【物理】2019届二轮复习动量和动量守恒定律学案（全国通用） 16页

专题七 　 动量和动量守恒定律 高考统计·定方向 命题热点提炼 高考命题方向 五年考情汇总 ‎1.动量和动量定理 动量和动量定理 ‎2018·全国卷Ⅰ T14‎ ‎2018·全国卷Ⅱ T15‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T20‎ ‎2.动量守恒定律 动量守恒定律 ‎2018·全国卷Ⅱ T24‎ ‎2017·全国卷Ⅰ T14‎ ‎3.碰撞与动量守恒 考向1.碰撞与动量守恒 ‎2016·全国卷Ⅱ T35(2)‎ ‎2016·全国卷Ⅲ T35(2)‎ 考向2.动量与能量综合应用 ‎2018·全国卷Ⅱ T24‎ ‎(对应学生用书第27页)‎ ‎1．必须厘清的知识联系 ‎2．必须掌握的两个问题 ‎(1)动量定理的应用 ‎①动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．‎ ‎②应用动量定理列方程时必须选取正方向．‎ ‎(2)动量守恒条件的进一步理解 ‎①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．‎ ‎②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．‎ ‎③某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．‎ ‎3．解动力学问题的三个基本观点 力的观点 运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题 能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 动量观点 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 命题热点1　动量和动量定理 ‎(对应学生用书第28页)‎ ‎■真题再做——感悟考法考向·‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)‎ A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 B　[列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．]‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅱ)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．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)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(　　)‎ ‎ 图1 ‎ 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 ‎[题眼点拨]　①“合外力F的作用下”说明力F的冲量等于物块动量的增量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．‎ 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．]‎ ‎　在上题中，若物块放在水平桌面上，F为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N，则物块在t1＝1 s时和t4＝4 s时的速度分别为(　　)‎ A．‎0.5 m/s　0　　 B．0　‎0.5 m/s C．‎0.5 m/s　－‎0.5 m/s D．－‎0.5 m/s　‎0.5 m/s A　[由动量定理可得：(F－f)t1＝mv1，可得t1＝1 s时物块速度v1＝‎0.5 m/s，在t＝3 s时，I合＝(2×2－1×1－1×3) N·s＝0，故此时物块速度为零，之后因F＝f，物块静止不动，因此t4＝4 s时，物块速度为零．]‎ ‎■模拟尝鲜——高考类题集训·‎ ‎1．(2018·绵阳模拟)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体(　　)‎ A．滑行的距离小 B．滑行的时间长 C．滑行过程中的加速度大 D．滑行过程中的动量变化快 A　[根据动能定理可知Fs＝Ek＝，得s＝ ‎，质量较大的物体滑行的距离较小，A正确；根据动量定理可知FΔt＝Δp＝p，滑行的时间相等，B错误；根据牛顿第二定律可知a＝，质量较大的物体加速度较小，C错误；根据动量定理可知F＝，二者动量变化快慢一样，D错误．]‎ ‎　(2018·咸阳模拟)如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2‎ B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1‎ C．合力对物块的冲量大小可能为零 D．合力对物块做的功可以为零 D　[若v2＞v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根据动能定理知，合外力做功W合＝mv－mv；若v2＜v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；根据动能定理知，合外力做功为：W合＝mv－mv＝0.故D正确，A、B、C错误．故选D.]‎ ‎2．(多选)(2018·沈阳和平区一模)如图2所示，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．到达底端的速度大小不相等 B．重力的冲量都相同 C．物体动量的变化率都相同 D．沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间 AB　[如图所示，对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得：‎ a＝gcos α 根据运动学公式x＝at2可得：2Rcos α＝gcos α·t2；则有：t＝‎ ‎2；因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故D错误；因时间相同，则重力的冲量相同，故B正确；因物体下落的高度不同，故物体到达轨道底端的速度大小不同，故A正确；根据动量定理，动量的变化率等于合外力，即mgcos α，则因为α不同，则动量的变化率不同，故C错误．]‎ 命题热点2　动量守恒定律 ‎(对应学生用书第28页)‎ ‎■真题再做——感悟考法考向·‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅰ)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．]‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅱ)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3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2.0×‎103 kg和1.5×‎103 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g取‎10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(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，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①‎ 式中μ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v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′＝2aBsB ②‎ 联立①②式并利用题给数据得v′B＝‎3.0 m/s. ③‎ ‎(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μmAg＝mAaA ④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v′＝2aAsA ⑤‎ 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mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA≈‎4.3 m/s. ⑦‎ ‎【答案】　(1)‎3.0 m/s　(2)‎4.3 m/s ‎■模拟尝鲜——高考类题集训·‎ ‎1．(2018·贵州凯里一中模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1＝‎‎6 m ‎/s的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v2＝‎2 m/s的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为(　　)‎ A．‎2m　　　　 B．‎‎4m C．‎8m D．‎‎10m C　[选v1方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv2＋mv，代入数据得‎6m＝‎2m＋mv，解得v＝‎4 m/s，由能量守恒得：ΔE＝mv－mv－mv2，代入数据得：ΔE＝m×62－m×22－m×42＝‎8m，故C正确．]‎ ‎2．(2018·第二次全国大联考Ⅱ卷)如图4所示，在光滑绝缘的水平面上有两个电荷量分别为Q和q的滑块，两滑块的质量相等，两滑块的电性相同，电荷量Q>q.一开始，带电荷量为q的滑块静止，带电荷量为Q的滑块以某一初速度v从远处向右运动，则(　　)‎ 图4‎ A．两滑块的加速度始终相同 B．两滑块的速度相同时，两滑块间的电势能最大 C．两滑块的总动量先变小，后变大 D．两滑块最终以相同的速度做匀速直线运动 B　[由同种电荷相互排斥，得两滑块的加速度大小相等，但方向相反，选项A错误；两滑块的总动量是守恒的，当两滑块速度相同时，两滑块的机械能最小，电势能最大，选项B正确；两滑块的总动量是不变的，选项C错误；两滑块速度相等之后，带电荷量为q的滑块继续加速，带电荷量为Q的滑块减速，二者速度不能保持相等，选项D错误．]‎ ‎3．(2018·山东烟台一模)如图5所示，质量为M＝‎3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m＝‎1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为‎4 m/s的初速度向相反方向运动．当木板的速度为‎3 m/s时，物块处于(　　)‎ 图5‎ A．匀速运动阶段　　 B．减速运动阶段 C．加速运动阶段　　 D．速度为零的时刻 B　[开始阶段，m向左减速，M向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1，解得：v1＝ m/s＝‎2.67 m/s；此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2.由动量守恒定律得：(M－m)v＝(M＋m)v2，解得：v2＝＝ m/s＝‎2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．由此可知当木板的速度为‎3 m/s时，物块处于减速运动阶段，故选B.]‎ 命题热点3　碰撞与动量守恒　‎ ‎(对应学生用书第29页)‎ ‎■真题再做——感悟考法考向·‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)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 E＝mv ①‎ 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 ‎0－v0＝－gt ②‎ 联立①②式得 t＝. ③‎ ‎(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 E＝mgh1 ④‎ 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 mv＋mv＝E ⑤‎ mv1＋mv2＝0 ⑥‎ 由⑥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 mv＝mgh2 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝. ⑧‎ ‎【答案】　(1)　(2) ‎2. (2016·全国卷Ⅲ)如图6所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ 图6‎ ‎[题眼点拨]　①“a与b发生弹性碰撞”说明物块a、b碰撞过程中动量、机械能均守恒；②“但b没有与墙发生碰撞”说明物块b碰撞后向右滑行的最大位移为l.‎ ‎【解析】　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv>μmgl 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< ‎■模拟尝鲜——高考类题集训·‎ 考向1　碰撞与动量守恒 ‎1．(多选)(2017·银川二模)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图7所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m＝‎2 kg，则由图判断下列结论正确的是(　　)‎ 图7‎ A．碰撞前、后A球的动量变化量为‎4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为‎3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J ABD　[根据图象可知，碰前A球的速度vA＝－‎3 m/s，碰前B球的速度vB＝‎2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－‎1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝‎4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为‎4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－‎4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误．]‎ ‎2．(多选)(2018·巴蜀中学模拟)如图8所示，将一光滑的质量为‎4m、半径为R的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为m的小球自左侧槽口A的正上方高R处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．小球在半圆槽内第一次由A到最低点B的运动过程中，槽的支持力对小球做负功 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点B时，小球与槽的速度大小之比为4∶1‎ C．小球第一次在半圆槽的最低点B时对槽的压力为 D．物块最终的动能为 ACD　[从A→B的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，故槽的支持力对小球做负功，故A正确；由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有：mv1－(‎4m＋m)v2＝0，解得：v1∶v2＝5∶1，根据系统机械能守恒得：mg×2R＝mv＋×(‎4m＋m)v，联立解得：v1＝，v2＝，小球第一次在最低点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，联立解得：FN＝mg, 在当小球从B→C的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以v2＝的速度向左匀速运动，则物块的动能为E＝mv＝，故A、C、D正确，B错误；故选A、C、D.]‎ 考向2　动量与能量的综合应用 ‎3．(2018·肇庆二模)如图9所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，求：‎ 图9‎ ‎(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)圆弧槽C的半径R.‎ ‎【解析】　(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝ 由能量守恒定律有 μmgL＝mv－m－×2mv 解得μ＝.‎ ‎(2)从A滑上C到“恰能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0‎ 由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有 mgR＝m＋mv－×‎2m 解得R＝.‎ ‎【答案】　(1)　(2) ‎4. (2018·揭阳期末)如图10所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝‎0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝‎0.1 kg，mB＝‎0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝‎0.3 kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q 点之间是粗糙的，滑块B与PQ面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，滑块A、B分离的瞬间滑块A获得向左的速度vA＝‎6 m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g取‎10 m/s2.‎ 图10‎ ‎(1)求滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；‎ ‎(2)若PQ间距离L＝‎0.8 m，求滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？‎ ‎【解析】　(1)滑块A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得mAv＝mAv2＋mAg×2R，式中v为滑块A在最高点时的速度 在最高点由牛顿第二定律得mAg＋FN＝mA 解得滑块A在半圆轨道最高点受到的压力为FN＝1 N 由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N，方向竖直向上．‎ ‎(2)爆炸过程由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，‎ 解得vB＝‎3 m/s 滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能为Epm，此时滑块B与小车具有共同速度v共，由动量守恒定律得mBvB＝(mB＋M)v共 由能量守恒定律得Epm＝mBv－(mB＋M)v－μmBgL，解得Epm＝0.22 J.‎ ‎(3)若小车上PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止 设滑块B恰好滑到Q点，由能量守恒定律得μmBgLmax＝mBv－(mB＋M)v 解得Lmax＝‎‎1.35 m 若小车上PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块B必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得2μmBgLmin＝mBv－(mB＋M)v 解得Lmin＝‎‎0.675 m 综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足‎0.675 m＜L＜‎1.35 m.‎ ‎【答案】　(1)1 N　竖直向上　(2)0.22 J　(3)‎0.675 m＜L＜‎‎1.35 m