2018届二轮复习动量、动量与能量的综合应用课件（共38张）（全国通用） 38页

第 2 讲　动量、动量与能量的 综合 应用 第一 篇 专题二 能量与动量 热点精练 1 　 动量定理与动量守恒定律 热点 精练 2 　 动量和能量观点在力学中的应用 栏目索引 热点 精练 3 　 动量和能量观点 在电场中 的应用 热点精练 1 　 动量定理与动量守恒定律 知识方法链接 1. 动量定理公式： Ft ＝ p ′ － p 说明： (1) F 为合外力 ① 恒力，求 Δ p 时，用 Δ p ＝ Ft ② 变力，求 I 时，用 I ＝ Δ p ＝ m v 2 － m v 1 ③ 牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④ 当 Δ p 一定时， Ft 为确定值： F ＝ t 小 F 大 —— 如碰撞； t 大 F 小 —— 如 缓冲 (2) 等式左边是过程量 Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式 . v 1 、 v 2 是以同一惯性参照物为参照的 . Δ p 的方向可与 m v 1 一致、相反或成某一角度，但是 Δ p 的方向一定与 Ft 一致 . 2. 动量守恒定律 (1) 表达式： m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ ；或 p ＝ p ′ ( 系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p ′ ) ；或 Δ p ＝ 0( 系统总动量的增量为零 ) ；或 Δ p 1 ＝－ Δ p 2 ( 相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反 ). (2) 动量守恒条件： ① 理想守恒： 系统不受外力或所受外力的合力为零 . ② 近似守恒： 外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多 . ③ 单方向守恒： 合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒 . 3. 碰撞现象满足的规律 (1) 动量守恒定律 . (2) 机械能不增加 . (3) 速度要合理 . ① 碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v 后 > v 前 ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有 v 前 ′≥ v 后 ′ ； ② 碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变 . 1.(2017· 全国卷 Ⅰ ·14) 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 kg·m /s 　　　　　　 B.5.7 × 10 2 kg·m/ s C.6.0 × 10 2 kg·m /s D.6.3 × 10 2 kg·m/ s 真题模拟精练 答案 √ 解析 解析 　 设火箭的质量为 m 1 ，燃气的质量为 m 2 . 由题意可知，燃气的动量 p 2 ＝ m 2 v 2 ＝ 50 × 10 － 3 × 600 kg·m /s ＝ 30 kg·m/ s. 根据动量守恒定律可得， 0 ＝ m 1 v 1 － m 2 v 2 ，则火箭的动量大小为 p 1 ＝ m 1 v 1 ＝ m 2 v 2 ＝ 30 kg·m/s ，所以 A 正确， B 、 C 、 D 错误 . 2 3 1 4 2.( 多选 )(2017· 全国卷 Ⅲ ·20) 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 1 所示， 则 A. t ＝ 1 s 时物块的速率为 1 m/s B. t ＝ 2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C. t ＝ 3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D. t ＝ 4 s 时物块的速度为 零 答案 √ 图 1 解析 √ 2 3 1 4 t ＝ 2 s 时物块的动量大小 p 2 ＝ F 2 t 2 ＝ 2 × 2 kg·m /s ＝ 4 kg·m/ s ， t ＝ 3 s 时物块的动量大小为 p 3 ＝ (2 × 2 － 1 × 1) kg·m /s ＝ 3 kg·m/s ， t ＝ 4 s 时物块的动量大小为 p 4 ＝ (2 × 2 － 1 × 2) kg·m /s ＝ 2 kg·m/s ，所以 t ＝ 4 s 时物块的速度为 1 m/s ，故 B 正确， C 、 D 错误 . 2 3 1 4 3.( 多选 )(2017· 山东淄博市一模 ) 如图 2 所示，在质量为 M ( 含支架 ) 的小车中用轻绳悬挂一小球，小球质量为 m 0 ，小车和小球以恒定的速度 v 沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，下列哪些说法是可能发生 的 图 2 2 3 1 4 A. 在这次碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都 发生 变化，分别变为 v 1 、 v 2 、 v 3 ，满足 ( M ＋ m 0 ) v ＝ M v 1 ＋ m v 2 ＋ m 0 v 3 B. 在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度变为 v 1 和 v 2 ， 满足 ( M ＋ m 0 ) v ＝ M v 1 ＋ m v 2 C. 在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变为 u ， 满 足 M v ＝ ( M ＋ m ) u D. 碰撞后小球摆到最高点时速度变为 v 1 ，小木块的速度变为 v 2 ，满足 ( M ＋ m 0 ) v ＝ ( M ＋ m 0 ) v 1 ＋ m v 2 答案 √ 解析 √ 2 3 1 4 解析 　 碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，小球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为 v 1 和 v 2 ，根据动量守恒有： M v ＝ M v 1 ＋ m v 2 . 若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有： M v ＝ ( M ＋ m ) u ，故 C 正确， A 、 B 错误 . 碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统水平方向动量守恒，则有： ( M ＋ m 0 ) v ＝ ( M ＋ m 0 ) v 1 ＋ m v 2 ，故 D 正确 . 故选： C 、 D. 2 3 1 4 4.( 多选 )(2017· 安徽马鞍山市第一次模拟 ) 如图 3 所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体 A 接触但未连接，弹簧水平且无形变，现对物体 A 施加一个水平向右的瞬间冲量 I 0 ，测得 A 向右运动的最大距离为 x 0 ，之后物体 A 被弹簧弹回，最终停在距离初始位置左侧 2 x 0 处，已知弹簧始终在弹性限度内，物体 A 与水平面间的动摩擦因数为 μ ，重力加速度为 g ，下列说法中正确的 是 A. 物体 A 整个运动过程，弹簧对物体 A 冲量为零 B. 物体 A 向右运动过程中与弹簧接触的时间一定 小 于 物体 A 向左运动过程中与弹簧接触的时间 C. 物体 A 向左运动的最大速度 v m ＝ 2 D. 物体 A 与弹簧作用的过程中，最大弹性势能 E p ＝ － μmgx 0 答案 √ 解析 √ 图 3 2 3 1 4 解析 　 物体 A 整个运动过程中与弹簧有相互作用时，由于弹簧的弹力一直向左，故弹簧对物体 A 冲量不可能为零，故 A 错误； 物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度，而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故 B 正确； 2 3 1 4 对离开弹簧后再向左运动 2 x 0 的过程由动能定理可知 ， m v 2 ＝ μmg 2 x 0 ；解得离开弹簧时的速度为 v ＝ ； 而物体在向左运动至弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，故可知向左运动的最大速度一定 大于 ， 故 C 错误 ； 由 动量定理可知 I 0 ＝ m v 0 ；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能 E p ＝ － μmgx 0 ＝ － μmgx 0 ，故 D 正确；故选： B 、 D. 2 3 1 4 知识方法链接 力学规律的选用原则 单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律 . 若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律 . 多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决 . 热点精练 2 　 动量和能量观点在力学中的应用 5.(2017· 河北石家庄市第二次质检 ) 如图 4 所示，质量分布均匀、半径为 R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁 . 一质量为 m 的小球从距金属槽上端 R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达 最高点 真题模拟精练 答案 解析 图 4 时距金属槽圆弧最低点的距离 为 ， 重力加速度为 g ，不计空气阻力 . 求： (1) 小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小； 答案 　 5 mg 5 6 解析 　 小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有 ： mg ·2 R ＝ ， 小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有： F N － mg ＝ ， 据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为： F N ′ ＝ F N . 联立解得： F N ′ ＝ 5 mg 5 6 (2) 金属槽的质量 . 答案 解析 5 6 解析 　 小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽在水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则： m v 0 ＝ ( m ＋ M ) v 设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为 h . 5 6 6.(2017· 广东广州市一模 ) 如图 5 所示，固定在 水平 地面 上的凹槽，槽宽 D ＝ 2.3 m ，左侧槽缘高 h ＝ 0.6 m 、斜面 倾角 θ ＝ 45° ，右侧槽缘高 H ＝ 0.8 m 、 光滑 圆弧形轨道足够长 . 长 L ＝ 1.6 m 、高 H ＝ 0.8 m 、 质量 m A ＝ 1 kg 的木板 A 静止在槽内，左端距凹槽 左 侧 D 1 ＝ 0.3 m. 可视为质点的滑块 B ，质量 m B ＝ 2 kg ，放在 A 上表面的最左端 . 质量 m ＝ 1 kg 、 v 0 ＝ 10 m/s 的小球水平撞击 B 后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点 . 已知 A 与 B 、 A 与凹槽底部的动摩擦因数分别为 μ 1 ＝ 、 μ 2 ＝ ， B 向右滑行过程中未与 A 共速， A 与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连， g 取 10 m/s 2 . 求 ： (1) 小球与 B 碰后， B 获得的速度 v B 的大小 ； 图 5 答案 解析 答案 　 6 m/s 5 6 解析 　 设小球水平反弹的速度为 v x ，从反弹到通过斜面最高点时的时间为 t 0 ，竖直方向的速度为 v y ，则有： 竖直方向有 v y ＝ gt 0 ② 设小球与 B 撞击后， B 获得的速度为 v B ，有： m v 0 ＝－ m v x ＋ m B v B ④ 联立 ①②③④ 并代入数据得： v x ＝ 2 m/s ， v B ＝ 6 m/s ⑤ 5 6 (2) 整个过程中 A 、 B 间摩擦产生的热量 Q . 答案 解析 答案 　 27 J 5 6 解析 　 设 B 滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为 v ，由于 B 向右滑行过程中与 A 未共速， B 对地移动的距离为 L ＋ D 2 ( 依题意 D 2 ＝ 0.4 m) ，由动能定理： B 沿弧形轨道返回到 A 的右端时速度大小仍为 v ，设 B 在 A 上减速滑行的加速度大小为 a 1 ， A 在凹槽内加速滑行的加速度大小为 a 2 ，则有： μ 1 m B g ＝ m B a 1 ⑦ μ 1 m B g － μ 2 ( m A ＋ m B ) g ＝ m A a 2 ⑧ 5 6 现 判断 B 向左移动时是否与 A 共速 . 假设经过时间 t ， A 、 B 共速为 v 1 ，则： 对 B ： v 1 ＝ v － a 1 t ⑨ 对 A ： v 1 ＝ a 2 t ⑩ 联立 ⑥⑦⑧⑨⑩ 解得： v ＝ 4 m /s ， a 1 ＝ 5 m/s 2 ， a 2 ＝ 5 m/s 2 ， v 1 ＝ 2 m/s ⑪ B 在 A 上滑行的位移： Δ x ＝ x 1 － x ＝ 0.8 m< L ＝ 1.6 m ⑭ 所以， A 与凹槽左侧相碰前， B 未滑离 A 上表面并与 A 达到共速 . 5 6 A 、 B 以 v 1 的速度一起减速到 A 与凹槽左侧相碰，设 A 与凹槽左侧相碰 时速 度 为 v 2 ，则有 ： A 与凹槽左边缘相碰后 B 在 A 上滑行的距离： x 2 < L － Δ x ＝ 0.8 m ，即 B 最终未滑离 A 上表面， 整个过程 A 、 B 间摩擦产生的热量： Q ＝ μ 1 m B g ( L ＋ Δ s ＋ s 2 ) ⑰ 联立得： Q ＝ 27 J. 5 6 热点精练 3 　 动量和能量观点在电场中的应用 知识方法链接 系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法 . (1) 对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动 . (2) 对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体 ( 或系统 ). 7.(2017· 河南安阳市二模 ) 如图 6 所示，光滑绝缘 水 平地 面上竖直虚线 AB 左侧有足够长水平向右的 匀 强电场 ，电场强度 E ＝ ， 竖直虚线 AB 右侧是 一 半径 为 R 的光滑绝缘半圆轨道，与水平轨道在 A 点 相 切 ；一质量为 m 、带电量为＋ q 的小物块从地面上某点由静止释放经过 A 点 进 入 竖直半圆轨道时，恰有 A 点上方落下的一质量 为 的 橡皮泥粘在小物块上 与 物 块一起进入竖直光滑轨道；已知重力加速度为 g ，若物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，求物块释放时到 A 点的距离 x 的取值范围 . 真题模拟精练 答案 解析 图 6 7 8 解析 　 物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，有两种情况： (1) 到达半圆轨道的一半高度返回，即物块沿半圆轨道上升四分之一圆周；设此时物块从离 A 点 x 1 处释放；物块从释放至运动到 A 点，由动能定理 得 Eqx 1 ＝ ， 在 A 点粘上橡皮泥，由动量守恒定律 m v 1 ＝ ( m ＋ ) v 1 ′ 从 A 点恰好运动到四分之一圆周处时，由机械能守恒有： (2) 若物块能从 B 点飞出，设此时物块从离 A 点 x 2 处释放，物块及橡皮泥恰好从 B 点飞出时， 7 8 7 8 答案 　 － 3.2 J 8.(2017· 广东深圳市第一次调研 ) 如图 7 所示，质量 m A ＝ 0.8 kg 、带电量 q ＝－ 4 × 10 － 3 C 的 A 球用长度 l ＝ 0.8 m 的 不可伸长的绝缘轻线悬吊在 O 点， O 点右侧有 竖直 向下 的匀强电场，场强 E ＝ 5 × 10 3 N/C . 质量 m B ＝ 0.2 kg 不 带电的 B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着 压缩 并 锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为 3.6 J . 现将 A 球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定， B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的 A 球相碰，并结合为一整体 C ，同时撤去水平轨道 . A 、 B 、 C 均可视为质点，线始终未被拉断， g ＝ 10 m/s 2 . 求 ： (1) 碰撞过程中 A 球对 B 球做的功； 答案 图 7 解析 7 8 解析 　 碰前 A 的速度 大小 解得 v A ＝ 4 m/s 碰前 B 的速度大小 解得 v B ＝ 6 m/s 由动量守恒得 m A v A － m B v B ＝ ( m A ＋ m B ) v C 解得 v C ＝ 2 m/s 7 8 (2) 碰后 C 第一次离开电场时的速度大小； 答案 答案 　 5.66 m/s 解析 7 8 解析 　 碰后，整体受到电场力 F ＝ qE ＝ 20 N G ＝ m C g ＝ 10 N 水平方向上： x ＝ v C t 竖直方向上： 7 8 圆的方程 ( y － l ) 2 ＋ x 2 ＝ l 2 解得： x ＝ 0.8 m 　 y ＝ 0.8 m C 刚好在圆心等高处线被拉直 此时 C 向上的速度为 v 1 ＝ at ＝ 4 m/s 设 C 运动到最高点速度为 v 2 由动能定理得 7 8 (3) C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求 C 每次离开电场前瞬间线受到的拉力 . 答案 答案 　 F T ＝ (80 n － 30) N n ＝ 1,2,3 …… 解析 7 8 解析 　 设 C 从最高点运动到最低点时的速度为 v 3 ，得： v 3 ＝ 8 m/s 可知 F T >0 ，所以 C 能一直做圆周运动 设经过最高点次数为 n 解得： F T ＝ (80 n － 30) N ， n ＝ 1 ， 2 ， 3 …… 7 8