2022高考物理二轮复习专题2能量与动量第2讲动量观点的应用学案.docx

第2讲动量观点的应用考情速览·明规律高考命题点命题轨迹情境图动量定理的应用2020卷142019卷162017卷20动量守恒定律及其应用2020卷212017卷152016卷35(2)碰撞与动量守恒2020卷1520(3)15题19(1)15题19(3)15题18(2)24题16(3)35(2)题2019卷252018卷24卷15、242017卷14核心知识·提素养“物理观念”构建1动量定理(1)公式：Ftpp，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系2动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变(2)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)，或p0(系统总动量的变化量为零)，或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)(3)守恒条件系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程3解决力学问题的三大观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律“科学思维”展示1思想方法(1)力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决(2)系统化思维方法对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)2模型建构(1)人船模型解决这种问题的前提条件是要两物体的初动量为零(或某方向上初动量为零)，画出两物体的运动示意图有利于发现各物理量之间的关系，特别提醒要注意各物体的位移是相对于地面的位移(或该方向上相对于地面的位移)(2)碰撞模型可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1v1，v2v1熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度当m1m2，且v20时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1.当m1m2，且v20时，碰后质量小的球原速率反弹(3)弹簧模型当弹簧连接的两个物体速度相等时，弹簧压缩最短或拉伸最长，此时弹性势能达到最大(4)子弹打木块模型存在两种情况，其一是子弹未穿过木块，二者最终具有共同速度，其二是子弹穿出了木块(相对位移等于木块厚度x相对d)，子弹速度大于木块速度命题热点·巧突破考点一动量定理的应用1恒力的冲量可应用IFt直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解2物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的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考向预测1(2020·新课标卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(D)A增加了司机单位面积的受力大小B减少了碰撞前后司机动量的变化量C将司机的动能全部转换成汽车的动能D延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【解析】因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确2(2019·全国卷，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(B)A1.6×102 kgB1.6×103 kgC1.6×105 kgD1.6×106 kg【解析】设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m.以这部分气体为研究对象，应用动量定理，Ftmv0，解得m1.6×103 kg，选项B正确3(2018·全国卷·T15)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(C)A10 NB102 NC103 ND104 N【解析】根据自由落体运动和动量定理有2ghv2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ftmv，代入数据解得F1×103 N，所以C正确4(2020·山东聊城二模)2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面已知扎帕塔(及装备)的总质量为120 kg，当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，不考虑喷气对总质量的影响，取g10 m/s2，则发动机每秒喷出气体的质量为(B)A0.02 kgB0.20 kgC1.00 kgD5.00 kg【解析】设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔(及装备)的作用力的大小也等于F，对扎帕塔(及装备)，则FMg，设时间t内喷出的气体的质量m，则对气体由动量定理得Ftmv，解得，代入数据解得0.2 kg，发动机每秒喷出气体的质量为0.2 kg，故B正确，A、C、D错误考点二动量守恒定律及其应用应用动量守恒定律解题的基本步骤考向预测1某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上(船未与岸相撞)，不计水的阻力，则(B)A该同学和小船最终静止在水面上B该过程同学的动量变化量大小为105 kg·m/sC船最终的速度是0.95 m/sD船的动量变化量大小为70 kg·m/s【解析】规定该同学原来的速度方向为正方向设该同学上船后，船与该同学的共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m人v人m船v船(m人m船)v，代入数据解得v0.25 m/s，方向与该同学原来的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学的动量变化量为pm人vm人v人60×(0.252)kg·m/s105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，故B正确；船的动量变化量为pm船vm船v船140×0.25(0.5)kg·m/s105 kg·m/s，故D错误2(多选)(2020·广东实验中学模拟)如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长l1.5 m，现有质量m20.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，则(ACD)A物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统动量守恒B物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统机械能守恒C若v02 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sD若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s【解析】由于地面光滑，所以物块和小车构成的系统动量守恒，故A正确；由于物块和小车之间有摩擦力，所以系统机械能不守恒，故B错误；设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0(m1m2)v，设物块与车面间的滑动摩擦力为f，则fm2g，对物块应用动量定理有m2gtm2vm2v0，解得t，t，代入数据得t0.24 s，C正确；要使物块恰好不从车面上滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v，则m2v0(m1m2)v，由功能关系有m2v(m1m2)v2m2gl，代入数据解得v05 m/s，故D正确3(多选)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10 m/s2，则(AC)AA与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F50 NBA与墙壁碰撞的过程中没有能量损失CA、B碰撞后的速度v3 m/sDA、B滑上圆弧轨道的最大高度h0.55 m【解析】设水平向右为正方向，则A与墙壁碰前的速度v16 m/s，碰撞后的速度v24 m/s，根据动量定理得F·tmAv2mAv1，解得A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力F大小为F50 N，故A正确；根据题意，木块A和墙壁碰撞后，速度变小，机械能有损失，B错误；水平轨道光滑，则A和B碰撞过程动量守恒mAv2(mAmB)v，解得v3 m/s，故C正确；四分之一圆弧轨道足够高，则A、B不会脱离轨道，它们运动到最高点时，速度变为零从轨道最低点到它们一起运动到最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，即(mAmB)v2(mAmB)gh，解得h0.45 m，D错误；故选A、C4(多选)(2020·新课标全国卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(BC)A48 kgB53 kgC58 kgD63 kg【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0mv1m0v0，解得v1v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块，mv1m0v0mv2m0v0，解得v2v0，第3次推出后mv2m0v0mv3m0v0，解得v3v0；依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8v0，根据题意可知v8v0>5 m/s解得m<60 kg，第7次运动员的速度一定小于5 m/s，则v7v0<5 m/s，解得m>52 kg，综上所述，运动员的质量满足52 kg<m<60 kg，A、D错误，B、C正确考点三碰撞与动量守恒抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力(2)碰撞的“三个原则”：动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致(3)遵循“三个定律”：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解考向1弹性碰撞与非弹性碰撞1(2020·新课标全国卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(A)A3 JB4 JC5 JD6 J【解析】由vt图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲5 m/s，v乙1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲1 m/s，v乙2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙，解得m乙6 kg，则损失的机械能为Em甲vm乙vm甲vm乙v，解得E3 J，故选A2(2020·衡水金卷联考)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以vav0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为(D)A<a<B<a<C<aD<a【解析】A、B碰撞过程动量守恒，以v0方向为正方向有mAv0mAav0mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是av0>vB，解得<a；碰撞过程中损失的机械能EkmAvmA(av0)2mBv0，解得a，故<a，故选D3(多选)(2020·陕西西安中学模拟)如图所示，一原长为L0的轻弹簧，下端固定在地面，上端固定一质量为m木板，处于静止状态，现将另一质量为m的物块从弹簧原长处由静止释放，落到木板上时，立即与木板粘在一起，此后继续压缩弹簧到最低点C处，已知弹簧的弹性势能EPkx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，忽略物体在运动过程中的空气阻力，重力加速度取为g.关于这一过程，下列说法中正确的是(BD)A在此过程中，两物块、弹簧、地球构成的系统机械能守恒B两物体从粘到一起以后的过程中，两物块、弹簧、地球构成的系统机械能守恒C在C点两物体的加速度为0D在C点两物体的加速度为g【解析】物块和木板发生完全非弹性碰撞，碰撞过程中损失机械能，所以在此过程中，两物块、弹簧、地球构成的系统机械能减小，A错误；两物块碰后，两物块、弹簧、地球构成的系统中只有弹力和重力做功，所以系统机械能守恒，B正确；未发生碰撞时，对木板kx1mg，未碰撞时，弹簧压缩量为x1，则物块自由落体mgx1mv，碰撞过程，满足动量守恒定律，选取竖直向下为正方向，mv02mv，碰后到压缩量最大时压缩量为x，根据动能定理2mg(xx1)(kx2kx)0·2mv2，整理变形得x24x1x2x0，解得x2x1x1(另一项2x1x1舍去)，则在最低点，根据牛顿第二定律可知kx2mg2ma，解得ag，C错误，D正确考向2有弹簧参与的碰撞问题典例探秘典 例 (2019·新课标全国卷)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0 J.释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0mAvAmBvBEkmAvmBv联立式并代入题给数据得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBamBgsBvBtat2vBat0在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sAvAtat2联立式并代入题给数据得sA1.75 m，sB0.25 m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有mAvmAvmAg(2lsB)联立式并代入题给数据得vA m/s故A与B将发生碰撞设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvmAvmBv联立式并代入题给数据得vA m/s，vB m/s这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式2asAv，2asBv由式及题给数据得sA0.63 m，sB0.28 msA小于碰撞处到墙壁的距离由上式可得两物块停止后的距离ssAsB0.91m【答案】(1)vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(2)B0.50 m(3)0.91 m【核心考点】本题考查了动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用，体现了模型建构、科学推理的素养要求【规范审题】两物块和总动量为零弹簧处于压缩状态，具有一定的弹性势能两物块动能之和是10 J，动量之和为0碰撞时动量守恒，能量守恒审题结果两个物块初速度为零，两个物块以及弹簧组成的系统，初总动量为零；运动中所涉及的碰撞均为弹性碰撞，故碰撞过程中满足机械能守恒【思路分析】利用牛顿第二定律求A、B的加速度，分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问题；假设A能与B碰撞，应用动能定理可以求出A碰撞前的瞬时速度；发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后A、B的速度，问题便易于解决了【易错警示】物块A与墙壁发生弹性碰撞，反弹后速率不变，在计算时可直接用匀变速直线运动的规律求出物块运动的两段位移大小的和，来判断当B物块停下时，两物块之间的距离当物块A与物块B发生碰撞时，根据机械能守恒和动量守恒，求出碰撞后A的速度的变化，这一点也是容易判断错误的考向预测1(2020·河南新乡模拟)质量为M的小车置于水平面上小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑(如图)，与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止求：(1)BC部分的动摩擦因数；(2)弹簧具有的最大弹性势能；(3)当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小【答案】(1)(2)(3) 【解析】(1)滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒mgRmg·2l，可得(2)弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时，据能量守恒，弹簧的弹性势能EPmgRmgl(3)弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性势能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2据能量守恒有EPmvMv又因为系统动量守恒，有mv1Mv20解得v1，v22(2020·新课标卷)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直已知M4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件【答案】(1)a12ga23g(2)H1H(3)LH【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1Mgfma2fmg联立式并代入题给数据，得a12g，a23g(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0方向均向下管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同取向上为正方向，由运动学公式v0a1t1v0a2t1联立式得t1设此时管下端的高度为h1，速度为v.由运动学公式可得h1v0t1a1tvv0a1t1由式可判断此时v>0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点由运动学公式有h2设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1h1h2联立式可得H1H(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(HH1)mg(HH1x1)4mgx10联立式并代入题给数据得x1H同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2H1设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1x2L联立式，L应满足条件为LH