專題限時集訓(xùn)(七)動量定理和動量守恒定律(對應(yīng)學(xué)生用書第129頁)(限時：40分鐘)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1．(2016·唐山模擬)如圖7-9所示為某運動員用頭顛球，若足球用頭頂起，每次上升高度為80cm，足球的質(zhì)量為400g，與頭部作用時間Δt為0.1s，則足球一次在空中的運動時間及足球給頭部的作用力大小(空氣阻力不計，g＝10m/s2)()【導(dǎo)學(xué)號：】圖7-9A．t＝0.4s，F(xiàn)N＝40NB．t＝0.4s，F(xiàn)N＝36NC．t＝0.8s，F(xiàn)N＝36ND．t＝0.8s，F(xiàn)N＝40NC[足球自由下落時有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，豎直向上運動的時間等于自由下落運動的時間，所以t總＝2t＝0.8s；設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得(FN－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt＝4m/s，聯(lián)立解得FN＝36N，故C正確．]2．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()B[平拋運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，爆炸過程遵守動量守恒定律，設(shè)彈丸質(zhì)量為m，則mv＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，又v甲＝eq\f(x甲,t)，v乙＝eq\f(x乙,t)，t＝1s，則有eq\f(3,4)x甲＋eq\f(1,4)x乙＝2m，將各選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確．]3．如圖7-10所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()【導(dǎo)學(xué)號：】圖7-10A．A和B都向左運動B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動D．A向左運動，B向右運動D[由于A、B碰前總動量為0，由動量守恒可知碰后總動量也為0，因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，故碰后A、B一定反向，即A向左運動，B向右運動，選項D正確．]4．(2017·石嘴山三中期末)如圖7-11所示，小球B質(zhì)量為10kg，靜止在光滑水平面上，小球A質(zhì)量為5kg以10m/s的速率向右運動，并與小球B發(fā)生正碰，碰撞后A球以2m/s的速率反向彈回，則碰后B球的速率和這次碰撞的性質(zhì)，下列說法正確的是()圖7-11A．4m/s，非彈性碰撞 B．4m/s，彈性碰撞C．6m/s，非彈性碰撞 D．6m/s，彈性碰撞C[取小球A開始運動的方向為正方向，碰撞前兩個小球的總動能：E1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×5×102J＝250J.碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律得：m1v1＝－m1v′1＋m2v2，解得：v2＝eq\f(m1v1＋m1v′1,m2)＝eq\f(5×10＋5×2,10)m/s＝6m/s.碰撞后兩小球的總動能：E1＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×5×22J＋eq\f(1,2)×10×62J＝190J.因為E1＞E2，有能量損失，是非彈性碰撞．故選C.]5．[2017·高三第二次全國大聯(lián)考(新課標卷Ⅲ)]如圖7-12所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個1/4弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點切線水平．另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：】圖7-12A．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球能到達B點B．如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上C．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大D．如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為meq\f(v\o\al(2,0),R)C[小球在弧形凹槽上運動的過程中，小球?qū)瑝K的力有水平向左的分量，使滑塊向左加速，滑塊動能增大，小球的機械能將減小，A錯誤，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為mg＋meq\f(v\o\al(2,0),R)，D錯誤．]6．(2017·福州一中模擬)如圖7-13所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠豎直墻壁，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊．今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開始下落，與半圓槽相切自A點進入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是()圖7-13A．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B．小球在槽內(nèi)運動由B至C過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒C．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動D．小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒BD[小球從A→B的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B→C的過程中，小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，但是小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，選項A錯誤，選項B正確；當(dāng)小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，故選項C錯誤；因接觸面都是光滑的，所以小球、半圓槽、物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項D正確．]7．(2017·廈門一中月考)一細繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運動，小球質(zhì)量為m，速度大小為v1，做圓周運動的周期為T，則以下說法中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：】A．經(jīng)過時間t＝eq\f(T,2)，動量變化量為0B．經(jīng)過時間t＝eq\f(T,4)，動量變化量大小為eq\r(2)mvC．經(jīng)過時間t＝eq\f(T,2)，細繩對小球的沖量大小為2mvD．經(jīng)過時間t＝eq\f(T,4)，重力對小球的沖量大小為eq\f(mgT,4)BCD[經(jīng)過時間t＝eq\f(T,2)，轉(zhuǎn)過了180°，速度方向正好相反，若規(guī)定開始計時時的速度方向為正，則動量變化量為Δp＝－mv－mv＝－2mv，細繩對小球的沖量為I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小為2mv，選項A錯誤，C正確；經(jīng)過時間t＝eq\f(T,4)，小球轉(zhuǎn)過了90°，根據(jù)矢量合成法可得，動量變化量大小為Δp′＝eq\r(2)mv，重力對小球的沖量大小為IG＝mgt＝eq\f(mgT,4)，B、D均正確．]8．(2017·達州市一模)如圖7-14甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑水平面上．現(xiàn)使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時速度，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象提供的信息可得()甲乙圖7-14A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度2m/s，且彈簧都處于伸長狀態(tài)B．從t3到t4時刻間彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C．兩物體的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1D．在t2時刻，A、B兩物塊的動能之比為Ek1∶Ek2＝4∶1BC[從圖象可以看出，從0到t1的過程中彈簧被拉伸，t1時刻兩物塊達到共同速度2m/s，此時彈簧處于拉伸最長狀態(tài)，由圖示圖象可知，t3時刻兩物體再次達共同速度2m/s，彈簧處于最大壓縮狀態(tài)，故A錯誤；由圖示圖象可知，從t3到t4時間內(nèi)A做減速運動，B做加速運動，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長，故B正確；由圖示圖象可知，t1時刻兩物體速度相同，都是2m/s，A、B系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v1＝(m1＋m2)v2，即m2×6＝(m1＋m2)×2，解得：m1∶m2＝2∶1，故C正確；由圖示圖象可知，在t2時刻，A、B兩物塊的速度分別為：4m/s、－2m/s，兩物體的動能之比為Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2m2×42))∶eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×m2×－22))＝8∶1，故D錯誤．]二、計算題(本題共3小題，共48分)9．(16分)(2017·天津高考)如圖7-15所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中．現(xiàn)將B豎直向上再舉高h＝1.8m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10m/s2，空氣阻力不計．求：圖7-15(1)B從釋放到細繩繃直時的運動時間t；(2)A的最大速度v的大??；(3)初始時B離地面的高度H.【導(dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有h＝eq\f(1,2)gt2 ①代入數(shù)據(jù)解得t＝0.6s． ②(2)設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vB＝gt ③細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v ④之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s. ⑤(3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH ⑥代入數(shù)據(jù)解得H＝0.6m． ⑦【答案】(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m10．(16分)(2017·肇慶市二模)如圖7-16所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有一滑塊A以初速v0從右端滑上B，并以eq\f(1,2)v0滑離B，恰好能到達C的最高點．A、B、C的質(zhì)量均為m，試求：圖7-16(1)木板B上表面的動摩擦因數(shù)μ；(2)eq\f(1,4)圓弧槽C的半徑R；(3)當(dāng)A滑離C時，C的速度．【解析】(1)當(dāng)A在B上滑動時，A與BC整體發(fā)生作用，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒：mv0＝meq\f(v0,2)＋2mv1 ①系統(tǒng)動能的減小量等于滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝μmgL ②ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1) ③而Q＝ΔEk ④聯(lián)立①②③④式解得：μ＝eq\f(5v\o\al(2,0),16gL). ⑤(2)當(dāng)A滑上C，B與C分離，A與C發(fā)生作用，設(shè)到達最高點時速度相等為v2，由于水平面光滑，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒：meq\f(v0,2)＋mv1＝2mv2⑥A與C組成的系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＋mgR ⑦由①⑥⑦式解得：R＝eq\f(v\o\al(2,0),64g). ⑧(3)當(dāng)A滑離C時，設(shè)A的速度為vA，C的速度為vC，從A滑上C到最高點，然后滑離C的過程中，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒：meq\f(v0,2)＋mv1＝mvA＋mvC⑨A與C組成的系統(tǒng)動能守恒：eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ⑩聯(lián)立①⑨eq\o(○,\s\up1(10))式解得：vC＝eq\f(v0,2). ?【答案】(1)eq\f(5v\o\al(2,0),16gL)(2)eq\f(v\o\al(2,0),64g)(3)eq\f(v0,2)11．(16分)如圖7-17所示，水平傳送帶兩端分別與光滑水平軌道MN和光滑圓弧軌道PQ平滑連接．P是圓弧軌道的最低點，P、Q兩點的高度差H＝5cm.傳送帶長L＝13.75m，以v＝0.45m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動．物塊A以初速度v0＝4.35m/s沿MN向右運動，與靜止在水平軌道右端的物塊B碰撞后粘為一體(稱為C)，A、B、C均可視為質(zhì)點，B的質(zhì)量是A的兩倍，C與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.02.已知C從P進入圓弧軌道再滑回P的時間始終為Δt＝4.5s，重力加速度g＝10m/s2.圖7-17(1)求A、B碰后粘為一體的C的速度v1；(2)從A、B碰后開始計時，求C經(jīng)過P點的可能時刻t；(3)若傳送帶速度大小v可調(diào)，要使C能到達但又不滑出PQ軌道，求v的取值范圍.【導(dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)A、B碰撞過程動量守恒，則有mAv0＝(mA＋mB)v1其中mB＝2mA解得：v1＝1.45m/s.(2)碰撞后C向右滑上傳送帶，因v1＞v，故C在傳送帶上先做勻減速