1、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15题只有一项符合题目要求，第68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t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，g10 m/s2)() 【导学号：19624086】图79At0.4 s，FN40 NBt0.4 s，FN36 NCt0.8 s
2、，FN36 NDt0.8 s，FN40 NC足球自由下落时有hgt2，解得t0.4 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2t0.8 s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(FNmg)tmv(mv)，又vgt4 m/s，联立解得FN36 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v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()B平抛运动时间t1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mvmv甲mv乙，又v甲，v乙，t1 s，则有x甲x乙2 m，将各选项
3、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710AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA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
4、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711A4 m/s，非弹性碰撞B4 m/s，弹性碰撞C6 m/s，非弹性碰撞 D6 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：E1m1v5102 J250 J.碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1m1v1m2v2，解得：v2 m/s6 m/s.碰撞后两小球的总动能：E1m1vm2v522 J1062 J190 J.因为E1E2，有能量损失，是非弹性碰撞故选C.52017高三第二次全国大联考(新课标卷)如图712所示，在光滑水平面上放
5、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712A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D如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mC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，
6、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，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，小球返回A点时对滑块的压力为mgm，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713A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
7、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
8、，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】A经过时间t，动量变化量为0B经过时间t，动量变化量大小为mvC经过时间t，细绳对小球的冲量大小为2 mvD经过时间t，重力对小球的
9、冲量大小为BCD经过时间t，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pmvmv2mv，细绳对小球的冲量为Ipmvmv2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t，小球转过了90，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为pmv，重力对小球的冲量大小为IGmgt，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714A在t1、t3时刻两物块
10、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C两物体的质量之比为m1m221D在t2时刻，A、B两物块的动能之比为Ek1Ek241BC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：m2v
11、1(m1m2)v2，即m26(m1m2)2，解得：m1m221，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Ek1Ek2m1vm2v81，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mA2 kg、mB1 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h1.8 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g10 m/s2，空
12、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hgt2代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt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(mAmB)v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，联立式，代入数据解得v2 m/s.(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(mA
13、mB)v2mBgHmAgH代入数据解得H0.6 m【答案】(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m10(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的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽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块A以初速v0从右端滑上B，并以v0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；(2)圆弧槽C的半径R；(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，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒：m
14、v0m2mv1系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能：QmgLEkmvm()22mv而QEk联立式解得：.(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等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒：mmv12mv2A与C组成的系统机械能守恒：m()2mv(2m)vmgR由式解得：R.(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到最高点，然后滑离C的过程中，A与C组成的系统动量守恒：mmv1mvAmvCA与C组成的系统动能守恒：m()2mvmvmv联立式解得：vC.【答案】(1)(2)(3)11(16分)如图717所示，水平传送带两端分别与光滑水平
15、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H5 cm.传送带长L13.75 m，以v0.45 m/s的速度顺时针匀速转动物块A以初速度v04.35 m/s沿MN向右运动，与静止在水平轨道右端的物块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0.02.已知C从P进入圆弧轨道再滑回P的时间始终为t4.5 s，重力加速度g10 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.
16、 【导学号：19624091】【解析】(1)A、B碰撞过程动量守恒，则有mAv0(mAmB)v1其中mB2mA解得：v11.45 m/s.(2)碰撞后C向右滑上传送带，因v1v，故C在传送带上先做匀减速运动，加速度大小ag0.2 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v2v2ax解得：x4.75 m这一过程的时间为t15 sC与传送带共速后匀速运动到P点的时间为t220 sC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(mAmB)v2(mAmB)gh解得：h0.01 mH，即C不会从圆弧轨道滑出由题意知，进入PQ轨道后，经t4.5 s，C回
17、到P点，此后C向左滑上传送带，在传送带上往返后又经过P点，往返的时间为t4.5 st故C经过P点的可能时刻tt1t2nt(254.5n) s(n0,1,2，)(3)若传送带静止，C向右滑动的距离为x5.26 mL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：v0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(mAmB)v2(mAmB)gH解得：v1 m/sv1故要使C能到达但又不滑出PQ轨道，v的取值范围为0v1 m/s.【答案】(1)1.45 m/s(2)t(254.5n) s(n0,1,2，)(3)0v1 m/s