专题08-动量定理-动量守恒定律-高三物理二轮复习(解析版)

2022年高三物理二轮复习资料（命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题）（江苏专用）专题08动量定理动量守恒定律【命题规律】1、命题规律：（1）动量定理及应用；（2）动量守恒定律及应用；（3）碰撞模型及拓展.2、常考题型：选择题、计算题．【知识荟萃】★考向一、动量定理及应用1．冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量．动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解.2.动量定理（1）公式：FΔt＝mv′－mv（2）应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．3．流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：（以原来流速v的方向为正方向）（1）作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；（2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.★考向二、动量守恒定律及应用1．判断守恒的三种方法（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．（2）近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．（3）某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面（曲面）模型．2．动量守恒定律的三种表达形式（1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和（用的最多）．（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．（3）Δp＝0，系统总动量的增量为零．★考向三、碰撞模型及拓展三类碰撞的特点1．碰撞问题遵循的三条原则（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．2．两种碰撞特点（1）弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．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，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2).结论：①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．（2）完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)（m1＋m2）v共2.3．碰撞拓展（1）“保守型”碰撞拓展模型图例（水平面光滑）小球—弹簧模型小球曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝（m＋M）v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22（2）“耗散型”碰撞拓展模型图例（水平面、水平导轨都光滑）达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝（m＋M）v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能技巧点拨1.三种碰撞的特点及规律弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′机械能损失最多，损失的机械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)（m1＋m2）v′2非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能有损失，损失的机械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2碰撞问题遵循的三条原则（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度2.弹性碰撞的“动碰静”模型（1）由动量守恒和能量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22；（2）碰后的速度：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3.弹性碰撞模型的拓展应用【经典例题】【例题1】如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。则下列说法中正确的是（）A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m2【答案】C【解析】A．脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得或故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；B．动能与动量的关系为由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；C．甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；D．由A的解析可得平抛的水平位移为故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得D错误。故选C。【例题2】用图示装置做“验证动量守恒定律”实验。在滑块1、2上分别装有相同的挡光片及弹簧圈，测出挡光片宽度d，滑块1、2的质量分别为m1、m2.实验时打开气泵，让滑块1以一定的初速度向左运动并与静止的滑块2碰撞，记下滑块1经过光电门M的挡光时间t1和滑块1、2分别经过光电门N的挡光时间t′1和t2。下列相关说法正确的是（）A．滑块1、2的质量必须相等B．实验前调节导轨平衡时，不用打开气泵，只须滑块能在任意位置平衡即可C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏低D．若实验发现＋＝，说明碰撞时动量守恒且无机械能损失【答案】D【解析】A．为了滑块1、2碰撞后都向左运动，应满足A错误；B．实验前调节导轨平衡时，应打开气泵，滑块能在任意位置静止，导轨平衡才调节完毕，B错误；C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏高，C错误；D．若碰撞过程中满足动量守恒和机械能守恒，则两式联立解得＋＝D正确。故选D。【例题3】如图所示，质量m=1kg的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧，从A点静止释放后滑出B点，恰能过C点沿半径R=0.5m的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上。木板质量M=4kg、长度L=2.05m，且与右侧等高的平台P相碰时将被立即锁定。已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，其余摩擦不计，A、B间的距离L0=0.6m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g=10m/s2.，求：（1）弹簧弹力对物块所做的功W；（2）物块经过D点时所受轨道支持力F的大小；（3）物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系。【答案】（1）5.5J；（2）60N；（3）见解析【解析】（1）物块恰好通过C点，有解得由动能定理得解得W=5.5J（2）物块由C运动到D，由动能定理得解得vD=5m/s在D点，由牛顿第二定律得解得F=60N（3）若物块与木板能共速，由动量守恒定律得解得v共=1m/s对物块，由动能定理得解得x物=2.4m对木板，由动能定理得解得x板=0.4m，（L＋x板>x物）①若，物块能和木板共速，则由能量守恒得②若，物块不能和木板共速，则由能量守恒得【例题4】如图所示，一质量为的门型框静止在倾角为且足够长粗糙斜面上，门型框内左侧为粘合性材料，右侧固定有劲度系数足够大的轻质弹簧。现将一质量的光滑小物块压紧弹簧并锁定装置，小物块到门型框左侧的距离，然后解除锁定，弹簧瞬间恢复形变，小物块获得的速度脱离弹簧，不计空气阻力，。求：（1）弹簧原来具有的弹性势能；（2）若要使门型框与小物块相碰前未停下，则门型框与斜面间动摩擦因数需满足什么条件；（3）若，求门型框与小物块相碰粘合后瞬间的速度大小和加速度大小。【答案】（1）37.5J；（2）；（3）；1.25m/s2【解析】（1）弹簧恢复瞬间动量守恒弹簧弹性势能为（2）临界：门型框刚好静止时与小物块相接触，设时间为t对小物块得对门型框得门型框开始能保持静止综上，满足什么条件是：（3）物块与门型框相碰时：小物块位移门型框沿斜面向上运动位移满足条件物块加速度门型框加速度大小物块与门型框碰撞瞬间动量守恒物块与门型框共同运动时加速度大小【精选习题】一、单选题1．如图所示，有一质量、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（）A．0.05m B．0.10m C．0.15m D．0.5m【答案】A【解析】小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向平均动量守恒，则有即根据题意，有联立解得故选A。2．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA=1kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，根据以上信息可知（

）A．碰撞过程中B球受到的冲量为8NsB．碰撞过程中A球受到的冲量为-8NsC．B球的质量mB=4kgD．AB两球发生的是弹性碰撞【答案】D【解析】ABC．已知x—t图的斜率代表速度，则vA=6m/s，v′A=2m/s，vB=3m/s，v′B=5m/s根据动量定理有IA=mAv′A-mAvA=-4Ns，IB=mBv′B-mBvB再根据动量守恒有mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B解得mB=2kg，IB=4NsABC错误；D．碰撞前后的动能为，则AB两球发生的是弹性碰撞，D正确。故选D。3．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是（）A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍 D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】A．碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；B．碰后红壶运动的距离为蓝壶运动的距离为二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有对蓝壶有联立可得即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；C．设红壶碰前速度为v0，则有故有即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；D．碰前的动能为碰后动能为则有机械能不守恒，D错误。故选C。4．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图象（v-t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（）A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小【答案】D【解析】A．0到t2时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，A错误；B．小球上升过程和下降过程，动量变化量分别为所以小球上升过程和下降过程，动量变化量不相同，B错误；C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量分别为所以小球上升过程和下降过程，冲量不相同，C错误；D．0到t1时间内，小球的动量变化率为随着的速度减小，动量变化率也减小；t1到t2时间内，小球的动量变化率为随着速度的增大，动量变化率减小；所以0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小，D正确。故选D。5．如图所示，物体A、B将一轻弹簧（不与A、B拴接）挤压后用线系住，静止在水平面上，A、B的质量之比为2：1，A、B与水平面间的动摩擦因数之比为1：2。现将线烧断，则（）A．A、B组成的系统动量不守恒B．弹簧刚恢复原长时，B速度达到最大C．弹簧刚恢复原长时，A、B动能相等D．A、B同时停止运动【答案】D【解析】A．A、B组成的系统水平方向受合外力为可知系统的动量守恒，选项A错误；B．当B的速度最大时，弹力等于摩擦力，此时弹力不为零，则当弹簧刚恢复原长时，B速度不是最大，选项B错误；C．根据动量守恒，弹簧刚恢复原长时即选项C错误；D．根据可知，A、B同时停止运动，选项D正确。故选D。6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（）A．， B．，C．， D．，【答案】C【解析】两球组成的系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，有动量守恒定律得带入数据解得如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得，，（不符实际，舍掉）故两球碰撞后的速度范围是ABD不符合题意，C符合题意。故选C。二、解答题7．如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。求连接器：（1）所受到的合力大小F；（2）转到动量变化最大时所需的时间t；（3）从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）连接器做匀速圆周运动的速度则连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小（2）当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大，此时用时间（3）设连接器在A点时连杆与竖直方向的夹角为θ，则此时连杆的速度为而对活塞可知活塞的速度当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理解得8．如图所示，小明在离水面高度h0=1.8m的岸边，将一质量m=20g的小石片以水平初速度v0=8m/s抛出，玩“打水漂”。小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f=0.4N，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a=0.5m/s2的加速度沿竖直方向沉入水深h=1m的河底。假设小石片每次均接触水面后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=0.75。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求小石片：（1）沉入河底前瞬间的动量大小p；（2）从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W；（3）从抛出到开始下沉的时间t。【答案】（1）0.02kg·m/s；（2）－1.19J；（3）6.4s【解析】（1）小石片沉入河底时的速度为v2=2ah解得v=1m/s由动量公式，可得p=mv解得（2）小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理可得解得（3）小石片先做平抛运动，竖直方向有解得t1=0.6s小石片在水面上滑行时加速度每次滑行的速度变化量为可得即小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次第n次弹起后的水平速度为竖直速度vyn=kvxn空中飞行时间可得第n次弹起后在空中飞行的时间为在空中的飞行总时间在水面上滑行的时间为t3=0.04×10s=0.4s总时间t=t1＋t2＋t3解得t=6.4s9．质量为的弹性球从空中某高度由静止开始下落，经与地面发生碰撞，该过程的图像如图所示，球与水平地面相碰后反弹的速度大小为碰撞前的。该球受到的空气阻力大小恒定，取，求：（1）弹性球所受空气阻力的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度；（3）第一次碰撞过程中合外力对弹性球冲量的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由图可得弹性球下落过程中的加速度为根据牛顿第二定律可得解得（2）依题意可知第一次碰撞后反弹的速度大小为在弹性球上升过程中，根据牛顿第二定律可得弹性球上升过程中的加速度大小为弹性球第一次碰撞后反弹的高度解得（3）根据动量定理可得10．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，右端与一固定在地面上的半径的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为的滑块（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑到木板上，恰好不会从板左侧脱落。不计空气阻力，取。求：（1）刚下滑时所受向心力的大小；（2）、间因摩擦而产生的热量；（3）当、间动摩擦因数时木板的长度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据牛顿第二定律可得（2）由动能定理可得，滑块B滑上木板A时的速度为，根据动能定理有解得滑块B在木板A上滑动的过程中因地面光滑，木板A和滑块B组成的系统动量守恒，最终两者的共同速度为解得由能量转化和守恒可知，、间因摩擦而产生的热量为解得（3）、滑动摩擦力为、间因摩擦而产生的热量，根据滑动摩擦力做功和能量转化的关系可得解得11．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为=0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为=0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M=40kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的