发布时间 : 星期日 文章(京津鲁琼专用)2020版高考物理大二轮复习 专题二 第2讲 动量观点的应用练习(含解析)更新完毕开始阅读
A．在弹簧的弹性势能释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零 B．小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2C．小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小
D．若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足
Ep
、 3mEp
3mEp4Ep
≤m<22 12v03v0
解析：选BD.小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始小球1和小球2静止，
所以在弹簧的弹性势能释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A错误；设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律1212
知：mv1－2mv2＝0，Ep＝mv1＋×2mv2，解得v1＝222
Ep
，v2＝3mEp
，B正确；若离开弹簧后3mEp
>v0，v2＝3mEp
≤3m小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小应满足v1＝2Ep4Ep
2v0，解得2≤m<2，C错误，D正确．
12v03v0
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( )
12A．Mv 21
C．NμmgL 2
B．
mMv2
2（m＋M）
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121mM2
能损失ΔEk＝mv－(m＋M)v1，解得ΔEk＝v2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N222（m＋M）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
2
去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s，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，
μmg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Pm122
由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s，1 s内木板P的位移x＝at＝2 m．拉力F2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，C12
正确；整个过程中，对系统由能量守恒定律可知W＝·2mv共＋Q，解得Q＝3 J，D正确．
2三、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
2
少？(已知球的质量m＝0.5 kg，g取10 m/s)
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＝2gH，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦
2
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＝0.8v0.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.
0.8
(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
0.64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l2
＝2 m，滑块B从a点由静止开始下滑，取g＝10 m/s.
(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
12
由机械能守恒定律mv0＝mgR 2
① ②
v20
由牛顿第二定律N－mg＝m
R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
1212
由能量守恒定律得μ1mgl＝mv0－(2m)v22
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
2
Q2＝mv20－(2m)v1
212
⑤
联立①③⑤式并代入数据解得Q2＝4 J. 答案：见解析