（浙江选考）2023版高考物理二轮复习专题二能量和动量第2讲动量和能量观点的应用学案

PAGEPAGE1第2讲动量和能量观点的应用[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2022/102022/042022/102022/042022/11动量守恒定律动量和动量定理c22232222动量守恒定律c2322碰撞d反冲运动火箭b23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析少？答案eq\f(m\r(2gh),t)＋mg解析由自由落体运动公式得，人下降h距离时的速度为v＝eq\r(2gh)，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得平安带对人的平均作用力为F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg.2．(多项选择)(人教版选修3－5P9改编)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．以下防护和规定中与其具有相同的原理的是()A．撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫B．易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎C．有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹D．在汽车上安装平安气囊答案ABD项D正确．3．(多项选择)(2022·浙江镇海中学期末)以下说法正确的选项是()A．动量大的物体，它的速度不一定大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量就保持不变D．物体的动量变化越大，那么该物体的速度变化一定越大答案AD4．(多项选择)关于物体的动量和动能，以下说法中正确的选项是()A．一物体的动量不变，其动能一定不变B．一物体的动能不变，其动量一定不变C．两物体的动量相等，其动能不一定相等D．两物体的动能相等，其动量一定相等答案AC解析动能是标量Ek＝eq\f(1,2)mv2，动量是矢量p＝mv，动能与动量之间的大小关系：Ek＝eq\f(p2,2m).一物体的动量p不变，其动能Ek一定不变，故A正确．一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化，故B错误．两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等，故C正确．两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的，故D错误．5．(多项选择)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，以下说法中正确的选项是()图1A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增加量与男孩、小车的总动量减小量相同答案CD6.(多项选择)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处静止释放，如图2所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的选项是()图2A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为eq\r(2gL)D．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多项选择)如图3所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，那么以下关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的选项是()图3A．拉力F的冲量大小为FtcosθB．摩擦力的冲量大小为FtcosθC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力Ff＝Fcosθ，那么摩擦力的冲量大小为Fft＝Ftcosθ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为FN＝mg－Fsinθ，那么支持力的冲量大小为(mg－Fsinθ)t，故D错误．1.动量定理(1)动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(2)动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．(3)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量．求合外力的冲量有两种方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的冲量；二是先求每个外力的冲量，再求所有外力冲量的矢量和．2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：假设作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：假设作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化．3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，那么系统在该方向上动量守恒．考点二动量观点在电场和磁场中的应用1．在竖直的xOy平面内，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，第一象限内电场沿＋y方向，磁场垂直xOy平面向外，第三象限内电场沿－x方向，磁场垂直xOy平面向里，电场强度大小均为E，磁感应强度大小均为B，A、B两小球带等量异种电荷，带电量大小均为q，两球中间夹一被压缩的长度不计的绝缘轻弹簧(不粘连)，某时刻在原点O处同时释放AB，AB瞬间被弹开之后，A沿圆弧OM运动，B沿直线OP运动，OP与－x轴夹角θ＝37°，如图4中虚线所示，不计两球间库仑力的影响，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图4(1)A、B两球的质量比eq\f(mA,mB)；(2)A球出射点M离O点的距离；(3)刚释放时，弹簧的弹性势能Ep.答案(1)eq\f(3,4)(2)eq\f(8E2,3B2g)(3)eq\f(350E3q,81B2g)解析(1)弹开后，A沿圆弧运动，所以A应带正电，mAg＝Eq得：mA＝eq\f(Eq,g)B沿OP运动，受力平衡，带负电，有tanθ＝eq\f(Eq,mBg)得mB＝eq\f(4Eq,3g)eq\f(mA,mB)＝eq\f(\f(Eq,g),\f(4Eq,3g))＝eq\f(3,4)(2)对B球受力分析，知：Bqv2sinθ＝Eq得B球速度v2＝eq\f(5E,3B)AB弹开瞬间，动量守恒mAv1＝mBv2解以上各式得，A球速度v1＝eq\f(20E,9B)A做圆周运动，Bqv1＝eq\f(mAv\o\al(1,2),R)轨道半径R＝eq\f(mAv1,Bq)＝eq\f(20E2,9B2g)OM＝2Rsinθ＝eq\f(8E2,3B2g)(3)弹开瞬间，由能量守恒可知Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(1,2)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)将(1)(2)各式代入得：Ep＝eq\f(350E3q,81B2g)的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103N/C.质量mB＝0.2kg、不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6J．现将A球拉至左边与圆心等高处静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道．A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g＝10m/s2图5(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．答案(1)－3.2J(2)4eq\r(2)m/s(3)(80n解析(1)碰前A的速度为vAeq\f(1,2)mAveq\o\al(A,2)＝mAglvA＝4m/s碰前B的速度为vBEp＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(B,2)，vB＝6m/s由动量守恒得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vCvC＝2m/sA对B所做的功W＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(C,2)－Ep＝－3.2J(2)碰后，整体受到竖直向上的电场力F＝|q|E＝20N，G＝mCg＝10N因F－mCg>mCeq\f(v\o\al(C,2),l)，整体C做类平抛运动水平方向上：x＝vCt竖直方向上：y＝eq\f(1,2)at2其中a＝eq\f(|q|E－mCg,mC)＝10m/s2圆的方程：(y－l)2＋x2＝l2解得：x＝0.8m，y＝0.8mC刚好在圆心等高处绳子拉直此时C向上的速度为v0＝gt＝4m/s设C运动到最高点速度为v1由动能定理得eq\f(1,2)mCveq\o\al(1,2)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(0,2)＝(F－mCg)lv1＝4eq\r(2)m/s(3)设C从最高点运动到最低点时的速度为v1′，由机械能守恒定律得：mCg×2l＝eq\f(1,2)mCv1′2－eq\f(1,2)mCveq\o\al(1,2)v1′＝8m/s由FT＋F－mCg＝mCeq\f(v1′2,l)可知FT>0，所以小球能一直做圆周运动设小球第n次经过最高点时的速度为vneq\f(1,2)mCveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(1,2)＝(n－1)|q|E×2lFT＋mCg－F＝mCeq\f(v\o\al(n,2),l)解得：FT＝(80n－30)N，n＝1,2,3……考点三动量和能量观点在电磁感应中的应用图6(1)求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；(2)断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此过程棒上产生的热量．答案(1)0.5T磁场垂直纸面向外(2)2.3×10－3J解析(1)线圈中产生的感应电动势为E＝eq\f(NΔΦ,Δt)，ΔΦ＝eq\f(ΔB1,Δt)S代入数据得：E＝0.8V等效电路图如图：总电流I＝eq\f(E,r＋\f(R,2))＝eq\f(0.8,0.15＋0.25)A＝2A，Iab＝eq\f(I,2)＝1A根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5T，根据左手定那么可知磁场的方向应该垂直纸面向外．(mg－B2I′d)t＝mv－0，其中I′t＝q＝eq\f(ΔΦ,R＋Rab)ΔΦ＝B2·dh根据动能定理可知mgh＋W＝eq\f(1,2)mv2－0联立解得W＝－4.6×10－3J因此金属棒上产生的热量为Q＝|eq\f(1,2)W|＝2.3×10－3J.2．(2022·浙江10月选考·22改编)如图7甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“〞形金属细框竖直放置在两水银槽中，“〞形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g取10m/s2)甲乙图7(1)求0～0.10s线圈中的感应电动势大小．(2)t＝0.22s时闭合开关K，假设安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20m，求通过细杆CD的电荷量．答案(1)30V(2)0.03C解析(1)由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得E＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝30V(2)由牛顿第二定律F＝ma＝meq\f(v－0,Δt)(或由动量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝eq\f(m\r(2gh),B1l)＝0.03C.3．(2022·浙江名校协作体联考)质量为m、电阻率为ρ、横截面积为S的均匀薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′，如图8甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g)．甲装置纵截面示意图乙装置俯视示意图图8(1)请判断图乙中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为eq\f(g,3)时，求方框的发热功率P；(3)当方框下落的时间t＝eq\f(2mρ,B2LS)时，速度恰好到达最大，求方框的最大速度vm和此过程中产生的热量．答案(1)顺时针(2)eq\f(4m2g2ρ,9B2LS)(3)eq\f(mgρ,B2LS)eq\f(m3g2ρ2,2B4L2S2)解析(1)由右手定那么可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：FA＝2BIL由牛顿第二定律有mg－FA＝eq\f(mg,3)解得I＝eq\f(mg,3BL)由电阻定律得金属方框电阻R＝ρeq\f(4L,S)方框的发热功率P＝I2R＝eq\f(4m2g2ρ,9B2LS)(3)当方框下落的加速度为零时，速度到达最大，即mg＝FA′＝2Beq\f(2BLvm,R)L解得vm＝eq\f(mgρ,B2LS)将下落过程分成假设干微元，由动量定理得mgt－∑2Beq\f(2BLvi,R)Lt＝mvm－0∑vit＝h解得h＝eq\f(m2gρ2,B4L2S2)由能量守恒定律得mgh－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(m,2)解得Q＝eq\f(m3g2ρ2,2B4L2S2)4．(2022·浙江镇海中学月考)有电阻均为R的两金属棒a、b，a棒的质量为m，b棒的质量为M，两棒均放在如图9所示的光滑轨道的水平局部上，轨道的水平局部有竖直向下的匀强磁场，圆弧局部无磁场，且轨道足够长，开始时给a棒一水平向左的初速度v0，a、b两棒在运动过程中与轨道始终接触良好，且a棒与b棒始终不相碰，请问：图9(1)当a、b两棒在水平轨道上稳定运动时，速度分别为多少？损失的机械能为多少？(2)假设b棒在水平轨道上稳定运动后，又冲上圆弧轨道，在b棒返回到水平轨道前，a棒已静止在水平轨道上，且b棒与a棒不相碰，然后到达新的稳定状态，最后a、b的速度为多少？(3)整个过程中产生的内能是多少？答案(1)均为eq\f(mv0,m＋M)eq\f(Mmv\o\al(0,2),2M＋m)(2)eq\f(Mmv0,M＋m2)(3)eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)[1－eq\f(M2m,M＋m3)]解析(1)a、b两棒在水平轨道上动量守恒．设稳定运动时a、b两棒的共同速度为v1，由动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝eq\f(mv0,m＋M)，损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(1,2)＝eq\f(Mmv\o\al(0,2),2M＋m).(2)由于b棒在冲上圆弧轨道又返回水平轨道过程中机械能守恒，故返回时速度大小不变，即v2＝v1，，由动量守恒定律，有Mv2＝(M＋m)v3，解得v3＝eq\f(Mmv0,M＋m2).(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量，即Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(3,2)，解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)[1－eq\f(M2m,M＋m3)]．专题强化练(限时：40分钟)1．(多项选择)下面说法正确的选项是()A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，那么可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，那么合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，那么物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错误；作用在物体上的合外力冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多项选择)关于动量、冲量，以下说法成立的是()A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，那么物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，那么物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多项选择)篮球运发动通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做()A．球对手的冲量减小B．球对人的冲击力减小C．球的动量变化量不变D．球的动能变化量减小答案BC解析先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv得F＝eq\f(mv,t)，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B、C正确．4．(多项选择)将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，以下判断正确的选项是()A．小球从抛出至到最高点受到的冲量大小为10N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为零C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为零D．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为20kg·m/s答案AD5．(多项选择)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，那么()图1A．合外力做的功为0B．合外力的冲量为meq\r(2gL)C．重力做的功为mgLD．重力的冲量为meq\r(2gL)答案BC图2答案均为2m/s2J解析a棒下滑至C点时速度设为v0，那么由动能定理，有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，解得：v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(20×0.8)m/s＝4m/s；此后的运动过程中，a、b两棒到达共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，选向右的方向为正，有：mv0＝(m＋m)v解得a、b两棒共同的最终速度为：v＝2m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；那么b棒产生的焦耳热为：Qb＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)×4J＝2J.7．如图3所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m1＝0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6kg小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数μ＝0.2.g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图3(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．答案(1)2m/s(2)18N解析(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ带电荷量为q，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，那么qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝2m/s(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，那么R(1－cosθ)＝hFN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2v\o\al(2,2),