2019届高考物理复习专题二功能与动量第3讲动量定理与动量守恒定律专项训练.docx

第3讲动量定理与动量守恒定律真题再现1(2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A10 NB102 NC103 N D104 N解析根据自由落体运动和动量定理有2ghv2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ftmv，代入数据解得F1103 N，所以C正确。答案C2(多选)(2017全国卷)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图231所示，则图231At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析由动量定理可得：Ftmv，解得v，t1 s时物块的速率为v m/s1 m/s，故A正确；t2 s时物块的动量大小pFt22 kgm/s4 kgm/s，t3 s时物块的动量大小为p(2211)kgm/s3 kgm/s，t4 s时物块的动量大小为p(2212) kgm/s2 kgm/s，所以t4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误。 答案AB3(2018全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图232所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2。求图232(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。解析(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v2aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBmB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s4.(2017天津卷)如图233所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g10 m/s2，空气阻力不计。求：图233(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。解析(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt由于绳子不可伸长，在绳子绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，所以重力可忽略，由动量定理得对A：FTtmAv对B：FTtmBv(mBvB)联立整理得mBvB(mAmB)v之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入数据解得H0.6 m。答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m考情分析分值610分题型选择题、计算题命题热点(1)动量定理(2)碰撞、爆炸、反冲(3)动量守恒、能量守恒等综合应用考点一动量定理的应用动量定理的理解1公式Ftpp是矢量式，左边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量。其中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值。2动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量p的关系，不仅I合与p大小相等，而且p的方向与I合的方向相同。3公式Ftpp说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。审题探究(1)水从喷口喷出后到达玩具底板前机械能是否守恒？(2)水与玩具持续作用，应用什么规律分析其作用前的速度？解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S(2)设玩具悬停时其底板相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底板时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由机械能守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底板的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v设玩具对水的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。答案(1)v0S(2)【题组突破】1(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后，动量变为p、动能变为Ek，以下说法正确的是A在力F的作用下，这个物体若是经过时间3t，其动量将等于3pB在力F的作用下，这个物体若是经过位移3L，其动量将等于3pC在力F的作用下，这个物体若是经过时间3t，其动能将等于3EkD在力F的作用下，这个物体若是经过位移3L，其动能将等于3Ek解析根据pmv，Ekmv2联立解得p根据动能定理Fsmv2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p，动量变为原来的倍，故B错误，D正确。根据动量定理Ftmv，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据Ek，知动能变为原来的9倍，故A正确，C错误。答案AD2.(2018北京理综)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图234，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m圆弧的最低点。质量m60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度vB30 m/s，取重力加速度g10 m/s2。图234(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。解析 (1)根据匀变速直线运动公式，有L100 m(2)根据动量定理，有ImvBmvA1 800 Ns(3)运动员经C点时的受力分析如图所示根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mghmvmv根据牛顿第二定律，有FNmgm联立得FN3 900 N。答案(1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力图见解析3 900 N考点二碰撞与动量守恒定律的应用1弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2，机械能守恒：m1vm2vm1vm2v。2完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1m2v2(m1m2)v，机械能损失最多：机械能的损失E(m1vm2v)(m1m2)v2。3非弹性碰撞动量守恒m1v1m2v2m1v1m2v2，机械能有损失：机械能的损失E(m1vm2v)(m1vm2v)。4能量守恒定律的应用可以是多物体组成的系统，且相互作用的过程中可能比较复杂，应用动量守恒定律解题时，可以选择不同的系统，针对相互作用的不同阶段列式求解。如图235所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4。质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：图235(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。审题探究(1)子弹射入物块的过程，子弹和物块组成的系统动量是否守恒？(2)物块在木板上滑动的过程，子弹、物块、木板三者组成的系统动量是否守恒？解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得t1 s。答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s(2018本溪联考)如图236所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R0.5 m，质量m0.1 kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M0.5 kg的滑块B前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰。若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g10 m/s2，问：图236(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为多少？审题探究(1)A碰后能通过C点满足的条件是什么？(2)A、B碰后，A从D到C的运动过程满足受力及做功特点是什么？(3)什么情况下弹簧具有最大弹性势能？解析(1)设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得mgm，由机械能守恒定律得mvmg2Rmv，B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv0Mv1mv2，由机械能守恒定律得MvMvmv，联立并代入数据解得v03 m/s。(2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v、A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv0(Mm)v，由机械能守恒定律得MvEp(Mm)v2，联立并代入数据解得Ep0.375 J。答案(1)3 m/s(2)0.375 J方法总结1应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。2三种碰撞的特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22解得v1，v2。结论：a.当两球质量相等时，v 10，v 2v 1，两球碰撞后交换速度。b当m1远大于m2时，v 1v 1，v 22 v 1，c当m1远小于m2时，v 1v 1，v 20。(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。【题组突破】1碰撞规律的理解如图237所示，质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s的速度与甲相向运动，则图237A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹簧弹力的作用，甲乙两物体组成的系统动量不守恒B当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C甲物块的速率可达到5 m/sD当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0解析甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于不受外力的作用，甲乙两物体组成的系统动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，甲乙物块的速度相等，选项B错误；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙mv甲mv甲mv乙，代入解得v乙6 m/s，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则mv乙mv甲mv甲mv乙，代入解得v乙4 m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达到5 m/s。故C错误；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，则由mv乙mv甲mv甲mv乙，代入解得v乙2 m/s。若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，则由mv乙mv甲mv甲mv乙，代入解得v乙0。故D正确。答案D2碰撞现象的图像问题(多选)如图238所示为A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像。a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A球质量是m2 kg，则由图判断下列结论正确的是图238AA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞时A对B所施冲量为4 NsC碰撞前后A的动量变化为4 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J解析由题意可知mAvAmBvB(mAmB)v，将mA2 kg，vA3 m/s，vB2 m/s，v1 m/s代入可得mB kg，A、B碰撞前的总动量为mAvAmBvB kgm/s，选项A错误；碰撞前后A的动量变化为mAvAmAv4 kgm/s，即碰撞时A对B所施冲量为4 Ns，选项BC正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为mAvmBv(mAmB)v210 J，选项D正确。答案BCD3完全非弹性碰撞(2018山西重点中学协作体高三联考)如图239所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：239(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。解析(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv02mv解得vv0碰撞过程中系统损失的机械能为E损mv(2m)v2解得E损mv。(2)当A和C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等，根据动量守恒定律得mv0(mm3m)v1解得v1v0由能量守恒得2mgh2m(v0)25m(v0)2解得h。答案(1)mv(2)考点三爆炸和反冲人船模型1爆炸的特点(1)动量守恒：物体间的内力远大于外力，总动量守恒。(2)动能增加：其他形式的能转化为动能，系统的总动能增加。2反冲的特点(1)若系统所受外力为零，则系统的动量守恒。(2)若系统所受外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则该方向上动量守恒。3人船模型如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11m22得m1x1m2x2。该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定车上的货厢边沿水平方向跳出，落在平板车地板上的A点，距货厢的水平距离为l4 m，如图2310所示。人的质量为m，车连同货厢的质量为M4m，货厢高度为h1.25 m，求：图2310(1)车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度；(2)人落在地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？(g取10 m/s2)审题探究(1)人与车(包含货厢)组成的系统动量是否守恒？水平方向系统的动量是否守恒？(2)人与车在水平方向的位移有何关系？ 解析(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的水平方向动量守恒，设人的水平速度大小是v1，车的反冲速度大小是v2，则mv1Mv20，v2v1。人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速直线运动，运动时间为t0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1v1t，x2v2t，由图可知：x1x2l，即v1tv2tl，则v2 m/s1.6 m/s。(2)车的水平位移为x2v2t1.60.5 m0.8 m。人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力)，人落到车上前的水平速度大小仍为v1，车的速度大小为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒，得mv1Mv2(Mm)v，则v0，故人落到车上A点站定后车的速度为