【物理】2018届二轮复习动量与动量守恒学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习动量与动量守恒学案（全国通用）

专题七　动量与动量守恒 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. 专 题 说 明 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 Δm Δt ＝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 1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝1 2(Δm)v20 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＝v20 2g － M2g 2ρ2v20S2. ⑧ 【答案】　(1)ρv0S　(2)v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 　(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 1 2m2v 220＝1 2(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 1 2m2v 220＝1 2m2v22＋1 2m3v23 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.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg A　[下降 h 阶段 v2＝2gh，得 v＝ 2gh，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＝m 2gh t ＋mg，A 正确．] ●考向 2　动量守恒定律的应用 2．(2016·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＝－m0v0 m1 ，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＝ m0v0 m0＋m2 ，方向向右． 【答案】　(1)m0v0 m1 　方向向左　(2) m0v0 m0＋m2 　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 1 2mv21＝ΔE＋1 2(2m)v22 ③ 联立①②③式得 ΔE＝ 1 16mv20. 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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