2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合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.doc

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1、1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 N B10 2 NC10 3 N D10 4 N解析 根据自由落体运动和动量定理有 2gh v2(h 为 25 层楼的高度，约 70 m)，Ft mv，代入数据解得 F110 3 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 231A t1 s 时物

2、块的速率为 1 m/sB t2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sC t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sD t4 s 时物块的速度为零解析 由动量定理可得： Ft mv，解得 v ， t1 s 时物块的速率为 v Ftm Ftmm/s 1 m/s，故 A 正确； t2 s 时物块的动量大小 p Ft22 kgm/s4 212kgm/s， t3 s 时物块的动量大小为 p(2211)kgm/s 3 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)

3、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2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/s 2。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m B

4、g mBaB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 v B，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有v 2 aBsB2B联立式并利用题给数据得v B3.0 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m Ag mAaA设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 v A，碰撞后滑行的距离为 sA。由运动学公式有v 2 aAsA2A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mAvA mAv A mBm B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

5、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/s 2，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；3(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h gt212代入数据解得t0.

6、6 s(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有vB gt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： FT t mAv对 B： FT t mBv( mBvB)联立整理得 mBvB( mA mB)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(mA mB)v2 mBgH mAgH12代入数据解得H0.6 m。答案 (1)0.6 s

7、(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41公式 Ft p p 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 Ft p p 说明了两边的因果关系

8、，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

9、喷口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则 m V V v0S t由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 v 0S m t(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 12 12 20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F t p由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F Mg联立式得h 。v202g M2g2 2v20S25答案 (1) v 0S (2) v202g M2g

10、2 2v20S2【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 p mv， Ek mv212联立解得 p 2mEk根据动能定理 Fs mv2，位移变为原来的 3 倍，动能变为原来的 3 倍，根据12p ，

11、动量变为原来的 倍，故 B 错误，D 正确。根据动量定理 Ft mv，时间变为原2mEk 3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p22m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

12、m/s 2。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 L 100 mv2B v2A2a(2)根据动量定理，有 I mvB mvA1 800 Ns6(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mgh mv mv12 2C 12 2B根据牛顿第二定律，有 FN mg mv2cR联立得 FN3 900 N。答案 (1)100 m (2)1 800 Ns (3)受

13、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： m1v1 m2v2 m1v 1 m2v 2，机械能守恒： m1v m2v m1v m2v 。12 21 12 2 12 21 12 22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：机械能的损失 E( m1v m2v ) (m1 m2)v 2。12 21 12 2 123非弹性碰撞动量守恒 m1v1 m2v2 m1v 1 m2v 2，机械能有损失：机械能的损失 E( m1v m2v )( m1v m2v )。12 21 12 2 12 21 12 24能量守恒定律的应用

14、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。7(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

15、，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( m0 m)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：( m0 m)v1( m0 m M)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： (m0 m)gt( m0 m)v2( m0 m)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

16、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/s 2，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、

17、 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，由牛顿第二8定律得 mg m ，由机械能守恒定律得v2CRmv mg2R mv ，12 2 12 2CB 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Mv0 Mv1 mv2，由机械能守恒定律得Mv Mv mv ，12 20 12 21 12 2联立并代入数据解得 v03

18、 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( M m)v，由机械能守恒定律得Mv Ep (M m)v2，12 20 12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

19、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m1v1 m1v1 m2v2m1v m1v1 2 m2v2 212 21 12 12解得 v1 ， v2 。(m1 m2)v1m1 m2 2m1v1m1 m2结论：a.当两球质量相等时， v 10， v 2 v 1，两球碰撞后交换速度。b当 m1远大于 m2时， v 1 v 1， v 22 v 1，9c当 m1远小于 m2时， v 1 v 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

20、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

21、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

22、/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10图 238A A、 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 mAvA

23、 mBvB( mA mB)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 mAvA mBvB kgm/s，选项 A 错误；43 103碰撞前后 A 的动量变化为 mAvA mAv4 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 mAv mBv (mA mB)v210 12 2A 12 2B 12J，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

24、 B，其中 A 与 C 的质量相等均为 m，曲面劈 B 的质量 M3 m，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mv02 mv解得 v v012碰撞过程中系统损失的机械能为E 损 mv (2m)v212 20 1211解得 E 损 mv 。14 20(2)当 A 和 C 上升到最大高度时， A、 B

25、、 C 系统的速度相等，根据动量守恒定律得 mv0( m m3 m)v1解得 v1 v015由能量守恒得 2mgh 2m( v0)2 5m( v0)212 12 12 15解得 h 。3v2040g答案 (1) mv (2)14 20 3v2040g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

26、运动，则由m1 1 m2 2得 m1x1 m2x2。该式的适用条件是：v v(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 M4 m，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

27、取 10 m/s2)审题探究12(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 mv1 Mv20， v2 v1。14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 t 0.5 s，在2hg这段时间内人的水平位移 x1和车的位移 x2分别为 x1 v1t， x2 v2t，由图可知：x1 x2 l，即 v1t v2t l，则 v2 m/s1.6 m/s。l5t 450.5(2)车的水平位移

28、为 x2 v2t1.60.5 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mv1 Mv2( M m)v，则 v0，故人落到车上 A 点站定后车的速度为零。答案 (1)1.6 m/s (2)车不运动 0.8 m【题组突破】1反冲问题如图 2311 所示，一辆质量为 M3 kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为 m1 kg 的光滑小球 B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 Ep6 J，小球与小车右壁距离为 L

29、，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：图 2311(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离。解析 (1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为 v1、 v2，则mv1 Mv2013mv Mv Ep12 21 12 2解得： v13 m/s， v21 m/s。(2)设小车移动 x2距离，小球移动 x1距离 m Mx1t x2tx1 x2 L解得： x2 。L4答案 (1)3 m/s 1 m/s (2)L42爆炸问题(2018全国卷)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药

30、爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0。由题给条件有E mv 12 20设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有0 v0 gt联立式得t 1g2Em(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有E mgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mv mv E14 21 14 2mv1 mv2012 12由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2由机械能守恒定律有mv mgh214 21 1214联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h h1 h2 。2Emg答案 (1) (2)1g2Em 2Emg