2023新教材高考物理二輪專題復習專題七動量定理動量守恒定律教師用書

專題七動量定理動量守恒定律命題熱點?？碱}型(1)動量定理的理解及應用；(2)動量守恒定律及應用；(3)碰撞模型及拓展；(4)利用動量觀點解決實際情境問題．選擇題計算題高頻考點·能力突破考點一動量定理及應用1．沖量的三種計算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量．動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況．圖像法F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量．若F-t成線性關系，也可直接用平均力求解．2.理解動量定理時應注意的四個問題(1)動量定理表明沖量既是使物體動量發(fā)生變化的原因，又是物體動量變化的量度．合力的沖量(2)動量定理的研究對象是一個物體(或可視為一個物體的系統(tǒng))．可能是流體(3)動量定理是過程定理，解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量．(4)動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向．例1[2022·全國乙卷](多選)質量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關系如圖所示．已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.則()A．4s時物塊的動能為零B．6s時物塊回到初始位置C．3s時物塊的動量為12kg·m/sD．0～6s時間內F對物塊所做的功為40J[解題心得]預測1[2022·歷城二中測評]如圖為酒泉衛(wèi)星發(fā)射基地發(fā)射“神舟十三號”飛船點火瞬間的情景．在發(fā)射的當天，小李同學守在電視機前觀看發(fā)射實況轉播．通過電視解說員的介紹，他了解到火箭連同裝載物的總質量約為480t，發(fā)射塔架的高度約為100m．小李同學注意到在火箭點火起飛約10s時火箭尾部剛好越過塔架．假設火箭從點火到越過塔架的過程中噴氣對火箭的推力是恒力，忽略火箭質量的變化及火箭受到的空氣阻力，g取9.8m/s2，根據(jù)以上信息估算推力的大小為()A．4.7×108NB．4.9×106NC．5.9×108ND．5.7×106N預測2[2022·山東沖刺卷]質量為1kg的小滑塊以某一初動能沿水平面向右滑動，如圖甲所示，剛開始滑動的2m內小滑塊的動能與位移關系如圖乙所示，下列說法正確的是()A.滑塊在水平面上運動的總時間為1.2sB．滑塊在水平面上運動的總位移為4mC．滑塊沿水平面做加速度逐漸減小的減速運動D．整個過程中，滑塊受水平面作用力的沖量大小為6N·s考點二碰撞模型中動量守恒定律的應用1．三類碰撞的特點2．碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．3．“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球曲面模型達到共速相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足12mv024.“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導軌都光滑)達到共速相當于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉化為內能或電能例2[2022·河北卷]如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大?。甗試解]預測3如圖水平桌面上放置一操作臺，操作臺上表面水平且光滑．在操作臺上放置體積相同，質量不同的甲、乙兩球，質量分別為m1、m2，兩球用細線相連，中間有一個壓縮的輕質彈簧，兩球分別與操作臺左右邊緣距離相等．燒斷細線后，由于彈簧彈力的作用，兩球分別向左、右運動，脫離彈簧后在操作臺面上滑行一段距離，然后平拋落至水平桌面上．則下列說法中正確的是()A．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量相同B．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能相同C．甲、乙兩球不會同時落到水平桌面上D．甲、乙兩球做平拋運動的水平射程之比為m預測4[2022·重慶押題卷]如圖所示，一個質量為4m的小球(視為質點)，從高度為H的A點由靜止釋放，沿光滑曲線軌道到最低點B處與質量為m的另一個小球發(fā)生正碰，碰撞時間極短，且碰后粘在一起進入兩個半徑均為R＝0.4m的光滑圓管，恰好能通過圓管最高點C.在離開C進入與水平線成60°的固定的氣墊導軌的頂端時，立即接通氣墊導軌的電源，給小球一個方向垂直于氣墊導軌平面、大小F風＝5mg的恒定風力．不計空氣阻力，g取10m/s2.求：(1)高度H；(2)小球到達水平線O′D時的速度大?。甗試解]預測5如圖所示，兩足夠長的直軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質量為M＝3kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止狀態(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面半圓的圓心分別為O、O′.有3個完全相同的小滑塊，質量均為m＝1kg.某時刻第一個小滑塊以初速度v0＝2m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時小滑塊恰好位于O點，每當前一個小滑塊與P共速時，下一個小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板．已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑板P與小滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)滑板P恰靜止時與一側長直軌道間的摩擦力f；(2)第1、2個小滑塊分別與滑板P共速時的速度大小v1和v2；(3)第3個小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q.[試解]考點三力學三大觀點的綜合應用1．力學三大觀點對比動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma勻變速直線運動規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t+12at2v能量觀點動能定理W合＝ΔEk機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p動量守恒定律p1＝p22.選用原則(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)，涉及時間與運動細節(jié)時，一般選用動力學方法解題．(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時，應優(yōu)先選用能量守恒定律．(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題，因時間短且作用力隨時間變化，應用動量定理求解．(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應用動量守恒定律求解．例3[2022·全國乙卷]如圖(a)，一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時間內，物塊A運動的距離為0.36v0t0.A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同．斜面傾角為θ(sinθ＝0.6)，與水平面光滑連接．碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內．求(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)．[試解]預測6如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進入小坑中即為勝出．現(xiàn)將此游戲進行簡化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝1m．某同學將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬間彈出，經(jīng)過時間t1＝0.4s與彈珠B正碰(碰撞時間極短)，碰后彈珠A又向前運動Δx＝0.1m后停下．已知兩彈珠的質量均為2.5g，取重力加速度g＝10m/s2，若彈珠A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，并將彈珠的運動視為滑動，求：(1)碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)兩彈珠碰撞瞬間的機械能損失，并判斷該同學能否勝出．[試解]預測7如圖所示，固定軌道由水平軌道AB，與AB相切于B點且半徑R＝0.18m的豎直半圓軌道BC組成，AB上靜置一質量m1＝0.3kg的小滑塊a；AB右側水平地面上?？恳毁|量M＝0.4kg的小車，小車的上表面水平且與AB等高，鎖定小車．一水平輕彈簧右端固定在小車的擋板上，彈簧的自由端在P點，P點左側的小車上表面是粗糙的，其他各處的摩擦均不計．現(xiàn)用手將一質量m2＝0.1kg的小滑塊b緩慢向右壓縮彈簧一段距離并由靜止釋放b，b離開彈簧一段時間后與a發(fā)生彈性碰撞，碰撞后a沿軌道運動，恰好能通過最高點C，此后取走a；碰撞后b返回，經(jīng)彈簧反彈一次后恰好停在小車的左端．已知b與AP間的動摩擦因數(shù)μ＝0.225，a、b均視為質點，取重力加速度大小g＝10m/s2.(1)求碰撞后瞬間a的速率v1；(2)求P、A兩點間的距離L以及手對b做的功W；(3)若b與a碰撞時將小車解鎖，b最終停在P點左側何處？[試解]素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題利用動量觀點解決實際情境問題情境1[2021·北京西城二模]蹦床是體操運動的一種，有“空中芭蕾”之稱．為了能夠更好地完成空中動作，在網(wǎng)上準備階段運動員要設法使自己彈得足夠高．如圖所示，蹦床的中心由彈性網(wǎng)面組成，若運動員從離水平網(wǎng)面3m高處由靜止自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向回到離水平網(wǎng)面5m高處，則在此過程中()A．只有重力對運動員做功，運動員的機械能守恒B．運動員的機械能增加，是因為彈性網(wǎng)彈力對運動員做正功C．彈性網(wǎng)彈力對運動員的沖量大小等于運動員重力的沖量大小D．彈性網(wǎng)彈力對運動員的沖量大小大于運動員重力的沖量大小[解題心得]情境2[2022·北京押題卷]如圖，2022年北京冬奧會某次冰壺比賽，甲壺以速度v0與靜止的乙壺發(fā)生正碰．已知冰面粗糙程度處處相同，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，則()A．兩壺碰撞過程無機械能損失B．兩壺碰撞過程動量變化量相同C．碰撞后瞬間，甲壺的速度為vD．碰撞后瞬間，乙壺的速度為v0[解題心得]情境3[2021·廣東卷]算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零．如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2.(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間．[試解]專題七動量定理動量守恒定律高頻考點·能力突破考點一例1解析：由圖知0～3s內F的大小為F1＝4N，3～6s內F的大小F2＝4N；在0到3s內，物塊沿正方向做勻加速直線運動，F(xiàn)1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，為正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物塊先沿正方向減速到零，F(xiàn)2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，為負方向，物塊減速到零所用的時間t2＝v1a2＝1s，即4s末物塊減速到零；在4～6s內，物塊再反向做勻加速直線運動，F(xiàn)2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，為負方向．畫出整個過程中的v4s時物塊的速度為零，動能為零，A正確；由圖可知在0～6s內，物塊的位移不為零，6s時物塊沒有回到初始位置，B錯誤；3s時的速度v1＝6m/s，動量p1＝mv1＝6kg·m/s，C錯誤；由v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移知，0～3s內、3～4s內、4～6s內物塊的位移大小分別為x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，則F對物塊做的功分別為W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，則0～6s時間內F對物塊所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正確．答案：AD預測1解析：10s末火箭的速度為v＝2ht＝200由動量定理可得(F－mg)t＝mv解得F＝5.7×106N，D正確．答案：D預測2解析：剛開始滑動的2m內：Ek－Ek0＝－μmgx，帶入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5物體的加速度a＝μg＝5m/s2根據(jù)圖像結合動能定義式可知，初速度v0＝6m/s所以滑塊在水平面上運動的總時間為t＝v0a＝1.2s，故A正確；滑塊在水平面上運動的總位移為x＝12v0t＝3.6m，故B錯誤；滑塊沿水平面做加速度不變的勻變速運動，故C錯誤；根據(jù)動量定理，整個過程中，滑塊受水平面摩擦力的沖量大小為I＝Δp＝但水平面對物體的作用力還包括彈力，故滑塊受水平面作用力的沖量大小不是6N·s，故D錯誤．答案：A考點二例2解析：(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質量均為m＝1kg，以向右方向為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝1-k2v0＝5(1－k)m/s＞可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右．滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質量分別為1kg和2kg，則由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝1-2k3v0＝10-20k則新滑板速度方向也向右．(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v′物＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s，碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v′滑＝10-20k3可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設新物塊的質量為m′＝2kg，新滑板的質量為M′＝3kg，相對靜止時的共同速度為v共，根據(jù)動量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據(jù)能量守恒可得μm′gx相＝1解得x相＝1.875m.答案：(1)5(1－k)m/s，10-20k3(2)1.875m預測3解析：脫離彈簧的過程滿足動量守恒定律，以甲的運動方向為正方向可得p1－p2＝0或m1v1－m2v2＝0故剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量大小相等，方向相反，A錯誤；動能與動量的關系為Ek＝12mv2＝由于質量不同，故剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能不相同，B錯誤；甲、乙兩球在操作臺滑行時，距臺邊緣距離相等但速度不等，故在操作臺滑行時間不相等，之后做平拋運動的豎直位移相同，由h＝12gt可知，兩球做平拋運動的時間相等，因此甲、乙兩球不會同時落到水平桌面上，C正確；由A的解析可得v1v平拋的水平位移為x＝v0t故甲、乙兩球做平拋運動的水平射程與初速度成正比，即與質量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D錯誤．答案：C預測4解析：(1)小球從A釋放滑到最低點的過程，根據(jù)動能定理有4mgH＝12兩球在B處發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有4mv1＝(4m＋m)v2兩球恰好滑到C點速度為零，根據(jù)動能定理有－5mg·2R＝0-聯(lián)立解得H＝1.25m(2)兩球在離開C后它受到的力如圖所示，由于F風＝5mg，且它們的夾角等于120°，根據(jù)力的平行四邊形定則，可得合力的大小F合＝5mg方向與重力的夾角成60°，如圖所示設小球到達水平線的點為E，其速度為vE，從C到E的過程中，根據(jù)動能定理有F合·Rcos60°解得vE＝4m/s.答案：(1)1.25m(2)4m/s預測5解析：(1)滑板受力平衡，所以2f＝Mgsin37°，解得f＝9N.(2)由系統(tǒng)動量守恒得mv0＝(M＋m)v1第1個小滑塊與滑板P共速的速度v1＝0.5m/s由系統(tǒng)動量守恒得2mv0＝(M＋2m)v2第2個小滑塊與滑板P共速的速度v2＝0.8m/s(3)由系統(tǒng)動量守恒得3mv0＝(M＋3m)v33個小滑塊與滑板P共速的速度v3＝1m/s設第3個小滑塊滑上滑板后與P發(fā)生的相對位移為l3，由動能定理得mgsinθ·l3－μm3gcosθ·l3＝1解得l3＝1.5m第3個小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·l3＝9.6J.答案：(1)9N(2)0.5m/s0.8m/s(3)9.6J考點三例3解析：(1)t0時彈簧被壓縮至最短，A、B碰撞動量守恒，由圖(b)知mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0得：mB＝5mA＝5m此過程A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒彈簧的最大彈性勢能Epmax＝|ΔEk|＝12mB(2)t0時彈簧壓縮量最大，設為Δx由題意，0～t0內，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0即mvA＋5mvB＝6mv0化簡得vA＝5(1.2v0－vB)根據(jù)圖(b)分析上式，A圖線在0～t0上任意一點到橫坐標軸的距離等于同一時刻B圖線上對應點到v＝1.2v0線的距離的5倍．由v-t圖線與時間軸所圍面積表示位移，且0～t0時間內xA＝0.36v0t0，可知0～t0時間內圖線B與v＝1.2v0線所圍面積x1＝15xA＝0.072v0t0，圖線B與A之間所圍面積表示Δx，則Δx＝1.2v0t0－xA－15xA＝0.768v0t(3)A、B第二次碰撞過程，設碰前A速度大小為vA1，碰后A、B速度大小分別為v′A、v′B動量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A動能不變：12mB0.8由題意知v′A＝2v0聯(lián)立解得vA1＝v0對A第一次碰撞后以2v0沖上斜面至速度為零過程，由動能定理有－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m對A沖上斜面又下滑至水平面過程，由動能定理有-2μmghcosθsinθ＝12mvA12聯(lián)立解得μ＝0.45.答案：10.6mv02(2)0.768v0預測6解析：(1)設碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1，由運動學公式得x1＝v0t1-12at12由牛頓第二定律得Ff＝μmg＝ma聯(lián)立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s.(2)由(1)可知彈珠A和B在地面上運動時加速度大小均為a＝5m/s2，彈珠A碰撞后瞬間的速度為v′1，由運動學規(guī)律v′21＝2aΔx解得v′1＝1m/s設碰后瞬間彈珠B的速度為v′2，由動量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2解得v′2＝3m/s所以兩彈珠碰撞瞬間的機械