动量守恒定律.docx

动量守恒定律.docx

《动量守恒定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《动量守恒定律.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

动量守恒定律

课时跟踪检测动量定理

1．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。

一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛。

若不计空气阻力，三个小球从抛出到落地的过程中（　　）

A．三个小球动量的变化量相同

B．下抛球和平抛球动量的变化量相同

C．上抛球动量的变化量最大

D．三个小球落地时的动量相同

解析：

选C　

（1）三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球、做平抛运动的小球和做竖直下抛运动的小球运动的时间依次减小，根据动量定理有mgt＝Δp，可得上抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误；

（2）根据动能定理有mgh＝

mv2－

mv02，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球末速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球末速度方向不同，则三个球落地时的动量不同，故D错。

融会贯通”归纳好——

巧用微元法结合动量定理解决流体及微粒两类“柱状模型”问题

解题步骤：

一.流体类“柱状模型”

（1）建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S

（2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为ΔL=v0Δt，对应的质量为Δm＝ρSv0Δt

（3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

二.流体类“柱状模型”

（1）建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S

（2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为ΔL=v0Δt，对应的质量为Δm＝ρSv0Δt

（3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

2．有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2m2，以v＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。

此微粒尘区1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg。

设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（　　）

A．3.6×103NB．3.6N

C．1.2×103ND．1.2N

解析：

选B　以极短时间Δt内的小微尘柱体为对象。

微粒总质量为M＝vΔtSm，与飞船碰撞并附着于飞船上设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理，Ft＝Mv，联立解得：

F＝v2Sm，代入相关数据，得F＝3.6N。

根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N。

要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N，选项B正确。

3．（2019·深圳调研）如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是（　　）

A．0～2s内合外力的冲量一直增大

B．0～4s内合外力的冲量为零

C．2s末物体的动量方向发生变化

D．0～4s内物体动量的方向一直不变

解析：

选C　根据Ft图像面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4s内合外力的冲量为零，B正确；2s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。

4．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力。

已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。

忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响。

该发动机产生的平均推力F的大小为（　　）

A．I

B．I

C．I

D．2I

解析：

选A　以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝

mv2，以Δt时间内喷出正离子柱为对象，总电荷量为Q＝IΔt，喷出的正离子总质量为M＝

m＝

m。

由动量定理可知正离子所受的平均冲量FΔt＝Mv，联立以上式子可得F＝I

，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I

，故A正确。

5．（2019·合肥模拟）将质量为500g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700g水的流量注入杯中。

注至10s末时，台秤的读数为78.5N，则注入杯中水流的速度是多大？

解析：

以在很短时间Δt内，落在杯中的水柱Δm为研究对象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。

设向上的方向为正，由动量定理得：

（F－Δmg）Δt＝0－（－Δmv）

因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且

＝0.7kg/s

F＝

v＝0.7v（N）

台秤的读数G读＝（m杯＋m水）g＋F

78．5＝（0.5＋0.7×10）×10＋0.7v

解得v＝5m/s。

6．（2019·包头模拟）使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。

播种时，在离地面10m高处以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，种子胶囊进入地面下10cm深处完成一次播种。

已知种子胶囊的总质量为20g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10m/s2，则（　　）

A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功为2.5J

B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为

s

C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3

kg·m/s

D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5

N

解析：

选D　射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝

mv2＝

×0.02×52J＝0.25J，A错误；胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋

gt2得：

10＝5t＋

×10t2，解得t＝1s（另解舍去），B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15m/s，水平速度vx＝v0＝15m/s，进入土壤时竖直方向h′＝

，t′＝

，可求得t′＝

s。

由动量定理I＝Ft′＝0－（－mv），v＝

可解得：

土壤对种子胶囊的冲量I＝mv＝0.3

kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5

N，故C错误，D正确。

动量守恒定律

1.如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A。

给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。

在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是（　　）

A．1.8m/sB．2.4m/s

C．2.8m/sD．3.0m/s

解析：

选B　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝（M＋m）v2，可得v1＝

m/s，v2＝2m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0m/s而小于

m/s，只有选项B正确。

2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。

两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则（　　）

A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3

B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6

C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3

D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6

解析：

选C　碰前两球的动量均为8kg·m/s，则两球运动方向均向右，又mB＝2mA，则vB＜vA，所以左方为A球，右方为B球；A、B两球发生碰撞时由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，因此碰撞后A球的动量为4kg·m/s，B球的动量为12kg·m/s，由mB＝2mA可得碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。

3.（多选）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的木块正以速度v向左运动，一颗质量为m（m

设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中（　　）

A．弹丸和木块的速率都是越来越小

B．弹丸在任一时刻的速率不可能为零

C．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功

D．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等

解析：

选CD　弹丸击中木块前，由于m

4.（2019·抚州模拟）如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m＝1kg，现将小球C用长为0.2m的细线悬于轻质支架顶端，mC＝0.5kg。

开始时A车与C球以v0＝4m/s的速度冲向静止的B车。

若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A．A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒

B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒

C．小球能上升的最大高度为0.16m

D．小球能上升的最大高度为0.12m

解析：

选C　两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B项错误；A、B两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v1，有mv0＝2mv1，解得v1＝2m/s；从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v2，有2mv1＋mCv0＝（2m＋mC）v2，解得v2＝2.4m/s；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即mCgh＝

mCv02＋

·2mv12－

（2m＋mC）v22，解得h＝0.16m，C项正确，D项错误。

5.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。

图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。

已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（　　）

A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2

B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大

C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小

D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的

解析：

选D　根据st图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，

m1v12>

m2v22，故C错误，D正确。

6．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个

弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。

另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。

下列说法中正确的是（　　）

A．当v0＝

时，小球能到达B点

B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

C．当v0＝

时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大

D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m

解析：

选C　滑块不固定，当v0＝

时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：

mv0＝（m＋M）v，

mv02＝

（M＋m）v2＋mgh，可解得h＝

R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m

，D错误。

7.（2019·西安模拟）如图所示，质量分别为mA＝m、mB＝3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连。

对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0。

现突然撤去外力并解除锁定，（设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点，弹簧在弹性限度内）求：

（1）从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA大小；

（2）A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大；

（3）若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨道右侧小口进入（B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道）圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围。

解析：

（1）设弹簧恢复原长时，物体B的速度为vB0，

由能量守恒有：

W0＝

mvB02，

解得vB0＝

此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有：

IA＝3mvB0＝

。

（2）当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小。

当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有：

3mvB0＝mvA＋3mvB，

×3mvB02＝

mvA2＋

×3mvB2

解得：

vB＝

vB0＝

。

（3）若物体B恰好过最高点不脱离圆形轨道

物体B经过最高点时，有：

mBvB2＝

mBv12＋mBg·2R，mBg＝mB

解得：

R＝

，所以R≤

若物体B恰好能运动到与圆形轨道圆心等高处，有

mBvB2＝mBgR

解得：

R＝

，所以R≥

。

答案：

（1）

（2）

　（3）R≥

或R≤