高考物理二轮复习 专题二 功和能 第7讲 动量定理、动量守恒定律及综合应用自主演练-人教版高三全册物理试题.doc

第7讲 动量定理、动量守恒定律及综合应用1“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：绳刚好伸直时，绳的拉力为零，人还要向下加速，此时人的动能不是最大，选项C错误；当重力等于绳子拉力时，人的速度最大，之后人做减速运动，绳对人的拉力始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，人的动量与速度一样，先增大后减小，人的动能也是先增大后减小，选项A正确，选项B错误；人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力，选项D错误答案：A2.(多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A小球所受合力的冲量水平向右B小球所受支持力的冲量水平向右C小球所受合力的冲量大小为mD小球所受重力的冲量大小为0解析：设小球在B点的速度为v，小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理mgRmv2，得v，由动量定理IF合tmv0m，冲量方向与B点的速度方向一致，水平向右，选项A、C正确；小球所受重力的冲量IGmgt0，合力冲量水平向右，重力冲量竖直向下，所以支持力冲量不会水平向右，选项B、D错误答案：AC3.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：运动员乙推甲的过程中甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反；由动量定理，动量变化的大小相等，方向相反，A错，B对“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的过程中位移不一定相等，因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等，由动能定理，其动能变化量的绝对值也不一定相等，C、D错答案：B4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高处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论正确的是()(导学号 57180038)A小球在半圆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小球在半圆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解析：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，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A、B错误当小球运动到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，即选项C错误因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D正确故选D.答案：D一、单项选择题1.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块已知木板质量大于物块质量，t0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是()解析：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v.设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得Mv0mv0(Mm)v，得vv0<v0，故A正确，B、C、D错误答案：A2.如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道的左、右最高点释放，二者碰撞后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1m2为()(导学号 57180124)A(1)(1)B.1C(1)(1) D1解析：两球到达最低的过程由动能定理得mgRmv2，解得v，所以两球到达最低点的速度均为，设向左为正方向，则m1的速度v1，则m2的速度v2，由于碰撞瞬间动量守恒得m2v2m1v1(m1m2)v共，解得v共，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得(m1m2)gR(1cos 60°)0(m1m2)v，由解得2，整理得m1m2(1)(1)，故选C.答案：C二、多项选择题3(2017·运城模拟)质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止碰撞时间为0.05 s，g取10 m/s2，则()A物块与地面间的动摩擦因数0.12B墙面对物块平均作用力的大小为130 NC物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9 JD碰撞后物块还能向左运动的时间为2 s解析：物块从A到B过程，由动能定理得mgxmvmv，代入数据解得0.32, 故A错误；由动量定理得Ftmv2mv1，解得F130 N，故B正确；物块向左运动过程，由动能定理得Wmv，物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9 J，故C正确；碰撞后物块还能向左运动的时间t s，故D错误；本题选择BC.答案：BC4(2017·太原模拟)两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度时间图象分别如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出)，由图中信息可以得出()A若F1F2，则m1小于m2B若m1m2，则力F1对物体A所做的功较多C若m1m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为45D若m1m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍解析：由斜率等于加速度的大小知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，设为a，由牛顿第二定律得1m1gm1a，2m2gm2a，解得120.1，令12，若F1F2，对于m1则有：F1m1gm1a1，解得m1，同理m2，由题图可知a1a2 ，则m1m2，故A正确；若m1m2，则滑动摩擦力Ff1Ff2，由图可知，两物体运动位移相同，滑动摩擦力对两物体做功相同，由动能定理WFWFf0可知，力F1对物体A所做的功与力F2对物体B所做的功一样多，故B错误；令m1m2m，由牛顿第二定律得F1mgma1，解得F1mg，同理，F2mg，这两个力的冲量之比，故C正确；这两个力的最大功率之比2，故D正确答案：ACD三、计算题5(2017·哈尔滨模拟)两块长方体木板A和B，长度都是l2.0 m，紧贴在一起，静置于光滑水平面上另一小物块C(视为质点)位于木板A的左端，如图所示现给物块C一向右的初速度v03.0 m/s.已知物块与木板之间的动摩擦因数均为0.30，A、B、C的质量均为m1 kg，g取10 m/s2.问木板A最终受到木板B弹力的冲量解析：假设物块C停在木板A上： mv03mvmv·3mv2mgx解得x1.0 ml(假设成立)物块C：mgma，vv0at木板A：mgtIFmv0解得IF1 N·s，方向水平向左或木板B：IFmv0解得IF1 N·s即木板A最终受到木板B弹力的冲量为IF1 N·s，方向水平向左答案：1 N·s水平向左6.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l.导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其他部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度是多大？解析：(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv02mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Qmv×2mv2mv.(2)设棒ab的速度变为v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒可知mv0mv0mv得vv0，此时棒cd所受的安培力FBIl.由牛顿第二定律可得，棒cd的加速度大小为a.答案：(1)mv(2)7.如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场质量为3m，电荷量为q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰碰后作为一个整体继续向右运动两球均可视为质点，求：(1)两球发生碰撞前A球的速度；(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量大小解析：(1)由动能定理：EqL×3mv2，解得v.(2)AB系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3mv(3mm)v1，解得v1v，系统损失的机械能：E×3mv2(3mm)v，解得EEqL.(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：Imv10，解得I，方向水平向右答案：(1) (2)EqL(3)8(2017·包头模拟)如图甲所示，质量为M3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v-t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(导学号 57180125)(1)试分析小车在1.0 s内所做的运动，并说明理由？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，小车的长度至少为多少？(3)假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在t1.0 s3.0 s时间内的v-t图象解析：(1)由题图可知，在第1 s内，A、B的加速度大小相等，为a2 m/s2，物体A、B所受的摩擦力均为Ffma2 N，方向相反根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，故小车C保持静止状态(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得mvAmvB(2mM)v代入数据，解得v0.4 m/s，方向向右由系统能量守恒得Ff(sAsB)mvmv(2mM)v2解得小车的最小长度ssAsB4.8 m.(3)1 s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v.在该过程中，对A运用动量定理得Fftmv 解得t0.8 s.即系统在t1.8 s时达到共同速度，此后一起做匀速运动在t1.03.0 s时间内的v-t图象如下答案：(1)静止(2)4.8 m(3)1.8 s图见解析