（全国通用）2018版高考物理总复习 考前三个月 专题二 能量与动量 第2讲 动量、动量与能量的综合应用试题.doc

第2讲动量、动量与能量的综合应用高考命题轨迹年份题号(分值)考点难度2017年卷14题(6分)火箭喷气升空，考查动量守恒容易卷20题(6分)物体在合外力作用下做直线运动，考查ft图象、匀变速直线运动规律、动量中等2016年卷35(2)题(10分)结合流体考查动量定理与力的平衡、竖直上抛运动的综合应用中等卷35(2)题(10分)考查动量守恒定律、机械能守恒定律中等卷35(2)题(10分)结合弹性碰撞考查动量守恒定律和能量守恒定律中等2015年卷35(2)题(10分)结合弹性碰撞考查动量守恒定律、机械能守恒定律的综合应用中等卷35(2)题(10分)考查动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用中等考情分析分析近几年的高考试题，动量定理、动量守恒定律与能量的综合应用是高考的热点，但试题一般以对基础知识的考查为主，题目的难度不太大2017年考纲将35改为必考内容，但考试内容较简单，也没有与力学、电学综合预计2018年高考试题会在此基础上适当加深一点，动量定理、动量守恒定律与力学的综合性可能会增强，此外也可能与电场、磁场、电磁感应等综合命题动量部分内容单独命题时可能以选择题为主，与其他模块综合命题时则可能会以计算题形式呈现，但整体难度不会大知识方法链接1动量定理公式：ftpp说明：(1)f为合外力恒力，求p时，用pft变力，求i时，用ipmv2mv1牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率当p一定时，ft为确定值：ft小f大如碰撞；t大f小如缓冲(2)等式左边是过程量ft，右边是两个状态量之差，是矢量式v1、v2是以同一惯性参照物为参照的p的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是p的方向一定与ft一致2动量守恒定律(1)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)(2)动量守恒条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒3碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律(2)机械能不增加(3)速度要合理碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变真题模拟精练1(2017全国卷14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()a30 kgm/sb5.7102 kgm/sc6.0102 kgm/s d6.3102 kgm/s答案a解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s.根据动量守恒定律可得，0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以a正确，b、c、d错误2(多选)(2017全国卷20)一质量为2 kg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1所示，则()图1at1 s时物块的速率为1 m/sbt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sct3 s时物块的动量大小为5 kgm/sdt4 s时物块的速度为零答案ab解析由动量定理可得：ftmv，解得v.t1 s时物块的速率为v m/s1 m/s，故a正确；t2 s时物块的动量大小p2f2t222 kgm/s4 kgm/s，t3 s时物块的动量大小为p3(2211) kgm/s3 kgm/s，t4 s 时物块的动量大小为p4(2212) kgm/s2 kgm/s，所以t4 s时物块的速度为1 m/s，故b正确，c、d错误3.(多选)(2017山东淄博市一模) 如图2所示，在质量为m(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球质量为m0，小车和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，下列哪些说法是可能发生的()图2a在这次碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(mm0)vmv1mv2m0v3b在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足(mm0)vmv1mv2c在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足mv(mm)ud碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，小木块的速度变为v2，满足(mm0)v(mm0)v1 mv2答案cd解析碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，小球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：mvmv1mv2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：mv(mm)u，故c正确，a、b错误碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统水平方向动量守恒，则有：(mm0)v(mm0)v1mv2，故d正确故选：c、d.4(多选)(2017安徽马鞍山市第一次模拟)如图3所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体a接触但未连接，弹簧水平且无形变，现对物体a施加一个水平向右的瞬间冲量i0，测得a向右运动的最大距离为x0，之后物体a被弹簧弹回，最终停在距离初始位置左侧2x0处，已知弹簧始终在弹性限度内，物体a与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列说法中正确的是()图3a物体a整个运动过程，弹簧对物体a 冲量为零b物体a向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体a向左运动过程中与弹簧接触的时间c物体a向左运动的最大速度vm2 d物体a与弹簧作用的过程中，最大弹性势能epmgx0 答案bd解析物体a整个运动过程中与弹簧有相互作用时，由于弹簧的弹力一直向左，故弹簧对物体a 冲量不可能为零，故a错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度，而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故b正确；对离开弹簧后再向左运动2x0的过程由动能定理可知，mv2mg2x0；解得离开弹簧时的速度为v2；而物体在向左运动至弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，故可知向左运动的最大速度一定大于2，故c错误；由动量定理可知i0mv0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能epmvmgx0mgx0，故d正确；故选：b、d.知识方法链接力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决真题模拟精练5(2017河北石家庄市第二次质检)如图4所示，质量分布均匀、半径为r的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁一质量为m的小球从距金属槽上端r处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为r，重力加速度为g，不计空气阻力求：图4(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量答案(1)5mg(2)m解析(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg2rmv，小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有：fnmgm，据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：fnfn.联立解得：fn5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽在水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0(mm)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.则有r2h2(r)2根据能量守恒定律有：mghmv(mm)v2.联立解得：mm.6(2017 广东广州市一模)如图5所示，固定在水平地面上的凹槽，槽宽d2.3 m，左侧槽缘高h0.6 m、斜面倾角 45，右侧槽缘高h0.8 m、光滑圆弧形轨道足够长长l1.6 m、高h0.8 m、质量ma1 kg的木板a静止在槽内，左端距凹槽左侧d10.3 m可视为质点的滑块b，质量mb2 kg，放在a上表面的最左端质量m1 kg、v010 m/s的小球水平撞击b后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点已知a与b、a与凹槽底部的动摩擦因数分别为1、2，b向右滑行过程中未与a共速，a与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，g取10 m/s2.求：图5(1)小球与b碰后，b获得的速度vb的大小；(2)整个过程中a、b间摩擦产生的热量q.答案(1)6 m/s(2)27 j解析(1)设小球水平反弹的速度为vx，从反弹到通过斜面最高点时的时间为t0，竖直方向的速度为vy，则有：tan 竖直方向有vygt0hhgt设小球与b撞击后，b获得的速度为vb，有：mv0mvxmbvb联立并代入数据得：vx2 m/s，vb6 m/s(2)设b滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为v，由于b向右滑行过程中与a未共速，b对地移动的距离为ld2(依题意d20.4 m)，由动能定理：1mbg(ld2)mbv2mbvb沿弧形轨道返回到a的右端时速度大小仍为v，设b在a上减速滑行的加速度大小为a1，a在凹槽内加速滑行的加速度大小为a2，则有：1mbgmba11mbg2(mamb)gmaa2 现判断b向左移动时是否与a共速假设经过时间t，a、b共速为v1，则：对b：v1va1t对a：v1a2t联立解得：v4 m/s，a15 m/s2，a25 m/s2，v12 m/s在时间t内：b对地的位移：x11.2 ma对地的位移：x0.4 md2(d1d2)0.7 mb在a上滑行的位移：xx1x0.8 ml1.6 m所以，a与凹槽左侧相碰前，b未滑离a上表面并与a达到共速a、b以v1的速度一起减速到a与凹槽左侧相碰，设a与凹槽左侧相碰时速度为v2，则有：2(mamb)gd1(mamb)v(mamb)va与凹槽左边缘相碰后b在a上滑行的距离：x20.3 mx2mc，c做类平抛运动水平方向上：xvct竖直方向上：yat2其中a10 m/s2圆的方程(yl)2x2l2解得：x0.8 my0.8 mc刚好在圆心等高处线被拉直此时c向上的速度为v1at4 m/s设c运动到最高点速度为v2由动能定理得mcvmcv(fmcg)l解得v245.66 m/s(3)设c从最高点运动到最低点时的速度为v3，得：mcvmcvmcg2lv38 m/s由ftfmcgmc可知ft0，所以c能一直做圆周运动设经过最高点次数为nmcvmcv(n1)qe2lftmcgfmc解得：ft(80n30) n，n1,2,3专题规范练题组1高考真题体验1(2016全国卷35(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为m的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为s的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于s)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，重力加速度大小为g.求：()喷泉单位时间内喷出的水的质量；()玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度答案()v0s()解析()在刚喷出一段很短的t时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变该时间内，喷出水柱高度lv0t喷出水柱质量mv其中v为水柱体积，满足vls由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为v0s()设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得f冲mg其中，f冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律：f压f冲其中，f压为玩具底面对水柱的作用力，设v为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v2v2gh在很短t时间内，冲击玩具的水柱的质量为mmv0st由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(f压mg)tmv由于t很小，mg也很小，可以忽略，式变为f压tmv由可得h.2(2016全国卷35(2)如图1，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.图1()求斜面体的质量；()通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案()20 kg()不能，理由见解析解析()规定向左为速度正方向冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v03 m/s为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得m320 kg，v1 m/s()设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v00代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩3(2015新课标卷35(2)如图2，在足够长的光滑水平面上，物体a、b、c位于同一直线上，a位于b、c之间a的质量为m，b、c的质量都为m，三者均处于静止状态现使a以某一速度向右运动，求m和m之间应满足什么条件，才能使a只与b、c各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的图2答案(2)mmm解析设a运动的初速度为v0，a向右运动与c发生碰撞，由动量守恒定律得mv0mv1mv2由机械能守恒定律得mvmvmv可得v1v0，v2v0要使得a与b能发生碰撞，需要满足v10，即mma反向向左运动与b发生碰撞过程，有mv1mv3mv4mvmvmv整理可得v3v1，v4v1由于mm，所以a还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3v2即v0v1()2v0整理可得m24mmm2解方程可得m(2)m另一解m(2)m舍去所以使a只与b、c各发生一次碰撞，须满足(2)mmm.4(2015新课标卷35(2)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图3所示求：图3()滑块a、b的质量之比；()整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比答案()18()12解析()设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218()由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为em1vm2v(m1m2)v2由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为w(m1m2)v2联立式，并代入题给数据得we125(2014新课标卷35(2)现利用图4(a)所示的装置验证动量守恒定律在图(a)中，气垫导轨上有a、b两个滑块，滑块a右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块b左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间图4实验测得滑块a的质量m10.310 kg，滑块b的质量m20.108 kg，遮光片的宽度d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 hz.将光电门固定在滑块b的右侧，启动打点计时器，给滑块a一向右的初速度，使它与b相碰碰后光电计时器显示的时间为t03.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示若实验允许的相对误差绝对值(100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程答案见解析解析按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为v式中s为滑块在很短时间t内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ta，则ta0.02 sta可视为很短设滑块a在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将式和图给实验数据代入式可得v02.00 m/sv10.97 m/s设滑块b在碰撞后的速度大小为v2，由式有v2代入题给的实验数据得v22.86 m/s设两滑块在碰撞前、后的动量分别为p和p，则pm1v0pm1v1m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p100%联立式并代入有关数据，得p1.7%mb，则()图6a当弹簧压缩最短时，b的速度达到最大值b当弹簧再次恢复原长时，a的速度一定向右c当弹簧再次恢复原长时，a的速度一定小于b的速度d当弹簧再次恢复原长时，a的速度可能大于b的速度答案bc解析a开始压缩弹簧时做减速运动，b做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后b继续做加速运动，a继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，b的速度没有达到最大值，故选项a错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后b继续做加速运动，a继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时b的速度达到最大，且大于a的速度，根据动量守恒有：mav0mavambvb，若a的速度方向向左，则mbvbmav0，动能ek，可知ekbek0，违背了能量守恒定律，所以a的速度一定向右，故选项b、c正确，d错误故选b、c.8. (2017 江西南昌市三校第四次联考) 如图7所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏mn上的a点，通过pa段用时为t.若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏mn上若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的()图7a轨迹为pb，至屏幕的时间将小于tb轨迹为pc，至屏幕的时间将大于tc轨迹为pa，至屏幕的时间将大于td轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t答案c解析带电粒子和不带电粒子相碰遵守动量守恒，故碰后总动量不变，总电量也保持不变，由bqvm，得：r，p、q、b都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa，由周期t可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应轨迹不变，圆心角不变，故新微粒通过pa所用的时间将大于t，c正确9.(2017广东肇庆市第二次模拟)如图8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滑块a以初速度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8(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的速度答案(1)(2)(3)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()2(2m)v而qek联立式解得：，v1(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组成的系统水平方向动量守恒：mmv12mv2a与c组成的系统机械能守恒：m()2m()2(2m)vmgr由式解得： r(3)当a滑下c时，设a的速度为va，c的速度为vc，a与c组成的系统动量守恒：mmv1mvamvca与c组成的系统机械能守恒：m()2 m()2mvmv联立式解得：vc10(2017广东揭阳市高三期末)如图9所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径r0.6 m平台上静止着两个滑块a、b，ma0.1 kg，mb0.2 kg，两滑块间夹有少量