備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.8 與動量相關(guān)的功能問題（含解析）

《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.8 與動量相關(guān)的功能問題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.8 與動量相關(guān)的功能問題（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題6.8 與動量相關(guān)的功能問題 【考綱解讀與考頻分析】 動量與能量聯(lián)系密切，高考一般將動量與能量綜合考查。 【高頻考點定位】：功和能 動量 沖量 考點一：與動量相關(guān)的功能問題 【3年真題鏈接】 1.（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（ ） A.?摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變 B.?在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力 C.?摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D.?摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的

2、瞬時功率保持不變 【參考答案】B 【名師解析】乘客的機械能包括動能和重力勢能，摩天輪做勻速圓周運動，所以動能不變，重力勢能時刻改變，即機械能時刻改變，故A項錯誤；在最高點對乘客進行受力分析，列牛頓第二定律方程， 得所以,故B項正確；根據(jù)沖量,重力不為零，作用時間不為零，所以重力的沖量不為零，故C項錯誤；乘客重力的瞬時功率,指線速度和豎直方向的夾角，轉(zhuǎn)動過程中、不變，角不斷變化，重力瞬時功率不斷變化，故D項錯誤。 【分析】因為動能不變，重力勢能時刻變化，判出機械能不斷變化；根據(jù)牛頓第二定律計算重力與支持力的關(guān)系；沖量是力在時間上的積累，力的作用時間不為零，沖量就不為零；根據(jù)計算瞬時功率

3、。 2.（2018全國高考III卷）如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα= 3/5，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求： （1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小； （2）小球到達A點時動量的大?。? （3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。 【

4、名師解析】（1）解:設水平恒力的大小為F0 ， 小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有 ① ② 設小球到達C點時的速度大小為v ， 由牛頓第二定律得 ③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 ④ ⑤ （2）解:設小球到達A點的速度大小為 ，作 ，交PA于D點，由幾何關(guān)系得 ⑥ ⑦ 由動能定理有 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為 ⑨ （3）解:小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為 ，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有 ⑩ ? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得 ?

5、【分析】（1）由力的合成法則及在C點由牛頓第二定律可求出水平恒力F0及小球到達C點的速度。 （2）從A到C有動能定理，幾何關(guān)系和動量的表達式可求出小球到達A點時的動量。 （3）從C落至水平軌道，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，由運動學公式可得落至水平軌道所用的時間。 3．（20分）（2019高考北京理綜卷24） 雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關(guān)。雨滴間無相互作用且雨滴質(zhì)量不變，重力加速度為g。 （1）質(zhì)量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時速度為u，求這一過程中克服空氣阻力所做的功W。 （2）將雨滴看作半徑為r的球體，設其豎直落向地面的過

6、程中所受空氣阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系數(shù)。 a．設雨滴的密度為ρ，推導雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關(guān)系式； b．示意圖中畫出了半徑為r1、r2（r1>r2）的雨滴在空氣中無初速下落的v–t圖線，其中_________對應半徑為r1的雨滴（選填①、②）；若不計空氣阻力，請在圖中畫出雨滴無初速下落的v–t圖線。 （3）由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運動方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時受到的空氣阻力f ∝v2（提示：設單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為n，空氣分子質(zhì)量為m0）。 【名師解析】．（20分）

7、 （1）根據(jù)動能定理 可得 （2）a．根據(jù)牛頓第二定律 得 當加速度為零時，雨滴趨近于最大速度vm 雨滴質(zhì)量 由a=0，可得，雨滴最大速度 b．① 如答圖2 （3）根據(jù)題設條件：大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運動。 簡化的圓盤模型如答圖3。設空氣分子與圓盤碰撞前后相對速度大小不變。在?t時間內(nèi)，與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為 以F表示圓盤對氣體分子的作用力，根據(jù)動量定理， 有 得 由牛頓第三定律，可知圓盤所受空氣阻力 采用不同的碰撞模型，也可得到相同結(jié)論。 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（6分）（2

8、019河北邯鄲一模）質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)時間t身體伸直并剛好離開水平地面，該過程中，地面對他的沖量大小為I，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　?。? A．運動員在加速上升過程中處于超重狀態(tài) B．運動員離開地面時的速度大小為 C．該過程中，地面對運動員做的功為 D．該過程中，人的動量變化大小為I﹣mgt 【參考答案】AD 【名師解析】運動員在加速上升過程中加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A正確；取向上為正，根據(jù)動量定理可得I﹣mgt＝mv，解得v＝﹣gt，故B錯誤； C、該過程中，地面對運動員做的功為0，故C錯誤；根據(jù)動量定理可得：該過程中，人的動量

9、變化大小為△P＝I﹣mgt，故D正確。 2．（2018福建質(zhì)檢）為了進一步探究課本中的迷你小實驗，某同學從圓珠筆中取出輕彈簧，將彈簧一端固定在水平桌面上，另一端套上筆帽，用力把筆帽往下壓后迅速放開，他觀察到筆帽被彈起并離開彈簧向上運動一段距離。不計空氣阻力，忽略筆帽與彈簧間的摩擦，在彈簧恢復原長的過程中（　?。? A．筆帽一直做加速運動 B．彈簧對筆帽做的功和對桌面做的功相等 C．彈簧對筆帽的沖量大小和對桌面的沖量大小相等 D．彈簧對筆帽的彈力做功的平均功率大于筆帽克服重力做功的平均功率 【參考答案】 CD 【考查內(nèi)容】本題以課本中迷你小實驗為載體，主要考查位移、速度和加速度，功和

10、功率，動量、動能定理及其應用等知識，側(cè)重考查理解能力，要求考生理解力與運動的關(guān)系以及功、功率和沖量等概念。體現(xiàn)運動觀念、相互作用觀念、能量觀念與建立輕彈簧模型等物理核心素養(yǎng)的考查。 【名師解析】彈簧恢復原長的過程中，筆帽向上加速運動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，當彈力等于重力時，加速度為零，速度最大，此后彈力小于重力，合力向下，加速度與速度反向，筆帽做減速運動，選項A錯誤；筆帽向上運動，受到的彈力方向向上，力與位移同向，故彈力對筆帽作正功，重力方向向下，與位移反向，對筆帽做負功，由于筆帽動能增加，所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功，時間相同，根據(jù)功率的定義，選項D正確；彈簧對桌面雖然有

11、彈力，但沒有位移，所以不做功，選項B錯誤；由于輕彈簧質(zhì)量不計，所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力，作用時間相同，沖量大小相等，選項C正確。本題的解題關(guān)鍵是正確分析各過程的力與運動的關(guān)系，理解各物理概念、公式的確切含義以及適用條件。 【教學建議】教學應加強審題能力訓練，引導學生理解題中“輕彈簧”的含義；教學中要注重引導學生理解物理概念如“功”“功率”“沖量”等；引導學生根據(jù)題意建立彈簧模型，對與彈簧相關(guān)問題的過程與狀態(tài)分析應加強訓練，要注意培養(yǎng)學生分析物體的運動過程中各物理量的變化的能力。對多過程運動相關(guān)的物理問題進行拓展變化，如運動對象離開彈簧后的過程研究、彈簧水平放置等。 3.(201

12、8屆安徽省合肥四中段考)如圖所示，（a）圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計；（b）圖為物體A與小車B的v-t圖象，由此可知（ ） A. 小車上表面長度 B. 物體A與小車B的質(zhì)量之比 C. A與小車B上表面的動摩擦因數(shù) D. 小車B獲得的動能 【參考答案】BC 【名師解析】由圖象可知，AB最終以共同速度勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；由動量守恒定律得， ，解得： ，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道A相對小車B的位移，根

13、據(jù)能量守恒得： ，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。 4.(25分)(2018·鷹潭模擬)如圖所示是某游樂場過山車的娛樂裝置原理圖,弧形軌道末端與一個半徑為R的光滑半圓軌道平滑連接,兩輛質(zhì)量均為m的相同小車(大小可忽略),中間夾住一輕彈簧后連接在一起,兩車從光滑弧形軌道上的某一高度由靜止滑下,當兩車剛滑入半圓最低點時連接兩車的掛鉤突然斷開,彈簧將兩車彈開,其中后車剛好停下,前車沿半圓軌道運動恰能越過半圓軌道最高點,求: (1)前車被彈出時的速度。 (2)前車被彈出的過程中

14、彈簧釋放的彈性勢能。 (3)兩車從靜止下滑到最低點的高度h。 【名師解析】(1)設前車在最高點速度為v2,依題意有: mg=m 設前車在最低位置與后車分離后速度為v1,根據(jù)機械能守恒得: m v22+mg·2R=m v12 解得:v1= (2)設兩車分離前速度為v0,由動量守恒定律得: 2mv0=mv1 解得:v0= 設分離前彈簧彈性勢能為Ep,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得:Ep=m v12-·2m v02=mgR (3)兩車從h高處運動到最低處機械能守恒,則: 2mgh=·2m v02 解得:h=5R/8 5.(25分)(2018·唐山模擬)如圖所示,半徑R=1.0 m 的

15、四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置,圓弧最低點B與長為L=0.5 m的水平面BC相切于B點,BC離地面高h=0.45 m,C點與一傾角為θ=37°的光滑斜面連接,質(zhì)量m=1.0 kg的小滑塊從圓弧上某點由靜止釋放,到達圓弧B點時小滑塊對圓弧的壓力剛好等于其重力的2倍,當小滑塊運動到C點時與一個質(zhì)量M=2.0 kg的小球正碰,碰后返回恰好停在B點,已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。(sin37°=0.6,cos37°=0.8, g取10 m/s2)求: (1)小滑塊應從圓弧上離地面多高處釋放。 (2)小滑塊碰撞前與碰撞后的速度。 (3)碰撞后小球的速度。 【名師解析】(1)設小

16、滑塊運動到B點的速度為vB,由機械能守恒定律得:mg(H-h)= mvB2 由牛頓第二定律得:F-mg=m 解得:H=0.95 m (2)設小滑塊運動到C點的速度為vC,由動能定理得: mg(H-h)-μmgL=m vC2 解得:vC=3 m/s 碰后滑塊返回B點過程,由動能定理得: -μmgL=0-m v12 解得:v1=1.0 m/s (3)碰撞過程由動量守恒定律得:mvC=-mv1+Mv2 解得:v2=2.0 m/s 答案:(1)0.95 m　(2)3 m/s　1 m/s　(3)2.0 m/s 預測考點一：與動量相關(guān)的功能問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1、(

17、2018屆安徽省合肥四中段考)如圖所示，（a）圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計；（b）圖為物體A與小車B的v-t圖象，由此可知（ ） A. 小車上表面長度 B. 物體A與小車B的質(zhì)量之比 C. A與小車B上表面的動摩擦因數(shù) D. 小車B獲得的動能 【參考答案】BC 【名師解析】由圖象可知，AB最終以共同速度勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；由動量守恒定律得， ，解得： ，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道A

18、相對小車B的位移，根據(jù)能量守恒得： ，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。 2.（2019·河南安陽二模）如圖所示，一圓心為O半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端和粗糙的水平軌道在A點相切，AB為圓弧軌道的直徑。質(zhì)量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細線連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧彈簧與滑塊不固連，滑塊1、2位于A點?，F(xiàn)剪斷兩滑塊間的細線，滑塊恰能過B點，且落地點恰與滑塊2停止運動的地點重合?；瑝K1、2可視為質(zhì)點，不考慮滑塊1落地后反彈，不計空氣阻力，重力加速度為g，求 （1）滑塊1過B點的速度大

19、??； （2）彈簧釋放的彈性勢能大小； （3）滑塊2與水平軌道間的動摩擦因數(shù)。 【名師解析】（1）滑塊1恰能過B點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得 ?? 可得 滑塊1從A運動到B的過程，根據(jù)動能定理有 解得 滑塊1、2被彈簧彈開的過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分別得 ?? ??。 聯(lián)立解得 滑塊1過B點后做平拋運動，則水平方向有 豎直方向有 滑塊2在水平面上做減速運動過程，由動能定理得 解得 3.（2019山西太原二模）近年未，隨著AI的迅猛發(fā)展，自動分揀裝置在快遞業(yè)也得到廣泛的普及。如圖為某自動分揀傳送裝置的簡化示意圖，水平

20、傳送帶右端與水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率順時針運行，傳送帶的長度為L= 7.6m。機械手將質(zhì)量為lkg的包裹A輕放在傳送帶的左端，經(jīng)過4s包裹A離開傳送帶，與意外落在傳送帶右端質(zhì)量為3kg的包裹B發(fā)生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后靜止在分揀通道口，隨即被機械手分揀。已知包裹A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.1，取g=10 m/s2，求： (1)包裹A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)； (2)兩包裹碰撞過程中損失的機械能。 (3)包裹A是否會到達分揀通道口？ 【名師解析】. （20 分） （1）假設包裹 A 經(jīng)過 t1時間速度達到 v0，由運動學知識有 v0t1/2

21、+ v0(t- t1) = L （2 分） 包裹 A 在傳送帶上加速度的大小為 a1 v0=a1t1（1 分） 包裹 A 的質(zhì)量為 mA，與傳輸帶間的動摩擦因數(shù)為μ1，由牛頓運動定律有 μ1mAg=mAa1（2 分） 解得：μ1=0.5（1 分） (2)包裹 A 離開傳送帶時速度為 v0，設第一次碰后包裹 A 與包裹 B 速度分別為 vA和 vB，由動量守恒定律有 mAv0=mAvA+ mBvB（2 分） 包裹 B 在水平面上滑行過程，由動能定理有 -μ2mBgx=0-mBvB2（2 分） 解得 vA=-0.4m/s，負號表示方向向左，大小為 0.4m/s 兩包裹碰撞時損失

22、的機械能 △E=mAv02- mAvA2- mBvB2（2 分） 解得：△E=0.96J（1 分） (3)第一次碰后包裹 A 返回傳送帶，在傳送帶作用下向左運動 xA后速度減為零，由動能定理可知 -μ1mAgxA=0-mAvA2（2 分） 解得 xA=0.016m< L，包裹 A 在傳送帶上會再次向右運動。 設包裹 A 再次離開傳送帶的速度為 vA′ μ1mAgxA=mAvA′2（2 分） 解得 vA′=0.4m/s 設包裹 A 再次離開傳送帶后在水平面上滑行的距離為 xA -μ2mAgxA′=0-mAvA2（2 分） 解得 xA′=0.08m xA′<0.32m（1 分

23、） 包裹 A 靜止時與分揀通道口的距離為 0.24m，不會到達分揀通道口。 4.（2019陜西西安市藍田縣模擬）如圖所示，小明參加戶外競技活動，站在平臺邊緣抓住輕繩一端，輕繩另一端固定在O點，繩子剛好被拉直且偏離豎直方向的角度θ=60°．小明從A點由靜止往下擺，達到O點正下方B點突然松手，順利落到靜止在水平平臺的平板車上，然后隨平板車一起向右運動。到達C點，小明跳離平板車（近似認為水平跳離），安全落到漂浮在水池中的圓形浮漂上。繩長L=1.6m，浮漂圓心與C點的水平距離x=2.7m、豎直高度y=1.8m，浮漂半徑R=0.3m、不計厚度，小明的質(zhì)量m=60kg，平板車的質(zhì)量m=20kg，人與平

24、板車均可視為質(zhì)點，不計平板車與平臺之間的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求： （1）輕繩能承受最大拉力不得小于多少？ （2）小明跳離平板車時的速度在什么范圍？ （3）若小明跳離平板車后恰好落到浮漂最右端，他在跳離過程中做了多少功？ 【名師解析】從A到B過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgL（1-cosθ）=， 代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s， 在B點，由牛頓第二定律得：T-mg=m， 代入數(shù)據(jù)解得：T=1200N； （2）小明離開滑板后做平拋運動， 豎直方向：y=， 離C點水平位移最小為：x-R=vmint， 離C點水平最大位移：x+R=vmaxt， 代入數(shù)據(jù)解得

25、：vmin=4m/s，vmax=5m/s， 則小明跳離滑板時的速度：4m/s≤v≤5m/s； （3）小明落上滑板過程水平方向動量守恒，以向右為正方向， 由動量守恒定律得：mv=（m+m平板車）v1， 代入數(shù)據(jù)解得：v1=3m/s， 小明離開滑板過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向， 由動量守恒定律得：（m+m平板車）v1=mvC+mv平板車v2， 代入數(shù)據(jù)解得：v2=-3m/s， 由功能關(guān)系得：W=（）-， 代入數(shù)據(jù)解得：W=480J； 答：（1）輕繩能承受最大拉力不得小于1200N。 （2）小明跳離平板車時的速度范圍是：4m/s≤v≤5m/s。 （3）若小明跳離平

26、板車后恰好落到浮漂最右端，他在跳離過程中做的功是480J。 【1年仿真原創(chuàng)】 1.(25分)如圖所示,質(zhì)量M=1.0 kg的木塊隨傳送帶一起以v=2.0 m/s的速度向左勻速運動,木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.50。當木塊運動至最左端A點時,一顆質(zhì)量為m=20 g的子彈以v0=3.0×102 m/s水平向右的速度擊穿木塊,穿出時子彈速度v1=50 m/s。設傳送帶的速度恒定,子彈擊穿木塊的時間極短,且不計木塊質(zhì)量變化,g取10 m/s2。求: (1)在被子彈擊穿后,木塊向右運動距A點的最大距離。 (2)子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。 (3)從子彈擊穿木塊到最終木塊相對傳送

27、帶靜止的過程中,木塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。 【答案】(1)0.90 m　(2)872.5 J　(3)12.5 J 【名師解析】(1)設木塊被子彈擊穿時的速度為v′,子彈擊穿木塊過程動量守恒,則: mv0-Mv=mv1+Mv′ 解得:v′=3.0 m/s 設子彈穿出木塊后,木塊向右做勻減速運動的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律得:μMg=Ma 解得:a=5.0 m/s2 木塊向右運動到離A點最遠時,速度為零,設木塊向右移動最大距離為s1, 則:v′2=2as1 解得:s1=0.90 m (2)根據(jù)能量守恒定律可知子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為: E=m v02+Mv

28、2-m v12-Mv′2 解得:E=872.5 J (3)設木塊向右運動至速度減為零所用時間為t1,然后再向左做加速運動,經(jīng)時間t2與傳送帶達到相對靜止,木塊向左移動的距離為s2。根據(jù)運動學公式得:v2=2as2 解得:s2=0.40 m t1==0.60 s　t2=v/a=0.40 s 木塊向右減速運動的過程中相對傳送帶的位移為:s′=vt1+s1=2.1 m 產(chǎn)生的內(nèi)能: Q1=μMgs′=10.5 J 木塊向左加速運動的過程中相對傳送帶的位移為:s″=vt2-s2=0.40 m 產(chǎn)生的內(nèi)能:Q2=μMgs″=2.0 J 所以整個過程中木塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能: Q=Q1+Q2=12.5 J 2、如圖所示，在水平光滑桌面上放一質(zhì)量為M的玩具小車。在小車的平臺（小車的一部分）上有一質(zhì)量可忽略的彈簧，一端固定在平臺上，另一端用質(zhì)量為m的小球?qū)椈蓧嚎s一定距離后用細線捆?。檬謱⑿≤嚬潭ㄔ谧烂嫔?，然后燒斷細線，小球就被彈出，落在車上A點．OA＝s．如果小車不固定而燒斷細線，球落點到O點的距離為多少？設小車足夠長，球不致落在車外． O A 【名師解析】、設彈性勢能為E，固定時： E= ①， s=②， 不固定時：E=+③， 0=mv1+Mv2④， x=（v1+v2）t⑤， 由①②③④⑤得 x=． 14