高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训7 动量定理和动量守恒定律.doc

专题限时集训(七)动量定理和动量守恒定律(对应学生用书第129页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2016唐山模拟)如图79所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80 cm，足球的质量为400 g，与头部作用时间t为0.1 s，则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小(空气阻力不计，g10 m/s2)() 【导学号：19624086】图79at0.4 s，fn40 nbt0.4 s，fn36 nct0.8 s，fn36 ndt0.8 s，fn40 nc足球自由下落时有hgt2，解得t0.4 s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t总2t0.8 s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(fnmg)tmv(mv)，又vgt4 m/s，联立解得fn36 n，故c正确2一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()b平抛运动时间t1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mvmv甲mv乙，又v甲，v乙，t1 s，则有x甲x乙2 m，将各选项中数据代入计算得b正确3如图710所示，两滑块a、b在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块a的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块b的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是() 【导学号：19624087】图710aa和b都向左运动ba和b都向右运动ca静止，b向右运动da向左运动，b向右运动d由于a、b碰前总动量为0，由动量守恒可知碰后总动量也为0，因两滑块发生弹性碰撞，故碰后a、b一定反向，即a向左运动，b向右运动，选项d正确4(2017石嘴山三中期末)如图711所示，小球b质量为10 kg，静止在光滑水平面上，小球a质量为5 kg以10 m/s的速率向右运动，并与小球b发生正碰，碰撞后a球以2 m/s的速率反向弹回，则碰后b球的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是()图711a4 m/s，非弹性碰撞b4 m/s，弹性碰撞c6 m/s，非弹性碰撞 d6 m/s，弹性碰撞c取小球a开始运动的方向为正方向，碰撞前两个小球的总动能：e1m1v5102 j250 j.碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1m1v1m2v2，解得：v2 m/s6 m/s.碰撞后两小球的总动能：e1m1vm2v522 j1062 j190 j.因为e1e2，有能量损失，是非弹性碰撞故选c.52017高三第二次全国大联考(新课标卷)如图712所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个1/4弧形凹槽oab，凹槽半径为r，a点切线水平另有一个质量为m的小球以速度v0从a点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦下列说法中正确的是() 【导学号：19624088】图712a当v0时，小球能到达b点b如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上c当v0时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大d如果滑块固定，小球返回a点时对滑块的压力为mc小球在弧形凹槽上运动的过程中，小球对滑块的力有水平向左的分量，使滑块向左加速，滑块动能增大，小球的机械能将减小，a错误，c正确；当小球速度足够大，从b点离开滑块时，由于b点切线竖直，在b点时小球与滑块的水平速度相同，离开b点后将再次从b点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，b错误；如果滑块固定，小球返回a点时对滑块的压力为mgm，d错误6(2017福州一中模拟)如图713所示，将质量为m1、半径为r且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为m2的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口a的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自a点进入槽内，则以下结论中正确的是()图713a小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒b小球在槽内运动由b至c过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒c小球离开c点以后，将做竖直上抛运动d小球从a点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒bd小球从ab的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从bc的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项a错误，选项b正确；当小球运动到c点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，故选项c错误；因接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项d正确7(2017厦门一中月考)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v1，做圆周运动的周期为t，则以下说法中正确的是() 【导学号：19624089】a经过时间t，动量变化量为0b经过时间t，动量变化量大小为mvc经过时间t，细绳对小球的冲量大小为2 mvd经过时间t，重力对小球的冲量大小为bcd经过时间t，转过了180，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为pmvmv2mv，细绳对小球的冲量为ipmvmv2mv，故大小为2mv，选项a错误，c正确；经过时间t，小球转过了90，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为pmv，重力对小球的冲量大小为igmgt，b、d均正确8(2017达州市一模)如图714甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块a、b相连接，并静止在光滑水平面上现使b获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得()甲乙图714a在t1、t3时刻两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧都处于伸长状态b从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长c两物体的质量之比为m1m221d在t2时刻，a、b两物块的动能之比为ek1ek241bc从图象可以看出，从0到t1的过程中弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于拉伸最长状态，由图示图象可知，t3时刻两物体再次达共同速度2 m/s，弹簧处于最大压缩状态，故a错误；由图示图象可知，从t3到t4时间内a做减速运动，b做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故b正确；由图示图象可知，t1时刻两物体速度相同，都是2 m/s，a、b系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1(m1m2)v2，即m26(m1m2)2，解得：m1m221，故c正确；由图示图象可知，在t2时刻，a、b两物块的速度分别为：4 m/s、2 m/s，两物体的动能之比为ek1ek2m1vm2v81，故d错误二、计算题(本题共3小题，共48分)9(16分)(2017天津高考)如图715所示，物块a和b通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为ma2 kg、mb1 kg.初始时a静止于水平地面上，b悬于空中现将b竖直向上再举高h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放一段时间后细绳绷直，a、b以大小相等的速度一起运动，之后b恰好可以和地面接触取g10 m/s2，空气阻力不计求：图715(1)b从释放到细绳绷直时的运动时间t；(2)a的最大速度v的大小；(3)初始时b离地面的高度h. 【导学号：19624090】【解析】(1)b从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间b速度大小为vb，有vbgt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于a、b的重力，a、b相互作用，由动量守恒得mbvb(mamb)v之后a做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s.(3)细绳绷直后，a、b一起运动，b恰好可以和地面接触，说明此时a、b的速度为零，这一过程中a、b组成的系统机械能守恒，有(mamb)v2mbghmagh代入数据解得h0.6 m【答案】(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m10(16分)(2017肇庆市二模)如图716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一滑块a以初速v0从右端滑上b，并以v0滑离b，恰好能到达c的最高点a、b、c的质量均为m，试求：图716(1)木板b上表面的动摩擦因数；(2)圆弧槽c的半径r；(3)当a滑离c时，c的速度【解析】(1)当a在b上滑动时，a与bc整体发生作用，由于水平面光滑，a与bc组成的系统动量守恒：mv0m2mv1系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能：qmglekmvm()22mv而qek联立式解得：.(2)当a滑上c，b与c分离，a与c发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，a与c组成的系统动量守恒：mmv12mv2a与c组成的系统机械能守恒：m()2mv(2m)vmgr由式解得：r.(3)当a滑离c时，设a的速度为va，c的速度为vc，从a滑上c到最高点，然后滑离c的过程中，a与c组成的系统动量守恒：mmv1mvamvca与c组成的系统动能守恒：m()2mvmvmv联立式解得：vc.【答案】(1)(2)(3)11(16分)如图717所示，水平传送带两端分别与光滑水平轨道mn和光滑圆弧轨道pq平滑连接p是圆弧轨道的最低点，p、q两点的高度差h5 cm.传送带长l13.75 m，以v0.45 m/s的速度顺时针匀速转动物块a以初速度v04.35 m/s沿mn向右运动，与静止在水平轨道右端的物块b碰撞后粘为一体(称为c)，a、b、c均可视为质点，b的质量是a的两倍，c与传送带间的动摩擦因数0.02.已知c从p进入圆弧轨道再滑回p的时间始终为t4.5 s，重力加速度g10 m/s2.图717(1)求a、b碰后粘为一体的c的速度v1；(2)从a、b碰后开始计时，求c经过p点的可能时刻t；(3)若传送带速度大小v可调，要使c能到达但又不滑出pq轨道，求v的取值范围. 【导学号：19624091】【解析】(1)a、b碰撞过程动量守恒，则有mav0(mamb)v1其中mb2ma解得：v11.45 m/s.(2)碰撞后c向右滑上传送带，因v1v，故c在传送带上先做匀减速运动，加速度大小ag0.2 m/s2设c的速度减小到跟传送带速度相等时向右运动的距离为x，根据运动学规律有v2v2ax解得：x4.75 m这一过程的时间为t15 sc与传送带共速后匀速运动到p点的时间为t220 sc进入圆弧轨道后，设上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律有(mamb)v2(mamb)gh解得：h0.01 mh，即c不会从圆弧轨道滑出由题意知，进入pq轨道后，经t4.5 s，c回到p点，此后c向左滑上传送带，在传送带上往返后又经过p点，往返的时间为t4.5 st故c经过p点的可能时刻t