第一篇 大单元设计二 专题8 碰撞与动量守恒-2025版高考物理二轮复习

15专题8碰撞与动量守恒考向一动量定理的应用角度1动量定理的简单应用1.冲量四种方法公式法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与t成线性关系,也可直接用平均力求解平均值法若方向不变的力的大小随时间均匀变化,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量I=F1+F22t,F2.动量定理【典题例析】[典例1](多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中,体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度g大小取10m/s2。下列说法正确的是()A.t=0.15s时,运动员的重力势能最大B.t=0.30s时,运动员的速度大小为10m/sC.t=1.0s时,运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N【解析】选B、D。【加固训练】(2024·河北三模)在某次电动汽车的性能试验中,工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化关系式f=f0+kt,现工程师为汽车提供恒定的牵引力F,并使汽车由静止开始直线加速至速度再次为0停止,则在此过程中,以下说法正确的是()A.汽车达到最大速度的时间为FB.汽车达到的最大速度为(C.全过程中,汽车的牵引力F的冲量为FD.全过程中,汽车的阻力f的冲量为f【解析】选B。当牵引力F=f时,汽车的速度达到最大,即f0+kt1=F,此时t1=F-f0k,故A错误;由F则a=F即a=-kmt+如图:由a-t图像可知,三角形面积代表速度的变化量的大小,则vm=S=(F-f0)22mk,故B正确;由图像分析,汽车从运动到停止的时间t'=2t1=2若按照f的平均值算也是此结果,故D错误。【模型图解】方式情境图示情境解读恒力将木板从物块下方抽出,物块与木板间的摩擦力恒为f,物块动量的增量为Δp,则有Δp=fΔtΔp一定由Δp=FΔt可知,落地时前滚翻可以延长作用时间,减小身体与地面的作用力,避免身体受到伤害角度2动量定理处理流体问题主要问题“流体”是由大量质点组成的质量连续分布且以一定速度运动的物体系统核心关键流体的连续作用问题是力学中的一类常见问题,此类问题的关键是如何合理选取研究对象方法技巧整体法、微元法、等效法结合动量定理是求解流体连续作用问题的重要方法【典题例析】[典例2](2024·潍坊二模)用喷水机浇灌草坪,喷水机将水加速后通过喷水嘴喷出,喷水嘴出水速度的大小v和夹角θ均可调节[1]。已知喷水嘴的横截面积S=1.0×10-4m2,水喷出的最大水平射程为10m,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,g取10m/s2,水流冲击到地面后,水平方向速度变为0[2],忽略喷嘴离地高度以及空气阻力的影响。(1)求喷水嘴出水的最大速率vm;(2)若出水速度v1=8m/s,夹角θ=60°,求水流对地面水平方向平均冲力的大小。【题眼破译】[1]水流做斜上抛运动。[2]地面对水流水平方向的作用力使其水平方向速度变为0,首先考虑动量定理。【解析】(1)设喷水嘴出水的最大速度为vm,出水方向与水平方向夹角为θ,水从喷水嘴到地面运动的时间为t,水的水平射程为x,则竖直方向速度vmsinθ=12水平方向位移x=vmcosθ·t解得x=vm当θ=45°时,水平射程最大为xm=10m,解得vm=10m/s。(2)在时间Δt内,水的质量Δm=ρSv1Δt,选竖直向上为正方向,由动量定理得FxΔt=Δmv1cosθ,解得Fx=3.2N,由牛顿第三定律可得F'x=Fx=3.2N。答案:(1)10m/s(2)3.2N【加固训练】(2024·海口一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象,为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p,小明将一圆柱形量筒置于雨中,测得时间t内筒中水面上升的高度为h。设雨滴下落的速度为v0,雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹,雨水的密度为ρ,不计雨滴重力。压强p为()A.ρℎt(v0-v) B.ρℎt(v0+C.ρ(v02-v2) D.ρ(v02【解析】选B。以极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴质量为Δm,雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S,根据动量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)由于圆柱形量筒置于雨中,测得时间t内筒中水面上升的高度为h,则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0=ρS圆ℎtS至芭蕉叶上的雨滴的质量Δm=m0SΔt=ρℎS根据牛顿第三定律有F2=F1雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=F解得p=ρℎt(v0+v【模型图解】分类情境图示情境解读吸收型流体元的质量m=ρSvΔt设流体元与煤层作用力为FFΔt=mΔv即FΔt=ρSvΔt(-v)故F=-ρSv2反弹型流体元的质量m=ρSvΔt作用后流体元原速率反弹由FΔt=mΔv即FΔt=ρSvΔt(-2v)故F=-2ρSv2考向二动量守恒定律的应用角度1碰撞模型碰撞问题遵循的三条原则【典题例析】[典例3](多选)(2024·湖北选择考)如图所示,在光滑水平面[1]上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)[2]。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则()A.子弹的初速度大小为2B.子弹在木块中运动的时间为2C.木块和子弹损失的总动能为kD.木块在加速过程中运动的距离为mL【题眼破译】[1]子弹和木块组成的系统满足动量守恒定律。[2]由f=kv0可知,f随着初速度v0的改变而改变,但是对于每一个v0,f都是不变的。【解析】选A、D。子弹和木块相互作用过程系统动量守恒,令子弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v1、v2,则有mv0=mv1+Mv2子弹和木块相互作用过程中合力都为f=kv0,因此子弹和木块的加速度分别为a1=fm,a2=由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为2a1x1=v02-v12,2a2联立上式可得v2=m因此木块的速度最大,即v0-v02-2(kv0m+kv0M)L取极值即可,该函数在2(km+kM)L到无穷单调递减,因此当v0=2(km+kM)L=2kL(M+m)Mm时木块的速度最大,A正确;子弹穿过木块时,木块的速度为v2=mv[预测](多选)如图甲所示,一小车静止在光滑水平地面上,上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,左端P与平台等高且平滑对接(不粘连)。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2,作出v2-v1图像,如图乙所示。已知P点距地面高h=R5,重力加速度为g,则(A.小车质量是小球质量的2倍B.小球上升到最高点时的速度为C.小球上升的最大高度为RD.小球落地时与小车左端P点的水平距离为10【解析】选B、C、D。设小球质量为m,小车质量为M,小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,所以水平方向动量守恒,则由图乙数据可得mgR=MgR,解得m=M,故A错误;小球上升到最高点时与小车具有共同速度,则mgR=(m+M)v共,解得v共=gR2,故B正确;设小球上升的最大高度为H,根据机械能守恒定律有12m(gR)2=12(m+M)v共2+mgH,解得H=R4,故C正确;设小球滑回至P点时,小球和小车的速度分别为v球和v车,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m(gR)=mv球+Mv车,12m(gR)2=12mv球2+12Mv车2,解得v球=0,【模型图解】碰撞及类碰撞模型分类情境图示情境解读弹性碰撞碰撞后形变完全恢复m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v1v1=m1-v2=2m1(A球质量为m1,B球质量为m2)完全非弹性碰撞碰撞完毕合二为一m1v0=(m1+m2)v系统损失的机械能为ΔE=12m1v0(木块A质量为m1,木块B质量为m2)人船模型由mv1=M即ml1=Ml2又由l1+l2=l,则l1=MM+ml2=mM+m子弹射木块模型mv0=(M+m)vf·d=12mv0(子弹的质量为m,木块的质量为M)弹簧类模型系统动量守恒、机械能守恒曲面类模型接触面光滑,系统水平方向动量守恒、机械能守恒角度2多过程问题应用动量守恒定律解决多过程问题的步骤【典题例析】[典例4](2024·河北选择考)如图,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长度为2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力。(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。【解析】(1)机器人从A木板左端走到A木板右端,机器人与A木板组成的系统动量守恒,设机器人质量为M,三个木板质量都为m,根据“人船模型”得Mx=mx1同时有x+x1=LA解得A、B木板间的水平距离x1=1.5m(2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根据斜抛运动规律得vcosθ·t=x1vsinθg联立解得v2=15机器人跳离A的过程,系统水平方向动量守恒Mvcosθ=mvA根据能量守恒可得机器人做的功为W=12Mv2+12联立得W=3cos2θ+12sinθcosθ×45J=根据数学知识可得,当12tanθ=2tanθ,即tanθ代入数值得此时W=90J(3)根据tanθ=2可得vcosθ=152m/s,根据Mvcosθ=mv得vA=315分析可知A木板以该速度向左匀速运动,机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒,得Mvcosθ=(M+2m)v共解得v共=315该过程A木板向左运动的距离为xA=vAt=3152×机器人连续3次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次起跳机器人的水平速度大小为v0,B木板的速度大小为vB,机器人每次跳跃的时间为Δt,取向右为正方向,得(M+m)v共=Mv0-mvB ①每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为LB3,可得LB3=(v0+vB机器人到B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中,AB木板的位移差为Δx=x1+xA=6m可得(vB-vA)×3Δt=Δx ③联立①②③解得Δt=LB4故A、C两木板间距为xAC=(vA+vC)×3Δt+Δx+LBvC=v共解得xAC=74L答案:(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L【加固训练】如图所示,P为固定的竖直挡板,质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端),质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面,经过一段时间A、B第一次达到共同速度,此时B恰好未从A上滑落,然后物块B与长木板A一起向右运动,在t=0时刻,物块B与挡板P发生了第一次碰撞,经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度,之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞,最终在t=t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短,求:(1)木板A的长度;(2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离;(3)0~t0时间内B经过的路程。【解析】(1)依题意,设木板的长度为L,A、B第一次达到共速时速度大小为v1,物块和木板由动量守恒定律有mv0=(2m+m)v1,根据能量守恒定律有μmgL=12mv02-12(2m+联立求得v1=13v0,L=v(2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短,因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变,方向向左,设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2,取方向向右为正,根据动量守恒定律有2mv1-mv1=(2m+m)v2,根据能量守恒定律有μmgx1=12(2m+m)v12-12(2m+联立求得v2=132v0,x1=则可得此时物块距木板左端的距离为Δl1=L-x1=5v(3)由(1)(2)问分析可知,物块B与木板第n次共速时的速度为v03n,对B有μmg=从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程,有(v03)2=2aBss1=v0218从B第二次撞