2011届高考物理一轮复习练习及解析第6单元动量练习十七动量功能关系的综合应用

合集下载

2011年高考物理高考真题+模拟新题分类汇编专题：6F《单元动量》Word版含解析.pdf

F单元　动量 F2　动量守恒定律 15．F2[2011·海南物理卷] 如图1－14所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．图1－14 【答案】略 16．F2[2011·海南物理卷] 如图1－15所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N’是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为'm和2m，竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求： (1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度．图1－15 【答案】略 17．F2[2011·海南物理卷] 模块3－3试(12分) (1)关于空气湿度，下列说法正确的是________． A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小 C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示 D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸气压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比 (2)如图1－15所示，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1. 图1－16 【解析】 (1)BC　相对湿度是水蒸气的实际压强与同温度下饱和汽压的比． 18．F2[2011·海南物理卷] 模块3－4试 (1)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图1－16所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin5πt cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________．图1－16 A．周期为4.0 s B．振幅为20 cm C．传播方向沿x轴正向 D．传播速度为10 m/s 【解析】 (1)CD　由简谐运动表达式可得T＝＝ s＝0.4 s，由波形图可直接得到振幅A＝10 cm，波长λ＝4 m，根据公式可得波速v＝＝10 m/s；由简谐运动表达式可知，当t＝＝0.1 s时，P点位于正向最大位移，表明t＝0时质点P向上振动，可得波沿x正向传播，故CD选项正确． 19．F2[2011·海南物理卷] 模块3－5试 (1)2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs的衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和________． A．X1→Ba＋n B．X2→Xe＋e C．X3→Ba＋e D．X4→Xe＋p (2)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图1－16所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求： ()木块在ab段受到的摩擦力f； ()木块最后距a点的距离s. 图1－16 【答案】 (1)B　C　78　82 【解析】核反应过程中电荷数、质量数守恒；质量数等于质子数加中子数． 17．F2[2011·浙江卷] “B超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为＝(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1 、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v2＝0.9v1，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为( ) A. B. C. D. 【解析】 D　超声波在肝脏的传播情况如图所示，根据其折射规律可得：＝＝，由几何关系有：tanθ＝，联立解得：h＝，故选项A、B、C错误，选项D正确． 18．F2[2011·浙江卷] 关于波动，下列说法正确的是( ) A．各种波均会发生偏振现象 B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹 C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度 D．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警【解析】 BD　只有横波才能发生偏振现象，故选项A错误；白光做单缝衍射和双峰干涉实验，均可以看到彩色条纹，选项B正确；声波在传播的过程中，介质中质点是不随波的传播而迁移的，而是在平衡位置附近振动，所以质点振动速度与传播速度是不一样的，故选项C错误；由于地震波的纵波波速大于横波波速，所以可以利用时间差预警，故选项D正确． 19．F2[2011·浙江卷] 为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则( ) A．X星球的质量为M＝ B．X星球表面的重力加速度为gX＝ C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为＝ D．登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1 【解析】 AD　当轨道半径为r1时，由万有引力提供向心力：G＝m1r12，解得M＝，故选项A正确；设星球半径为R，根据G＝m1r12，G＝mgX(m为X星球表面某物体的质量)，解得gX＝，故选项B错误；根据G＝m可知v＝，则＝，故选项C错误；由开普勒第三定律：＝k可知T2＝T1，故选项D正确． 20．F2[2011·浙江卷] 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q、具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( ) A．粒子带正电 B．射出粒子的最大速度为 C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大F3　动量综合问 35．[2011·课标全国卷] F3　(2)如图1－17所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0 沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0 ，求弹簧释放的势能．图1－17 【解析】设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得 3mv＝mv0 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 (3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv 由式得，弹簧所释放的势能为Ep＝mv 20．F3[2011·全国卷] 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图1－3所示．现给小物块一水平向右的初速度v，图1－3 小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.mv2B. v2 C.NμmgL D．NμmgL 【解析】 BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，所以B正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确． 29．(2)F3[2011·福建卷] (2)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是__________．(填选项前的字母) A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v 29．(2)F3[2011·福建卷] A　【解析】以A原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律mv＋0＝2m·vB－mvA，碰撞过程能量有损失，mv2≥mv＋·2m·v，联立两个方程解得0≤vB≤v；此外由mv＋0＝2m·vB－mvA，解得vB＝>；所以E. 2011·莱芜质检如图X30－5所示，光滑轨道上，小车A、B用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A、B上，然后使A、B以速度v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A的速度刚好为0.已知A、B的质量分别为mA、mB，且mA<mB.求：被压缩的弹簧具有的弹性势能Ep. 图X30－5 ．【解析】绳断后A、B动量守恒 (mA＋mB)v0＝mBv 弹开过程，弹性势能转化为动能 Ep＋v＝mBv2 解以上两式得：Ep＝v. ．2011·温州模拟在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图X30－7所示．小球A与小球B发生正碰后均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1m2. 图X30－7 ．【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为41. 设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 利用＝4，可解出m1m2＝21. 7. 【2011·自贡模拟如图X30－8所示，在水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C.现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s.求： (1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度为多大？ (2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？图X30－8 .【解析】 (1)A、B相碰满足动量守恒：mv0＝2mv1 得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s (2)两球与C碰撞同样满足动量守恒：2mv1＝mvC＋2mv2 得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s. 两次碰撞过程中一共损失的动能为 ΔEk＝mv－mv－×2mv＝1.25 J。

2011年高考真题解析物理分项版7动量和能量

word整理版学习参考资料 1.（全国）质量为M，内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。

初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。

现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。

设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为A．1 2 mv2 B．1 2 mMm + M v2 C．12 NμmgL D．NμmgL【答案】BD【解析】由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度'v，根据动量守恒定律有mv=（M+m）'v，系统损失的动能为??2,22121vmMmvE k????知B 正确，另一方面，系统损失的动能可由Q=k E?，且Q=相对smg??，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则相对S=NL,则B选项也正确2．（福建）（20分）如图甲，在x＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xoy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射人，粒子的运动轨迹Lword整理版学习参考资料见图甲，不计粒子的重力。

求该粒子运动到y=h时的速度大小v；现只改变人射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期T=2mqB 。

Ⅰ.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A,并写出y-t的函数表达式。

解析：此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。

高三一轮复习第六章动量分知识点练习及答案

第1讲动量冲量和动量定理例1．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN 是它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，MP ＞QN 。

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MP 、QN 运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(C)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练习1．如图所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t 1，速度为零并又开始下滑，经过时间t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F f 。

在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(C)A ．mg (t 1＋t 2)sin θB ．mg (t 1－t 2)sin θC ．mg (t 1＋t 2)D ．0要点一：用动量定理求变力的冲量如图所示，一质量为m 的滑块在固定于竖直平面的半径为R 的光滑轨道内运动，若滑块在圆心等高处C 点由静止释放，则滑块从C 点到达最低点B 的过程中所受合力的冲量大小为多大？方向如何？解:根据机械能守恒定律，有mgR ＝12m v 2B 所以v B ＝2gR 根据动量定理I ＝m v B －0＝m 2gR冲量I 的方向一定与v B 的方向相同，水平向右。

【拓展】在上例中，若滑块在圆轨道上运动时能够到达圆周的最高点，且这时对轨道压力刚好为0，则滑块从A 点沿轨道到达最低点B 的过程中所受到的合力的冲量的大小多大？方向如何？解：滑块在A 点时对轨道压力刚好为0，说明此时物体只受重力。

mg ＝m v 2AR ，v A ＝Rg从A 到B 机械能守恒，有mg ·2R ＋12m v 2A ＝12m v 2B v B ＝5Rg根据动量定理，并设向左方向为正，则 I ＝m (－v B )－m v A＝－m (5Rg ＋Rg )＝－(5＋1)m Rg 所以大小为(5＋1)m Rg 方向水平向右【课后练习】1．一质量为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。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ，解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1，解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2，解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止．以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点．设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。

高考物理-全品一轮第6单元动量测评详解

测评手册单元小结卷(六)1.C[解析]碰撞前两物块分别沿固定斜面向下匀速滑行,所以两物块所受的重力沿斜面的分力分别与两物块所受的沿斜面向上的滑动摩擦力相等.在相互作用过程中,以甲、乙和弹簧组成的系统为对象,当两个物体都向下滑行时,即甲的速度不反向时,系统的重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力相等,所以系统的合外力为零,则系统的动量守恒.若在相互作用过程中,甲的速度反向,则甲受到的滑动摩擦力沿斜面向下,系统的合外力不为零,则系统的动量不守恒.2.B[解析]设地面对运动员的作用力为F,则由动量定理得I F-mgΔt=m v,则I F=m v+mgΔt;运动员从下蹲状态到身体刚好伸直且恰好离开地面,地面对运动员做功为零,这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移,故B正确.3.A[解析]子弹从击中到嵌入木块的过程满足动量守恒定律,设子弹嵌入木块中后与木块的共同速度为v,有m v0=(M+m)v,则木块自被子弹击中到第一次回到原来位置的过程中,木块受到的合外力的冲量大小等于木块的动量变化量,即I=M v=,选项A正确.4.B[解析]两球碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得m v=(m+3m)v',解得v'=0.25v;如果两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m v=m v A+3m v B,由机械能守恒定律得,解得vB=0.5v,则碰撞后B的速度v B应满足0.25v≤v B≤0.5v,故B正确.5.A[解析]设铁块与木板速度相同时的共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时,滑行的最大路程为L,摩擦力大小为f.根据能量守恒定律,铁块相对于木板向右运动过程,有(m+M)v2+Ep,铁块相对于木板运动的整个过程,有(m+M)v2,根据动量守恒定律得m v=(M+m)v,联立得E p=3 J,选项A正确.6.BC[解析]碰撞的瞬间A和C组成的系统动量守恒,B的速度在此瞬间不变,以A的初速度方向为正方向,若碰后A和C的速度为v1和v2,由动量守恒定律得M v=M v1+m v2;若碰后A和C速度相同,由动量守恒定律得M v=(M+m)v',故B、C正确,A、D错误.7.BD[解析]根据动量定理知,在0~8 s内,Δp=4 s×F0+(-F0)×4 s=0,故8 s末物体速度为零,所以0~8 s内合力F所做的功等于零,冲量也等于零,B正确,A错误;物体在第4 s末速率最大,在第8 s末速度和加速度都为零,离出发点最远,C错误,D正确.8.BCD[解析]由x-t图像可知,碰撞前A球速度v A=-3 m/s,B球速度v B=2 m/s,碰撞后,A、B两球具有共同速度,其速度大小为v=-1 m/s,由于A、B两球碰撞前后都沿直线运动,所以系统的动量守恒,碰撞前后A球的动量变化为Δp A=m A v-m v A=4 kg·m/s,选项C正确;由动量守恒定律可得ΔpA+Δp B=0,又因为Δp B=m B v-m B v B,所以m B= kg,两球在碰撞之前的总动量为p总=m A v A+m B v B=- kg·m/s,选项A错误;由动量定理可知,碰撞过程A对B的冲量I B=Δp B=-4 N·s,选项B正确;碰撞过程中系统损失的机械能ΔE=(mA+m B)v2=10 J,选项D正确.9.m A=(m A+m B)[解析]设碰前瞬间A的速度大小为v1,碰后瞬间A、B的共同速度为v2,对A单独从M到P过程,由动能定理得-μmAg·s1=-,解得v1=,对碰撞后A、B一起滑动过程,由动能定理得-μ(m A+m B)gs2=-(m1+m2),解得v2=,碰撞瞬间若满足动量守恒,则有m A v1=(m A+m B)v2,即m A=(m A+m B),可得m A=(m A+m B).10.(1)2t(2)[解析](1)概念机从静止竖直起飞,上升到最大高度时速度为零,根据动量定理有Ft-mg(t+t1)=0解得t1=2t.(2)设概念机从静止竖直起飞后加速上升过程的加速度为a,上升的高度为h1,上升的最大高度为H,则F-mg=mah1=at2根据动能定理有Fh1-mgH=0概念机从最大高度处到地面的过程中,由动能定理得Pt2-mgH=0解得t2=.11.(1)1.0 kg(2)8 J[解析](1)对小球甲,由机械能守恒定律得m1gh=对小球甲、乙,由动量守恒定律得m1v1=m2v2对小球乙,在c点,由牛顿第二定律得F-m2g=m2联立解得m=1 kg,v2=6 m/s或m2=9 kg,v2= m/s2小球乙恰好过d点,有mg=m22解得v==2 m/sd由题意v<v2,所以小球乙的质量m2=1 kg.d(2)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中,由动能定理有2m2gR+W f=解得小球乙克服摩擦力所做的功W=8 J.f。

动量高考题(2011年动量高考题_有详解) - 副本

1、如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为 .使木板与重物以共同的速度v向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.2、（18分）如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。

车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功；（2）人给第一辆车水平冲量的大小；（3）第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。

3、如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。

为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。

（不计水的阻力）4、（16分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。

重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；（2）小球A冲进轨道时速度v的大小。

5、（8分）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。

图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。

现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。

高考物理一轮复习课时作业17 功能关系能量守恒定律(含解析)

课时作业17 功能关系能量守恒定律时间：45分钟一、单项选择题1．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．根据俄紧急情况部的说法，坠落的是一颗陨石．这颗陨石重量接近1万吨，进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生剧烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则( )A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量B．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量C．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的改变量D．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量解析：由能量转化和守恒定律可知，该碎片在空气中下落过程中，重力和空气阻力做功之和等于动能的增加量，因空气阻力做负功，故重力做的功大于动能的增加量，A、B均错误；该碎片陷入地下的过程中，因有阻力做负功，且克服阻力做的功等于其机械能的减少量，故D正确，C错误．答案：D2．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能E k、势能E p、机械能E随时间t、位移x关系的是( )解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C正确，D错误．产生的热量Q＝F f x，随位移均匀增大，滑块动能E k随位移x均匀减小，选项A、B错误．答案：C3．(2015·北京丰台一模)某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况，摆球由A点由静止释放，经过最低点C到达与A等高的B点，D、E、F是OC连线上的点，OE＝DE，DF＝FC，OC连线上各点均可钉钉子．每次均将摆球从A点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失．下列说法正确的是( )A．若只在E点钉钉子，摆球最高可能摆到AB连线以上的某点B．若只在D点钉钉子，摆球最高可能摆到AB连线以下的某点C．若只在F点钉钉子，摆球最高可能摆到D点D．若只在F点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动解析：若钉子在D点及以上，则由机械能守恒定律可知，小球最高只能摆到AB连线上的某点，故A、B错误；若在F点放钉子，则根据机械能守恒小球应该摆到D点，且速度为零，但由于小球在竖直面内做圆周运动，由竖直面内圆周运动的临界条件可知，到达D点时的最小速度应为gr，所以说明小球达不到D点即已下落，C错误；若在F点以下某点钉钉子，则小球半径很小，只要小球到达最高点时，重力小于小球转动需要的向心力，即满足v≥gr，则小球可以做完整的圆周运动，D正确．答案：D4．如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是( )A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错C对．答案：C5．滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点的速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度( )A．大于6 m/s B．等于6 m/sC．小于6 m/s D．条件不足，无法计算解析：当初速度为7 m/s时，由功能关系知，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．运动员做曲线运动可看成圆周运动，当初速度变为6 m/s时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由F f＝μF N知运动员所受的摩擦力减小，故从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B点的动能大于他在A点的动能，A正确．答案：A二、多项选择题6．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是( )A．物体沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为g sinθ解析：由图乙可知，0～x1阶段，物体的机械能E随x减小，故力F一定对物体做负功，物体在沿斜面向下运动，A正确；由E＝E0－Fx，即图乙中0～x1阶段图线的斜率大小为F，故力F减小，至x1后变为零．由mg sinθ－F＝ma得物体的加速度先增大，后不变，匀加速时的加速度大小为a＝g sinθ，B、C错误，D正确．答案：AD7．山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速下滑，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( ) A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功解析：人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－F f＝ma，可知，F f<mg，a<g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增量一定小于重力势能的减少量，D正确．答案：CD8．如图所示，质量为m的小球，以初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为H，已知小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比．设抛出点重力势能为零，则小球在运动过程中，下图中关于小球的动能E k、重力势能E p、机械能E随高度h，速率v随时间t变化的图线可能正确的有( )解析：小球上升过程，重力和空气阻力做负功，动能减小，且至最高点时，动能为零，A 错误；小球的重力势能随高度增加而增大，且E p＝mgh，B正确；除重力之外，空气阻力始终做负功，由功能关系可知，小球的机械能随高度的变化一直减小，又因为上升过程中空气阻力逐渐减小，机械能随高度的变化越来越慢，下降过程中空气阻力逐渐增大，机械能随高度的变化越来越快，C正确；v－t图象的斜率表示小球运动的加速度，小球上升过程空气阻力随速度的减小而减小，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，小球下降过程中空气阻力随速度的增大而增大，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，速率v随时间t变化的图线只考虑速度的大小变化，不考虑方向变化，D正确．答案：BCD三、非选择题9．如图所示，传送带始终保持v＝3 m/s的速度顺时针运动，一个质量为m＝1.0 kg，初速度为零的小物体放在传送带的左端，若物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.15，传送带左右两端距离为x＝4.5 m(g＝10 m/s2)．(1)求物体从左端到右端的时间；(2)求物体从左端到右端的过程中产生的内能；(3)设带轮由电动机带动，求为了使物体从传送带左端运动到右端而多消耗的电能．解析：(1)滑动摩擦力产生的加速度为a ＝μg ＝0.15×10 m/s 2＝1.5 m/s 2所以速度达到3 m/s 的时间为t 1＝v a ＝31.5＝2 s 2 s 内物体发生的位移为x 1＝12at 21＝3 m<4.5 m 所以物体先加速后匀速到达另一端．t 2＝x －x 1v＝0.5 s ，总时间为t ＝t 1＋t 2＝2.5 s (2)物体与传送带之间的相对位移为Δx ＝vt 1－x 1＝3 m ，所以产生的热量为Q ＝μmg Δx ＝0.15×1×10×3 J＝4.5 J(3)解法1：物体在传送带上滑行时皮带受到向后的摩擦力和电动机的牵引力做匀速直线运动．故摩擦力对传送带做功与电动机做的功(电动机多消耗的电能)大小相等．故ΔE 电＝μmgx 2＝μmgvt ＝9 J.解法2：电动机多消耗的电能等于物体的动能的增加量与产生的内能之和，故有ΔE 电＝Q ＋12mv 2＝9 J. 答案：(1)2.5 s (2)4.5 J (3)9 J10．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD 光滑，内圆的上半部分B ′C ′D ′粗糙，下半部分B ′A ′D ′光滑．一质量为m ＝0.2 kg 的小球从外轨道的最低点A 处以初速度v 0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R ＝0.2 m ，取g ＝10 m/s 2.(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？(2)若v 0＝3 m/s ，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C ＝2 N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v 0＝3.1 m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？解析：(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为v C ，则由牛顿第二定律可得mg ＝mv 2C R 由动能定理可知－2mgR ＝12mv 2C －12mv 20代入数据解得：v 0＝10 m/s.(2)设此时小球到达最高点的速度为v ′C ，克服摩擦力做的功为W ，则由牛顿第二定律可得mg －F C ＝mv ′2C R由动能定理可知－2mgR －W ＝12mv ′2C －12mv 20 代入数据解得：W ＝0.1 J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为v A ，受到的支持力为F A ，则由动能定理可知mgR ＝12mv 2A根据牛顿第二定律可得F A －mg ＝mv 2A R代入数据解得：F A ＝3mg ＝6 N设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE ，由功能关系有ΔE ＝12mv 20－mgR 代入数据解得：ΔE ＝0.561 J.答案：(1)10 m/s (2)0.1 J (3)0.561 J11．如图所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖．为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m 的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度v 0，实验的结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离．设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为μ，塑料盖的质量为2m 、半径为R ，假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度．(1)求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小；(2)通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上．解析：(1)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v ，从开始滑动到分离经历时间为t ，在此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 1①μmg ＝2ma 2②v ＝a 1t ＝v 0－a 2t ③由以上各式得v ＝23v 0.④ (2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x ，取硬橡胶块分析，应用动能定理得μmgx ＝12mv 2⑤ 由系统能量关系可得μmgR ＝12(2m )v 20－12(m ＋2m )v 2⑥ 由④⑤⑥式可得x ＝23R ⑦ 因x <R ，故硬橡胶块将落入污水井内．答案：(1)23v 0 (2)落入污水井内。

云南2011届高三物理一轮复习试题动量和功能关系

第33讲动量功能关系的综合应用1.如图所示，矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射击滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，则整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较( )A.两次子弹对滑块做的功一样多B.两次滑块受到的冲量一样大C.子弹射入下层过程中克服阻力做功较少D.子弹射入上层过程中系统产生的热量较多解析：由动量守恒定律有：mv ＝(m ＋M )v ′可得两次射入滑块后，系统达到的共同速度相等，即v ′＝m m ＋Mv故两次子弹对滑块做的功相等W ＝12Mv ′2两次滑块受到的冲量相等，I ＝Δp ＝Mv ′ 两次子弹克服阻力做的功相等，即W f ＝12mv 2－12mv ′2由能的转化与守恒定律知，两次系统产生的热量相等，即Q ＝12mv 2－12(m ＋M )′2.答案：AB2.如图所示，A 、B 两物体用一根不可伸长的轻细线相连，中间有一根被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平面上，它们的质量关系为m A ＝2m B .当烧断细线后，则下列说法正确的是( )A.弹开过程中A 的速率小于B 的速率B.弹开过程中A 的动量小于B 的动量C.A 、B 同时达到速度的最大值D.当弹簧恢复原长时两物体同时脱离弹簧解析：在弹开过程中，由动量守恒定律有：p A ＝p B ，即m A v A ＝m B v B 可知选项A 正确、B 错误.当弹簧恢复原长时A 、B 同时达到最大速度，并将一起脱离弹簧，选项C 、D 正确. 答案：ACD3.如图甲所示，质量为2m 的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m 的小铅块(可视为质点)以水平速度v 0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变.若将木板分成长度与质量均相等(即m 1＝m 2＝m )的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v 0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是( )A.小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止B.小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量解析：长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为：v t ＝mv 03m ＝13v 0且有Q ＝fL ＝12mv 20－12×3m (v 03)2＝13mv 20长木板分两段后，可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量.答案：AD 丙4.在原子反应堆中，用石墨(碳)做减速剂使快中子变成慢中子.已知碳核的质量是中子质量的12倍，假设中子与碳核的碰撞是弹性的(即碰撞中不损失动能)，而且碰撞前碳核是静止的.设碰撞前中子的动能为E 0，则经过一次碰撞后，中子的动能损失多少？解析：设中子、碳粒的质量分别为m 、12m ，碰撞后它们的动能分别为E 1、E 2，对于碰撞的过程，由动量守恒定律有：2mE 0＝－2mE 1＋2×12mE 2 由机械能守恒定律有：E 0＝E 1＋E 2解得：E 1＝121169E 0故这一过程中，中子动能的损失ΔE ＝48169E 0.答案：48169E 05.如图所示，长为L 的细绳竖直悬挂着一质量为2m 的小球A ，恰好紧挨着放置在水平面上质量为m 的物块B .现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°的位置，然后释放小球.小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞，而后小球向右摆动的最大高度为L8，物块则向右滑行了L 的距离而静止，求物块与水平面间的动摩擦因数μ.解析：设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v 0，对于其下摆的过程，由机械能守恒定律得： 12·2m ·v 20＝2mg (L －L cos 60°)解得：v 0＝gL设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v 1、v 2 由机械能守恒定律对于小球有： 12·2m ·v 21＝2mg ·L 8由动量守恒定律有：2m ·v 0＝2m ·v 1＋mv 2 解得：v 2＝gL对于物块向右滑行的过程，由动能定理有：μmgL ＝12mv 22解得：μ＝0.5. 答案：0.5 6.如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑的水平地面上.在木板的右端有一质量为m 的小铜块(可视为质点)，现给铜块一个水平向左的初速度v 0，铜块向左滑行并与固定在木板左端的长为L 的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端.问：(1)铜块与长木板之间是否有摩擦力？ (2)整个过程中损失的机械能为多少？(3)轻弹簧与铜块相碰的过程中具有的最大弹性势能为多少？解析：(1)因m 能相对于木板停在右端，故一定存在摩擦力.(2)取铜块、长木板和弹簧整体作为系统，系统满足动量守恒条件，以向左的方向为正，则有： mv 0＝(M ＋m )v得：v ＝mM ＋m v 0对全过程由能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝12mv 20－m 2v 202(M ＋m )＝mMv 202(M ＋m ). (3)系统损失的机械能等于摩擦生热产生的能量，正比于相对滑过的路程，故弹簧压至最短时，E 损′＝12E 损又由动量守恒定律可知，它们相对静止时速度为v ，由能量守恒定律有： 12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋12E 损＋E 弹解得：E 弹＝14mv 20－14·m 2v 20M ＋m ＝mMv 204(M ＋m ).答案：(1)存在 (2)mMv 202(M ＋m ) (3)mMv 204(M ＋m )金典练习十七动量功能关系的综合应用选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A 带电荷量为－q ，B 带电荷量为＋2q ，下列说法正确的是( )A.相碰前两球运动中动量不守恒B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力D.两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统合外力为零解析：碰撞前后整个过程动量守恒，选项A 、B 、C 错误，D 正确. 答案：D2.如图所示，一小车放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，小车的总质量为M ，一质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳固定使弹簧处于压缩状态.开始时小车和C 都静止；现突然烧断细绳，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A.弹簧伸长过程中C 向右运动，同时小车也向右运动B.C 与B 碰前，C 与小车的速率之比为m ∶MC.C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D.C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：小车和木块组成的系统动量守恒，C 向右运动时小车向左运动，且有：mv ＝Mv ′即v ∶v ′＝M ∶m ，选项A 、B 错误；由动量守恒定律知，系统的总动量始终为零，故C 与油泥粘一起后与小车的共同速度立即变为零，选项C 正确.答案：C3.如图甲所示，长木板A 静止在光滑的水平面上，质量m ＝2 kg 的物体B 以v 0＝2 m/s 的水平速度滑上A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法中正确的是( )A.木板获得的动能为1 JB.系统损失的机械能为2 JC.木板A 的最小长度为1 mD.A 、B 间的动摩擦因数为0.2解析：由图线知A 、B 的共同速度为v ＝1 m/s ，由动量守恒定律有： m B v 0＝(m A ＋m B )v可得：m A ＝2 kg ，E k ＝12m A v 2＝1 JΔE ＝12m B v 20－12(m A ＋m B )v 2＝2 J A 的最小长度为AB 相对滑动的位移，由图象可得： Δs ＝1 m又因为μmg ·Δs ＝ΔE ，可得：μ＝0.1. 答案：ABC4.2002年，美国《科学》杂志评出的“2001年世界十大科技突破”中，有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果.该站揭示了中微子失踪的原因.即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子.在上述研究中有以下说法，其中正确的是( )A.该研究过程中牛顿第二定律依然适用B.该研究过程中能量转化和守恒定律依然适用C.若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致D.若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反解析：牛顿第二定律不适用于微观高速的物理过程，而能量的转化和守恒定律依然适用，故选项A 错误、B 正确.由动量守恒定律可得：m c v 0＝m μv 1＋m τv 2若v 1与v 0同向，则v 2可能与v 0同向，也可能反向；若v 1与v 0反向，则v 2一定与v 0同向，选项C 正确、D 错误.答案：BC5.如图所示，在光滑水平面上的小车的表面由光滑的弧形段AB 和粗糙的水平段BC 组成.当小车固定时，从A 点由静止滑下的物体到C 点恰好停止.如果小车不固定，物体仍从A 点静止滑下，则( )A.还是滑到C 点停止B.滑到BC 间某处停止C.会冲出C 点落到车外D.上述三种情况都有可能解析：由动量守恒定律知，小车不固定时，物体与小车达到的共同速度也为零，又由能量的转化和守恒定律有：mg ·Δh ＝μmg ·ΔL即物体仍将滑至C 点停住. 答案：A6.如图所示，船的质量为M ，船上站一质量为m 的运动员，运动员要从这静止的船上水平跃出，到达与船水平距离为s 、比甲板低h 的岸上，至少要做功W ，不计水的阻力，则下列说法正确的是( )A.如s 、h 一定，M 越大，W 越大B.如s 、m 和h 一定，M 越大，W 越小C.如s 、M 和h 一定，W 与m 成正比D.如s 、m 和M 一定，h 越大，W 越小解析：设运动员要跳上岸所需的最小初速度为v 1，此时船的反冲速度为v 2，由动量守恒定律有： Mv 2＝mv 1＝p 0其中v 1＝s g2h可得：v 2＝ms M g2h由能量的转化和守恒定律知，运动员做的功为：W ＝12Mv 22＋12mv 21＝m 2s 2g 4h (1M ＋1m ).答案：BD7.如图所示，一木板静止在光滑水平面上，其右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板的质量M ＝3 kg.一质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端.在上述过程中，弹簧具有的最大弹性势能为( )A.3 JB.6 JC.20 JD.4 J 解析：由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋M )v t由题意知，系统由于摩擦生热而损失的动能为：ΔEk ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2t ＝6 J故知弹簧压缩最大时摩擦生热损失的动能为： 12ΔE k＝3 J 此时弹簧的弹性势能最大为：E p ＝12mv 20－12ΔE k －12(m ＋M )v 2t ＝3 J. 答案：A8. 如图所示，两物体A 、B 用轻质弹簧相连静止在光滑的水平面上，现同时对A 、B 两物体施加等大、反向的水平恒力F 1、F 2，使A 、B 同时由静止开始运动.在运动过程中，对A 、B 两物体及弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A.动量始终守恒B.机械能始终守恒C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D.当弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体的速度为零解析：A 、B 及弹簧组成的系统所受的合外力为零，则动量始终守恒，选项A 正确；F 1、F 2对A 、B 同时做正功或负功，系统的机械能不守恒，选项B 错误；因为F 1、F 2对系统做功之和等于系统机械能的变化，故在弹簧伸长的过程中机械能一直增大，选项C 正确；当弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 的速度最大，选项D 错误.答案：AC9.如图所示，质量相同的两小球A 、B 均用细线吊在天花板上(A 、B 两球均不触地).现将小球A 拉离平衡位置，使其从高h 处由静止开始向下摆动，当它摆至最低点时，恰好与小球B 正碰，则碰后B 球能升起的高度可能为( )A.h 2B.hC.h 4D.h 8解析：当两球发生弹性碰撞时，B 球能向左摆至的最大高度h max ＝h当两球发生完全非弹性碰撞时，B 球能向左摆至的高度有最小极值h min ，有： m 2gh ＝2mv v 2＝2gh min可得：h min ＝h4故B 球能向左摆的高度h ′的范围为：h4≤h ′≤h .答案：ABC10.将质量M ＝3m 的木块固定在水平面上，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，子弹穿出木块时的速度为v 03；现将同样的木块放在光滑的水平面上，相同的子弹仍以速度v 0沿水平方向射入木块，则子弹( )A.不能射穿木块，子弹和木块以相同的速度做匀速运动B.能射穿木块C.刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度为零D.刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度大于v 03解析：当木块固定时，由动能定理及能量的转化和守恒定律知：W f ＝Q ＝12mv 20－12m (v 03)2＝49mv 20 假设木块置于光滑水平面时，子弹射穿至木块右端时恰好与木块达到的共同速度，由动量守恒定律得： mv 0＝(m ＋M )v 1解得：v 1＝v 04则射穿后子弹与木块的总动能以及射穿过程摩擦生热和为：E ′＝12·(4m )·(v 04)2＋49mv 20＝4172mv 20＞12mv 20这违背了能量的转化和守恒定律，故子弹不可能射穿木块. 答案：A非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)40 kg 的女孩骑质量为20 kg 的自行车带40 kg 的男孩(如图所示)，行驶速度为3 m/s.自行车行驶时，男孩要从车上下来.(1)他知道如果直接跳下来，他容易摔跤，为什么？(2)若他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是零.计算男孩下车的瞬间女孩和自行车的速度.(3)计算自行车和两个孩子组成的整个系统的动能在男孩下车前后的值.如果不同，请解释. 解析：(1)男孩直接跳下后具有3 m/s 的水平速度，脚着地后身体由于惯性容易前倾而摔跤. (2)设女孩质量为m 1，男孩质量为m 2，自行车质量为m 车，由动量守恒定律得： (m 车＋m 1＋m 2)v 0＝(m 车＋m 1)v 1解得男孩下车瞬间女孩和自行车的速度v 1＝5 m/s.(3)E k ＝12(m 车＋m 1＋m 2)v 20＝450 J E k ′＝12(m 车＋m 1)v 21＝750 J 故知系统动能增加，说明男孩下车时的推力对车及自己总共做的功为： W ＝E k ′－E k ＝300 J. 答案：略12.(13分)如图所示，一辆质量为m ＝2 kg 的平板车左边放有质量M ＝3 kg 的滑块，滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4，开始时平板车和滑块以v 0＝2 m/s 的共同速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙发生碰撞.设碰撞时间极短，且碰后平板车的速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车的右端，取g ＝10 m/s 2.则(1)平板车第一次与墙发生碰撞后向左运动的最大距离为多少？(2)平板车第二次与墙碰撞前瞬间的速度v 为多大？(3)为使滑块始终不会滑到平板车的右端，平板车至少多长？解析：(1)第一次碰撞后，由于时间极短，滑块M 的速度不变，大小为v 0＝2 m/s ，方向向右；平板车的速度大小为v 0，方向向左.然后两者在摩擦力作用下都做减速运动，平板车向左减速到零时，平板车向左运动的距离为最大.设平板车向左运动的最大距离为s ，对平板车由动能定理得：－μMgs ＝0－mv 202代入数据得：s ＝0.33 m.(2)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，由运动学知识知，平板车此时的速度大小应为2 m/s ，而滑块的速度不小于2 m/s ，方向均向右，这样就违背了动量守恒，所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有相同的速度v ，由动量守恒得：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v解得：v ＝0.4 m/s ，此速度为平板车在第二次与墙碰前瞬间的速度.(3)平板车与墙发生多次碰撞，最后停止在墙边，设滑块相对平板车的总位移为L ，则有： (M ＋m )v 202＝μMgL 代入数据解得：L ＝56m ＝0.83 mL 即为平板车的最短长度.答案：(1)0.33 m (2)0.4 m/s (3)0.83 m13.(14分)如图所示，两端开口、内壁光滑、长为H 的直玻璃管MN 竖直固定在水平面上，a 、b 两个小球直径相等(均略小于玻璃管的内径，且远小于玻璃管的长度)，质量分别为m 1和m 2，且有m 1＝3m 2.开始时，a 球在下，b 球在上，两球紧挨着在管中从M 处由静止同时释放，a 球着地后立即反弹，其速度大小不变，方向竖直向上，紧接着与b 球相碰使b 球竖直上升.设两球碰撞时间极短，碰撞过程中总动能不变.若在b 球开始上升的瞬间，一质量为m 3的橡皮泥c 在M 处自由落下，且b 与c 在管中某处相遇后粘在一起运动.(1)求a 、b 两球碰撞后瞬间的速度.(2)要使b 、c 黏合后能够竖直飞出玻璃管口，则m 2与m 3之比必须满足什么条件？解析：(1)设管长为H ，取向上为正方向，则a 、b 两球到达玻璃管底端时速度都为： v 0＝－2gHa 球着地反弹后瞬间的速度为： v a ＝2gHa 、b 两球相碰前后，由动量守恒定律有： m 1v a ＋m 2v 0＝m 1v a ′＋m 2v b又由总动能守恒，有： 12m 1v 2a ＋12m 2v 20＝12m 1v a ′2＋12m 2v 2b代入m 1＝3m 2，可解得：v a ′＝0，v b ＝8gH .(2)设c 球在M 处下落经过时间t 后与b 球相碰，则有：v b t －12gt 2＋12gt 2＝H解得：t ＝H8g故b 、c 两球碰前瞬间的速度分别为：v b ′＝8gH －gH 8，v c ＝－gH8对于b 、c 两球相碰的过程，由动量守恒定律有： m 2v b ′＋m 3v c ＝(m 2＋m 3)v bc要使b 、c 两球黏合后能飞出管口，则碰后瞬间的速度必须向上，且v bc ≥gH8取v bc ＝gH8代入上式可得：m 2(8gH －gH 8)－m 3gH 8＝(m 2＋m 3)gH8解得：m 2∶m 3＝1∶3因此，要使b 、c 黏合后能够竖直飞出玻璃管口，必须满足条件：m 2m 3>13.答案：(1)8gH (2)m 2m 3>13。

物理人教版高考一轮复习习题：第六章《动量与动量守恒》+第1课时+Word版含答案.doc

第六章第1课时一、单项选择题(本题6小题，每小题6分，共36分)1．物体在恒力作用下运动，下列说法中正确的是()A．动量的方向与受力方向相同B．动量的方向与冲量的方向相同C．动量的增量方向与受力方向相同D．动量变化率的方向与速度方向相同解析：C[物体动量的方向由物体的速度方向决定，只有物体动量的变化(动量的增量)方向才与冲量的方向相同，动量变化率就是物体所受的合外力，其方向与速度方向无关，所以本题只有C选项正确．]2．下列对几种物理现象的解释中，正确的是()A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．推车时推不动，是因为合外力冲量为零D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来解析：C[根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零，则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同．故选C.]3．如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法中正确的是()A．两物体所受重力的冲量相同B．两物体所受合外力的冲量相同C．两物体到达斜面底端时的动量不同D．两物体动量的变化量相同解析：C[设斜面倾角为θ，高为h，斜面长为s，物体的质量为m，由牛顿第二定律可知，F合＝mg sin θ＝ma，即a＝g sin θ，由s＝hsin θ＝12at2得运动时间t＝2ha·sin θ＝2hg sin2θ，到达斜面底端时的速度v ＝at ＝2gh .重力的冲量大小I G ＝mgt ＝mg2h g sin 2θ，θ不同，I G 不同，选项A 错；合外力的冲量大小I 合＝F 合t ＝mg sin θ2h g sin 2θ＝m 2gh ，故I 合大小相同，方向不同，故I 合不同，选项B 错；物体到达斜面底端时，速度方向不同，动量不同，故选项C 对；两物体初动量均为0，末动量方向不同，动量不同，动量变化量不同，选项D 错误．故选C.]4．甲、乙两物体分别在恒力F 1，F 2的作用下沿同一直线运动．它们的动量随时间变化的关系如图所示．设甲在t 1时间内所受的冲量为I 1，乙在t 2时间内所受的冲量为I 2，则F 1与F 2，I 1与I 2的大小关系是( )A ．F 1>F 2，I 1＝I 2B ．F 1<F 2，I 1<I 2C ．F 1>F 2，I 1>I 2D ．F 1＝F 2，I 1＝I 2解析：A [因为冲量I ＝Δp ，从图上可以看出甲、乙两物体所受的冲量的大小I 1＝I 2，又因为I 1＝F 1t 1，I 2＝F 2t 2，t 2>t 1，所以F 1>F 2，故选项A 正确．]5．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s ，则被撞死的兔子奔跑的速度可能为(g 取10 m/s 2)①1 m/s ②1.5 m/s ③2 m/s ④2.5 m/sA ．①③B ．③④C ．②③④D ．①②③④解析：B [选取兔子奔跑的方向为正方向，对兔子由动量定理有：－Ft ＝0－m v 0，F ＝m v 0t .当F ≥mg 时，兔子即被撞死，即F ＝m v 0t≥mg ，所以v 0≥gt ，即v 0≥10×0.2 m/s ＝2 m/s ，故应选B.]6．一粒钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由落体的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则( )A ．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B ．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C ．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小D ．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量解析：C [过程Ⅰ中钢珠只受重力，故重力的冲量等于钢珠动量的变化量，故选项A 不正确．过程Ⅱ中，钢珠所受阻力和重力的合力的冲量等于过程Ⅱ中钢珠动量的变化量，而该过程中动量变化量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小，选项B、D均不正确．把过程Ⅰ和过程Ⅱ作为全程考虑，钢珠动量的变化量为零，即I G－I阻＝0，故I G＝I阻，选项C正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7．(68520174)下列关于动量的说法中，正确的是()A．物体的动量改变，其速度一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变解析：AD[动量是矢量．有大小也有方向，动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同，质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A正确，B、C错，物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，故D正确．]8．(2017·山西师大附中期末)关于冲量和动量，下列说法中正确的是()A．冲量是反应力在作用时间内积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．冲量是物体动量变化的原因D．冲量方向与动量方向一致解析：ABC[冲量I＝Ft是描述力在作用时间内积累效果的物理量，故选项A正确．动量p ＝m v，v为物体在某时刻的瞬时速度，故动量是描述物体运动状态的物理量，选项B正确．根据动量定理I＝Δp，动量的变化是冲量作用的结果，选项C正确．冲量的方向始终与动量变化的方向相同，故选项D不正确．]9．原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则() A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：BC[0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，选项A错；t＝t0时，物体速度最大，t ＝2t 0时，物体速度为零，由动量定理Ft ＝Δm v 可得，I ＝F 0t 0－F 0t 0＝0，在0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等，选项B 、C 正确；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，选项D 错．]10．在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )A ．运动半径之比是1∶2B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1解析：AB [α粒子与质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，动量大小相同，由p ＝m v可知速度之比为1∶4，C 错误．在匀强磁场中，由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB，即运动半径之比为1∶2，A 正确，由T ＝2πm qB得，周期之比为2∶1，B 正确．由f ＝q v B 可知，洛伦兹力之比为1∶2，D 错误．]三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(68520175)(20分)一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v 随时间t 的变化关系如图丙所示．求：(1)0～8 s 时间内拉力的冲量；(2)0～6 s 时间内物体的位移；(3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功．解析：(1)由题意可知0～2 s 内I 1＝F 1t 1＝1×2 N·s ＝2 N·s2～6 s 内I 2＝F 2t 2＝3×4 N·s ＝12 N·s6～8 s 内I 3＝F 3t 3＝2×2 N·s ＝4 N·sI 总＝I 1＋I 2＋I 3＝18 N·s(2)由v -t 图象可知，0～6 s 内物体的位移x 1＝6－22×3 m ＝6 m (3)6～8 s 内物体做匀速直线运动，因此可知F f ＝F ＝2 N6～8 s 内物体的位移x 2＝v t ＝3×2 m ＝6 m8～10 s 内物体的位移x 3＝(10－8)2×3 m ＝3 m W f ＝F f x 总＝2×(6＋6＋3) J ＝30 J答案：(1)18 N·s (2)6 m (3)30 J12．(68520176)(20分)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49 t ，以54 km/h 的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s 2(不超载时则为5 m/s 2)．(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？(2)若超载货车刹车时正前方25 m 处停着总质量为1 t 的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s 后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？解析：(1)设货车刹车时速度大小为v 0，加速度大小为a ，末速度大小为v ，刹车距离为s ，则s ＝v 20－v 22a① 代入数据得，超载时s 1＝45 m ②不超载时 s 2＝22.5 m ③(2)设货车刹车后经s ′＝25 m 与轿车碰撞时的速度大小为v 1，则v 1＝v 20－2as ′④设碰撞后两车共同速度为v 2，货车质量为M ，轿车质量为m ，由动量守恒定律得M v 1＝(M ＋m )v 2⑤设货车对轿车的作用时间为 Δt ，平均冲力大小为F ，由动量定理得F Δt ＝m v 2⑥联立④⑤⑥式，代入数据得F ＝9.8×104 N ⑦答案：(1)超载时s 1＝45 m ；不超载时s 2＝22.5 m(2)9.8×104 N经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

高考试卷试题复习物理一轮复习练习及解析第六单元动量

定额市鞍钢阳光实验学校第六单元动量第31讲动量冲量动量定理体验成功1.小球自由落下，与地面发生碰撞后的瞬间，其反弹速度与落地速度大小相等.若从释放时开始计时，取初始位置为参考点，向上为正方向，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力.则下图中能正确描述小球各物理量与时间关系的是( )答案：B2.在我们的体育课上，体育老师在讲解接篮球的技巧时，经常这样描述：当接迎面飞来的篮球，手接触到球以后，两臂随球后引至胸前把球接住.这样做的目的是( )A.减小篮球的冲量B.减小篮球的动量变化C.增大篮球的动量变化D.减小篮球的动量变化率解析：水平方向有：F Δt ＝Δp得：F ＝ΔpΔt故接球后两臂起缓冲作用，减小篮球的动量变化率.答案：D3.木块A 从斜面底端以初速度v 0冲上斜面，经一段时间后，又回到斜面底端.若木块A 在斜面上所受的摩擦阻力大小不变，对于木块A ，下列说法正确的是( )A.全过程中重力的冲量为零B.全过程中重力做的功为零C.上滑过程中动量的变化量的大小等于下滑过程中动量的变化量的大小D.上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量解析：整个过程重力的冲量I G ＝mgt ，选项A 错误；重力做的功W G ＝mg ×0＝0，选项B 正确；上滑过程动量的变化大小：Δp 1＝mv 0下滑过程动量的变化大小：Δp 2＝mv又v ＜v 0可得Δp 1＞Δp 2，选项C 错误；上滑和下滑过程机械能的变化均为克服摩擦力所做的功：ΔE ＝f ·s ，选项D 错误.答案：B4.质量分别为m 1和m 2的两个物体(m 1＞m 2)，在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能.与运动方向相同的水平力F 分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和E k1、E k2，比较它们的大小，有( )A.p1＞p2，E k1＞E k2B.p1＞p2，E k1＜E k2C.p1＜p2，E k1＞E k2D.p1＜p2，E k1＜E k2解析：动量与动能的关系为：p＝2mE k由p1＝2m1E k＋Ft，p2＝2m2E k＋Ft得：p1＞p2又因为经过相同的时间后m1的位移小于m2的位移，由动能定理有：E k1＝E k＋Fs1，E k2＝E k＋Fs2故E k1＜E k2.答案：B5.2006年11月26日，兰州空某部飞行员李剑英驾驶歼击机训练结束后，在下降途中飞机遇到鸽群撞击，只听见“砰”的一声巨响，发动机被撞坏了.为了避免飞机坠入在人员密集的村庄，李剑英放弃跳伞不幸殉难.现假设某飞机的飞行速度为300 m/s，撞上一只以8 m/s的速度迎面飞来的、质量为0.5 kg 的鸟，作用时间为1×10－4 s，则鸟撞击飞机的平均作用力约为( )×106N B.3×106 NC.1.5×107ND.3×107 N解析：取飞机速度方向为正，对于鸟有：F·Δt＝mv飞－m(－v鸟)解得：F≈1.5×106 N.答案：A6.有一高空作业的工人重为600 N，系一条长L＝5 m的安全带.若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s，则在缓冲时间里安全带对人的平均拉力F 是多大？(g取10 m/s2)解析：解法一如图所示，人跌落时为自由下落，刚要拉紧安全带时的速度v1＝2gL，经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，由动量定理得：(mg－F)t＝0－mv1代入数据可解得：F＝1200 N.解法二在整个下落的过程中，人受到的重力的冲量大小为mg(2Lg＋t)，拉力F的冲量大小为Ft.初末动量都是零，取向下的方向为正方向，由动量定理得：mg(2Lg＋t)－Ft＝0可解得：F＝1200 N.答案：1200 N金典练习十五动量冲量动量定理选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面的边缘，当用速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点.若以速度2v 抽出纸条，则铁块落地点为( )A.仍在P 点B.留在桌面或在P 点左边C.在P 点右边不远处D.在P 点右边原水平位移的两倍处答案：B2.跳高时，跳高运动员总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，这样做是为了( )A.减小运动员的动量变化B.减小运动员所受的冲量C.延长着地过程的作用时间D.减小着地时运动员所受的平均冲力解析：运动员在着地过程中的动量变化量相同，根据F ＝ΔpΔt＋mg 知，缓冲时间越长，平均冲力越小，选项C 、D 正确.答案：CD3.如图所示，两物体A 和B 叠放在水平面上，水平拉力F 作用在B 上，A 和B 一起沿力的方向做匀加速直线运动，则在任一段时间内( )A.A 和B 各自受到的冲量都为零B.B 受到的冲量为零，A 受到的冲量不为零C.A 受到的冲量为零，B 受到的冲量不为零D.A 和B 各自受到的冲量都不为零解析：由I ＝F 合·Δt ＝ma ·Δt 知，物体A 、B 受到的冲量都不为零. 答案：D4.一物体竖直向下匀加速运动了一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是( )A.物体的机械能一定增加B.物体的机械能一定减少C.相同时间内，物体动量的增量一定相等D.相同时间内，物体动能的增量一定相等解析：当物体的加速度a ＞g 时，物体的机械能增加；当物体的加速度a ＝g 时，物体的机械能守恒；当物体的加速度a ＜g时，物体的机械能减小，故选项A 、B 错误.由动量定理知，物体动量的增加量Δp ＝F 合·Δt ，选项C 正确.由动能定理知，物体动能的增加量ΔE k ＝F 合·s ＝F 合·(vt ＋12at 2)，选项D错误.答案：C5.用子弹射击一木块，在射入木块前子弹的动能为E 1，动量的大小为p 1；射穿木块后子弹的动能为E 2，动量大小为p 2.若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块的过程中平均速度的大小为( )A. E 1＋E 2p 1＋p 2B. E 2－E 1p 2－p 1C. E 1p 1＋E 2p 2D.E 1p 1－E 2p 2解析：由E 2－E 1p 2－p 1＝12m (v 22－v 21)m (v 2－v 1)＝v 2＋v 12＝v 知，选项B 正确.同理，由E 1p 1＋E 2p 2＝v 2＋v 12＝v 知，选项C 正确.答案：BC6.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，今有一子弹水平穿过两木块.设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.ft 1m 1B.ft 1m 1＋m 2C.f (t 1＋t 2)m 1＋m 2D.f (t 1＋t 2)m 1解析：子弹穿过木块A 的过程有：ft 1＝(m 1＋m 2)v A子弹穿过木块B 的过程有：ft 2＝m 2v B －m 2v A可得v A ＝ft 1m 1＋m 2，故选项B 正确.答案：B 7.如图所示，竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为3 kg 的物体B 固定在一起，质量为1 kg 的物体A 放于B 上，现在A 和B 一起竖直向上运动.当A 、B 分离后，A 上升0.2 m 到达最高点，此时B 的速度方向向下，弹簧为原长，则从A 、B 分离起至A 到达最高点的过程中，弹簧的弹力对B 的冲量大小为(g 取10 m/s 2)( )N·s B.8 N·sC.6 N·sD.4 N·s解析：A 、B 在弹簧为原长时的位置分离，由题意知此时A 、B 的速度v 0＝2gh ＝2 m/s.过原长位置后，由于加速度、速度不同而使A 上升，上升的时间为：Δt ＝v 0g＝0.2 s ，A 、B 分离，对于B 有：I 弹＋mg Δt ＝mv 0－m (－v 0)＝2mv 0代入数据解得：I 弹＝6 N·s，选项C 正确.答案：C8.光子有能量也有动量，动量p ＝hλ，它也遵守有关动量的规律.如图所示，在真空中，有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片(吸收光子)，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片(反射光子).当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于装置开始转动时的情况(俯视)，下列说法中正确的是( )A.顺时针方向转动B.逆时针方向转动C.都有可能D.不会转动解析：一个光子与白纸片碰撞的过程I 右＝2p 光；一个光子与黑纸片碰撞的过程I 左＝p 光；故I 右＞I 左，选项B 正确.答案：B9.水平拉力F 1、F 2分别作用在水平面的物体上一段时间后又撤去，使物体都由静止开始运动而后又停下.如果物体在两种情况下的总位移相等，且F 1＞F 2，那么在这样的情况中( )A.F 1比F 2的冲量大B.F 1比F 2的冲量小C.F 1与F 2的冲量相等D.F 1与F 2的冲量大小无法比较解析：在同一图中作出两种情况下的v －t 图象.在物体做减速运动的阶段，由于动摩擦因数相同，故加速度相等，图中CD 平行于AB .因为F 1＞F 2，所以物体受F 1作用时比受F 2作用时的加速度大.物体两次通过的总位移相等，表明△AOB 与△COD 的面积相等.设F 1、F 2的作用时间和它们撤去后物体滑行的时间分别为t 1、t 2、t 1′、t 2′，物体的始末动量均为零，根据动量定理有：F 1t 1－f (t 1＋t 1′)＝0 F 2t 2－f (t 2＋t 2′)＝0由图可知：t 1＋t 1′＜t 2＋t 2′，所以f (t 1＋t 1′)＜f (t 2＋t 2′)即F 1t 1＜F 2t 2，故选项B 正确. 答案：B10.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S ，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是( )A.ρvSB.ρv 2S C.12ρv 2S D.ρv 2S解析：Δt 时间内气瓶喷出气体的质量Δm ＝ρSv ·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：F ·Δt ＝Δm ·v －0解得：F ＝ρv 2S ，选项D 正确.答案：D非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)某中学生身高1.80 m ，质量70 kg.他站立举臂，手指摸到的高度为2.25 m.如果他先缓慢下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70 m.设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3 s.取g ＝10 m/s 2，求：(1)他刚离地跳起时的速度大小.(2)他与地面间的平均作用力的大小. 解析：(1)跳起后重心升高h ＝2.70 m －2.25 m ＝0.45 m.根据机械能守恒定律12mv 2＝mgh解得：v ＝2gh ＝3 m/s.(2)根据动量定理有：(F －mg )t ＝mv －0解得：F ＝m (g ＋vt)＝1400 N.答案：(1)3 m/s (2)1400 N12.(13分)关于哥伦比亚号航天飞机失事的原因，媒体报道说，航天飞机发射时一块脱落的泡沫损伤了左翼的隔热瓦，于是最终酿成大祸.据航天局航天计划的Dittemore 于2003年2月5日在新闻发布会上说，撞击航天飞机左翼的泡沫长20英寸(约50.8 cm)、宽16英寸(约40.6 cm)、厚6英寸(约15.2 cm)，其质量大约为1.3 kg ，撞击时速度约为250 m/s ，方向向上，而航天飞机的上升速度大约为700 m/s.假定碰撞时间等于航天飞机前进泡沫的长度所用的时间，相撞后认为泡沫全部附在飞机上.根据以上信息，估算“哥伦比亚”号航天飞机左翼受到的平均撞击力.(结果保留一位有效数字)解析：由题意知航天飞机与泡沫块的作用时间为： Δt ＝0.508700s设碰撞过程中航天飞机对泡沫块的平均冲力大小为F ，由动量定理得：F ·Δt ＝mv 1－mv 2 (F 远大于泡沫块受的重力)解得：F ＝8×105N由牛顿第三定律知，航天飞机左翼受到的平均撞击力为8×105N. 答案：8×105N13.(14分)图示为一支将要竖直向上发射的，其质量为6000 kg ，点火后喷气速度为2.5 km/s ，忽略发射初期质量的变化，问：(取g ＝10 m/s 2)(1)点火后每秒至少要喷射多少气体才能使开始上升？(2)如果要使开始有2 m/s 2向上的加速度，则每秒要喷出多少气体？解析：(1)设每秒喷射出质量为m 0的高速气体时产生的反冲力大小等于的重力.对于Δt 时间的喷出的气体，由动量定理得：F ·Δt ＝m 0·Δt ·v 0－0由牛顿第三定律得：F ＝Mg ＝60000 N 解得：m 0＝24 kg.(2)设每秒喷出质量为m 的气体时能使以2 m/s 2的加速度加速上升，则此时受到的冲力大小为：F ′＝Mg ＋ma ＝7.2×104 N对于Δt 时间内喷出的气体，由动量定理得：F ′·Δt ＝m ·Δt ·v 0－0解得：m ＝28.8 kg.答案：(1)24 kg (2)28.8 kg第32讲动量守恒定律及其应用体验成功1.如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是( )A.子弹从开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒B.子弹射入木块的过程中，系统动量守恒C.子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒D.木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒解析：子弹射入木块在瞬间完成，这一过程木块的位移以及弹簧的作用可以忽略不计，故木块与子弹组成的系统动量守恒，这一过程机械能不守恒.压缩弹簧的过程动量越来越小，但木块和弹簧组成的系统机械能守恒，选项B正确.答案：B2.质量为M的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，今有一颗质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块，在子弹未穿出木块的过程中，木块受到的冲量大小为( )A.mv0B.mv0－mMv0m＋MC.mMv0m＋MD.mv0－m2v0m＋M解析：由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v木块受到的冲量大小I＝Mv联立解得：I＝mMv0m＋M选项C、D是相同结果的不同表达式，所以选项C、D正确.答案：CD3.A、B两球在光滑水平面上相向运动，已知m A＞m B，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可断定( )A.碰前A的动量与B的动量大小相等B.碰前A的动量大于B的动量C.若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量D.若碰后B的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量解析：碰后只有一球静止，说明系统总动量不为零，选项A错误；由于不知道哪个球停止，则不能判断碰前谁的动量大，B错误；由于二球相向运动，一球停止，另一球的运动方向必与其原运动方向反向，总动量与静止球原动量方向相同，因此选项C正确.答案：C4.小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p1＝5 kg·m/s，p2＝7kg·m/s，正碰后小球2的动量p2′＝10 kg·m/s.则两球的质量关系可能是( )A.m2＝m1B.m2＝2m1C.m2＝4m1D.m2＝6m1解析：由动量守恒定律，很容易得到碰后小球1的动量p1′＝2 kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找.首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v1＞v2，由v＝pm可得，p1m1＞p2m2，即m2＞7m15，排除了选项A的可能.按同样思路，碰后应有v1′≤v2′，p1′m1≤p2′m2，有m2≤5m1，排除了选项D的可能.由动能不增原则可知：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′，由动能E k与动量p的关系：E k＝p22m可得：p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2即有：m2≥51m121，排除了选项B的可能.综合以上结论得：51m121≤m2≤5m1，只有选项C正确.答案：C5.如图所示，人在平板车上用水平恒力拉绳使重物能逐渐靠近自己，人相对车始终不动，重物与平板车之间、平板车与地面之间均无摩擦.设开始拉重物时车和重物都是静止的，车和人的总质量M＝100 kg ，重物的质量m＝50 kg，拉力F＝200 N，重物在车上向人靠近了3 m，求：(1)车在地面上移动的距离.(2)这时车和重物的速度.解析：(1)设重物在车上向人靠近L＝3 m时，车在地面上移动的距离为s，依题意有：m(L－s)＝Ms整理得：s＝1 m.(2)人和车的加速度a＝FM＝200100m/s2＝2 m/s2则人和车在地面上移动1 m时的速度为：v＝2as＝2 m/s此时物体的对地速度为v物，根据mv物＝Mv得：v物＝4 m/s.答案：(1)1 m (2)4 m/s6.用发射人造卫星时，假设最后一节的燃料用完后，壳体和卫星一起以v＝7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量m＝500 kg，最后一节壳体的质量M＝100 kg.某时刻壳体与卫星分离，分离时卫星与壳体沿轨道切线方向的相对速度u＝1.8×103m/s，试计算分离后瞬间卫星的速度和壳体的速度.(以地面为参考系)解析：设分离后卫星与壳体相对地面的速度分别为v1和v2，分离时系统在轨道切线方向上动量守恒，有：(m＋M)v＝mv1＋Mv2又u＝v1－v2解得：v1＝7.3×103 m/sv2＝5.5×103 m/s.答案：7.3×103 m/s 5.5×103 m/s金典练习十六动量守恒定律及其应用选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，小车放在光滑的水平面上，先将小球拉到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且小球与小车组成的系统动量守恒B.小球向左摆动时，小车向右运动，且小球与小车组成的系统动量守恒C.小球向左摆到最高点时，小球的速度为零，而小车速度不为零D.在任何时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反答案：D2.一颗手榴弹以v 0＝10 m/s 的水平速度在空中飞行.设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2 kg ，沿原方向以250 m/s 的速度飞去，那么，质量为0.4 kg 的大块在爆炸后速度大小和方向是( )A.125 m/s ，与v 0反向B.110 m/s ，与v 0反向C.240 m/s ，与v 0反向D.以上答案均不正确解析：由动量守恒定律有：Mv 0＝m 1v 1＋m 2v 2 即0.6×10＝0.2×250＋0.4v 2解得：v 2＝－110 m/s ，负号表示方向与v 0相反.答案：B3.如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，当他俩同时相向行走时，发现小车向右运动.下列说法不．正确．．的是(车与地面之间无摩擦)( )A.乙的速度必定大于甲的速度B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C.乙的动量必定大于甲的动量D.甲、乙动量总和必定不为零解析：甲、乙及小车组成的系统水平方向动量守恒、总动量为零，当小车向右运动时，说明甲、乙两人的总动量水平向左，乙对小车向右的冲量大于甲对小车向左的冲量.答案：A4.如图所示，半圆槽M 置于光滑的水平面上.现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m 的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是( )A.若圆弧面光滑，则系统动量守恒B.若圆弧面光滑，则小球能滑至半圆槽左端入口处C.若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，且小球到达最左端时，系统有向右的速度D.若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，但小球到达最左端时，系统速度为零解析：无论槽是否光滑，这一过程系统竖直方向的动量都不守恒，而水平方向上系统的动量守恒.当弧面光滑时，系统机械能守恒.设小球释放后到达槽的最右端的高度为h ，共同速度为v ，有：(m ＋M )×0＝(m ＋M )vmgR ＝mgh ＋12(m ＋M )v 2解得：v ＝0，h ＝R . 答案：BD5.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上.现使B 瞬时获得水平向右的速度v ＝3 m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( )A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都处于伸长状态B.两物体的质量之比m 1∶m 2＝2∶1C.在t 2时刻A 与B 的动能之比E k1∶E k2＝4∶1D.从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长解析：在t 1、t 3时刻两物体达到共同速度1 m/s ，其中t 1时刻弹簧处于伸长状态，t 3时刻弹簧处于压缩状态.故选项A 错误.由动量守恒定律得：m 2×3＝(m 1＋m 2)×1 解得：m 1∶m 2＝2∶1，故选项B 正确.在t 2时刻E k1∶E k2＝12m 1×22∶12m 2×12＝8∶1，故选项C 错误.在t 4时刻A 、B 相对速度最大，弹簧处于原长状态，故选项D 正确.答案：BD6.A 、B 两球沿同一条直线运动，图示的s －t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的s －t 图线，c 为碰撞后它们的s －t 图线.若A 球质量为1 kg ，则B 球质量是( )A.0.17 kgB.0.34 kgC.0.67 kgD.1.00 kg 解析：由图象可知碰撞前两者做匀速直线运动的速度分别为：v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s ＝2m/s 碰撞后二者粘在一起做匀速直线运动的速度为：v c ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s由于碰撞过程中动量守恒，则有：m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c可解得：m B ＝0.67 kg. 答案：C7.如图所示，静止在水平面上内壁光滑的盒子中有一小球，盒子与小球的质量均为m ，盒子与水平面间的动摩擦因数为μ.现给盒子一个水平向右的冲量I ，设盒子与小球发生多次没有机械能损失的碰撞，最终都停下来.用t 表示从瞬时冲量作用在盒子上到最终停下来所用的时间，s 表示以上过程中盒子的位移.则下列各式正确的是( )A.t ＜I 2μmg ，s ＝I 22m 2μgB.t ＜I 2μmg ，s ＝I 24m 2μgC.t ＞I 2μmg ，s ＝I 22m 2μgD.t ＞I 2μmg ，s ＝I 24m 2μg解析：取盒子及小球整体为研究对象，由动量定理有I －2mg ·μ·t 0＝0，故滑动摩擦力的作用时间t 0＝I2μmg，又因为每次盒子左壁与小球碰撞后，盒子与小球的速度交换，盒子处于静止状态，直至小球与盒子右壁碰撞，故t ＞t 0＝I 2μmg .又由动能定理：2μmgs ＝12mv 2－0＝I 22m ，故s ＝I 24m 2μg. 答案：D8.如图所示，一沙袋用无弹性轻绳悬于O 点.开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一次弹丸的速度为v 1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°；当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v 2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸的质量是沙袋质量的140，则以下结论中正确的是( )A.v 1＝v 2B.v 1∶v 2＝41∶42C.v 1∶v 2＝42∶41D.v 1∶v 2＝41∶83解析：两次打入沙袋的时间都非常短，不需考虑这一段时间沙袋的摆动位移，即射入过程弹丸和沙袋组成的系统动量守恒.设第一粒弹丸打入沙袋后瞬间，弹丸和沙袋的共同速度为v 1′，有：mv 1＝41mv 1′解得： v 1′＝141v 1由机械能守恒定律可知，它们共同返回平衡位置时的速度大小仍为141v 1，方向水平向左.设第二粒弹丸打入沙袋后沙袋的速度为v 2′，由题意知v 2′＝v 1′＝141v 1，对于第二粒弹丸打入沙袋的过程有：mv 2－41mv 1′＝42mv 2′＝42m ·(141v 1)解得：v 1v 2＝4183.答案：D9.如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p 1＝5kg ·m/s 和 p 2＝7 kg·m/s.若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp 1和Δp 2可能是( )A.Δp 1＝－3 kg·m/s，Δp 2＝3 kg·m/sB.Δp 1＝3 kg·m/s，Δp 2＝3 kg·m/sC.Δp 1＝3 kg·m/s，Δp 2＝－3 kg·m/sD.Δp 1＝－10 kg·m/s，Δp 2＝10 kg·m/s 解析：由题意知，5 kg·m/s m 甲＞7 kg·m/s m 乙E k ＝522m 甲＋722m 乙当动量做选项A 所述的变化时，系统的动量守恒，通过计算可知机械能可能减小，故有可能成立；当动量做选项B 所述的变化时，系统的动量不守恒，故不可能成立；当动量做选项C 所述的变化时，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立；当动量做选项D 所述的变化时，系统的动能增大，故不可能成立. 答案：A 10.如图所示，三块相同的小木块从相同的高度由静止开始同时释放，其中A做自由落体运动，B 在自由下落的中途被一水平方向的子弹射入，C 在释放的瞬间被一水平方向的子弹射入.则关于它们的下落时间t A 、t B 、t C 的关系，正确的是( )A.t A ＝t B ＝t CB.t A ＝t B ＜t CC.t A ＜t B ＜t CD.t A ＝t C ＜t B解析：t A ＝2hg，C 在释放的瞬间，获得水平初速度后做平抛运动，t C ＝2hg＝t A .设B 自由下落速度达到v 1时被水平飞行的子弹射入，子弹射入的过程中可认为系统动量守恒，在水平方向有mv 0＝(m ＋M )v x ，在竖直方向有Mv 1＝(M ＋m )v y ，可得v y ＜v 1，由此可知子弹射入的过程使B 的竖直速度减小，故t B ＞2h g.答案：D非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 02射出.已知重力加速度为g ，求：(1)此过程中系统损失的机械能.(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离. [高考·全国理综卷Ⅱ]解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得：mv 0＝m v 02＋Mv解得：v ＝m2Mv 0系统的机械能损失为： ΔE ＝12mv 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m (v 02)2＋12Mv 2＝18(3－m M)mv 20. (2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则h ＝12gt 2s ＝vt可解得：s ＝mv 0M h 2g. 答案：(1)18(3－m M )mv 20 (2)mv 0Mh 2g12.(13分)如图甲所示，固定的光滑水平绝缘轨道与竖直放置的光滑绝缘的圆形轨道平滑连接，圆形轨道处于水平向右的匀强电场中，圆形轨道的最低点有A 、B 、C 、D 四个小球.已知m A ＝m B ＝m C ＝m D ＝0.3 kg ，A 球带正电，电荷量为q ，其余小球均不带电.电场强度E ＝3mg q，圆形轨道半径R ＝0.2 m ，小球C 、D 与处于原长的轻弹簧2连接，小球A 、B 中间压缩一轻且短的弹簧1，轻弹簧与A 、B 均不连接，由静止释放A 、B 后，A 恰能做完整的圆周运动.B 被弹开后与C 小球碰撞且粘连在一起，设碰撞时间极短.g 取10 m/s 2，求：(1)A 球刚离开弹簧时速度的大小. (2)弹簧2的最大弹性势能. 解析：(1)因qE ＝3mg ，由题意知小球恰好能通过图乙中的P 点，设经过P点的速度为v ，由小球A 的重力和电场力的合力提供向心力有：F 合＝2mg ＝m v 2R在圆周轨道的最低点弹簧将B 、A 两球分别向左右弹开，设弹开时A 、B 两球的速度大小分别为v A 、v B ，由动量守恒有：mv A ＝mv B ，即v A ＝v B小球A 从圆周轨道的最低点运动到P 的过程中，由动能定理有：－F 合(R ＋R cos 60°)＝12mv 2－12mv 2A联立解得：v A ＝v B ＝8Rg ＝4 m/s.(2)设B 、C 碰后速度为v 1，B 与C 碰撞动量守恒由mv A ＝2mv 1得v 1＝2 m/sB 、C 整体减速，D 球加速，当两者速度相等时设为v 2，弹簧最短，此时弹性势能最大，有：2mv 1＝3mv 2，得：v 2＝43 m/s故E pm ＝12×2mv 21－12×3mv 22＝0.4 J.答案：(1)4 m/s (2)0.4 J13.(14分)质量M ＝4.0 kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，如图甲所示.当t ＝0时，两个质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 的小物体A 、B ，都以大小为v 0＝7 m/s 、方向相反的水平速度同时从小车板面上的左右两端相向滑动.到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A 、B 与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，求：(1)A 在车上刚停止滑动时，A 和车的速度大小.(2)A 、B 在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动的时间.(3)在图乙给出的坐标系中画出小车运动的v －t 图象.甲乙解析：(1)当A 和B 都在车上滑行时，在水平方向它们的受力情况如图丙所示. 由图丙可知，A 向右减速，B 向左减速，小车向右加速，所以首先是A 物块的速度减小到与小车的速度相等.设A 减速到与小车的速度大小相等时，所用时间为t 1，其速度大小为v 1，则：v 1＝v 0－a A t 1 μm A g ＝m A a A v 1＝a 车t 1μm A g －μm B g ＝Ma 车可解得：v 1＝1.4 m/s ，t 1＝2.8 s.(2)根据动量守恒定律有：丙。

高考物理-全品一轮第6单元动量作业详解

教师详解(作业手册)课时作业(十七)1.A[解析]小球从被抛出至到达最高点经历时间2 s,受到的冲量大小为10 N·s,选项A正确;小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s,受到的冲量大小为20 N·s,动量是矢量,返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s,但方向与被抛出时相反,故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s,选项B、C、D错误.2.D[解析]滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定运动员对球的作用时间,所以无法确定运动员对球的冲量,选项D正确.3.B[解析]根据动量定理得FΔt=(m1+m2)Δv,解得m2=3485 kg,选项B正确.4.C[解析]足球自由下落时有h=gt2,解得t==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(F'N-mg)Δt=m v-(-m v),又v=gt=4 m/s,联立解得F'N=36 N,由牛顿第三定律知足球对头部的平均作用力F=F'N=36 N,故C正确.N5.C[解析]热水瓶胆做成两层并把两层中间的空气抽去,是为了防止空气对流而散失热量,从而更好地保温,与动量定理无关,其他几项中做法均与动量定理有关,故选项C正确.6.AD[解析]由题意可知,兔子的初速度v0=15 m/s,则兔子撞树前的动量大小p1=m v1=2 kg×15 m/s=30 kg·m/s,选项A正确;末速度v=-1 m/s,末动量p=m v2=2 kg×(-1 m/s)=-2 kg·m/s,兔子撞树过程中的动量变化量为Δp=p2-p1=-2 kg·m/s-30 kg·m/s=-322kg·m/s,选项B错误;兔子撞树过程中的动量变化量为负值,说明兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相反,选项C错误;由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量I=Δp=-32 N·s,选项D正确.7.D[解析]钢球从距地面5 m的位置落到地面所用时间t1==1 s,与地面碰前瞬时的速率v1==10m/s,与地面碰后瞬间的速率v2==9 m/s,上升至距地面4.05 m所用时间t2==0.9 s,钢球与地面碰撞的时间Δt=t-t-t2=0.1 s,则(F-mg)·Δt=m v2-(-m v1),解得F=mg+ N=100 N,选1项D正确.8.C[解析]由于弹簧的弹力是变力,因此该力的冲量不能用公式I=Ft直接求解,可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变化)间接求解.已知弹簧储存了50 J的弹性势能,可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度,然后运用动量定理求冲量,所以有Ep=m v2,I=m v,解得弹簧弹力对物体的冲量I=20 N·s,选项C正确.9.BCD[解析]由图像可知物体在0~4 s内先做匀加速运动后做匀减速运动,4 s末的速度为零,位移在0~4 s内一直增大,A错误;前2 s内拉力做正功,后2 s内拉力做负功,且两段时间内做功代数和为零,故B正确;4 s末的速度为零,故物体的动量为零,C 正确;根据动量定理,0~4 s内物体的动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,故D正确.10.AC[解析]小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减小了mg(H+h),则小球的机械能减小了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程运用动能定理,得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做的功W f=mg(H+h),故B错误;小球落到地面时的速度v=,对小球从开始进入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得I G-I F=0-m,则I F=I G+m,可知阻力的冲量大于m,故C正确;对全过程运用动量定理,可知动量的变化量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.11.(1)①ρS(H+26h)(2)[解析](1)①水从管口沿水平方向喷出,做平抛运动,设水喷出时的速度为v,做平抛运动所用的时间为t,竖直方向上有h=gt2水平方向上有10h=vt时间t0内喷出的水的质量m=ρV=ρvt0S每秒喷出的水的质量m=联立解得m=ρS.②时间t0内水泵输出的功W=mg(H+h)+输出功率P=解得P=ρSg(H+26h).(2)取与地面作用的一小块水Δm为研究对象,根据动量定理有F'·Δt=Δm·v 由牛顿第三定律得F'=F由题意可知Δm=m·Δt解得v=.12.[解析]直升机悬停时受到的升力F=mg设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v,在很短的时间Δt内,螺旋桨推动空气的质量Δm=ρS vΔt对于质量为Δm的这部分空气,根据牛顿第三定律,F=F'由动量定理得F'Δt=Δm·v设发动机的功率为P,由动能定理得PΔt=v2联立解得P=.13.[解析]设在很短的时间Δt内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m',所受飞船的作用力为f'.由于飞船的质量为M,飞船与尘埃发生的是弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有M v0=M v1+m'v2解得v=v02由于M≫m',所以碰撞后尘埃的速度v=2v02对尘埃,根据动量定理有f'Δt=m'v2,其中m'=ρS v0Δt则飞船所受阻力f=f'=2ρS设一个离子在电场中加速后获得的速度为v,根据动能定理得eU=m v2设单位时间内离子加速器射出的离子数为n,在很短的时间Δt内,根据动量定理得F'Δt=nΔtm v则飞船所受动力F=F'=nm v飞船做匀速运动,则有F=f解得n=.课时作业(十八)1.ACD[解析]当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故两手同时放开后系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手,左边的物体向左运动,再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒,且总动量方向向左,故选项B错误,C、D正确.2.C[解析]取水平向东为正方向,爆炸过程系统内力远远大于外力,动量守恒,有3m v0=2m v+m v x,可得v x=3v0-2v,C正确.3.C[解析]飞船发动机点火喷出燃气这一过程动量守恒,由动量守恒定律得m v=(m-Δm)v1-Δm v2,选项C正确.4.C[解析]A、B两球发生碰撞,规定向右为正方向,碰撞前两球动量相等,m B>m A,则v B<v A,所以左方的小球是A球.碰撞后A 球的动量为4 kg·m/s,由于系统在水平方向上动量守恒,所以碰撞后B球的动量为12 kg·m/s,由于mB=2m A,所以碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3,故C正确.5.AC[解析]设物体B自由下落至与A碰撞前瞬间的速度为v0,根据自由落体运动规律得v0=m/s=6 m/s,设在A、B碰撞后瞬间,二者共同速度为v,以向下为正方向,根据动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,解得v=2 m/s,A正确;二者一起运动0.25 s的过程中,选择B作为研究对象,根据动量定理,得(m2g-)t=0-m2v,解得=18 N,方向竖直向上,若B受到A的作用力恒为F=18 N,则根据动能定理可得-Fx+m2gx=0-m2v2,解得x=0.25 m,即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25 m,但A对B的作用为非恒力,B错误,C正确;若二者在碰撞的位置分开,则与A分开后B还能上升的最大高度h==0.2 m,但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开,故B还能上升的最大高度小于0.2 m,D错误.6.AB[解析]系统动量守恒,物体C离开弹簧时正向右运动,动量方向向右,系统的总动量为零,所以小车的动量方向向左,由动量守恒定律有m v1-M v2=0,所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1的比值为;当物体C与小车的B端粘在一起后,由动量守恒定律知,系统的总动量为零,即小车和物体均静止,整个过程中弹性势能转化为内能,所以选项A、B正确.7.BD[解析]图线与横轴围成的图形的面积表示位移大小,在t1时刻B的位移大于A的位移,此时弹簧处于伸长状态,在t3时刻B向右做加速运动,即受到向右的弹力,所以此时弹簧处于压缩状态,A错误;当B的加速度为零时,弹簧弹力为零,所以t4时刻弹簧恢复原长,故t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长,B正确;由于整个过程中两个物块和弹簧组成的系统动量守恒,故从0~t1过程中有m2×3 m/s=(m2+m1)×1 m/s,解得2m2=m1,故m1∶m2=2∶1,C错误;在t2时刻A的速度为2 m/s,B的速度为-1 m/s,根据Ek=m v2,解得此刻E k1∶E k2=8∶1,故D正确.8.BD[解析]以向右为正方向,弹簧在释放的过程中系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律得m v1-M v2=0,由机械能守恒定律得=Ep ,解得v1=9 m/s,v2=3 m/s.质量为m的小球从底端A运动到顶端B的过程中,由机械能守恒定律得+mg·2R,解得v1'=8 m/s,由动量定理得,质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小I=Δp=-m v'1-m v1=-0.2×8 N·s-0.2×9 N·s=-3.4 N·s,故A错误,B正确.设圆轨道半径为r时,质量为m的小球从B点飞出后水平位移最大,从底端A运动到顶端B的过程中,由机械能守恒定律得+mg·2r,在最高点,由牛顿第二定律得mg+N=m,质量为m的小球从B点飞出,需要满足N≥0,飞出后,小球做平抛运动,有2r=gt2,x=v1″t,联立可得x=,则当8.1-4r=4r,即r=1.012 5 m时,x最大,随轨道半径的增大,质量为m的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离先增大后减小,故C错误;由动量定理,弹簧从压缩状态到恢复原长的过程中,弹力对质量为m的小球的冲量大小I'=m v1=0.2×9 N·s=1.8 N·s,故D正确.9.(1)5.2 m/s(2)432 N[解析](1)以甲、乙、物体A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的初速度方向为正方向,则有M2v0-M1v0=(M1+M2)v1以乙和物体A组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得M2v0=(M2-m)v1+m v联立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s.(2)以甲为研究对象,由动量定理得Ft=M1v1-(-M1v0)解得F=432 N.10.(1)v0(2)[解析](1)在整个过程中,系统在水平方向上动量守恒,有2m v0=3m v2解得v2=v0.(2)B、C发生完全非弹性碰撞,有m v0=2m v1解得v1=根据能量守恒定律有=Q解得Q=A在C上滑动时摩擦力随相对位移线性增大,所以A在C上滑动时系统产生的热量为Q=μmgl解得l=.11.(1)2.5 m/s2(1)1 m/s(3)0.45 m[解析](1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=m A a解得a=2.5 m/s2.(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s后速度达到v'=2 m/s的过程,由动量定理得Ft=(m A+m B)v'-(m A+m B)v解得v=1 m/s.,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有(3)设A、B发生碰撞前A的速度为vAm A v A=(m A+m B)vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl=解得l=0.45 m.专题训练(五)1.D[解析]类比速度—时间图像中位移的表示方法可知,速度变化量大小在加速度—时间图像中由图线与横轴所围面积表示,在0~6 s内Δv=18 m/s,已知v=2 m/s,则物体在t=6 s时的速度v=20 m/s,A错误;由动能定理可知,在0~6 s内,合力做的功W==396 J,B错误;由动量定理可知I F-fΔt=m v-m v0,解得拉力对物体的冲量I F=48 N·s,C错误;在6 s末,由牛顿第二定律有F-f=ma,解得F=10 N,所以拉力的功率P=F v=200 W,D正确.2.ACD[解析]根据动量守恒定律得m v=(M+m)v共,则无论子弹击中上层还是下层,滑块的最终速度相同,滑块动能的增量等于子弹对其做的功,所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多,A正确,B错误;根据I=M v共可得两次滑块所受的水平方向的冲量一样大,C正确;子弹击中并嵌入下层或上层的过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,系统减少的动能相同,故产生的热量也相同,故D正确.3.ACD[解析]在整个运动过程中,系统所受的合外力为零,动量守恒,a与b碰撞的过程中系统机械能减小,故A正确,B错误;当小球b、c速度相等时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,故C正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球b的动能一定不为零,故D正确.4.(1)120 N(2)1.2 m[解析](1)小滑块从A端下滑到B端的过程中,机械能守恒mgR=解得v=3 m/s小滑块到达圆弧轨道的B端时,由牛顿第二定律得F N-mg=m解得轨道对小滑块的支持力FN=120 N由牛顿第三定律可知,小滑块对轨道的压力大小为120 N.(2)小滑块滑上木板后与木板右端的物体C发生碰撞,以向左为正方向,设碰撞后二者共同的速度为v1,则m v0=(m+m0)v1解得v1=2 m/s滑块、物体C以及木板三者组成的系统在水平方向上动量守恒,设三者的末速度为v2,由动量守恒定律有(m+m0)v1=(m+m0+M)v2由能量守恒定律得(μ1m+μ2m0)gl=(m+m0)(M+m+m0)解得l=1.2 m.5.(1)420 J(2)0.2 m[解析](1)对人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得v0=m3v1解得v1=5m/s由动能定理,可知人推出铁箱时对铁箱做的功W==420 J.(2)设铁箱与墙壁相碰前瞬间的速度为v2,再次滑到A点时速度为v3,根据动能定理得--解得v2=2 m/s,v3= m/s设人、小车、铁箱一起向左运动的速度为v4,根据动量守恒定律得m3v3=v4解得v4= m/s根据动能定理得-(m1+m2+m3)gx=0-(m1+m2+m3)解得x=0.2 m.6.(1)4 m/s(2)90 J[解析](1)设物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度大小为v0,碰后瞬间二者速度大小为v1,两物块沿半圆轨道运动到D点时的速度大小为v2,两物块恰好沿半圆轨道运动到D点,有(m1+m2)g=(m1+m2)对两物块从B点运动到D点的过程,由动能定理得-(m1+m2)g·2R=(m1+m2)(m1+m2)解得v1=2 m/s物块P与物块Q碰撞的过程中动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v1解得物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度v0=4 m/s.(2)从释放点至B点,对物块P,由动能定理得W-μm1gL=-0解得Ep=W=90 J.7.(1)1 m/s(2)0.031 25 m(3)0.125 m[解析](1)对物块a,由动能定理得-μmgL=解得a与b碰前瞬间速度v1=2 m/sa、b碰撞过程中动量守恒,以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m v1=2m v2解得v2=1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离,a以速度v2=1 m/s在小车上向左滑动,a与b分离后至与车同速的过程中,a与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m v2=(M+m)v3解得v3=0.25 m/s对小车,由动能定理得μmgx车=解得物块a与小车同速时小车B端到挡板的距离x车= m=0.031 25 m.(3)对a与小车组成的系统,由能量守恒定律得μmgx=(M+m)解得物块a与小车相对静止时在小车上的位置与O点的距离x= m=0.125 m.8.(1)3 m/s,向左 6 m/s,向右(2)3 m10.5 m[解析](1)设物块A与木板B碰撞前瞬间的速度为v.由动能定理得-μ1m1gl=解得v=9 m/s物块A与长木板B发生弹性正碰,设碰撞后瞬间两者的速度分别为v1和v2,取向右为正方向,由动量守恒定律有m1v=m1v1+m2v2由机械能守恒定律有联立解得v1=-3 m/s,v2=6 m/s.(2)A、B碰撞后,B减速,C加速,B、C达到共同速度之前,根据牛顿第二定律对木板B,有-μ1(m2+m3)g-μ2m3g=m2a1对物块C,有μ2m3g=m3a2设从A、B碰撞后到B、C达到共同速度经历的时间为t,则有v2+a1t=a2t由于整个过程物块C始终在长木板上,则木板B的最小长度d=v2t+a2t2联立解得d=3 mB、C达到共同速度之后,二者一起减速至停下,对B、C整体,由牛顿第二定律得-μ1(m2+m3)g=(m3+m2)a3整个过程中B运动的位移x B=v2t+解得xB=6 mA与B碰撞后,A向左做匀减速运动的加速度也为a3,位移x A=解得xA=4.5 m故最终物块A到长木板左侧的距离s=xA+x B=10.5 m.。

高考物理一轮复习重点强化练功能关系的综合应用新人教

重点强化训练(四) 功能关系的综合应用(限时：45分钟)一、选择题(共10小题，每小题6分，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图1A ．增大B ．变小C ．不变D ．不能确定A [人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A 正确．]2．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是( ) 【导学号：84370241】A ．该同学机械能增加了mghB ．起跳过程中该同学机械能增量为mgh ＋12mv 2C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2＋mghB [学生重心升高h ，重力势能增大了mgh ，又知离地时获得动能为12mv 2，则机械能增加了mgh ＋12mv 2，A 错、B 对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C 错；学生受合外力做功等于动能增量，则W 合＝12mv 2，D 错．]3．质量为m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4g5，在物体下落h 的过程中，下列说法中错误的是( )A ．物体的动能增加了4mgh5B ．物体的机械能减少了4mgh5C ．物体克服阻力所做的功为mgh 5D ．物体的重力势能减少了mghB [根据动能定理可知，动能增加量为ΔE k ＝F 合h ＝mah ＝4mgh5，选项A 说法正确；物体所受的阻力f ＝mg －ma ＝mg 5，则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功，即mgh5，选项B 说法错误，选项C 说法正确；物体的重力势能减少量等于重力做的功，即mgh ，故选项D 说法正确．]4. 如图2所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图2A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgRD [小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用．根据mg ＝mv2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR.小球从P 到B 的运动过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12mv 2－0，所以W f ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项D 正确．]5. 如图3所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变．从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )【导学号：84370242】图3 A.mv24 B.mv 22 C ．mv 2D ．2mv 2C [由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12mv 2＋μmg·s 相，s 相＝vt －v 2t ，v ＝μgt，以上三式联立可得：W ＝mv 2，故C 正确．]6．如图4甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B(可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )甲乙图4A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1D [由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J ，选项A 错误；系统损失的机械能ΔE＝12mv 20－12·2m·v 2＝2 J ，选项B 错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m ，所以C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D 正确．]7．将一质量为1 kg 的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以4 m/s 的速度顺时针运行，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带左右距离无限长，当滑块放上去2 s 时，突然断电，传送带以1 m/s 2的加速度做匀减速运动至停止，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是( ) 【导学号：84370243】图5A ．前2 s 传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 JB ．前2 s 传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为16 JC ．2 s 后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 JD ．2 s 后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为0AD [前2 s ，滑块的位移x 1＝12μgt 2＝4 m ，传送带的位移x 2＝vt ＝8 m ，相对位移Δx＝x 2－x 1＝4 m,2 s 后滑块随传送带一起做匀减速运动，无相对位移，整个过程中传送带与滑块之间因摩擦力而产生的热量为Q ＝μmg·Δx＝8 J ，选项A 、D 正确．]8．三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )图6A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 均做负功D ．物块A 下滑过程系统产生的热量小于B 下滑过程系统产生的热量BCD [因tan 37°＝0.75>0.5，即mgsin θ>μmgcos θ，故A 、B 都会匀加速下滑，根据牛顿第二定律知A 、B 加速度大小相等，故会同时到达底端，选项A 错误，B 、C 正确；因A 物块与传送带同向运动，相对位移要小，根据Q ＝F f x 相对，A 物块下滑产生的热量要小于B 物块下滑产生的热量，故选项D 正确．]9．(2020·龙岩模拟)如图7所示，在竖直平面内有一V 形槽，其底部BC 是一段粗糙圆弧槽，其半径R ＝2h ，两侧都与光滑斜槽相切，切点B 、C 位于同一水平线上，该水平线离最低点的高度为h.质量为m 的物块(可视为质点)从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽后滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 面高度为h 的D 点，接着物块再向下滑回．若不考虑空气阻力，已知重力加速度为g ，则物块第一次通过最低点时对槽的压力大小可能为( )图7 A ．2.5mg B ．3.2mg C ．3.3mgD ．3.5mgBC [设物块从B 到C 克服摩擦所做的功为W f ，则根据功能关系可得W f ＝ mgh ，因为物块从B 运动到最低点的过程中对圆弧槽的压力较大，所以克服摩擦力所做的功W f1>12mgh ，设物块第一次到达最低点的速度为v ，则根据动能定理可得3mgh －W f1＝12mv 2，解得v<5gh ，若要物块从最低点继续运动到D 点，则要12mv 2>2mgh ，解得v>2gh ，综上可得2gh<v<5gh ，而根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v22h，解得3mg<F N <3.5mg ，B 、C 正确．]10．如图8所示，质量M ＝4 kg 的物块B 与质量m ＝2 kg 的物块A 间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态．现用一平行于斜面向上、大小恒为F ＝60 N 的拉力作用在物块A 上，并使其沿斜面向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为x ＝6 m ，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )【导学号：84370244】图8A．此时物块A动能的增加量为360 JB．该轻弹簧的劲度系数为6 N/mC．此时物块A的加速度大小为12 m/s2D．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300 JBC [在物块A向上运动6 m的过程中，拉力F做的功为W F＝Fx＝360 J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功转化为物块A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A动能的增加量小于360 J，选项A错误；当物块A静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx，对A有mgsin θ＝kΔx，即Δx＝mgsin θk，当物块A运动的距离为x＝6 m时，物块B刚要离开挡板C，对物块B进行受力分析可知Mgsin θ＝k(6 m－mgsin θk)，代入数据可解得k＝6 N/m，选项B正确；当物块A运动的距离为x＝6 m时，设物块A运动的加速度大小为a，弹簧的伸长量为Δx′，则由牛顿第二定律可得F－mgsin θ－kΔx′＝ma，又Δx′＝6 m－mgsin θk，两式联立并代入数据可解得a＝12 m/s2，选项C正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔE p＝W F－mgxsin θ－ΔE kA，因W F－mgxsin θ＝360 J－72 J＝288 J，故选项D错误．]二、非选择题(共2小题，共40分)11．(18分)如图9所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：图9(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm.[解析](1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝12mv20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmgcos 37°④ 由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少 ΔE′k ＝12mv 2⑥ 重力势能减少ΔE′p ＝mgl AC sin 37°⑦ 摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmgcos 37°l AC ⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 E pm ＝ΔE′k ＋ΔE′p －Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得E pm ≈24.5 J. [答案](1)0.52 (2)24.5 J12．(22分)(2020·徐州模拟)某电视娱乐节目装置可简化为如图10所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L ＝6 m ，始终以v 0＝6 m/s 的速度顺时针运动．将一个质量m ＝1 kg 的物块由距斜面底端高度h 1＝5.4 m 的A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H ＝5 m ．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图10(1)求物块由A 点运动到C 点的时间；(2)若把物块从距斜面底端高度h 2＝2.4 m 处静止释放，求物块落地点到C 点的水平距离； (3)求物块距斜面底端高度h 满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D. 【导学号：84370245】[解析](1)A 到B 过程由牛顿第二定律得： mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma 1 h 1sin θ＝12a 1t 21 代入数据解得：a 1＝2 m/s 2，t 1＝3 s 所以物块滑到B 点的速度： v B ＝a 1t 1＝2×3 m/s＝6 m/s物块在传送带上匀速运动到C 的时间：t 2＝L v 0＝66s ＝1 s所以物块由A 到C 的时间：t ＝t 1＋t 2＝3 s ＋1 s ＝4 s. (2)在斜面上根据动能定理得： mgh 2－μ1mgcos θh 2sin θ＝12mv 2解得：v ＝4 m/s<6 m/s设物块在传送带上先做匀加速运动到v 0，运动位移为x 则： a 2＝μ2mg m＝μ2g ＝2 m/s 2v 20－v 2＝2a 2x ，x ＝5 m<6 m所以物块先做匀加速直线运动，然后和传送带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动，则：x′＝v 0t 0，H ＝12gt 20 解得：x′＝6 m.(3)因物块每次均抛到同一点D ，由平抛运动规律可知物块到达C 点时速度必须有v C ＝v 0 ①当离传送带高度为h 3时物块滑上传送带后一直做匀加速运动，则： mgh 3－μ1mgcos θh 3sin θ＋μ2mgL ＝12mv 2解得：h 3＝1.8 m.②当离传送带高度为h 4时物块滑上传送带后一直做匀减速运动，则： mgh 4－μ1mgcos θh 4sin θ－μ2mgL ＝12mv 2解得：h 4＝9.0 m ，所以当离传送带高度在1.8～9.0 m 的范围内均能满足要求即1.8 m≤h≤9.0 m.[答案](1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2011高考物理一轮复习：第6章动量(含详细解析)

第六章动量一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回去，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A.10 kg·m/sB.-10 kg·m/sC.40 kg·m/sD.-40 kg·m/s解析：规定竖直向下为正方向.则初动量p1=mv1=5×5=25(kg·m/s)，末动量p2=mv2=5×(-3) kg·m/s=-15(kg·m/s)，故动量的变化Δp=p2-p1=-15-25 kg·m/s=-40(kg·m/s).答案：D2.中微子失踪之谜是一直困扰着科学家的问题.原来中微子在离开太阳向地球运动的过程中，发生“中微子振荡”，转化为一个μ子和一个τ子.科学家通过对中微子观察和理论分析，终于弄清了中微子失踪之谜，成为“2001年世界十大科技突破”之一.若中微子在运动中只转化为一个μ子和一个τ子，并已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，则τ子的运动方向()A.一定与中微子方向一致B.一定与中微子方向相反C.可能与中微子方向不在同一直线上D.只能与中微子方向在同一直线上解析：由动量守恒定律有：p中=pμ+pτ,μ子的运动方向与中微子原来的方向一致,τ子的运动方向可能与中子同向，也可能反向，即一定在同一直线上.答案：D3.如图所示，车厢静止在光滑水平面上，车厢内有一个物体，当给物体一个向右的初速度后，物体与车厢内壁碰撞而在车厢内来回运动，最后静止在车厢内，物体静止在车厢内时，车厢的运动情况()A.将静止B.向右运动C.向左运动D.无法确定车厢做哪种运动解析：以物体和车厢为系统分析，动量守恒：mv0=(m+M)v,最后系统获得共同速度向右.答案：B4.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧处于静止状态，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法正确的是( )A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手，动量不守恒C.先放开左手，再放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：在两手同时放开后，因水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A正确；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量从此后守恒，即此后的总动量向左，C正确；无论何时放手，只要是两手是放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开一个手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D正确.答案：ACD5.如图所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时()A.要使小车静止不动，甲乙速率必须相等B.要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大C.要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大D.要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小解析：甲、乙与小车组成系统动量守恒，有：m甲v甲+m乙v乙+M车v车=0，可知，只要甲、乙的动量大小不等，小车的动量就不会为0，即将获得动量而运动，故要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大.答案：C6.如图所示，质量为M=100 kg的小船静止在平静的湖面上，船两端载着m甲=40 kg、m乙=60 kg的游泳者.在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对岸3 m/s的速度跃入水中，则小船的运动方向和速率判断正确的是()A.向左，大于1 m/sB.向右，大于1 m/sC.向左，小于1 m/sD.向右，小于1 m/s解析：系统动量守恒，取向左为正：m甲v-m乙v+M船v船=0，则v船=0.6 m/s＜1m/s.答案：C7.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等.Q与轻质弹簧相连.设Q 静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A.P 的初动能B.P 的初动能的12C.P 的初动能的13D.P 的初动能的14解析：由题意，当两滑块具有相同速度时，弹簧被压缩得最短，弹簧具有的弹性势能最大，系统动能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，由动量守恒定律，mv 0=2mv,v= 02v ，由能量守恒得，E p = 12m 20v -1 12×2m(02v )2=14m 20v =12E k0,因此最大弹性势能等于P 初动能的1/2，B 正确.此题考查动量守恒定律和能量守恒.答案：B8.如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以水平速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点.若以大小为2v 的水平速度抽出纸条，则铁块落地点为()Ａ.仍在Ｐ点Ｂ.Ｐ点左边Ｃ.Ｐ点右边不远处Ｄ.Ｐ点右边原水平位移的两倍处解析：铁块离开桌面后做平抛运动，水平射程由初速度决定，慢拉和快拉时纸条对铁块的摩擦力相同，铁块的加速度相同.而慢拉时间长获得的速度大，落地点就越远.答案：B9.质量相等的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A 而只释放B 球时，B 球被弹出落到距桌边水平距离为s 的地面上，如图所示.若再次以相同量压缩该弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距桌边()A.2s s C.s s 解析：挡板挡住A 球时，弹簧的弹性势能全部转化为B 球的动能，有E p = 12m 2B v ,挡板撤走后，弹性势能两球平分，则有E p =2×12mv ′2B ,由以上两式解得v ′B =2v B ,D 对. 答案：D10.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A 瞬时间获得水平向右3 m/s 的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得()A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B.从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m 1：m 2=1：2D.在t2时刻A 与B 的动能之比为E k1：E k2=1：8解析：由图可知，在t 2时刻之前，弹簧处于压缩状态，t 2时刻之后，弹簧处于伸长状态，故A 、B 错；AB 系统动量守恒，机械能也守恒.由图可知，t 1时刻，A 、B 获得共同速度1 m/s,由动量守恒有：m 1v 0=(m 1+m 2)v,故12m m = 12.t 2时刻，E k1：E k2=1 12m1×(-1)2：12m 2×22=1：8,D 正确. 答案：CD二、非选择题（本题共5小题，共60分，按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.（9分）某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒的实验，如图甲所示，在小车A 的前端和小车B 的后端贴有粘扣，在木板的右端固定打点计时器，小车A 后拖一长纸带，木板下垫有小木块，用来平衡摩擦力.反复移动小木块位置，直到小车在木板上运动时可以保持匀速直线运动状态.现使小车A 、B 分别静止在木板的右端和中间，如图甲所示，给小车A 一个瞬时冲量，小车A 与静止的小车B 相碰并黏合成一体后继续做匀速直线运动，已知打点计时器的电源频率为50 Hz.得到的打点纸带及计数点间距如图乙所示.若测得小车A 质量m 1=0.40 kg ，B 的质量m 2=0.20 kg ，由以上数据可得（计算结果取三位有效数字）：（1）小车A 、B 碰撞前的总动量为___kg ·m/s;(2)碰撞后的总动量为_______kg ·m/s;(3)该实验得到的结论是____________.答案：（1）0.420（2）0.417（3）小车A 、B 构成的系统作用前后动量守恒12.（12分）质量为M 的小物块A 静止在离地面高h 的水平桌面的边缘，质量为m 的小物块B 沿桌面向A 运动并以速度v 0与之发生正碰（碰撞时间极短）.碰后A 离开桌面,其落地点离出发点的水平距离为L ，碰后B 反向运动，试求B 后退的距离（已知B 与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g).解析：设t 为A 从离开桌面至落地经历的时间，V 表示刚碰后A 的速度，有h=12gt 2① L=Vt ②设v 为刚碰后B 的速度的大小，由动量守恒，mv 0=MV-mv ③设B 后退的距离为l ，由功能关系，μmgl= 12mv 2④ 由以上各式可解得：l=201)2v g μ-⑤答案：201)2v g μ 13.（12分）如图所示，质量分别为m1、m2的物块A 、B 通过轻弹簧连接在一起，静止于光滑水平面上.现给物块A 一初速度，使其向右运动，若要使弹簧弹性势能最大时，系统的动能恰好为弹性势能的2倍，则m1与m2应满足什么关系？解析：当弹簧压缩最短或伸长最长时，弹性势能最大，AB 速度相等.从A 开始运动到弹性势能最大m 1v 1=(m 1+m 2)v 2,E p +(m 1+m 2) 22v /2=m 121v /22E p =(m 1+m 2) 22v 2解得m 1=2m 2.答案：m 1=2m 214（12分）光滑水平面上有A 、B 两辆小车，m B =1 kg,原来静止，m A =1 kg.现将小球C 用长为0.2 m 的细线悬于A 车支架顶端，m C =0.5 kg ，开始时A 车与C 球以v 0=4 m/s 的速度冲向B 车，如图所示.若A 、B 正碰后粘在一起，不计空气阻力，求小球C 摆动的最大高度.解析：以A 、B 小车组成的系统为研究对象，由于正碰后粘在一起的时间极短，小球C 暂未参与碰撞，由动量守恒定律有mAv 0=(mA+mB)v v=A 0A B m v 14m m 11⨯=++ m/s=2 m/s. 碰后，A 、B 粘在一起，小球C 向左摆动，细绳水平方向分力使A 、B 加速，当C 的速度与A 、B 水平方向的速度相同时，小球C 摆至最高点，以A 、B 、C 组成的系统为研究对象，由动量守恒有mCv 0+(m A +m B )v=(m A +m B +m C )v ′v ′=()C 0A B A B Cm v m m v m m m ++++ =2.4 m/s. 设小球C 摆至最大高度为h ，由机械能守恒有：12 mC 20v + 12 (m A +m B )v 2=12(m A +m B +m C )v ′2+m C gh h=()()2220A B A B C 2mcgC m v m m v m m m v ++-++' =0.16 m.答案：0.16 m15.(15分)如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个质量分别为m 和4m 的带电小球1和2，带电荷量分别为q 和4q ，当两球间的距离d ＞L 时，库仑力可以忽略.现球1静止，球2以速度v 0从相距为d(d>L)的位置沿两球球心连线向球1运动.若运动过程两球与水平面始终光滑接触，求：（1）1和2两球组成的系统具有的最大电势能；（2）两球再次相距d时，两球的速度大小.解：（1）当两球速度相等时相距最近，此时系统具有最大电势能Ep，设此时速度为v，根据动量守恒定律4mv0=(m+4m)vE p=ΔE k= 12×4m 2v-12(4m+m)v2=25m 2v.（2）当两球再次相距d时，库仑力可以忽略，电势能为零，系统动能、动量守恒，设两球速度分别为v1、v2则有：4mv0=mv1+4mv21 2×4m 2v=112m 21v+12×4m 22v解得：v1=85v0,v2=35v0.答案：（1）25m 2v(2)v1=85v0 v2=35v0。

高考物理大一轮复习第6单元动量52.doc

第六单元动量第17讲动量动量定理一、动量1.定义:物体的与的乘积.2.表达式:p= ,单位 .3.动量是矢量,与方向相同. 二、冲量1.定义:是力对时间的累积效应,是过程量,效果表现为物体动量的变化.2.表达式:I= ,单位 .3.冲量是矢量,与或方向相同. 三、动量定理1.内容:物体受到的等于 .2.公式:I 合=Δp.(1)动量的变化量是矢量,只有当初、末动量在一条直线上时,才可以直接进行代数运算.(2)Δp 的计算方法:①直线运动:选择一个正方向,与正方向相同的动量取正值,与正方向相反的动量取负值,可以表达为:Δp=p t -p 0,其中p 0、p t 分别是初、末动量.②曲线运动:要用矢量的运算方法,利用平行四边形定则,画图求解. 【思维辨析】(1)一个物体的运动状态变化,它的动量一定改变. ( ) (2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因. ( ) (3)动量具有瞬时性. ( )(4)物体动量的变化等于某个力的冲量. ( ) 【思维拓展】一个质量为m 的物体以初速度v 0开始做平抛运动,经过时间t 下降的高度为h ,速度变为v ,求在这段时间内物体动量变化的大小.考点一对动量、冲量的理解 1.动能与动量的比较mv 标量状态量=p=,(1)都是相对量,与参考系的选取有关地面为参考系2.冲量与功的比较量变化的量度1.(多选)[2017·广州调研] 两个质量不同的物体,如果它们的 ( ) A .动能相等,则质量大的动量大 B .动能相等,则动量大小也相等 C .动量大小相等,则质量大的动能小 D .动量大小相等,则动能也相等2.下列说法中正确的是 ( )①一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速直线运动),这两个力在同一段时间内的冲量一定相同.②一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速直线运动),这两个力在同一段时间内做的功或者大小都为零,或者大小相等、正负号相反.③在同样时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,但正负号一定相反.④在同样时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,正负号也不一定相反. A .①② B.①③C.②③D.②④3.(多选)[2017·南昌联考]如图17-1所示,水平面上有倾角为θ的斜面,质量为m的小滑块从底端沿斜面向上滑动,经过时间t1速度减小到零,而后下滑,经过时间t2回到斜面底端.滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终是f,重力加速度为g,则关于小滑块运动的整个过程,下列说法中正确的是()图17-1A.斜面对滑块的弹力的冲量为零B.摩擦力对滑块的总冲量大小为f(t2-t1),方向沿斜面向上C.合力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)sin θ+f(t1-t2),方向沿斜面向下D.合力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)sin θ+f(t1-t2),方向沿斜面向上■规律总结(1)动量的特点①瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的.②相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量.(2)冲量的特点①时间性:冲量不仅由力决定,还由力作用的时间决定.恒力的冲量等于力与作用时间的乘积.②矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向变化的力来说,冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致.(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.考点二动量定理的基本应用(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体.(2)对物体进行受力分析.可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求合力的冲量.(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号.(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要列出其他方程,最后代入数据求解.1 (多选)[2017·全国卷Ⅲ]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17-2所示,则()图17-2A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零式题 [2017·北京海淀摸底]在水平地面的右端B处有一面墙,放在水平地面上A点的小物块的质量m=0.5 kg,A、B间的距离s=5 m,如图17-3所示.小物块以大小为8 m/s的初速度v0从A向B运动,刚要与墙壁碰撞时的瞬时速度v1=7 m/s,碰撞后以大小为6 m/s的速度v2反向弹回.重力加速度g取10 m/s2.(1)求小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小;(2)求小物块与地面间的动摩擦因数μ;(3)若碰撞时间t=0.05 s,求碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小.图17-3■规律总结(1)对动量定理的理解①公式Ft=p'-p是矢量式,左边是物体受到所有力的合冲量,而不是某一个力的冲量.其中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是变力,如果合外力是变力,则F是合外力在时间t内的平均值.②公式Ft=p'-p说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因.(2)合冲量的两种求解方法①若各外力的作用时间相同,且各外力均为恒力,可以先求出合力,再将合力乘以时间求冲量,即I合=F合t.②若各外力的作用时间不同,可以先求出每个外力在相应时间内的冲量,然后求各外力冲量的矢量和.考点三动量定理与微元法的综合应用考向一流体类问题2 [2016·全国卷Ⅰ]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ρ,重力加速度大小为g.求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.式题 [2017·河南开封二模] 如图17-4所示,静止在光滑水平面上的小车的质量M=20 kg .从水枪中喷出的水柱的横截面积S=10 cm 2,速度v=10 m/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中,则当有质量m=5 kg 的水进入小车时,求: (1)小车的速度大小; (2)小车的加速度大小.图17-4考向二微粒类问题3 某种气体微粒束由质量5410 kg 、速度460 m/s 的气体分子组成,各分子都向同一方向运动,垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回,该过程的示意图如图17-5所示.若微粒束中每立方米的体积内有n 0=1.5×1020个分子,求被微粒束撞击的平面所受到的压强.图17-5式题一艘宇宙飞船以速度v进入分布密度为ρ的尘埃空间,如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积为S,且认为尘埃与飞船碰撞后都附着在飞船上,则飞船受到尘埃的平均制动力为多大?第18讲动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1.内容:一个系统或者为零时,这个系统的总动量保持不变.2.常用的表达式:m1v1+m2v2= .二、系统动量守恒的条件1.理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒.2.近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似地看作守恒.3.分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒.三、动量守恒的实例1.碰撞(1)特点:在碰撞现象中,一般都满足内力外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒.(2)分类:2.反冲运动(1)定义:静止或运动的物体通过分离出部分物质,而使自身在反方向获得加速的现象.(2)特点:在反冲运动中,系统的是守恒的.3.爆炸现象爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且系统所受的外力,所以系统动量,爆炸过程时间很短,物体的位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.【思维辨析】(1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度.()(2)系统动量守恒,则机械能也守恒.()(3)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度.()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变.()【思维拓展】碰撞过程除了系统动量守恒之外,还需要满足什么条件?碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同?考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零,则系统动量守恒;(2)系统受外力,但所受的外力远远小于内力、可以忽略不计时,则系统动量守恒;(3)系统在某一个方向上所受的合力为零,则系统在该方向上动量守恒.(4)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力零,则系统在该阶段动量守恒.2.动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1+m2v2=m1v'2+m2v'2,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用后的动量之和.(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向.(3)Δp=0,系统总动量的增量为零.3.动量守恒定律的五个特性4.应用动量守恒定律解题的一般步骤:(1)确定研究对象,选取研究过程;(2)分析内力和外力的情况,判断是否符合动量守恒条件;(3)选定正方向,确定初、末状态的动量,最后根据动量守恒定律列方程求解.1 (多选)[2017·武汉模拟]在光滑水平面上有一辆平板车,一个人手握大锤站在车上.开始时人、锤和车均静止,此人将锤抡起至最高点,此时大锤在头顶的正上方,然后人用力使锤落下沿水平方向敲打平板车的左端,如此周而复始地使大锤连续敲打车的左端,最后人和锤都恢复至初始状态且人不再敲打平板车.在此过程中,下列说法正确的是()A.锤从最高点落下至刚接触车的过程中,车的动量方向先水平向右,后水平向左B.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中,车具有水平向左的动量,车的动量减小至零C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中,车具有水平向右的动量D.在任一时刻,人、锤和车组成的系统动量守恒式题1 [2017·全国卷Ⅰ]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) ()A.30 kg·m/sB.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s式题2 在平静的水面上有一条以速度v0匀速前进的载人小船,船的质量为M,人的质量为m.开始时,人相对船静止,当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时,设船的速度为u.由动量守恒定律,下列表达式成立的是( )A.(M+m)v0=Mu+mvB.(M+m)v0=Mu+m(v-u)C.(M+m)v0=Mu-m(v-u)D.(M+m)v0=Mu-m(v-v0)■易错提醒(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统.系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.(2)分析系统内物体受力时,要弄清哪些是系统的内力,哪些是系统外的物体对系统的作用力.要判断系统是否动量守恒,或是否在某个方向上动量守恒.(3)要明确系统中各物体的速度是否是相对地面的速度,若不是,则应转换成相对地面的速度.考点二多体动量守恒问题有时可以对整体应用动量守恒定律,有时可以只选某部分应用动量守恒定律,有时可以分过程多次应用动量守恒定律.恰当选择系统和始、末状态是解题的关键.(1)分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体的总动量是否守恒时,通常把这些被研究的物体统称为系统.对于比较复杂的物理过程,要对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的.(2)要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力,哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒定律.(3)明确所研究的相互作用过程,确定过程的始、末状态,即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.(4)确定好正方向,建立动量守恒方程求解.2 如图18-1所示,两只小船平行逆向航行,航线邻近,当它们头尾相齐时,每只船上各投质量m=50 kg的麻袋到对方船上去,结果载重较小的一只船停了下来,另一只船则以大小为8.5 m/s的速度v向原方向航行.若两只船及船上的载重的总质量分别是m1=500 kg,m2=1000 kg,则在交换麻袋前两只船的速率分别为多少?(水的阻力不计)图18-1式题 [2017·郑州质量预测]如图18-2所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端,木板足够长且静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4.质量m0=5 g的子弹以大小为300m/s的初速度v0沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2,则在子弹射入后,求:(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t.图18-2■方法规律对于多个物体系统,应用动量守恒定律时,有时对整体运用动量守恒定律,有时对系统的部分应用动量守恒,有时分过程多次用动量守恒,有时对全过程用动量守恒,要善于选择过程.考点三碰撞问题三种碰撞形式的理解碰撞类型特征描述及重要关系式或结论碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2=m2,则v'1=0,v'2=v1,碰后实现了动量和动能的全发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动E=3 (10分)[2016·全国卷Ⅲ]如图18-3所示,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同,现使a以初速度v0向右滑动,此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.图18-3【规范步骤】设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞,应有> ①(1分)即μ< ②(1分)设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1.由能量守恒有= ③(1分)设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v'1、v'2,由动量守恒和能量守恒有mv1= ④(1分)= ⑤(1分)联立④⑤式解得v'2= ⑥(1分)由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知⑦(1分)联立③⑥⑦式,可得μ≥⑧(1分)联立②⑧式,a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件⑨(2分)式题甲、乙两球在水平光滑轨道上向同一方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并与之发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球的质量m1与m2之间的关系可能是()A.m1=m2B.2m1=m2C.4m1=m2D.6m1=m2■建模点拨处理碰撞问题的思路和方法(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加.(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还满足能量守恒,注意碰撞完成后关于不可能发生二次碰撞的速度关系的判定.(3)要灵活运用E k=,E k=转换动能与动量.考点四人船模型人船模型是一个很典型的模型,当人在无阻力的船上向某一方向走动时,船向相反方向移动,此时人和船组成的系统动量守恒.若人船系统在全过程中动量守恒,则这一系统在全过程中的平均动量也守恒.如果系统由两个物体组成,且相互作用前均静止,相互作用后均发生运动,则由m1v1=-m2v2得m1x1=-m2x2,该式的适用条件是:(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒.(2)构成系统的两物体原来静止,因相互作用而反向运动.(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移.4 [2017 ·成都一诊]如图18-4所示,质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0的位置由静止释放,然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出,在空中上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则()图18-4A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h0式题某人在一只静止的小船上练习射击.船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M,枪内装有n颗子弹,每颗质量为m,枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对地面的速度为v,在发射后一颗子弹时,前一颗子弹已陷入靶中,则发射完n颗子弹后,小船后退的距离为多少?(不计水的阻力)考点五爆炸和反冲1.爆炸现象的三个规律2.对反冲运动的三点说明5 [2017·河北邯郸摸底]如图18-5所示,木块A、B的质量均为m,放在一段粗糙程度相同的水平地面上,木块A、B间夹有一小块炸药(质量可以忽略不计).让A、B以初速度v0一起从O点滑出,滑行一段距离后到达P点,速度变为,此时炸药爆炸,木块A、B脱离,发现木块B立即停在原位置,木块A继续沿水平方向前进.已知O、P两点间的距离为s,设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能,爆炸时间很短可以忽略不计,求:(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ;(2)炸药爆炸时释放的化学能.图18-5式题 [2017·福州二模]质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m 为()A.m=MC.m=M力学观点综合应用热点一动量与牛顿运动定律的综合应用(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应,在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系,或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时,应采用动力学观点;(2)动量定理反映了力对时间的累积效应,适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移,而涉及运动时间的问题,特别对冲击类问题,应采用动量定理求解;(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统,则有时既要用到动力学观点,又要用到动量观点.1 [2017·齐鲁名校协作体模拟]如图Z5-1所示为一个足够长的斜面,质量均为m的两个物块A、B相距l,B与斜面间无摩擦,A与斜面间动摩擦因数为μ(μ>tan θ),B由静止开始下滑,与A发生弹性碰撞,碰撞时间可忽略不计,碰后A开始下滑.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.(1)第一次碰撞结束瞬间物块A、B的速度各为多大?(2)A、B再次相遇需多长时间?图Z5-1式题如图Z5-2所示,一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车的立柱上固定了一条长度为L、拴有小球的细绳.质量为m的小球从与悬点在同一水平面处由静止释放,重力加速度为g,不计阻力.求细绳拉力的最大值.图Z5-2热点二能量与牛顿运动定律的综合应用能量与牛顿运动定律综合应用于直线运动、圆周运动和平抛运动组合模型.(1)模型特点:物体在整个运动过程中,历经直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动的组合.(2)表现形式:①直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动.②圆周运动:绳模型的圆周运动、杆模型的圆周运动、拱形桥模型的圆周运动.③平抛运动:与水平面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动.(3)应对方法:这类模型一般不难,各阶段的运动过程具有独立性,只要对不同过程分别选用相应规律即可,物体运动到两个相邻过程的连接点时的速度是联系两过程的纽带,很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口.2 [2017·湖北襄阳模拟]如图Z5-3所示,半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内,与光滑水平轨道AC 相切于C点,水平轨道AC上有一根弹簧,左端连接在固定的挡板上,弹簧自由端所在点B与轨道最低点C的距离为4R.现有质量完全相同的两个小球,一个放在水平轨道的C点,另一个小球压缩弹簧(不拴接).当弹簧的压缩量为l时,释放小球,使之与C点的小球相碰并粘在一起,两球恰好通过光滑半圆形轨道的最高点E;若拿走C点的小球,再次使小球压缩弹簧,释放后小球经过BCDE后恰好落在B点.已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比,弹簧始终处在弹性限度内,求第二次使小球压缩弹簧时,弹簧的压缩量.图Z5-3式题 [2017·兰州一中模拟]如图Z5-4所示,质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处,质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放,沿光滑轨道ABC滑下,在C处与b球发生正碰并与b粘在一起.已知BC轨道距地面有一定的高度,悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.则:(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大?(2)a、b两球碰后,细绳是否会断裂?(要求通过计算回答)图Z5-4热点三动量与能量的综合应用动量观点与能量观点综合应用技巧(1)注意研究过程的合理选取,不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律,都应合理选取研究过程;(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系;(3)注意方向性问题,运用动量定理或动量守恒定律求解时,都要选定一个正方向,对力、速度等矢量都应用正、负号代表其方向,代入相关的公式中进行运算.另外,对于碰撞问题,要注意碰撞的多种可能性,做出正确的分析判断后,再针对不同情况进行计算,避免出现漏洞.3 [2017·齐鲁名校协作体模拟]如图Z5-5所示,地面上方有一水平光滑的平行导轨,导轨左侧有一固定挡板(未画出),质量M=2 kg的小车紧靠挡板右侧.长度l=0.45 m且不可伸长的轻绳一端固定在小车底部的O点,另一端拴接质量m=1 kg的小球.将小球拉至与O点等高的A点,使绳伸直后由静止释放,重力加速度g取10 m/s2.(1)求小球经过O点正下方的B点时,所受绳子的拉力大小;(2)设小球继续向右摆动到最高点时,绳与竖直方向的夹角为α,求cos α;(3)当小车的速度达到最大时刚好被表面涂有黏性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零.从小车与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,求挡板阻力对小车的冲量.图Z5-5式题 [2017·武汉实验中学月考]两个质量分别为M1和M2的劈A和劈B高度相同,倾斜面都是光滑曲面,曲面下端均与水平面相切,如图Z5-6所示.一块位于劈A的曲面上距水平面的高度为h的物块从静止开始滑下,又滑上劈B.求物块能沿劈B曲面上升的最大高度.图Z5-6热点四力学三大观点的选用原则(1)认真审题,明确题目所述的物理情境,确定研究对象.(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程,作草图.(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点,选择适用规律:①若用力的观点解题,要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度;②若用两大定理求解,应确定过程的始、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功);③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件,则可根据题意选择合适的始、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率).(4)根据选择的规律列式,有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程.。