2018届高考物理二轮复习名师讲练：配套作业（含答案）专题六 必考3-5（一） 动量的综合应用

2018届高考物理二轮复习名师讲练：配套作业（含 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ）专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 六 必考3-5（一） 动量的综合应用 课时作业(六) 一、选择题(共8个小题，4、5、6、7、8为多选，其余为单选，每题5分共40分) 1((2017?郑州三模)如图甲所示为杂技中的“顶竿” 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 演、水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作(某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落(滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到地面上，演员A、B质量均为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示(重力加速 2度g取10 m/s，下列判断正确的是( ) A(竹竿的总长度约为3 m B(0,6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N C(0,6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N?s 是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力 D(演员A落地时向下曲腿， 答案 C 2×6解析 A项～杆子的长度等于v-t图像中的面积～由图可知～x,,6 m～故A项错误,2 B项～0，6 s内A加速度先向下～再向上～故人先失重再超重～故B对地面的压力一定是 22变化的～故B项错误,C项～由图可知～0，4 s内A向下加速～加速度为:a,,0.5 m/s,14则由牛顿第二定律可得:mg,F,ma～解得:F,500,50×0.5,475 N,4，6 s内A向111 22下减速～加速度为:a,,1 m/s,则由牛顿第二定律可得:F,mg,ma～解得:F,50022222 ，50×1,550 N,设向下为正方向～则0，6 s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为:I,mg(t，t)，Ft，Ft,5×10×(4，2)，475×4，550×2,3 300 N?s～故C项正确,D项～121122 演员A落地时向下曲腿～是为了延长作用时间以减小地面的冲击力～故D项错误～故选C项( 点评 本题考查动量定理的应用以及图像的性质～要注意明确动量定理的正确应用～注意在应用动量定理时应注意动量和冲量的矢量性( 2((2015?重庆)高空作业须系安全带(如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)(此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) m2ghm2ghA.，mg B.,mg tt mghmghC.，mg D.,mg tt 答案 A 2解析 人下落h高度为自由落体运动～由运动学公式v,2hg～可知v,2gh,缓冲过程(取 m2gh向上为正)由动量定理得(F,mg)t,0,(,mv)～解得:F,，mg～故选A. t 考点 本题考查运动学公式、动量定理 3(如图所示，A、B两物体质量之比m?m,3?2，静止在平板小车C上，A、B间有一AB 根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 错误的是( ) A(若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒 B(若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒 C(若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒 D(若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒 答案 A 解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同～弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动～它们所受的滑动摩擦力F向右～F向左～由于m?m,3?2～所以F?fAfBABfAF,3?2～则A、B组成系统所受的外力之和不为零～故其动量不守恒～A项错(对A、B、fB C组成的系统～A、B与C间的摩擦力为内力～该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力(水平方向不受外力)～它们的矢量和为零～故该系统的动量守恒～B、D两项均正确(若A、B所受摩擦力大小相等～则A、B组成系统的外力之和为零～故其动量守恒～C项正确( 4(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.初始时刻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( ) 11mM22A.mv B.v 22m，M 1C.NμmgL D(NμmgL 2 答案 BD 解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒～最后恰好又回到箱子正中间(二者相对静 11122止～即为同速～设速度为v～mv,(m，M)v～系统损失动能E,mv,(M，m)v,11k1222 2Mmv～A项错误～B项正确,由于碰撞为弹性碰撞～故碰撞时不损失能量～系统损失的动M，m 能等于系统产生的热量～即ΔE,Q,NμmgL～C项错误～D项正确( k 5.(2017?湖北模拟)质量M,3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动(质量为m,2 kg的小球(视为质点)通过长L,0.75 m的轻杆与 滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态(现 2给小球一个v,3 m/s的竖直向下的初速度，取g,10 m/s.则( ) 0 A(小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m B(小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 m C(小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m D(小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m 答案 AD 解析 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型～设滑块M在水平轨道上向右运动了 mxx～由滑块和小球系统在水平方向动量守恒～有,～解得:x,0.3 m～A项正确～BML,x 项错误(根据动量守恒定律～小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零～由能量守恒定律可知～小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m～C项错误(根据动量守恒定律～在小球上升到最大高度时～滑块速度为零～由系统的能量守恒定律可知～小球m相对于初始位置可以达到的最大高度为h,0.45 m～与水平面的夹角为cosα,0.8～设水球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M在水平轨道上又向右运动了x′～ mx′由滑块和小球系统在水平方向动量守恒～有,～解得x′,0.24 m(小球m从初MLcosα,x′ 始位置到第一次达到最大高度的过程中～滑块在水平轨道上向右移动了x，x′,0.3 m，0.24 m,0.54 m(D项正确( 点评 解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒～利用平均动量守恒列方程～要注意m速度的参考系是地面～不是对M. 6((2017?鼓楼区校级模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块(可视为质点)以水平速度v沿木板从左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止，0 现将木板分成A和B两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v从0木板左端向右端滑动，滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，下列说 法正确的是( ) A(甲乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多 B(系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多 C(最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同 D(图乙过程中滑块与B一定不会分离 答案 BD 分析 比较两次运动的区别～木块一直做匀减速直线运动～木板一直做匀加速直线运动～第一次在滑块运动过程中～整个木板一直加速～第二次滑块运动的过程中～A与B先一起做加速运动～当滑块运动到B部分上后A部分停止加速做匀速直线运动～只有B部分加速～B的加速度大于开始时的加速度～通过比较滑块的位移确定是否飞离木板((也可以使用动能定理比较)(根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较滑块在木板B上和木板A上产生的热量关系～根据末动量以及动量定理分析合外力的冲量大小( 解析 设滑块的质量为m～A部分的质量为M～B的质量为M～则滑块在木板上运动的12 过程中～系统的动量守恒～选择向右为正方向～对甲图: mv,(m，M，M)v ? 012 对乙图～则:mv,Mv，(m，M)v? 01122 由于滑块滑过A后～在B上滑动的过程中～滑块的速度将大于A的速度～所以可得: v 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了如图所示的趣味实验来研究碰 撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将5个大小相同、质 量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但 无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、4、5，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍，k,2,1，所有小球的球心等高(现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞„.所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失(已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计( (1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v的大小; 1 (2)求第5个球被第4个小球碰后的速度; (3)摆线长为L,16h，在第5个球右侧偏离竖直方向成θ,60?角的虚线上的A点钉了一个钉子，则A距悬点的距离与L的比例系数p满足什么条件时，第5个小球能绕A点做完整的圆周运动( 答案 (1)1号小球与2号小球碰撞之前的速度v的大小是2gh 1 (2)第5个球被第4个小球碰后的速度是42gh 3L(3)p?小球能绕A点做完整的圆周运动 4 解析 (1)设1号小球的质量为m～碰前的速度为v.对于1号小球由h高处运动到最低点11 12 过程～根据机械能守恒有:mgh,mv? 1112 解得:v,2gh ? 1 (2)设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v′和v～取水平向右为正方向(对于1、2号小12 根据动量守恒定律有: 球碰撞的过程～ mv,mv′，mv? 111122 111222 根据机械能守恒有:mv,mv′，mv? 111122222 2解得:v,2gh 21，k 设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v′和v～对于2、3号小球碰撞的过程～根据动量23 守恒定律有: mv,mv′，mv 222233 111222根据机械能守恒有:mv,mv′，mv 222233222 22同理可解得:3号小球被碰后的速度为:v,()2gh 3，k1 24由以上规律可推知5号小球被碰后的速度为:v,()2gh ? 51，k解得:v,42gh ? 5 2v′(3)5号小球绕钉子A做完整的圆周运动在最高点至少有:mg,m ? 55r第5个小球从最低点运动到圆周的最高点根据机械能守恒～可知: 1122 mgLsin30?，mg(r，rsin30?),mv,mv′? 5555522 1解得:r,L ? 4 3L所以有p?小球能绕A点做完整的圆周运动( 4 点评 本题是利用动量守恒和机械能守恒联合解决一维碰撞问题的典型例子～关键是把握 弹性碰撞的规律:动量守恒定律和机械能守恒定律～通过列式得到碰后小球速度的通式～ 采用的是归纳法( 14((2017?河南一模)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x，如图所示，一物块从钢板上方距离为3x的A处00沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动(已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自 然伸长时钢板的位置，若物块质量为2m，仍从A处沿斜面下滑，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度(已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求: (1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v; 1 (2)碰撞前弹簧的弹性势能; (3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离( sinθ6gx0答案 (1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v是 12 1(2)碰撞前弹簧的弹性势能是mgxsinθ 02 x0(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离是 2 12解析 (1)设物块与钢板碰撞前的速度为v.根据机械能守恒定律得:mg?3xsinθ,mv 0002解得:v,6gxsinθ 00 对于碰撞过程～取沿斜面向下方向为正方向～由动量守恒定律得:mv,2mv. 01 sinθ6gx0解得:v, 12 (2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E.当物块与钢板一起回到O点时～弹簧无形变～弹簧的弹p 性势能为零～根据机械能守恒定律得: 12E，(2m)v,2mgxsinθ p102 1解得:E,mgxsinθ p02 (3)设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v.由动量守恒定律得:2mv,3mv. 202当物块与钢板一起回到O点时～弹簧的弹性势能为零～但它们仍继续向上运动～设此时它们的速度为v.根据机械能守恒定律得: 1122E，(3m)v,3mgxsinθ，(3m)v p2022 在O点物块与钢板分离～分离后～物块以初速度v继续沿斜面上升～设运动到达的最高点 2离O点的距离为h～则有:v,2ah 由牛顿第二定律得:2mgsinθ,2ma x0解得:h, 2 点评 本题的关键要分析清楚物体的运动过程～把握每个过程的物理规律～如碰撞的基本规律:动量守恒定律(物体压缩弹簧的过程～系统遵守机械能守恒定律～并要找出状态之间的联系(