2020版高考物理二轮复习第1部分专题2动量与能量第3讲动量和能量的综合应用教案 22页

高考总复习 动量和能量的综合应用 ‎ ‎[高考统计·定方向] (教师授课资源)‎ 考点 考向 五年考情汇总 ‎1.动量定理和动量守恒定律 考向1.动量定理的应用 ‎2019·全国卷Ⅰ T16‎ ‎2019·全国卷Ⅱ T25‎ ‎2018·全国卷Ⅰ T14‎ ‎2018·全国卷Ⅱ T15‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T20‎ ‎2016·全国卷Ⅰ T35(2)‎ 考向2.动量守恒定律的应用 ‎2018·全国卷Ⅱ T24‎ ‎2017·全国卷Ⅰ T14‎ 考向3.动量定理与动量守恒定律的综合应用 ‎ 2018·全国卷Ⅰ T24‎ ‎2.碰撞类问题 考向1.完全弹性碰撞 ‎ 2019·全国卷Ⅲ T25‎ ‎2019·全国卷Ⅰ T25‎ ‎2016·全国卷Ⅱ T35(2)‎ ‎2016·全国卷Ⅲ T35(2)‎ 考向2.非完全弹性碰撞 ‎3.动量、动力学和能量观点的综合应用 考向1.“冲击板块”类综合问题 考向2.“传送带”类综合问题 ‎　动量定理和动量守恒定律(5年9考)‎ ‎❶分析近五年的高考题可以看出，自2017年动量纳入必考后，单独考查动量和动量守恒时以选择题为主，也出现较简单的计算题，命题点以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。但也呈现出与其它知识综合的趋势(例如2019·全国卷Ⅱ·T25)。‎ ‎❷2020年备考应关注动量守恒与动力学知识的综合题的训练。‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅰ·T16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)‎ - 22 -‎ 高考总复习 A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg B　[根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。]‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ·T15)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 N B．102 N C．103 N D．104 N C　[根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。]‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅰ·T14)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．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s A　[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确。]‎ ‎4．(2019·全国卷Ⅱ·T25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。‎ ‎　‎ ‎(a)　　　　　　　　　　(b)‎ ‎(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；‎ ‎(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；‎ ‎(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?‎ ‎[考题分析]　对题中所给信息“汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1‎ - 22 -‎ 高考总复习 ‎ m”的解读至关重要。不进行深入思考很容易套用x1－x4＝3a(Δt)2计算加速度。陷阱藏在哪里呢？还是老生常谈的问题，刹车问题要判断停车时间，t2时刻后的第4 s内，汽车并非一直在运动。在此可以假设汽车在t2＋3 s后再经t0时间停止运动。由中间时刻速度公式可知，汽车在t2时刻后第0.5 s时的瞬时速度为24 m/s，故由速度时间关系有：0＝v0.5－a(2.5 s＋t0)，对最后1 m的运动过程，可逆向等效为反向匀加速直线运动，x4＝at，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小。在t1～t2阶段，可应用动量定理计算汽车刹车前的速度，而阻力的冲量可由Ft图线与横轴所围图形的面积得到。‎ ‎[解析]　(1)vt图象如图所示。‎ ‎(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a。取Δt＝1 s。设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。‎ 若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有 s1－s4＝3a(Δt)2　 ①‎ s1＝v2Δt－a(Δt)2　 ②‎ v4＝v2－4aΔt　 ③‎ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－ m/s　 ④‎ 这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。‎ 由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt　 ⑤‎ ‎2as4＝v　 ⑥‎ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a＝8 m/s2，v2＝28 m/s　 ⑦‎ 或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s　⑧‎ 但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。‎ ‎(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿定律有 f1＝ma　 ⑨‎ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 - 22 -‎ 高考总复习 I＝f1(t2－t1)　 ⑩‎ 由动量定理有I＝mv1－mv2　⑪‎ 由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W＝mv－mv　 ⑫‎ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝30 m/s　 ⑬‎ W＝1.16×105 J　 ⑭‎ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋　⑮‎ 联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得 s＝87.5 m。 ⑯‎ ‎[答案]　见解析 ‎[教师备选题]‎ ‎(多选)(2017·全国卷Ⅲ·T20)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．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 AB　[由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在t＝1 s时的速度v1＝＝ m/s＝1 m/s，A正确；物块在t＝2 s时的动量大小p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，在t＝3 s时的动量大小p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故B正确，C错误；在t＝4 s时，I合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I合＝mv4可得t＝4 s时，物块的速度大小v4＝1 m/s，D错误。]‎ ‎1．动量及动量定理的理解 ‎(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解(如上T1)。‎ - 22 -‎ 高考总复习 ‎(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的(如上T2)，物体动能变化是由合外力做的功决定的。‎ ‎(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。‎ ‎2．应用动量守恒的步骤 ‎(1)分析题意，确定研究对象。‎ ‎(2)根据题意选取研究的运动段落，明确始末状态的动量大小和方向。‎ ‎(3)对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件。‎ ‎(4)选取参考正方向。‎ ‎(5)列方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程。‎ 考向1　动量定理的应用 ‎1．(原创题)中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿。假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为(　　)‎ A．0.22 N B．0.27 N C．0.022 N D．0.027 N D　[由题知，水滴质量为m＝0.5 g，重力加速度为g＝10 m/s2，屋檐高度为h＝4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v。水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mgh＝mv2。水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确。]‎ 考向2　动量守恒定律的应用 ‎2．(易错题)关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是(　　)‎ - 22 -‎ 高考总复习 A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒 B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加 C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒 C　[甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；‎ 乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；‎ 丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；‎ 丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误。]‎ 易错点评：本题的易错之处在于不能正确理解动量守恒的条件。‎ ‎3．将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两个小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为v甲＝3 m/s，乙车速度大小为v乙＝2 m/s，两车速度方向相反并在同一直线上，如图所示。‎ ‎(1)当乙车速度为零时，甲车的速度为多大？方向如何？‎ ‎(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？‎ ‎[解析]　两个小车及磁铁组成的系统在水平方向上不受外力作用，两磁铁之间的磁场力是系统内力，即在水平方向上系统动量守恒。设水平向右为正方向，小车和磁铁的总质量为m。‎ ‎(1)根据动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲，代入数据解得v′甲＝1 m/s，方向水平向右。‎ ‎(2)两车相距最小时，两车的速度相同，设此时速度为v′，由动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′＋mv′‎ 解得v′＝0.5 m/s，方向水平向右。‎ - 22 -‎ 高考总复习 ‎[答案]　(1)1 m/s　方向水平向右　(2)0.5 m/s　方向水平向右 考向3　动量定理与动量守恒定律的综合应用 ‎4．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1 600 kg的试验车以速度v1＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。‎ ‎(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；‎ ‎(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。‎ ‎[解析]　(1)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向 由动量定理有－I0＝0－m1v1 ①‎ 将已知数据代入①式得 I0＝1.6×104 N·s ②‎ 由冲量定义有I0＝F0t1 ③‎ 将已知数据代入③式得F0＝1.6×105 N。 ④‎ ‎(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v 由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ⑤‎ 对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1 ⑥‎ 将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N 可见Fμmgl ①‎ 即μ< ②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有 mv＝mv＋μmgl ③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④‎ mv＝mv′＋v′ ⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1 ⑥‎ 由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v′≤μmgl ⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件 ≤μ<。 ⑨‎ ‎[答案]　≤μ< ‎“碰撞过程”的规律 - 22 -‎ 高考总复习 在光滑桌面上，如图甲所示，有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图象，已知物块P的质量mP＝1 kg，求：‎ ‎(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；‎ ‎(2)碰撞过程损失的机械能。‎ 思维流程：‎ →→ ‎[解析]　(1)根据位移—时间图象可知，碰撞前P的速度：v0＝＝4 m/s 碰撞前P的动量：p0＝mPv0＝4 kg·m/s 根据位移—时间图象知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度：v＝＝1 m/s 碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mPv0＝(mP＋mQ)v 解得：mQ＝3 kg 对物块Q，由动量定理，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量：I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s。‎ ‎(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能：ΔE＝mPv－(mP＋mQ)v2‎ 解得：ΔE＝6 J。‎ ‎[答案]　(1)3 kg　3 N·s　(2)6 J 反思：处理碰撞问题的两点说明 ‎(1)条件分析：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。‎ ‎(2)定律应用：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解，如典例中(2)。‎ - 22 -‎ 高考总复习 考向1　完全弹性碰撞 ‎1．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)‎ A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s C　[碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv＝mv＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。]‎ ‎2.如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。‎ ‎[解析]　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1 ①‎ mv＝mv＋Mv ②‎ 联立①②式得 vA1＝v0 ③‎ vC1＝v0 ④‎ 如果m>M，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停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B - 22 -‎ 高考总复习 发生碰撞；所以只需考虑m