定律有：mv0＝mv02＋2mvB解得vB＝v04(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量μmgL＝12mv20－12mv022－12×2m

v042解得μ＝5v2016gL(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，mv02＋mvB＝2mvA、C系统机械能守恒mgR＝12mv022＋12mv042－12×2mv2解得R＝v2

064g10．(2020·河南三市质检)工厂某些产品出厂要进行碰撞实验．如图所示为一个理想的碰撞实验装置：一长薄板置于光滑水平地面上，薄板右端放置一物体，在薄板右方有一光滑通道，通道上方固定一个竖直障碍物，如图甲所示．从某一时刻开始，物体与薄板一起以共同速度向右运动，在另一时刻，物体与竖直障碍物发

生碰撞(碰撞时间极短)，而薄板可以沿通道运动．碰撞前后物体速度大小不变，方向相反．运动过程中物体始终未离开薄板．已知薄板运动的v－t图线如图乙所示，物体与薄板间的动摩擦因数为μ＝0.4，物体的质量是薄板质量的15倍，

重力加速度大小取g＝10m/s2.求：(1)物体相对薄板滑行的距离和图乙中速度v的大小；(2)图乙中t2与t1的差值和两个三角形A、B的面积之差．【答案】(1)35m/s,50m(2)1.25s3.125m【解析】根据图像

可以判定：碰撞前物体与薄板共同速度为v0＝40m/s，碰撞后物体速度水平向左，大小也是v0＝40m/s，薄板速度大小方向不变．根据图像又知物体与薄板最后又共速，速度大小为v，方向向左(1)设薄板的质量为m，物体的质

量为M，物体相对木板滑行的距离为L，对物体和薄板组成的系统：从和竖直障碍物碰后到二者共速，取向左的方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v由能量守恒定律得μMgL＝12(M＋m)v20－1

2(M＋m)v2解得v＝35m/s，L＝50m.(2)图乙中时间差(t2－t1)，是物体在薄板上相对薄板滑动的时间；图乙中的两个三角形A、B的面积之差，是薄板在时间差(t2－t1)内对地的位移大小．设在图乙中的时间差(t2－t1)内，

薄板对地的位移大小为x，设t2－t1＝t，对物体在薄板上相对木板滑动的过程中：对物体：取向左的方向为正方向，由动量定理得－μMgt＝Mv－Mv0解得t＝1.25s；对薄板，由动能定理得－μMgx＝12mv2－12mv20解得x＝

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