2018版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题7 动量定理和动量守恒定律教案

1、专题七动量定理和动量守恒定律知识结构互联核心要点回扣1动量定理(1)表达式：Ftppp.(2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理2动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：ppp.(2)动能和动量的关系：Ek.3动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零(2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零(3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力4爆炸与反冲现象中系统机械能会增加，但碰撞过程中系统机械能不会增加考点1动量定理与动量守恒定律(对应学生用书第33页)品真题感悟高考考题统计五年3考：2017年卷T14、卷T202016年卷T3

2、5(2)考情分析1结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般2解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关3应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当考虑4判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力1(动量守恒定律的应用)(2017卷T14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气

3、阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/sA由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒燃气的动量p1mv0.05600 kgm/s30 kgm/s，则火箭的动量p2p130 kgm/s，选项A正确2(动量定理的应用)(多选)(2017卷T20)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71所示，则()图71At1 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时物块的速度为零题眼点拨

4、“合外力F的作用下”说明力F的冲量等于物块动量的增量；“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零AB由动量定理可得：Ftmv，故物块在t1 s时的速度v1m/s1 m/s，A正确；物块在t2 s时的动量p2Ft222 kgm/s4 kgm/s，在t3 s时的动量大小p3(2211)kgm/s3 kgm/s，故B正确，C错误；在t4 s时，I合(2212)Ns2 Ns，由I合mv4可得t4 s时，物块的速度v41 m/s，D错误在第2题中，若物块放在水平桌面上，F为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N，则物块在t11 s时和t44 s时的速度分别为()A0.5 m/s0 B0

5、0.5 m/sC0.5 m/s0.5 m/s D0.5 m/s0.5 m/sA由动量定理可得：(Ff)t1mv1，可得t11 s时物块速度v10.5 m/s，在t3 s时，I合(221113) Ns0，故此时物块速度为零，之后因Ff，物块静止不动，因此t44 s时，物块速度为零3(动量定理的应用)(2016卷T35(2)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

6、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. 【导学号：】 题眼点拨分析流体问题应利用“微元法”“玩具稳定地悬停在空中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡“水柱冲击玩具底后，在速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程【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)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底面

7、的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v设水对玩具的作用力的大小为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)释疑难类题通法1利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统. (2)对物体进行受力分析可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号(4)根据动量定理列方程代入数据求解2动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性

8、参考系(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统3动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)pp，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p.(2)ppp0，即系统总动量的增量为0.(3)p1p2，即两个物体组成的系统中，一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等、方向相反对考向高效速练.考向1动量定理的应用1高空作业须系安全带，如果质量为m

9、的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mgB. mgC.mg D.mgA下降h阶段v22gh，得v，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，(Fmg)t0mv，得Fmg，A正确考向2动量守恒定律的应用2如图72所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mAmC3mB，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生

10、碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变求B与C碰撞前B的速度及最终的速度. 【导学号：】图72【解析】对A、B被弹开过程由动量守恒有：(mAmB)v0mAvAmBvB，对B、C碰撞过程由动量守恒有：mBvB(mBmC)vC由题意知三个滑块最终速度相同vAvC解得最终速度vAvC，B与C碰撞前B的速度vB.【答案】B与C碰撞前B的速度为最终的速度为考点2动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用(对应学生用书第35页)品真题感悟高考考题统计五年8考：2016年卷T35(2)、卷T35(2)2015年卷T35(2)、卷T35(2)2014年卷T35(2)、卷T35(2)2013年卷T35(2)、卷T35(

11、2)考情分析1以动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题2具体问题中要注意物体间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞3理清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程4(“碰撞类”动量与能量的问题)(2016卷T35(2)如图73所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同现使a以初速度v0向右滑动此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件图73题眼点拨“a与b发生弹

12、性碰撞”说明物块a、b碰撞过程中动量、动能均守恒；“但b没有与墙发生碰撞”说明物块b碰撞后向右滑行的最大位移为l.【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为.若要物块a、b能够发生碰撞，应有mvmgl即设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有mvmvmgl设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒有mv1mv1mv2mvmvv联立式解得v2v1由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知v22mgl联立式，可得联立式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件.【答案】(2015卷T35(2)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生

13、碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比【解析】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218.(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1vm2v(m1m2)v2由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克

14、服摩擦力所做的功为W(m1m2)v2联立式，并代入题给数据得WE12.【答案】(1)18(2)125(“冲击板块类”动量与能量问题)(2016卷T35(2)如图74所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.图74(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否

15、追上小孩？题眼点拨“光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体”说明斜面体、滑板、冰块运动过程中不受摩擦力；“冰块在斜面体上上升的最大高度为h”说明冰块在最大高度处时与斜面体速度相同【解析】(1)规定向右为速度正方向冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3

16、，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩【答案】(1)20 kg(2)见解析释疑难类题通法1三类碰撞的特点2爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反3动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时

17、间变化，应用动量定理求解，即Ftmvmv0.对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解(2)能量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程对考向高效速练.考向1“碰撞类”动量与能量问题32017高三第二次全国大联考(新课标卷)如图75所示，水平轨道AB长L9 m，光滑倾斜轨道BC足够长开始时质量为mQ1 kg的滑块Q静止在

18、AB中点M处；在A点，质量为mP3 kg的滑块P以速度v05 m/s向右运动；P、Q只会发生弹性碰撞，滑块经过B点时，动能损失不计已知重力加速度g10 m/s2，P、Q与水平轨道间的动摩擦因数0.1.求：图75(1)P向右运动的最大位移大小；(2)Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P、Q都停下后两滑块间的距离. 【导学号：】【解析】(1)设P、Q碰撞前瞬间，P的速度为v1，由动能定理有mPgmPvmPv，解得v14 m/sP、Q发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mPv1mPvPmQvQ由机械守恒定律有mPvmPvmQv解得vP2 m/s，vQ6 m/sP继续向右运动的距离xP2 m4.5 mP

19、向右运动的最大位移x1xP6.5 m.(2)由动能定理有mQgmQgh0mQv解得Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度h1.35 m.(3)假设Q从斜面上滑下来后，会与滑块P发生第二次弹性碰撞由运动学知识可知Q与P碰前，P已经停下来了由动能定理有mQg(Lx1)mQvmQv解得P、Q碰前瞬间，Q的速度v2 m/sP、Q间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mQv2mPvPmQvQ由机械能守恒定律有mQvmPvmQv解得vPm/s，vQ m/s，负号表示方向向右碰后滑块P向左滑动的位移xP2.75 m碰后滑块Q向右滑动的位移xQ2.75 mLx12.5 m，所以滑块Q在第二次碰撞后会冲上斜面后返回xxQ

20、(Lx1)0.25 m，不会发生第三次碰撞所以P、Q都停下后两滑块相距xxPxQ2x5 m.【答案】(1)6.5 m(2)1.35 m(3)5 m考向2“冲击板块类”动量与能量问题42017高三第二次全国大联考(新课标卷)如图76所示，在光滑桌面上置有长木板B和物块C，在长木板的右侧置有物块A，一开始A、B处于静止状态物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板B足够长物块A的质量为2 kg，长木板B的质量为1 kg，物块C的质量为3 kg.物块C以4 m/s的初速度向右运动，与长木板B碰撞后，与长木板B黏在一起重力加速度g取10 m/s2，试求：图76(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能

21、；(2)最终A、B、C的速度大小和A相对于B运动的距离. 【导学号：】【解析】(1)设B、C碰撞后的瞬间速度为v1，根据动量守恒定律得mCvC(mBmC)v1解得v13 m/s碰撞过程中，损失的机械能为EmCv(mBmC)v解得E6 J.(2)根据动量守恒定律得mCvC(mAmBmC)v2解得v22 m/s根据功能关系：mAgx(mBmC)v(mAmBmC)v解得x1.5 m.【答案】(1)6 J(2)2 m/s1.5 m(2017衡水市冀州中学一模)如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R0.4 m的光滑圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨

22、道的BC段粗糙，动摩擦因数0.4，长L3.5 m，C点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧现有一质量m0.1 kg的小物体(可视为质点)在距A点高为H3.6 m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道(g10 m/s2)求：(1)ABCD轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为vm，假设此时小物体的速度大小为v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mvmmv由机械能守恒得：mg(HR)Mvmv2解得：vm2.0 m/s.(2)由题意分析

23、可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为vx，假设此时小物体在竖直方向的分速度为vy，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(Mm)vx0由能量守恒得：mgH(Mm)vmvmg2L解得vx0，vy4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小vA m/s4 m/s.【答案】(1)2.0 m/s(2)4 m/s考向3“传送带类”动量与能量问题5如图77所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L1 m，P点右侧一与水平方向成30的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速

24、率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能Ep9 J，物块与OP段动摩擦因数10.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数2，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：图77(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A、B能够碰撞的总次数【解析】(1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则Epmv1mgL，解得v04 m/s.(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为

25、vA、vB，则vA0，vB4 m/s，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则mgsin 2mgcos ma1，解得a1gsin 2gcos 10 m/s2.运动的时间t10.4 s，位移x1t10.8 m.此过程相对运动路程s1vt1x12 m.此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin 2mgcos ，B与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为t20.3 s，位移为x2 t20.45 m.此过程相对运动路程s2vt2x20.45 m.全过程摩擦产生的热量Q2mg(s1s2)cos 12.25 J.(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动

26、再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足mv22n1mgL.解得第二次碰撞后重复的过程数为n2.25，所以碰撞总次数为N22n6.56(取整数)【答案】(1)4 m/s(2)12.25 J(3)6次规范练高分| 动量与能量的综合应用类问题(对应学生用书第37页) 典题在线(2017达州市一模)(18分)如图78所示，质量为M2.0 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB部分是半径为R0.4 m的四分之一圆弧光滑轨道，BC部分是长为L0.2_m的水平粗糙轨道，动摩擦因数为0.5，两段轨道相切于B点C点离地面高为h0.2 m，质量为m1.0 kg