《高考物理（四海八荒易错集）专题07 动量与动量守恒》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理（四海八荒易错集）专题07 动量与动量守恒（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题07 动量与动量守恒1.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以()A减小球的动量的变化量B减小球对手作用力的冲量C减小球的动量变化率D延长接球过程的时间来减小动量的变化量【答案】C【解析】篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A、D错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C正确。2带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则一定有()AqaqbB
2、mambCTaTb D.3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()A.mg B.mgC.mg D.mg【答案】A【解析】由动量定理得(mgF)t0mv，得Fmg。选项A正确。4.(多选)如图所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统()A由于不受摩擦力，系统动量守恒B由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量
3、不守恒C系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒DM对m作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒【答案】BC【解析】水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C正确；竖直方向受重力和支持力，系统竖直方向动量不守恒，B正确。5.如图所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板。 在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A1.8 m/sB2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 m/s6如图，两滑块A、B在
4、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()AA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【答案】D【解析】选向右为正方向，则A的动量pAm2v02mv0。B的动量pB2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。7我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面。并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推
5、甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功8(2016全国丙卷)如图，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。解析：设物块与地面间的动摩擦因数为。若
6、要物块a、b能够发生碰撞，应有mv02mgl即设在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mv02mv12mgl设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒有mv1mv1mv2mv12mv12v22联立式解得v2v1答案：9(2015全国卷)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a
7、、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218。答案：(1)18(2)1210(2016全国乙卷)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，重力加速度大小为g。求()喷泉单位时间内喷出的水的质量
8、；()玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析：()设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。()设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v02在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。 答案：()v0S()易错起源1、动量定理与动量守恒定律例1高空作业须系安全带，如果质量为m的
9、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()A.mgB. mgC.mg D.mg【变式探究】如图2所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止求：图2(1)人跳离A车后，A车的速度大小和方向；(2)人跳上B车后，B车的速度大小和方向【解析】(1)设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有m1vAm0v00
10、，解得vA，负号表示A车的速度方向向左(2)研究人和B车，以向右为正方向，由动量守恒定律有m0v0(m0m2)vB，解得vB，方向向右【答案】(1)方向向左(2)方向向右【举一反三】如图3所示，水平面上有一质量m1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m01 kg的小物块，小物块与小车一起以v06 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力求：图3(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小【解析】(
11、1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0Mvmv1解得v12 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动【答案】见解析【名师点睛】1利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统. (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；或先求合力，再求其冲量(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代入数据求解【锦囊妙计，战胜自我】2动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系(3)系统性：动量守恒是针对满
12、足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统易错起源2、用动量和能量观点解决力学综合问题例2木块A的质量为m1，足够长的木板B的质量为m2，质量为m3的物体C与B静止在光滑水平地面上现A以速率v0向右运动，与B碰后以速率v1向左弹回，碰撞时间极短，已知B与C间的动摩擦因数为，试求：图8(1)木板B的最大速度；(2)物体C的最大速度；(3)稳定后C在B上发生的相对位移 (3)由能量守恒定
13、律，有m3gxm2v(m2m3)v得x.【答案】(1)(2)(3)【变式探究】如图9所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L1 m，P点右侧一与水平方向成30的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能Ep9 J，物块与OP段动摩擦因数10.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数2，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：图9(1)物块A、B第一次
14、碰撞前瞬间，A的速度v0；(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A、B能够碰撞的总次数此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin 2mgcos ，B与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为t20.3 s，位移为x2 t20.45 m.此过程相对运动路程s2vt2x20.45 m.全过程摩擦产生的热量Q2mg(s1s2)cos 12.25 J.(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足mv22n1mgL.解得第二次碰撞后重复的过程数为n2.25，所以碰撞总次数为N22n6.56(取整数)【答案】(1)4 m/s(2)12.25 J(3)6次【名师点睛】利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节
