2019高考物理二轮复习第5讲动量定理、动量守恒定律专题突破练.doc

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1、1第 5 讲 动量定理、动量守恒定律考点一 动量、冲量和动量定理1.(功、冲量等综合辨析)(多选)为了进一步探究课本中的实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离 .不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中 ( ) A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率2.(动量定理的应用)在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力 F 作用下,经过时间 t

2、 后,动量为 p,动能为 Ek;若该物体在此光滑水平面上由静止出发,仍在水平力 F 的作用下,则经过时间 2t 后物体的 ( )A.动量为 4p B.动量为 pC.动能为 4Ek D.动能为 2Ek3.(动量定理求平均力)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理 .如图 5-1 所示,从距秤盘 80 cm 高度处把 1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为 1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半 .若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知 1000 粒的豆粒的总质量为 100 g,则在碰撞过程中秤盘受

3、到的压力大小约为 ( )图 5-1A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N4.(动量定理求电荷量)如图 5-2 所示,两根间距为 L 的平行金属导轨 PQ 和 MN 处于同一水平面内,左端连接一阻值为 R 的电阻,导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为 B.一质量为 m 的导体棒 CD 垂直于导轨且与导轨接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,不计导体棒与导轨间的摩擦 .现对 CD 棒施加水平向右的恒力 F,使 CD 棒由静止开始向右做直线运动 .若经过时间 t,CD 棒获得的速度为 v,求此过程中通过 CD 棒的电荷量 q.图 5-22归纳应用动量定理解题的一般步骤为

4、:(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 .考点二 动量守恒定律的理解和应用1 如图 5-3 所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱的质量为 m,小车和人的总质量为 M,Mm= 4 1,人以速率 v 沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速度 v 第二次推出木箱,木箱又被原速率反弹问人最多能推几次木箱?图 5-3导思 人每次推出或接住箱子的过程,动量守恒吗? 多次推出和接住箱子,含箱子与挡板碰撞过程,动量守恒吗? 人不

5、能接住箱子,其速度应满足什么条件?归纳 动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律成立的条件:(1)系统不受外力或者所受合外力为零;(2)系统受外力,但外力远小于内力,可以忽略不计,如碰撞、爆炸等;(3)系统在某一方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒 .2.动量守恒定律的表达形式:(1) m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,即 p1+p2=p1+p2;(2) p1+ p2=0,即 p1=- p2.3.动量守恒的速度具有“四性”:(1)矢量性;(2)瞬时性;(3)相对性;(4)普适性 .式 1 (多选)如图 5-4 所示,将质量为 M1、半径为 R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左

6、侧靠墙角,右侧靠一质量为 M2的物块 .今让一质量为 m 的小球自左侧槽口 A 的正上方h 高处从静止开始落下,自 A 点切入槽内,则以下结论中正确的是 ( )图 5-4A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向上动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向上动量不守恒C.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒D.若小球能从 C 点离开半圆槽,则小球一定会做竖直上抛运动式 2 (多选)甲、乙两个质量都为 M 的小车静止在光滑水平地面上 .质量为 m 的人站在甲车上并以速率 v(对地)跳上乙车,接着仍以对地的速率 v 反跳回甲车 .对于这一过程

7、,下列说法中正确的是 ( )A.最后甲、乙两车的速率相等B.最后甲、乙两车的速率之比 v 甲 v 乙 =M (m+M)C.人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量大小 I1与人在整个过程中对乙车的冲量大小 I2的关系3是 I1=I2D.人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量大小 I1与人在整个过程中对乙车的冲量大小 I2的关系是 I1 ,即弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率,选项 D 正确 .2.C 解析 根据动量定理得 Ft=p,F2t=p1,解得 p1=2p,故 A、B 错误;根据牛顿第二定律得 F=ma,解得 a= ,因为水平力 F 不变,则加速度不变,根据 x= at2知,时间

8、变为原来的 2 倍,则位移变为原来的 4 倍,根据动能定理得 Fx=Ek,Fx1=Ek1,解得 Ek1=4Ek,故 C 正确,D 错误 .3.B 解析 设豆粒从 80 cm 高处落到秤盘上时速度为 v, 有 v2=2gh,则 v= =m/s=4 m/s,以向上为正方向,根据动量定理得 Ft=mv2-mv1,则 F= =N=0.6 N,选项 B 正确 .4.解析 导体棒在恒力作用下做加速度减小的加速运动,设 t 时间内导体棒的速度由 v 变为 v+ v,因此由动量定理得 F t-BLI t=m v,即 F t-BL q=m v可以将时间 t 内的运动过程分解成 N 个这样的微小过程, N 趋向无

9、穷大 .将这样的微小过程都累加起来得Ft-BLq=mv-0解得 q= .考点二6例 1 3 次 解析 选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向 .设第 n 次推出木箱后人与小车的速度为 vn,第 n 次接住后速度为 vn,则由动量守恒定律可知第一次推出后,有 0=Mv1-mv,则 v1= v第一次接住后,有 Mv1+mv=(M+m)v1第二次推出后,有( M+m)v1=Mv2-mv,则 v2= v第二次接住后,有 Mv2+mv=(M+m)v2第 n-1 次接住后,有 Mvn-1+mv=(M+m)vn-1第 n 次推出后,有( M+m)vn-1=Mvn-mv,则 vn= v设最多能推

10、 N 次,推出后,有 vn v,vn-1mgh,所以 hEk= ,选项 D 是不可能的 .预测 3 (1) (2)kmgl解析 (1)设滑扣 A 的初速度为 v0,细线拉紧时滑扣 A 的速度为 v1,细线拉紧后, A、 B 滑扣的共同速度为 v2,细线拉紧前,滑扣 A 的加速度 a=kg,细线拉紧后,滑块 A 继续滑行的加速度大小也为 a,有- =-2al mv1=2mv20- =-2a联立解得 v2= ,v1=2 ,v0=(2)系统在整个运动过程中,由能量守恒定律得 E= m -kmgl-k2mg =kmgl使用石墨(碳 12)作减速剂,设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞,一个动能为 E0的

11、快中子与静止的碳原子碰撞一次后,中子的动能大小变为 ( )A. E0 B. E0 C. E0 D. E0测 2 (碰撞可能性)(多选) A、 B 两个质量相等的球在光滑的水平面上沿同一直线向同一方向运动, A 球的动量是 7 kgm/s,B 球的动量是 5 kgm/s,A 球追上 B 球发生碰撞,则碰撞后 A、 B 两球的动量可能分别是 ( )A.pA=8 kgm/s,pB=4 kgm/sB.pA=6 kgm/s,pB=6 kgm/sC.pA=5 kgm/s,pB=7 kgm/sD.pA=-2 kgm/s,pB=14 kgm/s测 3 (动量与能量综合)如图 5-7 所示,水平固定的长滑杆上套有两个质量均为 m 的薄滑扣(即可以滑动的圆环) A 和 B,两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线相连,细线长度为 l,滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的 k 倍 .开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压) .今给滑扣 A 一个向左的初速度使其在滑杆上开始向左滑行,细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行,继续滑行距离 后静止 .假设细线拉紧过程的时间极短,重力加速度为 g.求:图 5-7(1)滑扣 A 的初速度大小;9(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失 .