（浙江选考）2019年高考物理专题25动量相关知识在浙江高考中的运用试题（含解析）.docx

专题25 动量相关知识在浙江高考中的运用一、动量、动量定理1动量（1）定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。（2）表达式：pmv。（3）单位：kgm/s。（4）标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。2冲量（1）定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。（2）表达式：IFt。单位：Ns。（3）标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。3动量定理项目动量定理内容物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量表达式ppF合t或mvmvF合t意义合外力的冲量是引起物体动量变化的原因标矢性矢量式（注意正方向的选取）二、动量守恒定律1内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。2表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2或pp。3适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。（3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。三、弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。2特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2由可得：利用式和式，可讨论以下五种特殊情况：a当时，两钢球沿原方向原方向运动；b当时，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c当时，两钢球交换速度。d当时，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。e当时，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。一、相关动量定理注意事项1动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即。2动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。3动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。4现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。5动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。6应用动量定理解题的一般步骤为：（1）明确研究对象和物理过程；（2）分析研究对象在运动过程中的受力情况及各力的冲量；（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（4）依据动量定理列方程、求解。二、应用动量守恒定律解题的步骤：（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；（3）规定正方向，确定初、末状态动量；（4）由动量守恒定律列出方程；（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。三、碰撞问题解题策略（1）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。（2）可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1v0、v2v0。（3）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1m2，且v200时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v。当m1m2，且v200时，碰后质量小的球原速率反弹。 1如图为蹦极运动示意图,弹性绳的一端固定在O点，另一端和弹性绳相连，运动员从O点自由下落。a点是弹性绳的原长位置,c点是人所能到达的最低点，b点是人悬吊静止时的位置,把由O点到a点的过程称为过程I,由a点到c点的过程称为过程II,不计空气阻力,下列说法正确的是A过程I中人动量的改变量的大小小于重力冲量的大小B过程II中人动量的减小量的大小等于过程I中重力的冲量大小C过程II中人的动能一直减小到零D过程II中人与地球系统机械能的减少量等于过程I中重力做的功【答案】B【解析】人先做自由落体运动，刚接触绳子时合力的方向是向下的，而后合力向上，所以人的速度先增大后减小，从能量的角度上讲，克服弹力做功应该等于整个过程重力做功。A、根据动量定理，过程I中人动量的改变量的大小等于重力冲量的大小，故A错；B、设人在a点的速度为v,则过程I中人的动量变化量的大小等于mv，在过程II中速度从v减到零，所以动量变化量的大小也等于mv，再结合A选项可知B正确；C、因为b点是人悬吊静止时的位置，即合力为零的位置，所以从a到c合力先向下后向上，即先加速后减速，所以过程II中人的动能先增大后减小，故C错；D、过程II中人与地球系统机械能的减少量等于克服弹力做的功，从功能关系上来说，克服弹力做功应该等于整个过程重力做功，故D错；故选B220世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球 在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船 在短时间t内速度的改变为v，和飞船受到的推力F （其他星球对他的引力 可忽略）。飞船在某次航行中，当它飞进一个孤立的星球时，飞船能以速度V， 在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径 为R，引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）A， B， C， D，【答案】B【解析】根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；飞船直线推进时，根据动量定理可得：Ft=mv，解得飞船的质量为：，飞船绕孤立星球运动时，根据公式，又，解得：，故ACD错误，B正确。故选B。3将充足气后质量为0.5kg的篮球从1.6m高处自由落下，篮球接触地面的时间为0.5s，竖直弹起的最大高度为0.9m。不计空气阻力，重力加速度大小为g=9.8m/s2。则触地过程中篮球地面的平均作用力大小为A4.9N B8.9N C9.8N D14.7N【答案】D【解析】由动能定理得：小球下落过程：mgh1=mv12-0，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh2=0-mv22，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：（mg-F）t=mv2-mv1，即：（0.59.8-F）0.5=0.5（-4.2）-0.55.6，F=14.7N；方向向上；故D正确，ABC错误。故选D。本题考查动量定理的应用，只要能熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取。4如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是（ ）A在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v=2D物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=【答案】D【解析】滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv1-2mv2=0，由机械能守恒定律得：mgh=mv12+2mv22，由以上两式解得：v1=2，v2=，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v=v1=2，故C正确；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能Ep=mv12=，故D错误；本题选错误的，故选D。5一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）A动量守恒，机械能守恒 B动量守恒，机械能不守恒C动量不守恒，机械能不守恒 D动量不守恒，总动能减小【答案】B【解析】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。故B正确，ACD错误。故选B。本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统6两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，, , ,当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（ ）A , B, C, D, 【答案】B【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入数据解得：v= m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA+MBvB，由机械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2= MAvA2+ MBvB2，代入数据解得：vA= m/s，vB= m/s，则碰撞后A、B的速度：m/svA m/s，m/svBm/s，故选B。7如图所示，一半径为R=0.2m的固定光滑圆弧轨道AB位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B点，一小球M从距圆弧轨道最高点A高度为h=0.2m处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N碰撞，M、N质量均为m=1Kg，g=10ms2。下列说法正确的是（ ）A小球M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心B轻弹簧被压缩至最短时，M和N的速度大小都是msC轻弹簧被压缩的过程中，M、N的总动量和总动能都保持不变D轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为4J【答案】B【解析】对小球M受力分析可知合外力方向是否指向圆心；小球M滑到B的过程由机械能守恒定律求得到B的速度，轻弹簧被压缩的过程满足动量守恒定律；根据能量守恒知轻弹簧被压缩的过程中，弹性势能增大，总动能减少，轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据能量守恒可求得.A小球M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，合外力方向除B点外并不指向轨道圆心，故A错误；B小球M滑到B的过程由机械能守恒定律得：，解得：，当两球的速度相等时轻弹簧被压缩至最短，由动量守恒定律得：mvB=2mv，解得，故B正确；C轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知M、N的总动量不变，根据能量守恒知弹性势能增大，所以总动能减少，故C错误；D轻弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，根据能量守恒得：，解得E弹m=6J，故D错误.故选B.8如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的足够长薄板和一质量为m的物块分别以大小v=4m/s的初速度向左、向右运动，它们之间有摩擦。当薄板的速度大小为2.4m/s且方向向左时，物块的速度大小为v=0.8m/s，方向向左，则物块的质量为（ ）A1 kg B2 kg C0.8 kg D1.6k【答案】A【解析】设向左为正方向，由动量守恒定律可知： ，即，解得m=1kg，故选A.9两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动.则下列说法正确的是（ ）A B、C碰撞刚结束时BC的共同速度为3 m/sB弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/sC弹簧的弹性势能最大值为36JD弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同【答案】B【解析】B与C发生碰撞后，根据动量守恒求出物BC的速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的速度，此时A的速度最大；根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度由能量守恒求解弹性势能的最大值A、B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，则mBv=（mB+mC）vBC,解得；故A错误.B、C、当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由A、B、C三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向：（mA+mB）v=（mA+mB+mC）vABC,解得：, 设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：；故B正确，C错误.D、若三者共速时系统减少的动能最多，一定是变成储存的弹性势能，则此时弹簧不会是原长；故D错误.故选B.10“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）A火箭的推力来源于空气对它的反作用力B在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒【答案】B【解析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有，解得火箭的速度大小为，故B正确；C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为，故C错误；D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；故选B。11竖直向上发射一物体（不计空气阻力），在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（ ）Aa块的速度一定比原来物体的速度小Bb块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同Cb块的速度一定比原来物体的速度小D炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小【答案】B【解析】当物体的速度沿水平方向炸裂成a、b两块时，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，根据动量守恒定律判断可知b运动方向一定沿水平方向。ABC在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律有：；解得：；由题意可知，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故A错误，B正确，C错误；D由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误。故选：B。本题是动量守恒定律的应用，基础题系统动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方向也保持不变，解题时要抓住这一点。12如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h（不计空气阻力），则（ ）A小球和小车组成的系统水平方向动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度hh1L的区域存在沿y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O点有一正粒子以速率v0沿x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；（2）从原点出发后带电粒子第一次经过x轴，洛伦兹力的冲量；（3）经过多长时间，带电粒子再次经过x轴。【答案】（1）（2） （3）（n=1,2,3,）【解析】（1）粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，则粒子进电场时的速度方向沿y轴正方向，所以粒子在组合场中轨迹如图：由几何关系得，粒子在磁场中圆周运动的半径根据，解得：（2） 匀强电场中，以y轴正方向为正，由动量定理得：，即电场力冲量的大小为，方向沿y轴负方向。粒子从原点出发到第一次经过x轴，动量变化量为0，由动量定理得：所以磁场产生的冲量，方向沿y轴正方向。（3） 粒子返回磁场后，带点粒子再做匀速圆周运动粒子从原点出发到第一次经过x轴，在磁场中运动的时间粒子从原点出发到第一次经过x轴，电场中运动的时间为考虑周期性，带电粒子再次经过x轴的时间（n=1,2,3,）3（2018年4月浙江省普通高校招生选考科目考试（余高卷3月）物理模拟）如图所示，abcd为质量m的U形导轨，ab与cd平行，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为m的金属棒PQ平行bc放在水平导轨上，PQ棒右边靠着绝缘竖直光滑且固定在绝缘水平面上的立柱e、f,U形导轨处于匀强磁场中，磁场以通过e、f的O1O2为界，右侧磁场方向竖直向上，左侧磁场方向水平向左，磁感应强度大小都为B，导轨的bc段长度为L,金属棒PQ的电阻R，其余电阻均可不计，金属棒PQ与导轨间的动摩擦因数为，在导轨上作用一个方向向右，大小F=mg的水平拉力，让U形导轨从静止开始运动，若导轨从开始运动到达到最大速度m的时间为t。设导轨足够长。求：（1）导轨在运动过程中的最大速度m （2）从开始运动到达到最大速度m过程中，系统增加的内能为多少?【答案】（1） （2）【解析】（1）当导轨的加速度为零时，导轨速度最大为vm。导轨在水平方向上受到外力F、水平向左的安培力F1和滑动摩擦力F2，则F-F1-F2=0F1=BIL； ，E=BLvm，即 以PQ棒为研究对象，PQ静止，在竖直方向上受重力mg、竖直向上的支持力N和安培力F3，则N+F3=mg，F3=F1，F2=N，得 将F1和F2代入解得，得 （2）设导轨从开始运动到达到最大速度过程中移动距离为x，由动量定理得： 把F=mg ，x=t代入得： 设系统增加的内能为E，由功能关系得： 则 4（浙江省名校新高考研究联盟2018届高三第二次联考）如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构俯视图，缓冲车厢的底部安装电磁铁（图中未画出），能产生竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，车厢上有两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，将高强度绝缘材料制成的缓冲滑块K置于导轨上，并可在导轨上无摩擦滑动。滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为l，假设关闭发动机后，缓冲车厢与滑块K以速度与障碍物C碰撞.滑块K立即停下，此后缓冲车将会受到线圈对它的磁场力而做减速运动，从而实现缓冲，缓冲车厢质量为m，缓冲滑块的质量为，车厢与地面间的动摩擦因数为，其他摩擦阻力不计，求：（1）缓冲滑块K的线圈中感应电流的方向和最大安培力的大小；（2）若缓冲车厢向前移动时间t后速度减为零，缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，求此过程线圈abcd中通过的电量；（3）接（2）求此过程线圈abcd中产生的焦耳热。【答案】（1）电流的方向是abcda （或逆时针） （2） （3） 【解析】（1）由右手定则判断出感应电流的方向是abcda （或逆时针） 缓冲车以速度比碰撞障碍物后滑块K静止，滑块相对磁场的速度大小为线圈中产生的感应电动势线圈中感应电流最大的安培力为（2）根据动量定理：， ；联立解得（3）缓冲车的位移产生的焦耳热5（浙江台州中学2018届高三上学期第四次统练）如图所示，平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM与水平面间夹角为=37，导轨间距均为L=1 m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好，ab的质量为M=2kg，电阻为R1=2 ，cd的质量为m=0.2 kg，电阻为R2=1 ，金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为=0.5，两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPKM向上的匀强磁场中。现让cd固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab沿导轨下滑x=6 m时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为P=12 W。（sin370=0.6 ， cos370=0.8，g 取10m/s2 ）求：（1）磁感应强度B的大小；（2）ab沿导轨下滑x=6 m的过程中ab棒上产生的焦耳热Q；（3）若将ab与cd同时由静止释放，当运动时间t=0.5s时，ab的速度vab与cd棒速度vcd的关系式。【答案】（1）2T（2）10J（3）5=10vab-2vcd 【解析】（1）ab棒速度达到稳定，即达到最大速度做匀速运动，有：Mgsin37=BI1L+Mgcos37整个