浙江專版2024年高考物理一輪復習1動量動量守恒定律考點突破練含解析選修3-5

PAGE15-動量動量守恒定律考點1動量定理的理解和應用(c)【典例1】如圖所示,剛性U形金屬導軌M1N1N2M2位于光滑水平桌面上,其左端中接有阻值為R的電阻,它們總的質量為m0。導軌的兩條軌道間的距離為l,PQ是質量為m的金屬桿,其電阻為r,可在軌道上滑動,滑動時保持與軌道垂直。桿與軌道的接觸是粗糙的,導軌的電阻均不計。初始時,桿PQ位于圖中的虛線處,虛線的右側為一勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于桌面,磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)有一位于導軌平面內(nèi)的與軌道平行的恒力F作用于PQ上,使之從靜止起先在軌道上向右做加速運動。已知經(jīng)過時間t通過電阻的電流為I0,導軌向右移動的距離為x0(導軌的N1N2部分尚未進入磁場區(qū)域)。不考慮回路的自感,(1)桿與軌道的摩擦力。(2)PQ離開虛線的距離。(3)在此過程中電阻所消耗的能量?！窘馕觥?1)因U形導軌在摩擦力作用下做勻加速運動,若其加速度為a,則有f=m0a而a=2x由兩式得f=2m0x0(2)經(jīng)過時間t,桿的速度設為v,則桿和導軌構成的回路中的感應電動勢E=Blv此時回路中的感應電流I0=ER得v=I對PQ桿應用動量定理可得(F-f)t-Bl∑Δq=mv而∑Δq=ΔΦR解得x=F(3)由能量關系Q=(F-f)x-12mv2=F-2mQR=RR+答案:(1)f=2m0x(2)F(3)R1.(2024·金華模擬)課上老師做了這樣一個試驗:如圖所示,用一象棋子壓著一紙條,放在水平桌面上接近邊緣處。第一次,慢拉紙條,將紙條抽出,棋子掉落在地上的P點;其次次,將棋子、紙條放回原來的位置,快拉紙條,將紙條抽出,棋子掉落在地上的N點。從第一次到其次次現(xiàn)象的變更,下列說明正確的是()A.棋子的慣性變大了B.棋子受到紙條的摩擦力變小了C.棋子受到紙條的摩擦力的沖量變小了D.棋子離開桌面時的動量變大了【解析】選C。兩次拉動中棋子的質量沒變,其慣性不變,故A錯誤;由于正壓力不變,則紙條對棋子的摩擦力沒變,故B錯誤;由于快拉時作用時間變短,摩擦力對棋子的沖量變小了,故C正確;由動量定理可知,合外力的沖量減小,則棋子離開桌面時的動量變小,故D錯誤。2.(2024·天津高考)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能干脆轉換成平動動能的裝置。圖甲是某種動力系統(tǒng)的簡化模型,圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌,電阻忽視不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒,通過絕緣材料固定在列車底部,并與導軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質量為m。列車啟動前,ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面對下,如圖甲所示,為使列車啟動,需在M、N間連接電動勢為E的直流電源,電源內(nèi)阻及導線電阻忽視不計。列車啟動后電源自動關閉。 (1)要使列車向右運行,啟動時圖甲中M、N哪個接電源正極,并簡要說明理由。(2)求剛接通電源時列車加速度a的大小。(3)列車減速時,需在前方設置如圖乙所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0,此時ab、cd均在無磁場區(qū)域,試探討:要使列車停下來,前方至少須要多少塊這樣的有界磁場?【解析】(1)M接電源正極,列車要向右運動,安培力方向應向右,依據(jù)左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到b,由c到d,故M接電源正極。(2)由題意,啟動時ab、cd并聯(lián),設回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)學問得R總=R2設回路總電流為I,依據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER設兩根金屬棒所受安培力之和為F,有F=BIl ③依據(jù)牛頓其次定律有F=ma, ④聯(lián)立①②③④式得a=2BEl(3)設列車減速時,cd進入磁場后經(jīng)Δt時間ab恰好進入磁場,此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變更量為ΔΦ,平均感應電動勢為E1,由法拉第電磁感應定律有E1=ΔΦ其中ΔΦ=Bl2; ⑦設回路中平均電流為I′,由閉合電路歐姆定律有I′=E1設cd受到的平均安培力為F′,有F′=I′lB ⑨以向右為正方向,設Δt時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖,有I沖=-F′Δt ⑩同理可知,回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值,設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0,有I0=2I沖 設列車停下來受到的總沖量為I總,由動量定理有I總=0-mv0 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩式得I總I0=mv探討:若I總I0恰好為整數(shù),設其為n,則需設置n塊有界磁場,若I總I0不是整數(shù),設答案:(1)M理由見解析(2)2BElmR1.對動量定理的理解:(1)公式p′-p=Ft是矢量式,右邊是物體受到全部力的總沖量,而不是某一個力的沖量。其中的F是探討對象所受的包括重力在內(nèi)全部外力的合力,它可以是恒力,也可以是變力,假如合外力是變力,則F是合外力在t時間內(nèi)的平均值。(2)在不涉及加速度和位移的狀況下,探討運動和力的關系時,用動量定理求解一般較為便利。(3)因為動量定理不僅適用于恒力作用,也適用于變力作用,而且也不須要考慮運動過程的細微環(huán)節(jié)。(4)在電磁感應中常涉及變力的過程,應用動量定理可以使問題簡化。2.用動量定理解題的基本思路:【加固訓練】某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算便利起見,假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周勻稱散開。忽視空氣阻力。已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g。求:(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質量。(2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度?！窘馕觥?1)設Δt時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質量為Δm,則Δm=ρΔV①ΔV=v0SΔt②由①②式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質量為ΔmΔt(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得12(Δm)v2+(Δm)gh=12(Δm)在h高度處,Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變更量的大小為Δp=(Δm)v⑤設玩具對水的作用力的大小為F,依據(jù)動量定理有FΔt=Δp⑥由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得F=Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h=v02答案:(1)ρv0S(2)v02考點2動量守恒定律與碰撞、反沖、爆炸(d)【典例2】(2024·溫州模擬)如圖所示,質量均為M=4kg的小車A、B,B車上用輕繩掛有質量為m=2kg的小球C,與B車靜止在水平地面上,A車以v0=2m/s的速度在光滑水平地面上向B車運動,(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能;(2)碰后小球C第一次回到最低點時的速度大小。【解題思路】解答本題應留意以下兩點:關鍵點(1)兩車相碰時,兩車組成系統(tǒng),動量守恒,而不包括小球。(2)兩車碰后粘在一起,兩車、小球三者組成系統(tǒng)動量守恒。【解析】(1)設A、B車碰后共同速度為v1,由動量守恒得:Mv0=2Mv1系統(tǒng)損失的能量為:E損=12Mv02-12×2M(2)設小球C再次回到最低點時A、B車速為v2,小球C速度為v3,對A、B、C系統(tǒng)由水平方向動量守恒得:2Mv1=2Mv2+mv3由能量守恒得:12×2Mv12=12×2Mv解得:v3=1.6答案:(1)4J(2)1.61.(2024·衢州模擬)一質量為M的航天器,正以速度v0在太空中飛行,某一時刻航天器接到加速的指令后,發(fā)動機瞬間向后噴出肯定質量的氣體,氣體噴出時速度大小為v1,加速后航天器的速度大小為v2,則噴出氣體的質量m為 ()A.m=v2-v0vC.m=v2-v0v【解析】選C。規(guī)定航天器的速度方向為正方向,由動量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=v2-v02.(2024·全國卷Ⅰ)一質量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量。求:(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間。(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度?！窘馕觥?1)設煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有E=12mv設煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有0-v0=-gt ②聯(lián)立①②式得t=1g(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有E=mgh1 ④火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有14mv12+112mv1+12mv由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為h2,由機械能守恒定律有14mv12=1聯(lián)立④⑤⑥⑦式得,煙花彈上部分距地面的最大高度為h=h1+h2=2E答案:(1)1g21.動量守恒定律的“五性”:矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程,解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必需是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量,表達式中的p1、p2……必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量,p′1、p′2……必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性探討的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng),還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.碰撞現(xiàn)象滿意的三個規(guī)律:(1)動量守恒:即p1+p2=p′1+p′2。(2)動能不增加:即Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2或p122m1+p(3)速度要合理。①若碰前兩物體同向運動,則應有v后>v前,碰后原來在前的物體速度肯定增大,若碰后兩物體同向運動,則應有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體的運動方向不行能都不變更。3.對反沖現(xiàn)象的三點說明:(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動,通常用動量守恒來處理。(2)反沖運動中,由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能,所以系統(tǒng)的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。4.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律:(1)動量守恒:由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒。(2)動能增加:在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能,所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。(3)位置不變:爆炸的時間極短,因而作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽視不計,可以認為爆炸后仍舊從爆炸前的位置以新的動量起先運動。【加固訓練】如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1=30kg,冰塊的質量為m2=10kg(1)求斜面體的質量。(2)通過計算推斷,冰塊與斜面體分別后能否追上小孩?【解析】(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速度為v,斜面體的質量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v ①12m2v202=12(m2+m3)v式中v20=-3m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有m1v1+m2v20=0 ④代入數(shù)據(jù)得v1=1設冰塊與斜面體分別后的速度分別為v2和v3,由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3 ⑥12m2v202=12m2v22聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2=1由于冰塊與斜面體分別后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩。答案:(1)20kg考點3試驗:探究碰撞中的不變量【典例3】(2024·浙江11月選考真題)小明做“探究碰撞中的不變量”試驗的裝置如圖甲所示,懸掛在O點的單擺由長為l的細線和直徑為d的小球A組成,小球A與放置在光滑支撐桿上的直徑相同的小球B發(fā)生對心碰撞,碰后小球A接著搖擺,小球B做平拋運動。 (1)小明用游標卡尺測小球A直徑如圖乙所示,則d=________mm。又測得了小球A質量m1,細線長度l,碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平拋運動的水平位移x、豎直下落高度h。為完成試驗,還須要測量的物理量有:______。

(2)若A、B兩球碰后粘在一起形成新單擺,其周期__________(選填“小于”“等于”或“大于”)粘合前單擺的周期(擺角小于5°)。

【解析】(1)游標卡尺的精確度為0.05mm,14mm+8×0.05mm=14.40mm。碰撞過程中動量守恒,m1v1=m1v1′+m2v2′,A球碰前的速度可以由m1gl(1-cosα)=12m1v12得出,故還須要測(2)若碰后粘在一起形成新單擺,依據(jù)單擺周期公式可知T=2πl(wèi)g,答案:(1)14.40小球B的質量m2A球碰撞后擺角的大小(2)等于1.用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律,小車P的前端粘有橡皮泥,后端連接通過打點計時器的紙帶,在長木板右端墊放木塊以平衡摩擦力,推一下小車P,使之運動,與靜止的小車Q相碰粘在一起,接著運動。(1)試驗獲得的一條紙帶如圖乙所示,依據(jù)點跡的不同特征把紙帶上的點進行了區(qū)域劃分,用刻度尺測得各點到起點A的距離。依據(jù)碰撞前后小車的運動狀況,應選紙帶上____________段來計算小車P的碰前速度。

(2)測得小車P(含橡皮泥)的質量為m1,小車Q(含橡皮泥)的質量為m2,假如試驗數(shù)據(jù)滿意關系式____________________,則可驗證小車P、Q碰撞前后動量守恒。

(3)假如在測量小車P的質量時,遺忘粘橡皮泥,則所測系統(tǒng)碰前的動量與系統(tǒng)碰后的動量相比,將________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。

【解析】(1)兩小車碰撞前小車P做勻速直線運動,在相等時間內(nèi)小車位移相等,由圖示紙帶可知,應選擇紙帶上的BC段求出小車P碰撞前的速度。(2)設打點計時器打點時間間隔為T,由圖示紙帶可知,碰撞前小車的速度:v=s2-s14T,碰撞后小車的速度:v′=s4-s36T,假如碰撞前后系統(tǒng)動量守恒,則:m1v=(m1+m2)v′,即:m1s2-s14T(3)在測量小車P的質量時,遺忘粘橡皮泥,小車P質量的測量值小于真實值,由p=mv可知,所測系統(tǒng)碰前的動量小于碰撞后系統(tǒng)的動量。答案:(1)BC(2)m1s2-s12=(m(3)偏小2.為了驗證動量守恒定律(探究碰撞中的不變量),某同學選取了兩個材質相同、體積不等的立方體滑塊A和B,按下述步驟進行試驗:步驟1:在A、B的相撞面分別裝上尼龍拉扣,以便二者相撞以后能夠立即結為整體;步驟2:安裝好試驗裝置如圖甲,鋁質軌道槽的左端是傾斜槽,右端是長直水平槽,傾斜槽和水平槽由一小段弧連接,軌道槽被固定在水平桌面上,在軌道槽的側面與軌道等高且適當遠處裝一臺數(shù)碼頻閃照相機;步驟3:讓滑塊B靜置于水平槽的某處,滑塊A從斜槽某處由靜止釋放,同時起先頻閃拍攝,直到A、B停止運動,得到一幅多次曝光的數(shù)碼照片;步驟4:多次重復步驟3,得到多幅照片,挑出其中最志向的一幅,打印出來,將刻度尺緊靠照片放置,如圖乙所示。(1)由圖乙分析可知,滑塊A與滑塊B碰撞位置______。

A.在P5、P6之間B.在P6處C.在P6、P7之間(2)為了探究碰撞中動量是否守恒,須要干脆測量或讀取的物理量是________。

①A、B兩個滑塊的質量m1和m2②滑塊A釋放時距桌面的高度③頻閃照相機的周期④照片尺寸和實際尺寸的比例⑤照片上測得的x45、x56和x67、x78⑥照片上測得的x34、x45、x56和x67、x78、x89⑦滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)寫出驗證動量守恒的表達式__。

(3)請你寫出一條有利于提高試驗精確度或改進試驗原理的建議:___。

【解析】(1)由題圖可得x12=3.00cm,x23=2.80cm,x34=2.60x56=2.20cm,x67=1.60cm,x78=1.40cm,x89=1.20cm(2)為了探究A、B相撞前后動量是否守恒,就要得到碰撞前后的動量,所以要測量A、B兩個滑塊的質量m1、m2和碰撞前后的速度。設照相機拍攝時間間隔為T,則P4處的速度為v4=x34+x452T,P5處的速度為v5=x45+x562T,因為v5=v4+v62,所以A、B碰撞前在P6處的速度為v6=x45+2x56-x342T;同理可得碰撞后AB在P6處的速度為v′6=2x67+x78-x892(3)若碰撞前后都做勻速運動則可提高試驗的精確度。答案:(1)B(2)①⑥m1(x45+2x56-x34)=(m1+m2)(2x67+x78-x89)(3)將軌道的一端墊起少許,平衡摩擦力,使得滑塊碰撞前后都做勻速運動(其他合理答案也可)1.試驗時應留意的幾個問題:(1)前提條件:碰撞的兩物體應保證“水平”和“正碰”。(2)四種方案提示。①若利用氣墊導軌進行試驗,調(diào)整氣墊導軌時,留意利用水平儀確保導軌水平。②若利用擺球進行試驗,兩小球靜放時球心應在同一水平線上,且剛好接觸,擺線豎直,將小球拉起后,兩條擺線應在同一豎直平