《(统考版)2023高考物理二轮专题复习学案-专题三动量与能量第7讲动量定理动量守恒定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(统考版)2023高考物理二轮专题复习学案-专题三动量与能量第7讲动量定理动量守恒定律.docx（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第7讲动量定理动量守恒定律命 题 热 点(1)动量定理的理解及应用；(2)动量守恒定律及应用；(3)碰撞模型及拓展；(4)利用动量观点解决实际情境问题常 考 题 型选择题计算题高频考点能力突破考点一动量定理及应用1冲量的三种计算方法公式法IFt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未知的情况图象法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.理解动量定理时应注意的四个问题(1)动量定理表明冲量（合力的冲量）既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度(2)动量定理的研究对象是一个物体【可能是流体】(或可视为一个物体的系统)(
2、3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向例1 2022全国乙卷(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g10m/s2.则 ()A4 s时物块的动能为零B6 s时物块回到初始位置C3 s时物块的动量为12 kgm/sD06 s时间内F对物块所做的功为40 J预测12022济南市测评如图为酒泉卫星发射基地发射“神舟十三号”飞船点火瞬间的情景在发射的当天，小李同学守在电视机前观看发射实况转播
3、通过电视解说员的介绍，他了解到火箭连同装载物的总质量约为480 t，发射塔架的高度约为100 m小李同学注意到在火箭点火起飞约10 s时火箭尾部刚好越过塔架假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力，g取9.8 m/s2，根据以上信息估算推力的大小为()A4.7108 N B4.9106 NC5.9108 N D5.7106 N预测22022山东冲刺卷质量为1 kg的小滑块以某一初动能沿水平面向右滑动，如图甲所示，刚开始滑动的2 m内小滑块的动能与位移关系如图乙所示，下列说法正确的是()A.滑块在水平面上运动的总时间为1.2 sB滑块在水平面
4、上运动的总位移为4 mC滑块沿水平面做加速度逐渐减小的减速运动D整个过程中，滑块受水平面作用力的冲量大小为6 Ns考点二碰撞模型中动量守恒定律的应用1三类碰撞的特点2碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒：p1p2p1p2.(2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2.(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度3“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(mM)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mv0mv1Mv2，能量满足12mv021
5、2mv12 12Mv224.“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(mM)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能例2 2022河北卷如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v010 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为0.1.重力加速度大小取g10 m/s2.(1)若0k0.5，求碰撞后瞬间新
6、物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小预测3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预测
7、42022重庆押题卷如图所示，一个质量为4m的小球(视为质点)，从高度为H的A点由静止释放，沿光滑曲线轨道到最低点B处与质量为m的另一个小球发生正碰，碰撞时间极短，且碰后粘在一起进入两个半径均为R0.4 m的光滑圆管，恰好能通过圆管最高点C.在离开C进入与水平线成60的固定的气垫导轨的顶端时，立即接通气垫导轨的电源，给小球一个方向垂直于气垫导轨平面、大小F风5mg的恒定风力不计空气阻力，g取10m/s2.求：(1)高度H；(2)小球到达水平线OD时的速度大小预测5如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角37，一质量为M3 kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与
8、轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O.有3个完全相同的小滑块，质量均为m1 kg.某时刻第一个小滑块以初速度v02 m/s沿OO冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿OO冲上滑板已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为0.8，sin 370.6，cos 370.8，g取10m/s2，求：(1)滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；(2)第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；(3)第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q.考点三力学三大观点的综合应用1力学三大观点对比动力学观点牛顿第二
9、定律F合ma匀变速直线运动规律vv0atxv0t+12at2v2v022ax等能量观点动能定理W合Ek机械能守恒定律Ek1Ep1Ek2Ep2功能关系WGEp等能量守恒定律E1E2动量观点动量定理I合pp动量守恒定律p1p22.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律(3)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，特别是对于打击类问题，因时间短且
10、作用力随时间变化，应用动量定理求解(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板块问题，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例3 2022全国乙卷如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t0时与弹簧接触，到t2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图象如图(b)所示已知从t0到tt0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同斜面倾角为(sin 0.6)，与水平面光滑连接碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内求(1)第
11、一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数预测6如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x12 m，弹珠B与坑的间距x21 m某同学将弹珠A以v06 m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t10.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠A又向前运动x0.1 m后停下已知两弹珠的质量均为2.5 g，取重力加速
12、度g10m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数；(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出预测7如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R0.18 m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m10.3 kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M0.4 kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计现用手将一质量m20.1 kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距
13、离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端已知b与AP间的动摩擦因数0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g10 m/s2.(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；(2)求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？素养培优情境命题利用动量观点解决实际情境问题情境1 2021北京西城二模蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，
14、若运动员从离水平网面3 m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5 m高处，则在此过程中()A只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒B运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功C弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小D弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小情境2 2022北京押题卷如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则()A两壶碰撞过程无机械能损失B两壶碰撞过程动量变化量相同C碰撞后瞬间，甲壶的速度为 v04D碰撞后瞬间，乙壶的
15、速度为v0情境32021广东卷算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s13.5102 m，乙与边框a相隔s22.0102 m，算珠与导杆间的动摩擦因数0.1.现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2.(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间第7讲动量定理动量守恒定律高频考点能力突破考点一例1解析：由图知03 s内F的大小为F14
16、 N，36 s内F的大小F24 N；在0到3 s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1mgma1，解得a12 m/s2，为正方向，3 s末的速度v1a1t16 m/s；3 s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2mgma2，解得a26 m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2v1a21 s，即4 s末物块减速到零；在46 s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2mgma3，解得a32 m/s2，为负方向画出整个过程中的vt图象如图所示：4 s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在06 s内，物块的位移不为零，6 s时物块没有回到初始位置，B错误；3 s时的速度v16 m/s，动量
17、p1mv16 kgm/s，C错误；由vt图线与时间轴所围的面积表示位移知，03 s内、34 s内、46 s内物块的位移大小分别为x19 m、x23 m、x34 m，则F对物块做的功分别为W1F1x136 J、W2F2x212 J、W3F2x316 J，则06 s时间内F对物块所做的功WW1W2W340 J，D正确答案：AD预测1解析：10 s末火箭的速度为v2ht20010m/s20 m/s由动量定理可得(Fmg)tmv解得F5.7106N，D正确答案：D预测2解析：刚开始滑动的2 m内：EkEk0mgx，带入数据解得0.5物体的加速度ag5 m/s2根据图象结合动能定义式可知，初速度v06
18、m/s所以滑块在水平面上运动的总时间为tv0a1.2 s，故A正确；滑块在水平面上运动的总位移为x12v0t3.6 m，故B错误；滑块沿水平面做加速度不变的匀变速运动，故C错误；根据动量定理，整个过程中，滑块受水平面摩擦力的冲量大小为Ipmv006 Ns，但水平面对物体的作用力还包括弹力，故滑块受水平面作用力的冲量大小不是6 Ns，故D错误答案：A考点二例2解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m1 kg，以向右方向为正方向，则有mv0mkv0(mm)v物，解得v物1k2v05(1k) m/s0可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块
19、的速度大小为5(1k) m/s，方向向右滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由Mv02Mkv0(M2M)v滑解得v滑12k3v01020k3 m/s0则新滑板速度方向也向右(2)若k0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物5(1k) m/s5(10.5) m/s2.5 m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑1020k3 m/s0 m/s可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m2 kg，新滑板的质量为M3 kg，相对静止时的共
20、同速度为v共，根据动量守恒可得mv物(mM)v共解得v共1 m/s根据能量守恒可得mgx相12mv物212mMv共2解得x相1.875 m.答案：(1)5(1k) m/s，1020k3 m/s，方向均向右(2)1.875 m预测3解析：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p1p20或m1v1m2v20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；动能与动量的关系为Ek12mv2p22m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；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h
21、12gt2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；由A的解析可得v1v2m2m1平抛的水平位移为xv0t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x1x2m2m1，D错误答案：C预测4解析：(1)小球从A释放滑到最低点的过程，根据动能定理有4mgH124mv120两球在B处发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有4mv1(4mm)v2两球恰好滑到C点速度为零，根据动能定理有5mg2R0125mv22联立解得H1.25 m(2)两球在离开C后它受到的力如图所示，由于F风5mg，且它们的夹角等于120，根据力的平行四边形定则，可得合力的
22、大小F合5mg方向与重力的夹角成60，如图所示设小球到达水平线的点为E，其速度为vE，从C到E的过程中，根据动能定理有F合Rcos60125mvE20解得vE4 m/s.答案：(1)1.25 m(2)4 m/s预测5解析：(1)滑板受力平衡，所以2fMg sin 37，解得f9 N(2)由系统动量守恒得mv0(Mm)v1第1个小滑块与滑板P共速的速度v10.5 m/s由系统动量守恒得2mv0(M2m)v2第2个小滑块与滑板P共速的速度v20.8 m/s(3)由系统动量守恒得3mv0(M3m)v33个小滑块与滑板P共速的速度v31 m/s设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定
23、理得mg sin l3m3g cos l312M+3mv3212M2mv2212mv02解得l31.5 m第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Qmg cos l39.6 J答案：(1)9 N(2)0.5 m/s0.8 m/s(3)9.6 J考点三例3解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知mB1.2v0(mBmA)v0得：mB5mA5m此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒弹簧的最大弹性势能Epmax|Ek|12mB1.2v0212mA+mBv020.6mv02(2)t0时弹簧压缩量最大，设为x由题意，0t0内，mAvAmBvBmB1.2v0即mvA5mvB6mv0化
24、简得vA5(1.2v0vB)根据图(b)分析上式，A图线在0t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v1.2v0线的距离的5倍由vt图线与时间轴所围面积表示位移，且0t0时间内xA0.36v0t0，可知0t0时间内图线B与v1.2v0线所围面积x115xA0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示x，则x1.2v0t0xA15xA0.768v0t0(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为vA、vB动量守恒：mB0.8v0mAvA1mBvBmAvA动能不变：12mB0.8v02+12mAvA1212mBvB2+12mAvA2由题意知vA
25、2v0联立解得vA1v0对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有mghmghcossin012m(2v0)2对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有2mghcossin12mvA1212m(2v0)2联立解得0.45答案：10.6mv02(2)0.768v0t0(3)0.45预测6解析：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1v0t112at12，v1v0at1由牛顿第二定律得Ffmgma联立解得a5 m/s2，0.5，v14 m/s(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a5 m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v1，由运动学规律v212
26、ax解得v11 m/s设碰后瞬间弹珠B的速度为v2，由动量守恒定律得mv10mv1mv2解得v23 m/s所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失k12mv12(12mv1212mv22)解得Ek7.5103 J碰后弹珠B运动的距离为xv222a0.9 m1 m所以弹珠B没有进坑，故不能胜出答案：(1)4 m/s0.5(2)7.5103 J，不能预测7解析：(1)碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有m1gm1vC2 R根据机械能守恒定律有12m1v1212m1vC2m1g2R解得v13 m/s(2)b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有m2vm1v1m2v2
27、12m2v212m1v12+12m2v22解得v6 m/s，v23 m/s由能量守恒定律有12m2v22m2g2L解得L1 m从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有Wm2gL12m2v2解得W2.025 J(3)设b停在车上时b与车的共同速度大小为v3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有m2v2(Mm2)v3由能量守恒定律有12m2v2212M+m2v32m2gx解得x1.6 mb最终停在P点左侧xL0.6 m处答案：(1)3 m/s(2)1 m2.025 J(3)0.6 m处素养培优情境命题情境1解析：运动员从离水平网面3 m高处由静止自
28、由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5 m高处，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，A错误；运动员的机械能增加，是运动员消耗了自身体能，B错误；根据动量定理可知，运动员初、末速度均为0，动量的变化量为0，则合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，C正确，D错误答案：C情境2解析：两壶碰后在冰面上滑行，则有amgmg两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v1和v2，根据运动学关系0v022ax，得v1v213根据动量守恒定律得mv0mv1mv2解得v1v04，v23v04，C正确，D错误；两壶碰撞过程机械能的变化量为E1
29、2mv12+12mv2212mv02316mv02，机械能有损失，A错误；动量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反，B错误答案：C情境3解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a1mgm1 m/s2，设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v2v122a1s1，解得v10.3 m/s，甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1mv1mv乙，其中v10.1 m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙0.2 m/s，碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2mgm1 m/s2，设乙算珠能运动的最远距离为x，则xv乙2 2a20.02 m，由于xs2，所以乙算珠能够滑动到边框a.(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1vv1a10.1 s，碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2v1a10.1 s，所以甲算珠从拨出到停下所需的时间tt1t20.2 s.答案：(1)能，计算过程见解析(2)0.2 s