第5讲 动量-2023届高三重难点突破十五讲

第5讲 动量答案 【典型例题】 例1.(1)．(×)(2)．(√)(3)．(×)(4)．(×)(5)．(×)(6)．(×) 例2.D． 例3.(1)mv，方向沿斜面向下；(2)；(3) 【解析】(1)木块沿斜面下滑的过程中，滑块动量变化 方向沿斜面向下 (2)木块滑到AB段时以速度v匀速运动，根据平衡条件可得 解得 (3)小木块从A到B运动过程中的加速度大小为 根据速度－位移关系可得，解得 【检测反馈】 1．C【解析】　当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与速度方向相同，如图甲所示，选项A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1＜0，即p2＜p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，选项B正确；当物体的速度大小不变时，动量可能不变化，即Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误；物体做平抛运动时，速度的方向不断变化，故动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，选项D正确． 2． D【解析】A．根据功能关系，可知小球平抛到地面过程中， 可知，落到同一水平地面上，四个小球的动能不相同。故A错误； B．根据上一选项分析可知，四球落地的速度大小不同，根据公式有 可知四个小球落地时动量不相同。故B错误； C．重力做功的功率为 其中 解得 即四个小球落地时，重力做功的功率相同。故C错误； D．四个小球在下落过程中的动量的变化为 故动量的变化相同。故D正确。 故选D。 3．D【解析】蹦极者下落第一个时，据速度位移关系公式得解得 故此刻蹦极者的动量为 同理可得：下落四个时的动量为 下落五个时的动量 故 故 故选D。 4. B【解析】 A．设1物体运动斜面的倾角为，设2物体运动斜面的倾角为，长为、长为，由几何关系可得，，则滑块1、2释放点与水平面之间的高度分别为 ， 由机械能守恒定律可知，到达点时具有的动能 ， 则滑块1、2在点的动能之比为，A错误； B．对滑块1，根据运动学知识可得 解得 对滑块2，根据运动学知识可得 解得 则运动的时间之比为，B正确； C．由动能和动量的关系 可知，在点时滑块1、2的动量大小之比为，C错误； D．对滑块运动的整个过程运用动能定理有 解得，由此可知滑行的最大距离与高度成正比，即滑块1、2在上滑行的最大距离之比为，D错误。 故选B。 5．B【解析】A．甲黄豆做平抛运动，由平抛运动规律有 解得 乙黄豆做斜抛运动，乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，由斜抛运动规律有 解得 所以A错误； B．甲黄豆在P点动量乙黄豆在最高点时，竖直方向的速度减为0，只有水平速度 乙黄豆在最高点的动量 甲黄豆在P点动量与乙黄豆在最高点的动量相等，所以B正确； C．乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，匀加速直线规律可知 甲t时间下落的高度为 乙 时间上升的最大高度为 所以C错误； D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为 有 乙的速度与水平方向的夹角为有 所以D错误； 故选B。 6． B【解析】 A．由题及图可得两粒子的竖直位移相等、速度相等，且，故两粒子到达P点的时间相等，故A错误； B．在相等时间内M点的粒子运动的水平位移较小，所以M点的加速度较小，根据 可知从M点进入的粒子电荷量较小，故B正确； C．根据动量定理可知，粒子的动量变化等于合外力的冲量，由于从M点进入的粒子电荷量较小，所以受到的电场力较小，则合外力的冲量也较小，所以从M点进入的粒子动量变化较小，故C错误； C．从M点进入的粒子受到的电场力小，且在电场力作用下运动的位移也较小，所以电场力做功较小，则电势能变化就小，故D错误。故选B。 二、解答题 7．2mvcosθ，方向竖直向上 【解析】根据矢量三角形，钢球动量变化量的矢量图如下 根据题意知，钢球碰撞前后的动量大小为 由几何关系得，钢球动量变化的大小 Δp=2mvcosθ 方向竖直向上。 8．(1)0.600kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同；(2)120m/s 21J 【解析】(1)以球飞回的方向为正方向，则 所以羽毛球的动量变化量为 即羽毛球的动量变化大小为，方向与羽毛球飞回的方向相同； (2)羽毛球的初速度为，羽毛球的末速度为，所以 羽毛球的初动能 羽毛球的末动能 ， 所以 9．（1）3.5m/s；（2），方向竖直向下；（3）0.9J 【解析】（1）小物块的加速度 由速度加速度公式 由于，， 解得小物块的初速度 （2）小物块飞离桌面后做平抛运动 飞行时间 将h=0.45m代入，得t=0.3s 由动量定理 方向：竖直向下。 （3）对小物块从离开桌面到落地的过程应用动能定理 由于h=0.45m，v=3.0 m/s，m=0.