（新课标）2020高考物理二轮总复习 第一部分 专题突破方略 专题二 功与能量 动量 1.2.3 动量观点及其应用专题限时训练.doc

1.2.3 动量观点及其应用专题限时训练一、单项选择题1(2019济南调研)如图所示，竖直面内有一个固定圆环，mn是圆环在竖直方向上的直径两根光滑滑轨mp、qn的端点都在圆周上，mpqn.将两个完全相同的小滑块a、b分别从m、q点无初速度释放，在它们各自沿滑轨mp、qn运动到圆环上的过程中，下列说法中正确的是()a合力对两滑块的冲量大小相同b重力对a滑块的冲量较大c弹力对a滑块的冲量较小d两滑块的动量变化大小相同答案：c解析：题图所示是“等时圆”模型，即两滑块同时到达圆环上合力fmgsin (为滑轨在水平方向的倾角)，由题图可得，fafb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力对两滑块的冲量大小、方向都相同；弹力fnmgcos ，fnafnb，因此弹力对a滑块的冲量较小故选项c正确2如图所示，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，左侧靠墙角，右侧靠一质量m2的物块现让一质量为m的小球自左侧槽口a的正上方h高处由静止开始落下，与圆弧槽相切自a点进入槽内，则下列结论中正确的是()a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小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒c小球离开c点以后，将做竖直上抛运动d半圆槽将不会再次与墙接触答案：d3(2019辽宁凌源模拟)长度为l、质量为m的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)()alb cd答案：c解析：设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则：mv1mv20，设人从右端到达左端时间为t，则有：mv1tmv2t0，化简为mx1mx2，由空间几何关系得x1x2l，联立解得车的位移为x2，故只有选项c正确4(2019福建省南平市综合质检)在2018年平昌冬奥会冰壶比赛中，某队员用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，如图(a)所示，两壶发生对心正碰，碰后运动员用冰壶刷擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶的vt图象如图(b)中的实线所示，两冰壶质量相同，则()a两壶碰撞为弹性碰撞b碰后两壶相距的最远距离为1.1 mc碰后红、蓝两壶的滑动摩擦力相同d碰后蓝壶的加速度大小为0.10 m/s2答案：b解析：由图知碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为v00.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0mv0mv，解得v0.6 m/s，碰撞前的总动能为ekmvm，碰撞后的总动能ekmvmv2m0.52ek，故两壶碰撞为非弹性碰撞，选项a错误；由图可知，若红壶不碰撞，则加速度为a1m/s20.2m/s2，经时间t速度变为零，则ts6 s，即图中红壶和蓝壶图线横坐标交点为t6 s；碰撞后红壶移动的位移为x120.4 m，蓝壶移动的位移为x151.5 m，故碰后两壶相距的最远距离为xx2x11.50.41.1 m，选项b正确；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，选项c错误；碰后蓝壶的加速度大小为a0.12 m/s2，选项d错误二、多项选择题5如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的st(位移时间)图象已知m10.1 kg.由此可以判断()a碰前m2静止，m1向右运动b碰后m2和m1都向右运动cm20.3 kgd碰撞过程中系统损失了0.4 j的机械能答案：ac解析：位移时间图象的斜率表示速度，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止，m1的速度大小为v14 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故a正确；由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故b错误；由图求出碰后m2和m1的速度分别为v22 m/s，v12 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1m2v2m1v1，代入解得m20.3 kg，故c正确；碰撞过程中系统损失的机械能为em1vm1v12m2v，代入解得e0 j，故d错误6(2018湖南雅礼中学、河南省实验中学联考)如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球a、b，质量分别为m0.1 kg和m0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开a、b球和弹簧，已知a球脱离弹簧的速度为6 m/s，接着a球进入与水平面相切、半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，pq为半圆形轨道竖直的直径，g10 m/s2，下列说法正确的是()a弹簧弹开过程，弹力对a的冲量大于对b的冲量ba球脱离弹簧时b球获得的速度大小为2 m/sca球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小为1 nsd若半圆轨道半径改为0.9 m，则a球不能到达q点答案：bcd解析：弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对a的冲量大小等于对b的冲量大小，a错误；由动量守恒定律mv1mv2，解得a球脱离弹簧时b球获得的速度大小为v22 m/s，b正确；设a球运动到q点时速率为v，对a球从p点运动到q点的过程，由机械能守恒定律可得mvmg2rmv2，解得v4 m/s，根据动量定理imv(mv1)1 ns，即a球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小为1 ns，c正确；若半圆轨道半径改为0.9 m，小球到达q点的临界速度vq3 m/s，对a球从p点运动到q点的过程，由机械能守恒定律mvmg2rmv2，解得v0，小于小球到达q点的临界速度，则a球不能达到q点，d正确三、计算题7如图所示，质量m0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量m1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)设小车足够长，地面光滑求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止，木块在小车上滑行的距离答案：(1)0.4 m/s(2)0.8 s(3)0.8 m解析：(1)以木块和小车为研究对象，以木块初速度方向的正方向，由动量守恒定律可得：mv0(mm)v解得v0.4 m/s.(2)以木块为研究对象，由动量定理可得ftmvmv0fmg解得t0.8 s.(3)木块滑上小车后做匀减速运动，有fma1小车做匀加速运动，有fma此过程中木块的位移满足v2v2a1s1小车的位移s2at2木块在小车上滑行的距离ss1s2联立以上各式，解得s0.8 m.8(2018湖南雅礼中学、河南省实验中学联考)如图所示，在某次车模试车时，一质量m0.45 kg的赛车以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到a点后，进入半径r2 m的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即赛车离开圆形轨道后可继续向c点运动，c点右侧有一壕沟，c、d两点的竖直高度h0.8 m，水平距离s1.6 m，水平轨道ac长为l4.5 m，赛车与水平轨道间的动摩擦因数0.1，赛车恰能通过圆形轨道的最高点b，重力加速度g10 m/s2，则：(1)求赛车在a点的速度；(2)若赛车再从b到达a点时，恰好有一块橡皮泥从圆心方向落在赛车上，和小车合为一体，若要求赛车不会掉进壕沟，求在a点落在赛车上的橡皮泥的质量范围答案：(1)10 m/s(2)m11.05 kg或m20.45 kg解析：(1)小球恰好能通过最高点mgm由a点到b点机械能守恒mvmv22mgr联立解得va10 m/s.(2)若赛车刚好停在c点，车在a点落上质量为m1的橡皮泥后速度为v1由动量守恒定律可得mva(mm1)v1从a到c由动能定理可得(mm1)gl0(mm1)v代入数据解得m11.05 kg若赛车恰好越过壕沟，在c点的速度为vc，则在竖直方向有hgt2，水平方向有svct此时假设落在赛车上质量为m2的橡皮泥后的速度为v2，由动量守恒定律可得mva(mm2)v2从a到c由动能定理可得(mm2)gl(mm2)v(mm2)v代入数据解得m20.45 kg综上所述，满足题意的橡皮泥质量m11.05 kg或m20.45 kg.9(2019全国卷)静止在水平地面上的两个小物块a、b，质量分别为ma1.0 kg，mb4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，a与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使a、b瞬间分离，两物块获得的动能之和为ek10.0 j释放后，a沿着与墙壁垂直的方向向右运动a、b与地面之间的动摩擦因数均为0.20.重力加速度g10 m/s2.a、b运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短(1)求弹簧释放后瞬间a、b速度的大小(2)物块a、b中的哪一个先停止？该物块刚停止时a与b之间的距离是多少？(3)a和b都停止后，a与b之间的距离是多少？答案：(1)va4.0 m/s，vb1.0 m/s(2)b先停止0.50 m(3)0.91 m解析：(1)设弹簧释放瞬间a和b的速度大小分别为va、vb，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0mavambvbekmavmbv联立式并代入题给数据得va4.0 m/s，vb1.0 m/s(2)a、b两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设a和b发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的b.设从弹簧释放到b停止所需时间为t，b向左运动的路程为sb.则有mbambgsbvbtat2vbat0在时间t内，a可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后a将向左运动，碰撞并不改变a的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，a在时间t内的路程sa都可表示为savatat2联立式并代入题给数据得sa1.75 m，sb0.25 m这表明在时间t内a已与墙壁发生碰撞，但没有与b发生碰撞，此时a位于出发点右边0.25 m处b位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t时刻后a将继续向左运动，假设它能与静止的b碰撞，碰撞时速度的大小为va，由动能定理有mavmavmag(2lsb)联立式并代入题给数据得v m/s故a与b将发生碰撞设碰撞后a、b的速度分别为va以和vb，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mamavambvbmavmavmbv联立式并代入题给数据得va m/s，vb m/s这表明碰撞后a将向右运动，b继续向左运动设碰撞后a向右运动距离为sa时停止，b向左运动距离为sb时停止，由运动学公式2asav，2asbv由式及题给数据得sa0.63 m，sb0.28 msa小于碰撞处到墙壁的距离由上式可得两物块停止后的距离ssasb0.91 m满分设计例(2019全国卷，25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块b静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示t0时刻，小物块a在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当a返回到倾斜轨道上的p点(图中未标出)时，速度减为零，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止.物块a运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量已知a的质量为m，初始时a与b的高度差为h，重力加速度大小为g，不计空气阻力(1)求物块b的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块a克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块b停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将a从p点释放，一段时间后a刚好能与b再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值科学审题关键点获取信息物块a从倾斜轨道滑向水平轨道时速度大小不变，注意不是光滑轨道物块a在倾斜轨道匀加速滑下与b碰撞过程动量、机械能均守恒物块a与b碰撞后以一半的速率反向弹回，沿斜面匀减速滑到p点后保持静止物块a沿倾斜轨道下滑和上滑的路程之比即为对应的高度差之比改变动摩擦因数后，物块a恰好滑到物块b位置时速度减为零快速切题物块a沿倾斜轨道由静止做匀加速直线运动与物块b碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，碰后速度变为一半反向弹回，在倾斜轨道上做匀减速直线运动至速度减小为零根据匀变速直线运动的规律可求出物块a下滑和上滑的位移大小关系，进一步能求出始末位置的高度差和克服摩擦力做的功规范解题(1)根据图(b)，v1为物块a在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小设物块b的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为v.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1mmv(2分)mvm2mv2(2分)联立式得m3m(2分)(2)在图(b)所描述的运动中，设物块a与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的