第一章　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　矢量的方向被忽略
1.如图所示,两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下,到达斜面底端的过程中 (　　)
　　　
A.两物体所受重力冲量相同
B.两物体所受合外力冲量相同
C.两物体到达斜面底端时动量相同
D.两物体到达斜面底端时动量不同
易错点2　不理解冲量的概念
2.如图所示,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动。现将一质量m=1 kg的物体由静止轻放在皮带上,物体和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10 m/s2,在物体与皮带发生相对滑动的过程中,皮带对物体的冲量大小为 (　　)
A.1 N·s　　　　B.2 N·s　　　　C.3 N·s　　　　D. N·s
易错点3　动量守恒条件理解不准确
3.如图所示,光滑水平地面上质量为M、半径为R且内壁光滑的半圆槽左侧靠竖直墙壁静止。质量为m的小球可视为质点,从槽口A的正上方某高度处由静止释放,并从A点沿切线进入槽内,最后从C点离开半圆槽,B为半圆槽的最低点。关于小球与槽相互作用的过程,下列说法中正确的是 (　　)
A.小球在槽内从A运动到B的过程中,小球与槽组成的系统在水平方向动量不守恒
B.小球在槽内从A运动到B的过程中,小球机械能不守恒
C.小球在槽内从B运动到C的过程中,小球与槽在水平方向上动量不守恒
D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动
易错点4　单纯套用动量守恒定律的公式,而不考虑实际情况
4.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5　混淆相对速度和对地速度
5.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,现在人以相对于小车为u的速度水平向后跳出后,车速增加了多少
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。
1.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大小为多少
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。
2.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A、B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、程序法
方法概述
程序法是依据事件发生的顺序,对各物理过程分段研究的方法,多用于求解多过程问题。
3.如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C,B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中
(1)整个系统损失的机械能;
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.D　设斜面的倾角为θ,物体从高度为h处由静止滑下,物体沿光滑斜面下滑的加速度大小为a=g sin θ,=at2,解得t=,故整个过程中重力的冲量为IG=mgt=mg。由于斜面倾角不同,故两物体所受重力冲量不同,A错误;两物体所受合外力大小为F合=mg sin θ,合外力的冲量大小为I合=F合t=mgt sin θ=mg=m,整个过程中两物体所受合外力冲量大小相同,但由于冲量是矢量,斜面倾角不同,所受合外力方向不同,故合外力冲量不同,B错误;两物体到达斜面底端时速度大小为v=at,所以v=,由于斜面倾角不同,两物体到达斜面底端时速度方向不同,故两物体到达斜面底端时动量不同,D正确。
错解分析　冲量、动量都是矢量,忽略矢量性容易错选B、C。题目涉及冲量和动量,不但要注意大小,还要注意方向。
2.D　物体在皮带上受到的滑动摩擦力大小为f=μmg=5 N,物体的加速度大小为a=μg=5 m/s2,物体与皮带发生相对滑动的时间t==0.2 s,摩擦力对物体的冲量大小为If=ft=1 N·s,支持力对物体的冲量大小为IN=Nt=mgt=2 N·s,故皮带对物体的冲量大小为I== N·s,选项D正确。
错解分析　有些同学认为力的方向与运动方向垂直时,该力没有冲量。而实际上只要有力的作用就有冲量,传送带对物体的冲量包含两部分,一部分为摩擦力的冲量,另一部分为弹力的冲量,冲量是矢量,求合冲量时用矢量运算法则。
3.A　小球在槽内从A运动到B的过程中,小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零,系统在水平方向动量不守恒,A正确;小球在槽内从A运动到B的过程中只有重力做功,小球机械能守恒,B错误;小球在槽内从B运动到C的过程中,小球与槽在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒,C错误;小球从C点离开半圆槽时具有水平向右与竖直向上两个分速度,小球的速度斜向右上方,小球做斜上抛运动,不是竖直上抛运动(易错点),D错误。
错解分析　本题容易忽略动量守恒定律的适用条件而误选。判断系统动量是否守恒,关键是明确系统所受合外力是否为零,在应用动量守恒定律时,一定要明确是哪一系统在哪一过程中动量守恒。
4.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。
5.答案　见解析
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,而人跳车时的速度u指的是人相对车的速度,在列动量守恒方程时,应把人跳车的速度转换成人对地的速度。在应用动量守恒定律时,所有速度都要是对同一参考系而言。
思想方法练
1.答案　ρSv2
解析　设Δt时间内有体积为V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,水对钢板的冲击力大小为ρSv2。
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Δt内的长度为vΔt,则对应的体积为V=SvΔt。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.A　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。若发生弹性碰撞,系统能量无损失,碰后小滑块B获得的速度最大,根据动量守恒有mAv0=mAv1+mBv2,根据能量守恒有mA=mA+mB,联立解得v2=4 m/s;若发生完全非弹性碰撞,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、最大都是临界状态,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”等暗示性词语时,往往采用临界值法求解。
3.答案　(1)m　(2)m
思路点拨　运动草图
过程分析
1→2:A通过弹簧与B发生相互作用,A、B及弹簧组成的系统动量守恒,A减少的动能转化为B的动能与弹簧的弹性势能,系统机械能守恒,无机械能损失,弹簧长度一直减小。
2→3:B与C在极短时间内发生完全非弹性碰撞,B与C组成的系统动量守恒、机械能有损失;此过程中A的速度未变、弹簧长度未变。
3→4:A继续通过弹簧与B、C整体作用,直到三者速度相同,弹簧被压缩到最短,整体动量守恒、机械能守恒,系统动能向弹性势能转化。
4→5:B、C继续加速,A减速,弹簧压缩量逐渐减小,直到恢复原长时与A分离。此过程中系统动量守恒、能量守恒,弹性势能转化为动能。
解析　(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得
mv1=2mv2 ②
m=ΔE+×2m ③
联立①②③式得ΔE=m ④
(2)由②式可知v2m-ΔE=×3m+Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep=m ⑦
方法点津　对于此类多过程问题:
(1)划分系统运动阶段,必要时画出过程草图,将过程清晰展现出来。
(2)分析系统在每个运动阶段中的动量是否守恒、能量转化情况以及可能的临界或极值状态。
(3)选取合适的系统、合适的阶段,利用动量守恒定律、能量守恒定律等列方程。
7