第一章　动量与动量守恒定律 复习提升（含答案解析）

本章复习提升
易混易错练
易错点1　忽略矢量的方向性
1.如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动,经过时间t1速度为零并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff,重力加速度为g,则在整个运动过程中 (　　)
A.重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2) sin θ
B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2) cos θ
C.合外力对滑块的冲量为0
D.摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t1+t2)
易错点2　单纯套用动量守恒定律的公式,而不
考虑实际情况
2.如图所示,在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A,木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现有一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面,对于滑块B在木板A上滑动的过程(B始终未从A的上表面滑出,B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数),以下说法正确的是 (　　)
A.A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B.A、B组成的系统动量和机械能都不守恒
C.当B的速度为v0时,A的速度为v0
D.当A的速度为v0时,B的速度为v0
易错点3　忽略火箭喷出气体后质量的变化
3.将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对于地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是多少
易错点4　混淆相对速度和对地速度
4.如图所示,质量为M的小车上面站着一个质量为m的人,小车以v0的速度在光滑的水平面上前进。开始时人和小车相对静止,现在人从小车上水平向后跳出,相对于小车的速度为u,人跳出后车速增加了多少
易错点5　忽略绳张紧瞬间的机械能损失
5.如图所示,物块A、C的质量均为m,B的质量为2m,都静止于光滑水平台面上。A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连。初始时刻细线处于松弛状态,C位于A右侧足够远处。现突然给A一瞬时冲量,使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动,A与C相碰后,黏合在一起。
(1)求A与C刚黏合在一起时的速度大小;
(2)若将A、B、C看成一个系统,则从A开始运动到A与C刚好黏合的过程中,系统损失的机械能为多少
思想方法练
一、流体微元法
方法概述
　　对“连续”质点系发生持续作用的情况,选取很短时间内动量(或其他量)发生变化的那部分作为研究对象,建立“流体”模型,使问题变得直观、容易理解。如P6第8题、第9题就应用了此方法。
1.运动员在水上做飞行运动表演,他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg,两个喷嘴的直径均为10 cm,已知重力加速度大小g=10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为 (　　)
A.2.7 m/s
B.5.4 m/s
C.7.6 m/s
D.10.8 m/s
2.使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势,得到广泛应用。如图所示,若水柱横截面积为S,水流以速度v垂直射到被切割的钢板上,之后水速减为零,已知水的密度为ρ,则水对钢板的冲击力为多少
二、临界值法
方法概述
　　临界值法是以原理、定理或定律为依据,直接从临界状态和相应的临界量入手,求出所研究问题的特殊规律和特殊解,然后以此对一般情况进行分析、讨论和推理,即采用从特殊到一般的推理方法。
3.如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放,已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g=10 m/s2,则碰后小滑块B的速度大小不可能是 (　　)
A.5 m/s　　　　B.4 m/s　　　　C.3 m/s　　　　D.2 m/s
三、数形结合法
方法概述
　　数与形是两个最基本的研究对象,它们在一定条件下可以相互转化。涉及矢量及矢量变化的问题中,用带箭头的线段将矢量表示出来,有时可以从中提取出数量关系,从而优化解题途径。
4.如图所示,竖直平面内有一固定半圆槽,A、C等高,B为半圆槽最低点,小球从A点正上方的O点由静止释放,从A点沿切线方向进入半圆槽,刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中,运动时间分别为t1、t2,受到的合外力的冲量大小分别为I1、I2,则 (　　)
A.t1>t2　　　　B.t1=t2　　　　C.I1>I2　　　　D.I1=I2
答案与分层梯度式解析
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易混易错练
1.B　重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2),故A错误;滑块受到的支持力为mg cos θ,则支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2) cos θ,故B正确;在整个运动过程中,小滑块的动量发生了变化,故合外力对滑块的冲量不为零,故C错误;滑块上滑与下滑过程中,摩擦力的方向相反,若规定沿斜面向上为正方向,则摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t2-t1),故D错误。
错解分析　应用冲量定义式I=Ft求解冲量的大小时忽略了冲量是矢量,进而造成错选D。为避免此类错误,解动量类问题时,应先选取正方向。
2.C　设A与斜面间的动摩擦因数为μ,A匀速运动时,有mg sin θ=μmg cos θ。对于A、B组成的系统,有2mg sin θ=μ·2mg cos θ,所以系统所受合外力为零,系统的动量守恒;由于系统要克服摩擦力做功产生内能,所以系统的机械能不守恒,故A、B错误。以A、B组成的系统为研究对象,其所受合外力为零,动量守恒,取沿斜面向下为正方向,则有mv0=mvA+mvB,当vB=v0时vA=v0或当vA=v0时vB=v0,由于B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数,所以vA≥vB,故C正确,D错误。
错解分析　只是将C、D选项中的速度代入动量守恒定律的公式中进行计算,进而导致多选D。物理是一门实际应用学科,用数学方法求得的结果有时候不具有实际意义,应结合实际进行甄别。解决这类问题时运用数学方法求解后还要结合实际情况和物理条件得出正确结果。
3.答案　v0
解析　取竖直向上为正方向,设火箭模型获得的速度为v,根据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=v0。
错解分析　解答本题,有些同学不经过仔细思考,直接列出Mv=mv0,误得出v=v0,没有考虑喷出气体后火箭模型质量的变化。
4.答案　u
解析　以人和车作为一个系统,因为水平方向不受外力,所以水平方向动量守恒。设人跳出后,车对地的速度增加了Δv,以v0的方向为正方向,以地面为参考系,由动量守恒定律有(M+m)v0=M(v0+Δv)-m[u-(v0+Δv)],解得Δv=u。
错解分析　错解的原因主要是没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v0是初状态车对地的速度,而人跳出的速度u指的是相对于车的速度,在列动量守恒方程时,应把人跳出的速度转换成人对地的速度。在应用动量守恒定律时,所有速度都要换算成同一惯性参考系中的速度。
5.答案　(1)v0　(2)m
解析　(1)取水平向右为正方向,轻细线绷紧的过程,A、B组成的系统动量守恒,mv0=(m+2m)v1,解得v1=v0
之后A、B均以速度v1向右匀速运动,在A与C发生碰撞过程中,A、C组成的系统动量守恒,有mv1=(m+m)v2
解得v2=v0。
(2)轻细线绷紧的过程,A、B组成的系统机械能损失为ΔE1,则ΔE1=m-(3m)=m
在A与C发生碰撞过程中,A、C组成的系统机械能损失为ΔE2,则ΔE2=m-(2m)=m
全过程A、B、C这一系统机械能损失为ΔE=ΔE1+ΔE2=m。
错解分析　注意细线张紧的瞬间动量守恒,但是系统会有机械能损失,相当于A、B发生完全非弹性碰撞。细线张紧后A、B速度相等,A、C碰撞过程中B的速度未发生变化,A、C发生完全非弹性碰撞,全过程有两次机械能损失。解答本题时易忽略细线张紧瞬间的机械能损失而出错。
思想方法练
1.B　设飞行器对水的平均作用力为F,根据牛顿第三定律可知,水对飞行器的平均作用力的大小也等于F,对运动员与装备整体,有F=Mg;设水喷出时的速度为v,在时间t内喷出的水的质量m=ρV=2ρSvt,t时间内质量为m的水获得的冲量I=Ft=2mv,联立解得v=5.4 m/s,故B正确,A、C、D错误。
方法点津　建立水的“柱体”模型,沿速度v的方向选取一段微元,针对微元研究,作用时间t内的长度为vt,则对应的体积为V=Svt。此方法对于气体、液体等流体相关问题的求解有简化作用。
2.答案　ρSv2
解析　设Δt时间内有V体积的水打在钢板上,这些水的质量为m=ρV=ρSvΔt,以这部分水为研究对象,设它受到钢板的作用力为F,以水运动的方向为正方向,由动量定理有FΔt=0-mv,可得F=-=-ρSv2,负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反;由牛顿第三定律可知,水对钢板的冲击力为ρSv2。
3.A　取水平向右为正方向,设小滑块A到达最低点时的速度为v0,由动能定理可得mAgR=mA-0,解得v0=6 m/s。若是弹性碰撞,系统能量无损失,碰后小滑块B获得的速度最大,根据动量守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2,根据能量守恒定律有mA=mA+mB,联立解得v2=4 m/s;若是完全非弹性碰撞,系统能量损失最多,碰后小滑块B获得的速度最小,根据动量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v3,解得v3=2 m/s,综上可知碰后小滑块B的速度范围为2 m/s≤v≤4 m/s,本题要求选不可能的,故选A。
方法点津　两滑块碰撞过程能量损失最小、最大是临界状态,分别求出临界状态的临界速度,即可确定碰后B的速度范围。题目中出现“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“可能”“不可能”等暗示性词语,往往采用临界值法求解。
4.C　小球从O点运动到A点的过程中速度逐渐增大,到达A点时速度大于零,到达C点的速度为零,由受力分析知小球在BC段一直减速,则小球在AB段的平均速率大于BC段的平均速率,两段弧长相等,所以t1I2,故C正确,D错误。
方法点津　本题中,用带箭头的线段分别表示出小球在A、B两点的动量,再作表示AB段小球动量变化的有向线段,比较它们的大小,即可得出结论。
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