2024-2025學(xué)年高中物理第十六章動量守恒定律章末復(fù)習(xí)課含解析新人教版選修3-5

PAGE10-章末復(fù)習(xí)課【學(xué)問體系】主題1動量定理及其應(yīng)用1．沖量的計算．(1)恒力的沖量：公式I＝Ft適用于計算恒力的沖量．(2)變力的沖量：①通常利用動量定理I＝Δp求解．②可用圖象法計算．在F－t圖象中陰影部分(如圖)的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1內(nèi)的沖量．2．動量定理Ft＝mv2－mv1的應(yīng)用．(1)它說明的是力對時間的累積效應(yīng)．應(yīng)用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運(yùn)動過程．(2)應(yīng)用動量定理求解的問題．①求解曲線運(yùn)動的動量改變量．②求變力的沖量問題及平均力問題．③求相互作用時間．④利用動量定理定性分析現(xiàn)象．【典例1】一個鐵球，從靜止?fàn)顟B(tài)由10m高處自由下落，然后陷入泥潭中，從進(jìn)入泥潭到靜止用時0.4s，該鐵球的質(zhì)量為336g.(1)從起先下落到進(jìn)入泥潭前，重力對小球的沖量為多少？(2)從進(jìn)入泥潭到靜止，泥潭對小球的沖量為多少？(3)泥潭對小球的平均作用力為多少(保留兩位小數(shù)，g取10m/s2)?解析：(1)小球自由下落10m所用的時間是t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×10,10))s＝eq\r(2)s，重力的沖量IG＝mgt1＝0.336×10×eq\r(2)N·s≈4.75N·s，方向豎直向下．(2)設(shè)向下為正方向，對小球從靜止起先運(yùn)動至停在泥潭中的全過程運(yùn)用動量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0.泥潭的阻力F對小球的沖量Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(eq\r(2)＋0.4)N·s≈6.10N·s，方向豎直向上．(3)由Ft2＝6.10N·s得F＝15.25N.答案：(1)4.75N·s，方向豎直向下(1)6.10N·s，方向豎直向上(3)15.25N方法總結(jié)(1)恒力的沖量可以用I＝Ft求解，也可以利用動量定理求解．本題第(1)問可先求出下落到泥潭時的速度，進(jìn)而計算出沖量．(2)在泥潭中運(yùn)動時要留意受力分析，合外力的沖量是重力和阻力的合沖量．(3)應(yīng)用動量定理對全過程列式有時更簡捷．針對訓(xùn)練1.靜止在粗糙水平面上的物體，受到水平恒定的推力F1作用一段時間后，撤掉F1，物體滑行一段距離后停下來，總位移為s，該物體在該粗糙水平面上受到水平恒定推力F2（F1>F2）作用一段時間后，撤掉F2，物體滑行一段距離后停下，總位移也為s.則物體分別受到兩個恒力的沖量的關(guān)系為（）A.I1>I2 B.I1<I2C.I1＝I2 D.不能確定解析：由物體受到的推力大小關(guān)系可得出兩種狀況下的vt圖象如下圖，因F1>F2，則第一種狀況下的物體的加速過程加速度大于其次種過程的加速度；故AO為第一種狀況的運(yùn)動圖象，CO為其次種狀況下的運(yùn)動圖象；而兩次運(yùn)動中位移相等，故由圖可知，其次次物體運(yùn)動過程經(jīng)驗(yàn)的時間長，則由動量定理可知：I1－ft1＝0，I2－ft2＝0，則有I1<I2，B正確.答案：B主題2解答動力學(xué)問題的三種思路1．三種思路的比較．思路特點(diǎn)分析適用狀況力的觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運(yùn)動量間的關(guān)系涉及力、加速度、位移、速度、時間恒力作用下的運(yùn)動能量觀點(diǎn)：動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關(guān)系．系統(tǒng)內(nèi)力做功會影響系統(tǒng)能量涉及力、位移、速度恒力作用下的運(yùn)動、變力作用下的曲線運(yùn)動、往復(fù)運(yùn)動、瞬時作用動量觀點(diǎn)：動量定理和動量守恒定律分析物體的受力(或系統(tǒng)所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關(guān)系(或動量守恒定律)，系統(tǒng)內(nèi)力不影響系統(tǒng)動量涉及力、時間、動量(速度)恒力作用下的運(yùn)動、瞬時作用、往復(fù)運(yùn)動2.三種思路的選擇．對于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；假如只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運(yùn)動過程的加速度和時間問題，則采納機(jī)械能守恒定律求解．對于碰撞、反沖類問題，應(yīng)用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒(功能關(guān)系)建立方程．【典例2】如圖，用兩根等長的細(xì)線分別懸掛兩個彈性球A、B，球A的質(zhì)量為2m，球B的質(zhì)量為9m，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入球A，并留在其中，子彈與球A作用時間極短；設(shè)A、B兩球作用為對心彈性碰撞．求(1)子彈與A球作用過程中，子彈和A球系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)B球被碰撞后，從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中，合外力對B球沖量的大?。馕觯?1)對子彈和A球，由動量守恒定律，得mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒定律，可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋ΔE，解得ΔE＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0).(2)對子彈和A球、B球系統(tǒng)，由動量守恒定律，得3mv＝3mv1＋9mv2，依據(jù)能量守恒定律，有eq\f(1,2)(3m)v2＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(9m)veq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\f(1,6)v0；對B球，由動量定理，有I＝0－9mv2＝－eq\f(3,2)mv0，合外力的沖量大小為eq\f(3,2)mv0.答案：(1)eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3,2)mv0方法總結(jié)(1)若探討對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律．若探討對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特殊是涉剛好間問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理．所選方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別．(2)兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)微環(huán)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的便利之處．特殊是對于變力做功、曲線運(yùn)動、豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動、碰撞等問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性．針對訓(xùn)練2.質(zhì)量為M＝2kg的小車靜止于光滑水平面上，小車的上表面由光滑的eq\f(1,4)圓弧和光滑平面組成，弧半徑為R＝0.3m，車的右端固定有一不計質(zhì)量的彈簧，如圖所示.現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊從圓弧最高處無初速下滑，與彈簧相接觸（不栓接）并壓縮彈簧.重力加速度g＝10m/s2，求：（1）彈簧具有的最大的彈性勢能Epm；（2）當(dāng)滑塊與彈簧分別時小車的速度大小.解析：（1）小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小車與滑塊速度相等時彈簧彈性勢能最大，由于系統(tǒng)初動量為零，由動量守恒定律可知，此時系統(tǒng)動量為零，速度為零，由于沒有摩擦力，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：Epm＝mgR＝1×10×0.3J＝3J.（2）小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：Mv1－mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得v1＝1m/s.答案：（1）3J（2）1m/s統(tǒng)攬考情“動量守恒定律”是力學(xué)的重要內(nèi)容，在全國卷中，2024高考改為必考內(nèi)容，題型預(yù)料是綜合計算題，一般可以綜合牛頓運(yùn)動定律、動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律等物理規(guī)律，且難度可能為中等難度以上．真題例析（2024·全國卷Ⅰ）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空.當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動.爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量.求：（1）煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度.解析：（1）設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件，有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式，有0－v0＝－gt，②聯(lián)立①②式，得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)).③（2）設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1，④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律，有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E，⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0，⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動.設(shè)爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2，⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式，得煙花彈上部分距地面的最大高度h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg).⑧答案：（1）eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))（2）eq\f(2E,mg)針對訓(xùn)練（2024·全國卷Ⅱ）滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段.兩者的位移x隨時間t改變的圖象如圖所示.求：（1）滑塊a、b的質(zhì)量之比；（2）整個運(yùn)動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比.解析：（1）設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象，得v1＝－2m/s，v2＝1m/s；a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象，得v＝eq\f(2,3)m/s；由動量守恒定律，得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,8).（2）由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)（m1＋m2）v2.由圖象可知，兩滑塊最終停止運(yùn)動.由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功W＝eq\f(1,2)（m1＋m2）v2，解得eq\f(W,ΔE)＝eq\f(1,2).答案：（1）eq\f(1,8)（2）eq\f(1,2)1.（2024·全國卷Ⅱ）高空墜物極易對行人造成損害.若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為（）A.10N B.102NC.103N D.104N解析：對于雞蛋撞擊地面前的下落過程，依據(jù)動能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2；對于雞蛋撞擊地面的過程，設(shè)向下為正方向，由動量定理可得：mgt－FNt＝0－mv；若每層樓高3m，則h＝72m，由以上兩式可得：FN≈103N，選項(xiàng)C正確.答案：C2．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運(yùn)動．F隨時間t改變的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零解析：對物塊，由動量定理可得：Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m)，t＝1s的速率為v＝1m/s，A正確；在F－t圖中面積表示沖量，故t＝2s時物塊的動量大小p＝Ft＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，B正確，t＝3s時物塊的動量大小為p′＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，C錯誤；t＝4s時物塊的動量大小為p″＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，故t＝4s時物塊的速度為1m/s，D錯誤．答案：AB3．(2024·全國Ⅱ卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和小孩面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算，推斷冰塊與斜面體分別后能否追上小孩？解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律，得m2v20＝(m2＋m3)v，①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh，②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得m3＝20kg.③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律，有m1v1＋m2v20＝0，④代入數(shù)據(jù)，得v1＝1m/s；⑤設(shè)冰塊與斜面體分別后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律，有m2v20＝m2v2＋m3v3，⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)，⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)，得v2＝1m/s，由于冰塊與斜面體分別后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩．答案：(1)20kg(2)不能追上小孩4．(2024·全國Ⅲ卷)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿意的條件．解析：設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＞μmgl，①即μ＜eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)；②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl；③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v′1、v′2，由動量守恒和能量守恒，有mv1＝mv′1＋eq\f(3m,4)v′2，④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)))v′eq\o\al(2,2)，⑤聯(lián)立④⑤式，解得v′2＝eq\f(8,7)v1；⑥由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系，可知eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)))v′eq\o\al(2,2)≤μeq\f(3m,4)gl，⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl).⑧聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻