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2018届高考物理二轮复习:专题限时集训7 动量定理和动量守恒定律

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       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                1~
   5 题只有一项符合题目要求,第             6~8  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        Δt 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,g=
    10 m/s2)(  ) 
                                                  【导学号:19624086】


                                   图  7­9

      A.t=0.4 s,FN=40 N

      B.t=0.4 s,FN=36 N

      C.t=0.8 s,FN=36 N

      D.t=0.8 s,FN=40 N

                             1            2h
      C [足球自由下落时有         h=2gt2,解得    t=  g =0.4  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=2t=0.8 s;设竖直向上为正方向,

      由动量定理得(FN-mg)Δt=mv-(-mv),又            v=gt=4      m/s,联立解得

      FN=36 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        v=2 m/s,爆炸成为甲、乙
    两块水平飞出,甲、乙的质量比为                3∶1.不计质量损失,取重力加速度              g=
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    10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(  )


                          2h
      B [平抛运动时间       t=  g =1 s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量
                   3      1             x甲        x乙              3

      为 m,则   mv=4mv  甲+4mv   乙,又  v 甲=  t ,v 乙=   t ,t=1  s,则有4x   甲
        1

      +4x 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 7­10

      A.A  和 B 都向左运动
      B.A  和 B 都向右运动
      C.A  静止,B    向右运动
      D.A  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 7­11
      A.4 m/s,非弹性碰撞                B.4 m/s,弹性碰撞
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      C.6 m/s,非弹性碰撞                D.6 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:

          1     1
                        2
      E1=2m1v21=2×5×10    J=250 J.
      碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律得:

      m1v1=-m1v′1+m2v2,

               m1v1+m1v′1  5 × 10+5 × 2

      解得:v2=       m2    =     10    m/s=6 m/s.
                                1       1      1             1
                                                      2              2
      碰撞后两小球的总动能:E1=2m1v′21+2m2v2=2×5×2                   J+2×10×6     
      J=190 J.

      因为  E1>E2,有能量损失,是非弹性碰撞.故选                  C.]
5.[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)]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 7­12

                2gR
      A.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

                2gR
      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

                                                     v20
      D.如果滑块固定,小球返回             A 点时对滑块的压力为         m R
      C [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,
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      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

                                      v20
      球返回   A 点时对滑块的压力为         mg+m   R ,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 7­13
      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     A→B  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     B→C  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
                中国现代教育网    www.30edu.com  全国最大教师交流平台

      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】
                    T
      A.经过时间      t=2,动量变化量为        0
                    T
      B.经过时间      t=4,动量变化量大小为          2mv
                    T
      C.经过时间      t=2,细绳对小球的冲量大小为             2 mv
                    T                        mgT
      D.经过时间      t=4,重力对小球的冲量大小为             4
                        T
      BCD [经过时间      t=2,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                 Δp=-mv-mv=-2mv,细绳对
      小球的冲量为      I=Δp=-mv-mv=-2mv,故大小为             2mv,选项    A 错误,

                         T
      C 正确;经过时间       t=4,小球转过了       90°,根据矢量合成法可得,动量变
                                                            mgT
                       2
      化量大小为     Δp′=    mv,重力对小球的冲量大小为             IG=mgt=   4 ,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 7­14

      A.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
                中国现代教育网    www.30edu.com  全国最大教师交流平台


      C.两物体的质量之比为           m1∶m2=2∶1

      D.在   t2 时刻,A、B   两物块的动能之比为          Ek1∶Ek2=4∶1

      BC [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=(m1+m2)v2,即           m2×6=(m1+m2)×2,解得:

      m1∶m2=2∶1,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           Ek1∶Ek2=

      1      1       1           1
                      × 2m2 × 42  × m2 × -22
      2m1vA2∶2m2vB2=(2        )∶[2           ]=8∶1,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                            mA=2    kg、

   mB=1 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
   h=1.8  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           g=10  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
                中国现代教育网    www.30edu.com  全国最大教师交流平台

         1
      h=2gt2                       ①
      代入数据解得
      t=0.6 s.                     ②

      (2)设细绳绷直前瞬间        B 速度大小为     vB,有

      vB=gt                        ③
      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=(mA+mB)v                ④
      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②③④式,代入数据解得

      v=2 m/s.                     ⑤
      (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

      1
               2
      2(mA+mB)v +mBgH=mAgH         ⑥
      代入数据解得
      H=0.6 m.                     ⑦

      【答案】 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
10.(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
                                          1
    木板   B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的4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
                                   1

    块  A 以初速   v0 从右端滑上    B,并以2v0   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         μ;
        1
      (2)4圆弧槽  C 的半径    R;
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      (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

                                              v0

      光滑,A   与  BC 组成的系统动量守恒:mv0=m            2 +2mv1           ①
      系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能:
      Q=μmgL                                                    ②

           1     1  v0   1
                      2
      ΔEk=2mv20-2m( 2 ) -2·2mv21                                ③

      而 Q=ΔEk                                                  ④

                             5v20
      联立①②③④式解得:μ=16gL.                                         ⑤
      (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

                                                         v0

      等为  v2,由于水平面光滑,A          与 C 组成的系统动量守恒:m           2 +mv1=

      2mv2⑥
                                  1  v0   1     1
      A 与 C 组成的系统机械能守恒:2m(           2 )2+2mv21=2(2m)v2+mgR     ⑦
                         v20
      由①⑥⑦式解得:R=64g.                                            ⑧

      (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

                                                            v0

      高点,然后滑离       C 的过程中,A      与 C 组成的系统动量守恒:m           2 +mv1=

      mvA+mvC⑨

                                1  v0   1     1     1
      A 与 C 组成的系统动能守恒:2m(          2 )2+2mv21=2mvA2+2mvC2       ⑩
              10
                             v0
              ○
      联立①⑨       式解得:vC=     2 .                                ⑪
                   5v20   v20    v0
      【答案】 (1)16gL (2)64g (3)    2
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      H=5 

    cm.传送带长     L=13.75  m,以   v=0.45   m/s 的速度顺时针匀速转动.物块

    A 以初速度    v0=4.35   m/s 沿 MN 向右运动,与静止在水平轨道右端的物块
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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           μ=0.02.已知   C 从 P 进入圆弧轨道再滑回         P 的
时间始终为      Δt=4.5 s,重力加速度      g=10 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=(mA+mB)v1

  其中  mB=2mA

  解得:v1=1.45 m/s.

  (2)碰撞后   C 向右滑上传送带,因         v1>v,故   C 在传送带上先做匀减速运
  动,加速度大小       a=μg=0.2 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   v2-v21=-2ax
  解得:x=4.75 m

                     v1-v

  这一过程的时间为        t1=  a  =5 s
                                            L-x

  C 与传送带共速后匀速运动到            P 点的时间为     t2=  v =20 s
  C 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

  1
           2
  2(mA+mB)v =(mA+mB)gh
  解得:h≈0.01 m<H,即       C 不会从圆弧轨道滑出
  由题意知,进入       PQ 轨道后,经      Δt=4.5   s,C 回到   P 点,此后    C 向左滑

                                                          2v
  上传送带,在传送带上往返后又经过                P 点,往返的时间为        Δt′=   a =4.5 
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s=Δt
故 C 经过   P 点的可能时刻

t=t1+t2+nΔt=(25+4.5n) s(n=0,1,2,…).

                                       v21
(3)若传送带静止,C       向右滑动的距离为        x′=2a≈5.26 m<L

即传送带速度不大于         v1 时,C  一定能在传送带上减速到与传送带共速,
此时要使    C 能到达    PQ 轨道,传送带的速度应满足:v>0
若 C 恰能到达     PQ 轨道的最高点,设        C 经过   P 点时的速度为      v′,根据
机械能守恒定律有

1
           2
2(mA+mB)v′  =(mA+mB)gH

解得:v′=1 m/s<v1
故要使   C 能到达但又不滑出         PQ 轨道,v   的取值范围为       0<v<1 m/s.

【答案】 (1)1.45 m/s (2)t=(25+4.5n) s(n=0,1,2,…) (3)0<v<1 m/s
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