(廣東專用)2018年高考物理一輪復習第7章動量微專題34動量定理和動量守恒定律的理解和應用粵教版.LtDPAGEPAGE434動量定理和動量守恒定律的理解和應用[方法點撥](1)動量定理與動量守恒定律用到運動過程的初、末狀態，要分析好過程，明確初、末狀態．(2)注意動量的矢量性，動量定理與動量守恒定律的方程都是矢量方程，先選好正方向再列方程．1．(動量的矢量性)(多選)一個質量為2kg的小球以水平速度5m/s向右運動，與擋板碰撞后，以3m/s的水平速度反向彈回，則()A．它的動量變化量的大小為4kg·m/sB．它的動量變化量的大小為16kg·m/sC．它的動量變化量的方向與初動量方向相反D．它的動量變化量的方向與初動量方向相同2．(動量守恒)質量為m的小球P以大小為v的速度與質量為3m的靜止小球Q發生正碰，碰后小球P以大小為eq\f(v,2)的速度被反彈，則正碰后小球Q7．(多選)如圖2所示，小木塊P和長木板Q疊放后靜置于光滑水平面上．P、Q的接觸面是粗糙的．用足夠大的水平力F拉Q，P、Q間有相對滑動．在P從Q左端滑落以前，關于水平力F的下列說法中正確的是圖2A．F做的功大于P、Q動能增量之和 B．F做的功等于P、Q動能增量之和C．F的沖量大于P、Q動量增量之和 D．F的沖量等于P、Q動量增量之和8．如圖3所示，物體A、B的質量分別為m、2m，物體B置于水平面上，B物體上部半圓型槽的半徑為R，將物體A圖3A．A不能到達B圓槽的左側最高點 B．A運動到圓槽的最低點時速度為eq\r(2gR)C．B一直向右運動 D．B向右運動的最大位移大小為eq\f(2R,3)9．如圖4，粗糙水平面上，兩物體A、B用輕繩相連，在恒力F作用下做勻速運動．某時刻輕繩斷開，A在F牽引下繼續前進，B最后靜止．則在B靜止前，A和B組成的系統動量________(選填“守恒”或“不守恒”)．在B靜止后，A和B組成的系統動量_________．(選填“守恒”或“不守恒”)圖410．如圖5所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一個小滑塊B，盒的質量是滑塊的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為μ；若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________；滑塊相對于盒運動的路程為________．圖511．質量為m的小球A以速率v0向右運動時跟靜止的小球B發生碰撞，碰后A球以eq\f(v0,2)的速率反向彈回，而B球以eq\f(v0,3)的速率向右運動，求：(1)小球B的質量mB的大小？(2)碰撞過程中，小球B對小球A做的功W是多大？12．對于兩物體碰撞前后速度在同一直線上，且無機械能損失的碰撞過程，可以簡化為如下模型．A、B兩物體位于光滑水平面上，僅限于沿同一直線運動．當它們之間的距離大于等于某一定值d時，相互作用力為零；當它們之間的距離小于d時，存在大小恒為F的斥力．設A物體質量m1＝1.0kg，開始時靜止在直線上某點；B物體質量m2＝3.0kg，以速度v0從遠處沿該直線向A運動，如圖6所示．若d＝0.10m，F＝0.60N，v0＝0.20m/s，求：圖6(1)相互作用過程中A、B加速度的大??；(2)從開始相互作用到A、B間的距離最小時，系統動能的減少量；(3)A、B間的最小距離．答案精析1．BC2．B[小球P和Q的正碰滿足動量守恒定律(設小球P的運動方向為正方向)，有：mv＋0＝－m·eq\f(v,2)＋3m·v′，解得：v′＝eq\f(v,2)，故選B.]3．D[若一個系統動量守恒時，則整個系統所受的合力為零，但是此系統內每個物體所受的合力不一定都為零，選項A錯誤；此系統內每個物體的動量大小可能會都增加，但是方向變化，總動量不變這是有可能的，選項B錯誤；因系統合外力為零，但是除重力以外的其他力做功不一定為零，故機械能不一定守恒，系統的機械能可能增加，也可能減小，故選D.]4．C[A、B兩人及小車組成的系統不受外力，系統動量守恒，根據動量守恒定律得：mAvA＋mBvB＋m車v車＝0，若小車不動，則mAvA＋mBvB＝0，由于不知道A、B質量的關系，所以兩人速率不一定相等，故A錯誤；若小車向左運動，則A、B的動量和必須向右，而A向右運動，B向左運動，所以A的動量一定比B的大，故B、D錯誤，C正確．]5．B[質量為M的原子核，原來處于靜止狀態．當它以速度v放出質量為m的粒子的過程中動量守恒，設剩余部分的速度為v1，由0＝(M－m)v1＋mv，得v1＝－eq\f(mv,M－m)，B正確．]6．A7．AD[以P、Q系統為研究對象，根據功能關系，拉力做的功等于P、Q動能增加量與摩擦產生的內能之和，A正確，B錯誤；系統所受合外力F的沖量等于P、Q動量增量之和，C錯誤，D正確．]8．D[A、B組成的系統動量守恒，A、B剛開始時動量為零，所以運動過程中總動量時刻為零，所以B先向右加速后又減速到零，因為系統機械能守恒，當B靜止時，A恰好運動到左側最高點，A錯誤．根據動量守恒定律可得meq\f(s1,t)＝2meq\f(s2,t)，又知道s1＋s2＝2R，所以可得s2＝eq\f(2,3)R，D正確．B向右先加速后減速，減速到零之后又向左先加速后減速，即做往返運動，C錯誤；當A運動到最低點時，水平方向上動量守恒，所以有mv1＝2mv2，因為系統滿足機械能守恒，所以有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，聯立可得v1＝eq\r(\f(4,3)gR)，B錯誤．]9．守恒不守恒解析輕繩斷開前，A、B做勻速運動，系統受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即F－fA－fB＝0，所以系統動量守恒；當輕繩斷開B靜止之前，A、B系統的受力情況不變，即F－fA－fB＝0，所以系統的動量依然守恒；當B靜止后，系統的受力情況發生改變，即F－fA＝mAa，系統合外力不等于零，系統動量不守恒．10.eq\f(v,3)eq\f(v2,3μg)解析設滑塊質量為m,則盒子的質量為2m;對整個過程,由動量守恒定律可得,mv＝3mv解得，v共＝eq\f(v,3).由功能關系可得μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3m·(eq\f(v,3))2解得s＝eq\f(v2,3μg).11．(1)4.5m(2)－eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)解析(1)小球A、B碰撞過程動量守恒，選向右為正方向，有mv0＝m(－eq\f(v0,2))＋mBeq\f(v0,3)解得：mB＝4.5(2)根據動能定理，碰撞過程中只有B對A做功，選小球A為研究對象W＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝－eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0).12．(1)0.6m/s20.2m/s2(2)0.015J(3)0.075m解析(1)aA＝eq\f(F,m1)＝0.6m/s2，aB＝eq\f(F,m2)＝0.2m/s2(2)m2v0＝(m