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

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

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)‎ ‎【典例1】如图所示,刚性U形金属导轨M1N1N2M2位于光滑水平桌面上,其左端中接有阻值为R的电阻,它们总的质量为m0。导轨的两条轨道间的距离为l,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I0,导轨向右移动的距离为x0(导轨的N1N2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。‎ ‎(3)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f=m0a ‎ 而 a= ‎ 由两式得f=2m0 ‎ ‎(2)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=Blv ‎ 此时回路中的感应电流I0= ‎ 得v=‎ 对PQ杆应用动量定理可得(F-f)t-Bl∑Δq=mv 15‎ 而∑Δq==‎ 解得x=‎ ‎(3)由能量关系Q=(F-f)x-mv2=x-m QR=Q=‎ 答案:(1)f=2m0‎ ‎(2)‎ ‎(3)‎ ‎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 15‎ 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C。两次拉动中棋子的质量没变,其惯性不变,故A错误;由于正压力不变,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,合外力的冲量减小,则棋子离开桌面时的动量变小,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。图甲是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l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l、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l,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M、N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l。若某时刻列车的速度为v0,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】(1)M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接电源正极。‎ ‎(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总=; ①‎ 设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I= ②‎ 设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=BIl ③‎ 根据牛顿第二定律有F=ma, ④‎ 联立①②③④式得a= ⑤‎ 15‎ ‎(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt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ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1=, ⑥‎ 其中ΔΦ=Bl2; ⑦‎ 设回路中平均电流为I′,由闭合电路欧姆定律有 I′= ⑧‎ 设cd受到的平均安培力为F′,有F′=I′lB ⑨‎ 以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F′Δt ⑩‎ 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I0,有 I0=2I冲 ‎ 设列车停下来受到的总冲量为I总,‎ 由动量定理有I总=0-mv0 ‎ 联立⑥⑦⑧⑨⑩式得= ‎ 讨论:若恰好为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场,若不是整数,设的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。‎ 答案:(1)M　理由见解析　 (2)　(3)见解析 ‎1.对动量定理的理解:‎ ‎(1)公式p′-p=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。‎ 15‎ ‎(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:‎ ‎【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ρ,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Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV①‎ ΔV=v0SΔt②‎ 由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ‎=ρv0S③‎ ‎(2)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Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 ‎(Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)④‎ 在h高度处,Δt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Δp=(Δm)v⑤‎ 设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有 FΔt=Δp⑥‎ 15‎ 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得 F=Mg⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得h=-‎ 答案:(1)ρv0S　(2)-‎ 考点2　动量守恒定律与碰撞、反冲、爆炸(d)‎ ‎【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v0=2 m/s的速度在光滑水平地面上向B车运动,相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求: ‎ ‎(1)碰撞过程中系统损失的机械能;‎ ‎(2)碰后小球C第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 键 点 ‎(1)两车相碰时,两车组成系统,动量守恒,而不包括小球。‎ ‎(2)两车碰后粘在一起,两车、小球三者组成系统动量守恒。‎ ‎【解析】(1)设A、B车碰后共同速度为v1,由动量守恒得:Mv0=2Mv1‎ 系统损失的能量为:E损=M-×2M=4 J ‎(2)设小球C再次回到最低点时A、B车速为v2,小球C速度为v3,对A、B、C系统由水平方向动量守恒得:2Mv1=2Mv2+mv3‎ 由能量守恒得:×2M=×2M+m 解得:v3=1.6 m/s 答案:(1)4 J　(2)1.6 m/s 15‎ ‎1.(2019·衢州模拟)一质量为M的航天器,正以速度v0在太空中飞行,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v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为 (　　)‎ A.m=M　　　　　 B.m=M C.m=M D.m=M ‎【解析】选C。规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=M,故C正确。‎ ‎2.(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:‎ ‎(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v0,由题给条件有 E=m ①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt ②‎ 联立①②式得t= ③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1 ④‎ 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v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有m+m=E ⑤‎ 15‎ mv1+mv2=0 ⑥‎ 由⑥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h2,由机械能守恒定律有 m=mgh2 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为 h=h1+h2= ⑧‎ 答案:(1)　(2)‎ ‎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(一般是相对于地面)‎ 同时性 动量是一个瞬时量,表达式中的p1、p2……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′2……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,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ‎2.碰撞现象满足的三个规律:‎ ‎(1)动量守恒:即p1+p2=p′1+p′2。‎ ‎(2)动能不增加:即Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2或+≥+。‎ ‎(3)速度要合理。‎ ‎①若碰前两物体同向运动,则应有v后>v前,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′≥v后′。‎ ‎②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。‎ 15‎ ‎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。‎ ‎4.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,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。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,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=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/s2。‎ ‎(1)求斜面体的质量。‎ ‎(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?‎ ‎【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面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m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v ①‎ m2=(m2+m3)v2+m2gh ②‎ 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0 ④‎ 代入数据得　v1=1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有 15‎ m2v20=m2v2+m3v3 ⑥‎ ‎　m2=m2+m3 ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s 由于冰块与斜面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 ‎【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O点的单摆由长为l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)小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示,则d=________mm。又测得了小球A质量m1,细线长度l,碰撞前小球 A 拉起的角度α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: ______。  ‎ ‎(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=‎ ‎14 mm+8×0.05 mm=14.40 mm。 碰撞过程中动量守恒,m1v1=m1v1′+m2v2′,A球碰前的速度可以由m1gl(1-cosα)=m1得出,故还需要测m2的值,以及碰后A球的摆角从而来测定碰后A球的速度。‎ 15‎ ‎(2)若碰后粘在一起形成新单摆,根据单摆周期公式可知T=2π,摆球质量变大不会改变单摆的周期。 ‎ 答案:(1)14.40　小球B的质量m2　A球碰撞后摆角的大小　(2)等于 ‎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。‎ ‎(1)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。 ‎ ‎(2)测得小车P(含橡皮泥)的质量为m1,小车Q(含橡皮泥)的质量为m2,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=,碰撞后小车的速度:v′=,如果碰撞前后系统动量守恒,则:m1v=(m1+m2)v′,即:m1‎ 15‎ ‎=(m1+m2),整理得:m1=(m1+m2)×;‎ ‎(3)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。‎ 答案:(1)BC　(2)m1=(m1+m2)×‎ ‎(3)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;‎ ‎ 步骤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。‎ ‎(1)由图乙分析可知,滑块A与滑块B碰撞位置______。 ‎ A.在P5、P6之间 ‎ B.在P6处 ‎ C.在P6、P7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________。 ‎ ‎①A、B两个滑块的质量m1和m2‎ ‎②滑块A释放时距桌面的高度 15‎ ‎③频闪照相机的周期 ‎④照片尺寸和实际尺寸的比例 ‎⑤照片上测得的x45、x56和x67、x78‎ ‎⑥照片上测得的x34、x45、x56和x67、x78、x89‎ ‎⑦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:___。 ‎ ‎【解析】(1)由题图可得x12=3.00 cm,x23=2.80 cm,x34=2.60 cm,x45=2.40 cm,‎ x56=2.20 cm,x67=1.60 cm,x78=1.40 cm,x89=1.20 cm。根据匀变速直线运动的特点可知A、B相撞的位置在P6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A、B两个滑块的质量m1、m2和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为T,则P4处的速度为v4=,P5处的速度为v5=,因为v5=,所以A、B碰撞前在P6处的速度为v6=;同理可得碰撞后AB在P6处的速度为v′6=。若动量守恒则有m1v6=(m1+m2)v′6,整理得m1(x45+2x56-x34)=(m1+m2)(2x67+x78-x89)。因此需要测量或读取的物理量是①⑥。‎ ‎(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)①⑥‎ m1(x45+2x56-x34)=(m1+m2)(2x67+x78-x89)‎ ‎(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)‎ ‎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。‎ 15‎ ‎①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。‎ ‎②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。‎ ‎③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。‎ ‎④若利用斜槽进行实验,入射球质量要大于被碰球质量,即:m1>m2,防止碰后m1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不改变。‎ ‎2.对实验误差的分析:‎ ‎(1)系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求,即:‎ ‎①碰撞是否为一维碰撞。‎ ‎②实验是否满足动量守恒的条件,如气垫导轨是否水平,两球是否等大,长木板实验是否平衡掉摩擦力等。‎ ‎(2)偶然误差:主要来源于质量m和速度v的测量。‎ ‎(3)减小误差的措施。‎ ‎①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞,且尽量满足动量守恒的条件。‎ ‎②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差。‎ ‎【加固训练】‎ 现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律。在图甲中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。‎ 实验测得滑块A的质量m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0 Hz。‎ 将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图乙所示。‎ 15‎ 若实验允许的相对误差绝对值(×100%)最大为5%,‎ 本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程。‎ ‎【解析】纸带上打出的相邻点的时间间隔 Δt==0.02 s 根据v=可计算出滑块A碰撞前后的速度 v0=2.00 m/s,v1=0.970 m/s 滑块A、B碰撞后滑块B的速度 v2==2.86 m/s 两滑块碰撞前后的总动量 p=m1v0=0.310×2.00 kg·m/s=0.620 kg·m/s p′=m1v1+m2v2=0.610 kg·m/s 两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为 δ=×100%=1.6%<5%‎ 因此,本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律。‎ 答案:见解析 15‎