浙江专版2021版高考物理一轮复习选修3_5第1讲动量动量守恒定律练习含解析

1、高考物理一轮复习选修:第1讲动量动量守恒定律考点1动量定理的理解和应用（C）回国精研二（典例1如图所示,刚性U形金属导轨MN工迎位于光滑水平桌而上，其左端中接有阻值为R 的电阻，它们总的质量为m。导轨的两条轨道间的距离为1, PQ是质量为m的金属杆,其电阻 为r,可在轨道上滑动，滑动时保持与轨道垂直。杆与轨道的接触是粗糙的，导轨的电阻均不 计。初始时，杆PQ位于图中的虚线处,虚线的右侧为一匀强磁场区域,磁场方向垂直于桌面, 磁感应强度的大小为B.现有一位于导轨平面内的与轨道平行的恒力F作用于PQ上,使之从 静止开始在轨道上向右做加速运动。已知经过时间t通过电阻的电流为Io,导轨向右移动的 距离

2、为x0（导轨的MN二部分尚未进入磁场区域）。不考虑回路的自感，求：（1）杆与轨道的摩擦力。（2） PQ离开虚线的距离。在此过程中电阻所消耗的能量。【解析】（1）因U形导轨在摩擦力作用下做匀加速运动,若其加速度为a,则有Fmoa2阳） 而由两式得f=2mc-7经过时间t,杆的速度设为V,则杆和导轨构成的回路中的感应电动势E=B7vE 此时回路中的感应电流Io=-一 R +厂/。依十»得对PQ杆应用动量定理可得Aq二mv3手 BlxR+tF +r解得J仔爷）也产R+rw(3)由能量关系 Q=(F-f)x-pnv:F-2m0梆、1监（R+厂B2l2QfRR+T(F 2 m0诏也+尸)2 B

3、2l2Xq答案：（Df二2唁 Lz2 mo 欠 0、4 m1o(A+v)R+rB2l2R+r|_t2/2 B2l2睡通关二1. （2019 金华模拟）课上老师做了这样一个实验:如图所示，用一象棋子压着一纸条,放在水 平桌面上接近边缘处。第一次，慢拉纸条,将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点;第二次,将棋 子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。从第一次到第二 次现象的变化，下列解释正确的是（）A.棋子的惯性变大了B.棋子受到纸条的摩擦力变小了C.棋子受到纸条的摩擦力的冲量变小了D.棋子离开桌面时的动量变大了【解析】选Co两次拉动中棋子的质量没变，其惯性不变，故A错误；由

4、于正压力不变,则纸条 对棋子的摩擦力没变，故B错误；由于快拉时作用时间变短,摩擦力对棋子的冲量变小了，故C 正确；由动量定理可知I,合外力的冲量减小,则棋子离开桌而时的动量变小，故D错误。2. (2018天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装 置.图中是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平而上间距为1的两条平行 光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为1、电阻均为R的金属 棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为1,列车的总质量为m.列 车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导

5、轨平面向下,如图甲 所示，为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。 列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行,启动时图甲中V、X哪个接电源正极,并简要说明理由。(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小。(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽 度和相邻磁场间距均大于1.若某时刻列车的速度为,此时ab、cd均在无磁场区域，试讨 论:要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？【解析】(DM接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右,根据左手定则，接通电源后, 金属棒中电流方向由a到b,由c到d,故M接

6、电源正极。R(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为Ra由电阻的串并联知识得R©q；E设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有1丁1X 一设两根金属棒所受安培力之和为F,有F二BI1根据牛顿第二定律有F=ma,2BEI联立式得a=一1mR(3)设列车减速时,cd进入磁场后经A t时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导 轨所围回路的磁通量的变化量为，平均感应电动势为E：,由法拉第电磁感应定律有其中二Bf; 设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有Ei2R设cd受到的平均安培力为F',有二以向右为正方向，设At时间内cd受安培力冲量为I冲，有I4-F'

7、At 同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为Io,有Io=2I冲设列车停下来受到的总冲量为I氏由动量定理有I /,=0-mvoccmv0R式得厂工3-位位位讨论:若丁恰好为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场,若丁不是整数,设厂的整数部分 为N,则需设置N+1块有界磁场。2BEI答案：M理由见解析(2) 见解析 噂总结二1 .对动量定理的理解：(1)公式p' -p二Ft是矢量式,右边是物体受到所有力的总冲量,而不是某一个力的冲量。其中 的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力,如果合 外力是变力，则F是

8、合外力在t时间内的平均值。(2)在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方 便。(3)因为动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用，而且也不需要考虑运动过程的细 节。(4)在电磁感应中常涉及变力的过程,应用动量定理可以使问题简化。2 .用动量定理解题的基本思路：一般为单个物体求每个力的冲量，再求 合冲景或先求合力,再求其冲置选取正方向，确定各动 置和神量的正负根据动量定理列方程求解【加固训练】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V。竖直向上喷出;玩具底部为平 板(

9、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P,重力加速度大小为g。求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【解析】(1)设At时间内，从喷口喷出的水的体积为质量为Am,则Am=P AVA V=vcS A t由式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为=P V&SAt：(2)设玩具悬停时其底而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At时间内喷出的水，由能量守恒得 1 1 2(A m) v-+ (A m) ghq( A m)V0 在h高

10、度处，At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A p= (A m) v 设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有F A t= A p由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F = Mg 联立I式得h二2g-2P2 诏 S2答案：PVoS考点2动量守恒定律与碰撞、反冲、爆炸(d)图倒精研【典例2】(2019 温州模拟)如图所示，质量均为M=4 kg的小车A、B,B车上用轻绳挂有质 量为m=2 kg的小球C,与B车静止在水平地面上,A车以v°=2 m/s的速度在光滑水平地而上 向B车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求：碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后小球C第

11、一次回到最低点时的速度大小。【解题思路】解答本题应注意以下两点：关(1)两车相碰时,两车组成系统,动量守恒,而不包括小球。键(2)两车碰后粘在一起，两车、小球三者组成系统动量守恒。 点【解析】(1)设A、B车碰后共同速度为v,由动量守恒得:Mv2Mw系统损失的能量为：E怕gMUq-X 2MVi=4 J(2)设小球C再次回到最低点时A、B车速为V：,小球C速度为匕,对A、B、(:系统由水平方向动量守恒得:2Mv1=2Mvs+mv3由能量守恒得:x2M,哈%专解得:V3=l.6 m/s答案：(1)4 J (2)1.6 m/s回囹通关51. （2019 衢州模拟）一质量为M的航天器,正以速度v。在太

12、空中飞行,某一时刻航天器接到 加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为打,加速后航天器的速度大小为v二,则喷出气体的质量m为 （）B. m-172 PoC.vZ+vLD. M叱71【解析】选C0规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得MvoEM-mhmx,解得廿2“0m=M,故C正确。r2+l?i2. （2018 全国卷I） 一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的 速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E, 且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求: （

13、1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【解析】（1）设烟花弹上升的初速度为v。,由题给条件有E=-idVq 2_设烟花弹从地而开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有O-Vo=-gt1 12E联立式得t=- I9 Rm（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h“由机械能守恒定律有E二mgt火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为匕和v二。由12 12题给条件和动量守恒定律有F吒+一二E441 1由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h:,

14、由机械能守恒定律有gh二联立式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为2Ehhi+h： (§)mg1 2E 2E答案：(1)一 I(2) g y m mg总结1 .动量守恒定律的“五性”：矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地而)同时性动量是一个瞬时量,表达式中的P:、5必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p' 1、p':必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统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,还适用于接近光速

15、运动的微观 粒子组成的系统2 .碰撞现象满足的三个规律：(2)动能不增加:即匕2E'动量守恒：即P*+P2=P' 1+P 2。速度要合理。若碰前两物体同向运动,则应有Vv*,碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体 同向运动，则应有V前'a碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。3 .对反冲现象的三点说明：(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加.(3)反冲运动中平均动量守恒.94 .爆炸现象的三个规律：(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内

16、完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的 外力,所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸前后 系统的总动能增加。(3)位置不变:爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计,可 以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。【加固训练】如图，光滑冰而上静止放置一表而光滑的斜面体,斜而体右侧一蹲在滑板上的小孩和其 而前的冰块均静止于冰而上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰 块平滑地滑上斜面体,在斜而体上上升的最大高度为h=0. 3m(h小于斜而体的高度)。已知小

17、孩与滑板的总质量为idf30 kg,冰块的质量为m广10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加 速度的大小g取10 m/s'°(1)求斜面体的质量。通过计算判断，冰块与斜而体分离后能否追上小孩？【解析】(D规定向右为速度正方向。冰块在斜而体上运动到最大高度时两者达到共同速度, 设此共同速度为v,斜面体的质量为由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 iThVa 二(nt-ins) v (nt+nij) v'+m：gh 191式中心二-3 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得叱二20 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为vu由动量守恒定律有皿9+叱丫二产。代入数

18、据得vfI m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v：和vs,由动量守恒和机械能守恒定律有1 .10 2£ .10 2 12023 ,11联立式并代入数据得v-1 m/s由于冰块与斜而体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上 小孩。答案：（1）20 kg （2）见解析考点3实验:探究碰撞中的不变量躯精研二【典例3 （2018 浙江11月选考真题）小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图甲 所示,悬挂在0点的单摆由长为1的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑 杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞,碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。（1）小明用

19、游标卡尺测小球A直径如图乙所示,则d=mmo又测得了小球A质量叫细 线长度，碰撞前小球A拉起的角度«和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落 高度h。为完成实验，还需要测量的物理量有：O01020乙（2）若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆,其周期（选填“小于”“等于”或“大于“）粘合前单摆的周期（摆角小于5° ）。【解析】（1）游标卡尺的精确度为0.05 mm,根据游标卡尺的读数方法可知,d二14 mm+8 X 0. 05 mm=14. 40 mnu 碰撞过程中动量守恒,nuvkiihv+m：v：' t A球碰前的速度可 以由nngXl-cos。得出，故还需要

20、测叱的值，以及碰后A球的摆角从而来测定碰后A 球的速度。（2）若碰后粘在一起形成新单摆,根据单摆周期公式可知T=2 n摆球质量变大不会改变 单摆的周期，答案：（D14. 40小球B的质量叫A球碰撞后摆角的大小（2）等于因国通关二1.用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥,后端连接通过打点计 时器的纸带,在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力,推一下小车P,使之运动,与静止的小车Q 相碰粘在一起，继续运动。乙实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用 刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况,应选纸带上 段来计算小车P的碰前速度。

21、(2)测得小车P(含橡皮泥)的质量为叫小车Q(含橡皮泥)的质量为叱如果实验数据满足关系 式,则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒。(3)如果在测量小车P的质量时,忘记粘橡皮泥,则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相 比，将(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。【解析】(1)两小车碰撞前小车P做匀速直线运动,在相等时间内小车位移相等，由图示纸带 可知,应选择纸带上的BC段求出小车P碰撞前的速度。(2)设打点计时器打点时间间隔为T,由图示纸带可知，碰撞前小车的速度:V，碰撞后4 T$4一至小车的速度：V二，如果碰撞前后系统动量守恒，则:m1v=(m1+m£)v",6 Ts2-51

22、's4'52 山,s2'512-2即:im = (mi+mz) ,整理得：m：=(加】+叱)X ；4T6T23在测量小车P的质量时,忘记粘橡皮泥，小车P质量的测量值小于真实值,由p=mv可知, 所测系统碰前的动量小于碰撞后系统的动量。$2-5154-S3答案：(DBC (2)m1-r(mx+rn：) X-一23偏小2.为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的 立方体滑块A和B,按下述步骤进行实验：步骤1:在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2:安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端

23、是长直水平槽，倾斜槽和 水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上,在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远 处装一台数码频闪照相机；步臊3:让滑块B静置于水平槽的某处,滑块A从斜槽某处由静止释放,同时开始频闪拍摄, 直到A、B停止运动,得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4:多次重复步骤3,得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来,将刻度尺紧靠 照片放置,如图乙所示。甲(1)由图乙分析可知,滑块A与滑块B碰撞位置。R.在K、Pg之间B.在Pg处C.在K、P：之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒,需要直接测量或读取的物理量是A、B两个滑块的质量皿和叱滑块A释放时距桌面的高度频闪照相机的周期照片尺寸

24、和实际尺寸的比例照片上测得的右八X“和xT8照片上测得的Xx、Xis、X36和9、X：3、X3913滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议:一°【解析】(1)由题图可得 Xi2=3. 00 cm, x”=2. 80 cm, x3f2. 60 cm, x：5=2. 40 cm,XW2.20 cm, XsFl. 60 cm, x78=l. 40 cm, x«=l. 20 cnu 根据匀变速直线运动的特点可知 A、B 相撞的位置在Pc处。(2)为了探究A、B相撞前后动量是否守恒，就要得到碰撞前后的动量，所以要测量

25、A、B两个 滑块的质量m：、m：和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为T,则Pi处的速度为3 t ，Pb处的速度为%因为V、一所以A、B碰撞前在Ps处的速度2T2722x67 + 7g'xS9 6二2TX4.5+2x56-X34.为VgLL;同理可得碰撞后AB在R处的速度为一2T守恒则有011丫6=(叫+叱)6,整理得皿&"+2治6-%)二位:皿)(2X6：+X：XS9)。因此需要测量或读 取的物理量是。(3)若碰撞前后都做匀速运动则可提高实验的精确度。答案：(1)B (2)m：(Xis+2xs6X31)二(nii+m：) (2,6：+x：s (3)将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动(其他合理答案也可) 回国总结二1 .实验时应注意的几个问题：(1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。(2)四种方案提醒。若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平。若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将小 球拉起后,两条摆线应在同一竖直平面内。若利用长木板进行实验,可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力。若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即:m)叱,防止碰后皿被反弹。(3)探究结论:寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都