《2018年高考物理二轮复习 对题纠错练7 动量》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考物理二轮复习 对题纠错练7 动量（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、对题纠错练七动量对题练动量定理1.(多选)(2017广东佛山一模)下列说法正确的是()A.物体的动量变化一定,物体所受合外力的作用时间越短,合外力就越大B.篮球从空中竖直落下,落地后原速反弹,其动量变化量为零C.物体动量变化的方向与速度变化的方向一定相同D.质量为m的物体做平抛运动,落地前经过时间t,物体动量的变化量为mgt,方向竖直向下(导学号88094569)【答案】 ACD物体的动量变化一定,根据I=p知,冲量一定,根据I=Ft,物体所受合外力的作用时间越短,合外力就越大,故A正确;篮球从空中竖直落下,落地后原速反弹,动量的方向改变了,动量变化不为零,故B错误;物体的质量一定,根据p=(
2、mv)=mv,故动量变化的方向与速度变化的方向一定相同,故C正确;质量为m的物体做平抛运动,落地前经过时间t,只受重力,根据动量定理,物体动量的变化量为mgt,方向竖直向下,故D正确。2.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变,大小随时间的变化如图所示,该物体在t0和2t0时刻,物体的动能分别为Ek1、Ek2,物块的动量分别为p1、p2,则()A.Ek2=9Ek1,p2=3p1B.Ek2=3Ek1,p2=3p1C.Ek2=8Ek1,p2=4p1D.Ek2=3Ek1,p2=2p1(导学号88094570)【答案】 A根据动量定理得F0t0=mv12F0t0=mv2-mv1,
3、由得v1v2=13,得p1p2=13;由于x1=,x2=t0,所以有x1x2=14,力F做的功为W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0时刻的动能Ek1Ek2=19。故选项A正确。动量守恒定律及应用3.(2017湖南岳阳一模)下列情况中系统动量守恒的是()小车停在光滑水平面上,人在车上走动时,对人与车组成的系统子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中,对子弹与木块组成的系统子弹射入紧靠墙角的木块中,对子弹与木块组成的系统气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时,绳子突然断开后的一小段时间内,对气球与重物组成的系统A.只有B.和C.和D.和(导学号88094571)【答案】 B小车停在光滑水平
4、面上,车上的人在车上走动时,人与车组成的系统受到的合外力为零,系统动量守恒,故正确;子弹射入放在光滑水平面上的木块中,子弹与木块组成的系统,所受外力之和为零,系统动量守恒,故正确;子弹射入紧靠墙角的木块中,子弹与木块组成的系统受墙角的作用力,系统所受外力之和不为零,系统动量不守恒,故错误;气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时,气球与重物组成的系统,所受的合外力不为零,绳子突然断开后的一小段时间内,系统动量不守恒,故错误;综上可知,B正确,A、C、D错误。4.(2017广西南宁一模)如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端(B、C可视为质点),三者质量分别为m
5、A=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。A与B间的动摩擦因数=0.5。开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起,若B不离开A,(g取10 m/s2)求:(1)A与C碰后瞬间滑块C的速度;(2)A板至少多长。(导学号88094572)【答案】 (1)2.5 m/s(2)0.5 m【解析】 (1)A与C碰撞过程中,动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律得mAv0=(mA+mC)v1代入数据解得v1=2.5 m/s所以A与C碰后瞬间,滑块C的速度为2.5 m/s。(2)B在A上滑行,A、B、C组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据
6、动量守恒定律得mBv0+(mA+mC)v1=(mA+mB+mC)v2代入数据解得v2=3 m/s根据能量守恒定律得mB(mA+mC)(mA+mB+mC)+mBgl代入数据解得,长木板A的长度最小值l=0.5 m动量与能量的综合5.(2016吉林延边质检)光滑水平地面上,人与滑板A一起以v0=0.5 m/s的速度前进。正前方不远处有一横杆,横杆另一侧有一静止滑板B,当人与A行至横杆前,人相对滑板竖直向上起跳(起跳瞬间人与A的水平速度都不发生改变)越过横杆,A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞,之后人刚好落到B上。不计空气阻力,求最终人与B的共同速度大小。已知人、A、B三者的质量分别为m人=40 k
7、g,mA=5 kg,mB=10 kg。(导学号88094573)【答案】 m/s【解析】 人跳起后A与B弹性碰撞,碰撞前后动量守恒,能量守恒。设碰后A的速度为v1 ,B的速度为v2,则有mAv0=mAv1+mBv2mAmAmB代入数值解得v2= m/s人与B相互作用前后,水平方向动量守恒。设人与B最终共同速度为v3,有m人v0+mBv2=(m人+mB)v3代入数值得v3= m/s。6.(2017四川达州一模)如图,质量为m0=2.0 kg的小车静止在光滑水平面上,小车AB部分是半径为R=0.4 m 的四分之一圆弧光滑轨道,BC部分是长为L=0.2 m的水平粗糙轨道,动摩擦因数为=0.5,两段轨
8、道相切于B点,端点C离地面高为h=0.2 m。质量为m=1.0 kg的小球(视为质点)在小车上A点由静止沿轨道下滑,重力加速度g取10 m/s2。(1)若小车固定,求小球运动到B点时受到的支持力大小FN;(2)若小车不固定,小球仍从A点由静止下滑;求小球运动到B点时小车的速度大小v2;小球能否从C点滑出小车?若不能,请说明理由;若能,求小球落地点与小车之间的水平距离s。(导学号88094574)【答案】 (1)30 N(2) m/s小球能从C点滑出小车0.6 m【解析】 (1)小球从A点运动到B点过程,根据动能定理得mgR=mv2-0,在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=m,联立解得FN=30
9、 N;(2)小车不固定,小球到达B点时,设小车的速度为vB,小球与小车组成的系统在水平方向上合力为0,动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv2-m0vB=0,解得,v2=2vB,根据机械能守恒定律有mgR=m0,解得vB= m/s,v2= m/s;假设小球能从C点滑出,小球从B点到C点的过程,系统的动量守恒,设小球滑到C点时小车的速度为vC,则小球的速度大小为2vC,根据能量守恒定律得mgR=m(2vC)2+m0+mgL,解得vC=1 m/s,水平向左,所以,小球能从C端滑出。小球的速度为2 m/s,水平向右,小球与小车的相对速度为3 m/s,小球落地时间t=0.2 s,所以,小球落地
10、点与小车间的距离s=3 m/s0.2 s=0.6 m。 纠错练动量定理7.(多选)(2017宁夏中卫一模)在光滑的水平桌面上有质量分别为m0=0.6 kg,m=0.2 kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。g取10 m/s2。则下列说法正确的是()A.球m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为3.4 NsB.m0离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC.若半圆轨道半径可调,则球m从B点飞出后落在水平桌
11、面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8 Ns(导学号88094575)【答案】 AD释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1-m0v2=0,由机械能守恒定律得m0=Ep,代入数据解得v1=9 m/s,v2=3 m/s;m从A到B过程中,由机械能守恒定律得mv12+mg2R,解得v1=8 m/s;以向右为正方向,由动量定理得,球m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为I=p=mv1-mv1=0.2(-8)-0.29 Ns=-3.4 Ns,故A正确;小球m0离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s,故B错误;设
12、圆轨道半径为r时,m飞出B后水平位移最大,由A到B根据机械能守恒定律得mv12+mg2r,在最高点,由牛顿第二定律得mg+FN=m,m从B点飞出,需要满足:FN0,飞出后,小球做平抛运动:2r=gt2,x=v1t,当8.1 m-4r=4r时,即r=1.012 5 m时,x为最大,故球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,C错误;由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为I=p=mv1=1.8 Ns,故D正确。【易错提示】 某一过程合外力的冲量等于物体动量的变化,若初、末动量方向不同,需要规定正方向,注意动量的变化不是动量大小之差,而是矢量差。动量与能量的综合
13、8.(2017湖南永州二模)如图所示,光滑水平面上有一质量为2m0、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为m0的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点。(1)求小球B的最大速率;(2)求小球B运动到圆弧曲面最高点时的速率;(3)通过计算判断小球B能否与小球A再次发生碰撞。(导学号88094576)【答案】 (1)4 m/s(2) m/s(3)小球B不能与小球A再次发生碰撞。【解析】 (1)小球A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0=vA+m0vB;m0;解得vA=-2 m
14、/s,vB=4 m/s故小球B的最大速率为4 m/s。(2)小球B冲上曲面C并运动到最高点时,二者共速设为v,则由动量守恒定律得m0vB=(m0+2m0)v可以得到v= m/s。(3)从小球B冲上曲面C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为vB、vC。由于水平方向动量守恒,有m0vB=m0vB+2m0vC根据机械能也守恒,有m0m0vB2+2m0vC2 联立可以得到vB=- m/s由于|vB|vA|,所以二者不会再次发生碰撞。【易错提示】 已经明确第一次碰撞后A的速度方向向左,B与A不再发生碰撞的条件是后来B的速度方向向右,或B的速度方向向左,但是大小小于或等于A的速度,找不到这个条件是本
15、题的易错点。原创练9.如图,光滑水平面上依次放置4个物体A、B、C、D,质量分别为3m、m、m、2m。B、C静止,A的初速度大小vA=2 m/s,方向水平向右,D的初速度大小vD=3 m/s,方向水平向左。A、B之间和C、D之间相距较近,而B、C之间相距较远。四个物体的竖直面都粘有橡皮泥,每次碰撞后,物体都粘到一块。设A、B的碰撞为第一次碰撞,C、D的碰撞为第二次碰撞,AB与CD的碰撞为第三次碰撞,则:(1)第三次碰撞后,系统的速度多大?(2)三次碰撞过程中损失的机械能之比是多少?(导学号88094577)【答案】 (1)0(2)127【解析】 (1)整个过程,系统动量守恒,有mAvA-mDvD=(mA+mB+mC+mD)v,解得v=0(2)第一次碰撞,mAvA=(mA+mB)v1,E1=mA(mA+mB); 第二次碰撞,mDvD=(mD+mC)v2,E2=mD(mD+mC);第三次碰撞:E3=(mA+mB)(mC+mD);得E1E2E3=12710.
