【物理】2018届一轮复习人教版动量与动量守恒学案

【物理】2018届一轮复习人教版动量与动量守恒学案

专题七　动量与动量守恒 专 题说明 ‎1.本专题为2017年考纲新增必考内容，目的是进一步完善高中物理力学体系.‎ ‎2.按高考考查应用数学处理物理问题的能力，本专题命题热点集中在动量守恒定律的应用及从动量和能量的角度解决力学问题，题型以计算题为主.‎ 考点1| 动量定理与动量守恒定律 ‎　(2016·全国乙卷T35(2))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ρ，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．‎ ‎【解题关键】　解答本题应从以下三点分析：‎ ‎(1)应用“微元法”分析流体问题．‎ ‎(2)喷出的水流流量相等．‎ ‎(3)应用动量定理分析水流的冲击力．‎ ‎【解析】　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ①‎ ΔV＝v0SΔt ②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S. ③‎ ‎(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④‎ 在h高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v ⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－. ⑧‎ ‎【答案】　(1)ρv0S　(2)－ ‎　(2016·全国甲卷)如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.‎ 图1‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎【解析】　(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v ①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②‎ 式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg. ③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0 ④‎ 代入数据得 v1＝1 m/s ⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3‎ ‎，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥‎ m2v＝m2v＋m3v ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s ⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ ‎【答案】　(1)20 kg　(2)见解析 ‎1．利用动量定理解题的基本思路 ‎(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统. ‎ ‎(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．‎ ‎(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．‎ ‎(4)根据动量定理列方程代入数据求解．‎ ‎2．动量守恒定律的五性 ‎(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．‎ ‎(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．‎ ‎(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．‎ ‎(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．‎ ‎(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．‎ ‎●考向1　动量定理的应用 ‎1．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h ‎(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg B. －mg C.＋mg D.－mg A　[下降h阶段v2＝2gh，得v＝，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝＋mg，A正确．]‎ ‎●考向2　动量守恒定律的应用 ‎2．(2017·广东联考)如图2所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止．求：‎ 图2‎ ‎(1)人跳离A车后，A车的速度大小和方向；‎ ‎(2)人跳上B车后，B车的速度大小和方向．‎ ‎【解析】　(1)设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m1vA＋m0v0＝0，‎ 解得vA＝－，负号表示A车的速度方向向左．‎ ‎(2)研究人和B车，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m0v0＝(m0＋m2)vB，‎ 解得vB＝，方向向右．‎ ‎【答案】　(1)　方向向左　(2)　方向向右 ‎●考向3　动量定理与动量守恒定律的综合应用 ‎3．(2016·西安质检)如图3所示，水平面上有一质量m＝1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1‎ ‎ kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M＝4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：‎ 图3‎ ‎(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；‎ ‎(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．‎ ‎【解析】　(1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有 mv0＝Mv＋mv1‎ 解得v1＝－2 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动．‎ ‎(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有 m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2‎ 解得v2＝2 m/s 设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有 I＝mv2－mv1‎ 解得I＝4 N·s.‎ ‎【答案】　见解析 考点2| 碰撞类问题 ‎　如图4所示，光滑水平直轨道上有3个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：‎ 图4‎ ‎(1)整个系统损失的机械能；‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ ‎【解题关键】　解此题的关键有两点：‎ ‎(1)物体间相互作用的过程是否满足动量守恒．‎ ‎(2)物体多过程要选取不同的研究对象，并分段研究．‎ ‎【解析】　(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1 时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①‎ 在B和C碰撞的过程中，系统所受外力的合力(即弹簧的弹力)并不为零，但由于“碰撞过程时间极短”，可认为所受外力的合力远小于内力，系统近似动量守恒．‎ 设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②‎ mv＝ΔE＋(2m)v ③‎ 联立①②③式得ΔE＝mv. ④‎ ‎(2)由②式可知v2M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A静止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m

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