2019届高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第2讲 动量观点的应用学案

第2讲动量观点的应用真题再现考情分析 (2018高考全国卷)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()A.10 NB102 NC103 ND104 N解析：选C.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F1103 N，所以C正确.命题点分析动量定理、机械能守恒定律思路方法由机械能守恒定律可求鸡蛋到达地面时的速度大小，再根据动量定理求出鸡蛋对地面的平均冲击力 (2017高考全国卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kgm/sB5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确.命题点分析动量定理思路方法以火箭和燃气为研究对象，在燃气喷出的瞬间动量守恒 (多选)(2017高考全国卷)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动F随时间t变化的图线如图所示，则()A.t1 s时物块的速率为1 m/sB.t2 s时物块的动量大小为4 kgm/sC.t3 s时物块的动量大小为5 kgm/sD.t4 s时物块的速度为零解析：选AB.根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B项均正确，C、D项均错误.命题点分析动量定理、Ft图象思路方法由Ft图象中面积的物理意义为合外力F的冲量可知其2 s、 3 s、4 s末的冲量，再根据动量定理可得速率，进而求解动量大小命题规律研究及预测虽然2017年全国卷把动量内容列为必考，但考虑到高考的稳定性，2017年高考中的动量考查形式都为选择题，难度较小随着课改的深入，在2018年全国卷中对该部分的考查既有选择题，同时也渗透入计算题中，且难度为中档题说明高考对动量的考核越来越重视.在2019年的备考中不仅要对动量、冲量、动量定理、动量守恒定律等知识熟练掌握，而且还要对涉及的一些现象如碰撞、爆炸、反冲等有深刻的体会，与其他力学知识一起解决力学综合问题的能力也要不断培养冲量与动量定理的应用 应用动量定理解题的步骤 动量定理的两个重要应用(1)应用Ip求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用IFt求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.(2)应用pFt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化 理解动量定理时应注意的问题(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)(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 (2017高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动下列叙述正确的是()A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误答案B突破训练 (2018高考北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m圆弧的最低点质量m60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度vB30 m/s，取重力加速度g10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L.(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L100 m.(2)根据动量定理，有ImvBmvA1 800 Ns.(3)运动员经C点时的受力分析如图所示根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mghmvmv根据牛顿第二定律，有FNmgm联立解得FN3 900 N.答案：见解析动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用 应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明 三种碰撞的特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12 m2v22解得v1v2.结论：当两球质量相等时，v10，v2v1，两球碰撞后交换速度当m1远大于m2时，v1v1，v22v1.当m1远小于m2时，v1v1，v20.(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志 动量守恒定律的应用可以是多物体组成的系统，且相互作用的过程中可能比较复杂，应用动量守恒定律解题时，可以选择不同的系统，针对相互作用的不同阶段列式求解 (多选)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞，已知碰撞后，甲滑块静止不动，则()A碰撞前总动量大小是2mvB碰撞过程动量不守恒C碰撞后乙的速度大小为2vD碰撞属于非弹性碰撞解析取向右为正方向，碰撞前总动量为3mvmv2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v，由动量守恒定律得3mvmv0mv，解得v2v，C正确；碰撞前总动能为3mv2mv22mv2，碰撞后总动能为0m(2v)22mv2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误答案AC 角度1动量守恒条件的判断1(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()解析：选AC.A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受到墙的作用力，系统动量不守恒；C中细线断裂后，以整体为研究对象，木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒 角度2碰撞问题分析2(2018高考全国卷 )汽车A在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小解析：(1)设B车的质量为mB，碰撞后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v2aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s.(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.25 m/s.答案：见解析 角度3动量守恒定律在爆炸现象中的应用3一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31，不计质量损失，重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mvmv甲mv乙，解得4v3v甲v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有hgt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲v甲t，x乙v乙t，代入图中各数据，可知B正确命题角度解决方法易错辨析动量守恒的条件判断掌握三个守恒条件准确判断系统合外力是否为零或内力远大于外力弹性碰撞分析动量守恒定律、机械能守恒无能量损失是最大特点完全非弹性碰撞分析动量守恒定律掌握碰撞后速度相等这一条件爆炸现象求解动量守恒的条件是内力远大于外力注意爆炸后各部分的速度方向 动量守恒定律的综合应用 解题策略(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析 动量与能量的综合问题，常取材“板、块”模型、“传送带”模型、“弹簧、物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论) (2018高考全国卷 )一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立式得t .(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2.答案见解析 角度1“子弹打木块”模型1如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M1.98 kg的木块，现有一质量为m020 g的子弹以v0100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g10 m/s2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有m0v0(m0M)v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为Em0v(m0M)v2解得：E99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有(m0M)v(m0Mm)v又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有(m0M)gh(m0M)v2(m0Mm)v2联立解得：h0.01 m.答案：见解析 角度2“弹簧类”模型2(2018湖北八校联考)如图所示，质量为m32 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑质量为m23 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m11 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g10 m/s2)(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离(2)若CD0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s1，滑道的水平位移大小为s3，有0m1s1m3s3，s1R解得s30.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有m1gRm1vm3v由动量守恒定律有0m1v1m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，由动量守恒定律有m1v1(m1m2)v2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gCDEpm联立以上方程，代入数据解得Epm0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gs代入数据可得s0.25 m所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05 m处答案：见解析1“子弹打木块模型”是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解2利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解；(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点 , (建议用时：45分钟)一、单项选择题1(2018银川段考)冰壶运动深受观众喜爱，图1为索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的() 解析：选B.两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后静止，最终两冰壶的位置如选项图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误2质量为2 kg的物体做直线运动，其vt图象如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是()A0，20 NsB20 Ns，40 NsC0，20 NsD20 Ns，20 Ns解析：选A.由图象可知，物体在前10 s内初、末状态的动量相同，p1p210 kgm/s，由动量定理知I10；物体在后10 s内末状态的动量p310 kgm/s，由动量定理知I2p3p220 Ns，选项A正确3如图所示，一轻杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量大于b球质量，两球的半径相等，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，则()A在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右B在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左C在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零D在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零解析：选D.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a球水平方向速度一定为零，选项A、B错误；设杆对a球做功为W1，对b球做功为W2，在b球落地前由于机械能守恒，则除了重力以外的力做的功必定为零，即W1W20，对a球由动能定理可知W10，故W20，选项D正确；对b球，水平方向上动量变化为零，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，由动量定理可知，杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，选项C错误4为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1 h内杯中水面上升了45 mm，查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此计算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3)()A0.15 PaB0.54 PaC1.5 Pa D5.4 Pa解析：选A.解答此类连续相互作用的问题，首先要注意研究对象的选取选取t1 h时间内与面积为S的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象，其质量为mhS，发生作用后速度变为零，根据动量定理，有FtmvhSv，则压强p0.15 Pa，选项A正确5(2018北京东城区期中)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，下列说法正确的是()A碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析：选D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律得：m甲v甲m乙v乙m乙v乙，解得v乙1 m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量Em甲vm乙vm乙v，代入数据解得E1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误，D正确6(2018日照月考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力，绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功，故选项A正确，选项B、C、D错误二、多项选择题7.如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是()A弹簧的弹性势能在释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零B小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、 C小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小D若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足mv0，v22v0，解得m m/s在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mgFm所以A受到的弹力FmgN22 N.(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v，则mv02mv，所以vv03 m/s从碰撞到AB停止，根据动能定理，得2mgkL02mv2所以k45.(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得2mgnL2mv2mv2解得vn(nk)答案：(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn(nk)17