2019高考物理二轮复习第5讲动量定理动量守恒定律专题突破练.doc

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1、第5讲动量定理、动量守恒定律考点一动量、冲量和动量定理1.(功、冲量等综合辨析)(多选)为了进一步探究课本中的实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中() A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率2.(动量定理的应用)在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力F作用下,经过时间t后,动量为p,动能为E

2、k;若该物体在此光滑水平面上由静止出发,仍在水平力F的作用下,则经过时间2t后物体的()A.动量为4p B.动量为pC.动能为4EkD.动能为2Ek3.(动量定理求平均力)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图5-1所示,从距秤盘80 cm高度处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1000粒的豆粒的总质量为100 g,则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图5-1A.0.2 NB.0.6 NC.1.0 ND.

3、1.6 N4.(动量定理求电荷量)如图5-2所示,两根间距为L的平行金属导轨PQ和MN处于同一水平面内,左端连接一阻值为R的电阻,导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.一质量为m的导体棒CD垂直于导轨且与导轨接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,不计导体棒与导轨间的摩擦.现对CD棒施加水平向右的恒力F,使CD棒由静止开始向右做直线运动.若经过时间t,CD棒获得的速度为v,求此过程中通过CD棒的电荷量q.图5-2归纳应用动量定理解题的一般步骤为:(1)明确研究对象和物理过程;(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况及各力的冲量;(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始、末两状态的动量;(

4、4)依据动量定理列方程、求解.考点二动量守恒定律的理解和应用1 如图5-3所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱的质量为m,小车和人的总质量为M,Mm=41,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱,木箱又被原速率反弹问人最多能推几次木箱?图5-3导思 人每次推出或接住箱子的过程,动量守恒吗?多次推出和接住箱子,含箱子与挡板碰撞过程,动量守恒吗?人不能接住箱子,其速度应满足什么条件?归纳 动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律成立的条件:(1)系统不受外力或者所受合外力为零;(2)系统受外力,但外力远小于内力,可以忽略不

5、计,如碰撞、爆炸等;(3)系统在某一方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒.2.动量守恒定律的表达形式:(1)m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,即p1+p2=p1+p2;(2)p1+p2=0,即p1=-p2.3.动量守恒的速度具有“四性”:(1)矢量性;(2)瞬时性;(3)相对性;(4)普适性.式1 (多选)如图5-4所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧靠一质量为M2的物块.今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下,自A点切入槽内,则以下结论中正确的是()图5-4A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向上动量

6、守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向上动量不守恒C.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒D.若小球能从C点离开半圆槽,则小球一定会做竖直上抛运动式2 (多选)甲、乙两个质量都为M的小车静止在光滑水平地面上.质量为m的人站在甲车上并以速率v(对地)跳上乙车,接着仍以对地的速率v反跳回甲车.对于这一过程,下列说法中正确的是()A.最后甲、乙两车的速率相等B.最后甲、乙两车的速率之比v甲v乙=M(m+M)C.人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量大小I1与人在整个过程中对乙车的冲量大小I2的关系是I1=I2D.人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量大小I1与人在整个过

7、程中对乙车的冲量大小I2的关系是I1I2考点三动量与能量的简单综合应用2 (多选)如图5-5所示,质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上,A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点,B为半圆形槽的最低点.将一可视为质点、质量为m的小球从左侧槽口A点自由释放,小球沿槽运动的过程中,不计空气阻力,下列说法正确的是(重力加速度为g)()图5-5A.小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒B.小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点C.半圆形槽的最大速率为D.半圆形槽相对于地面的最大位移为R导思 小球和半圆形槽组成的系统动量守恒吗?半圆形槽速率达到最大值时小球的位置在哪儿?式1 (多选)质量为M的

8、小车静止在水平面上,静止在小车左端的质量为m的小球突然获得一个水平向右的初速度v0,并沿曲面运动,若曲面很长,小球不可能从右端离开,不计一切阻力,对于运动过程分析正确的是(重力加速度为g)()图5-6A.小球沿小车上升的最大高度小于B.小球回到小车左端的速度大小仍为v0C.小球和小车组成的系统机械能守恒D.小球到最高点的速度为式2 高空杂技表演中,悬在同一点的两根长均为L的轻绳分别系着男、女演员,他们在竖直面内先后从不同高度由静止相向摆下,在最低点相拥后,恰能一起摆到男演员的出发点.已知男、女演员的质量分别为M、m,女演员的出发点与最低点的高度差为,重力加速度为g,不计空气阻力,男、女演员均视

9、为质点.(1)求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小.(2)若两人接着从男演员的出发点一起由静止摆下,到达最低点时男演员推开女演员,为了使女演员恰能回到其最初出发点,男演员应对女演员做多少功?【真题模型再现】 碰撞、爆炸等模型来源图例考向统计分析2017全国卷第14题将质量为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/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s动量守恒定律、反冲通过近几年高考真题的统

10、计可以看出,动量定理和动量守恒定律是考查的热点,以碰撞、爆炸等为模型,可以考查动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、匀变速运动等方面问题.从应用解题来看,应根据碰撞、爆炸与反冲的特点分析,选择合适的物理规律.碰撞涉及弹性和非弹性两种,系统的机械能不增加,反冲和爆炸过程,系统的机械能往往增大,要充分应用能量与动量进行综合分析,反冲等问题往往还与运动有关,属于典型的力学综合问题,能力要求高.2017全国卷第15题一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核,衰变方程为UThHe.下列说法正确的是()A.衰变后钍核的动能等于粒子的动能B.衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小C.铀核的半衰期等于其放出一个

11、粒子所经历的时间D.衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量反冲和爆炸与原子物理结合2018全国卷第24题一质量为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.竖直上抛、爆炸,动量守恒定律、能量守恒定律等知识的综合应用2018全国卷第24题匀变速直线运动规律、牛顿运动定律和动量守恒定律【模型核心归纳】 1.常考的模

12、型:(1)碰撞中的“两物体作用模型”;(2)碰撞中的“多物体作用模型”;(3)碰撞中的“图像类问题模型”;(4)“反冲模型”;(5)“爆炸模型”.2.模型解法: (1)碰撞遵从的三个原则:动量守恒,即p1+p2=p1+p2;系统动能不增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2;速度合理,碰撞前v前,即弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率,选项D正确.2.C解析 根据动量定理得Ft=p,F2t=p1,解得p1=2p,故A、B错误;根据牛顿第二定律得F=ma,解得a=,因为水平力F不变,则加速度不变,根据x=at2知,时间变为原来的2倍,则位移变为原来的4倍,根据动能定理得Fx=

13、Ek,Fx1=Ek1,解得Ek1=4Ek,故C正确,D错误.3.B解析 设豆粒从80 cm高处落到秤盘上时速度为v, 有v2=2gh,则v= m/s=4 m/s,以向上为正方向,根据动量定理得 Ft=mv2-mv1,则F= N=0.6 N,选项B正确.4.解析 导体棒在恒力作用下做加速度减小的加速运动,设t时间内导体棒的速度由v变为v+v,因此由动量定理得Ft-BLIt=mv,即Ft-BLq=mv可以将时间t内的运动过程分解成N个这样的微小过程,N趋向无穷大.将这样的微小过程都累加起来得Ft-BLq=mv-0解得q=.考点二例13次解析 选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向.设

14、第n次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住后速度为vn,则由动量守恒定律可知第一次推出后,有0=Mv1-mv,则v1=v第一次接住后,有Mv1+mv=(M+m)v1第二次推出后,有(M+m)v1=Mv2-mv,则v2=v第二次接住后,有Mv2+mv=(M+m)v2第n-1次接住后,有Mvn-1+mv=(M+m)vn-1第n次推出后,有(M+m)vn-1=Mvn-mv,则vn=v设最多能推N次,推出后,有vnv,vn-1v,即vv,且vv所以N+1将=4代入,可得 2.5N3.5因N取整数,故N=3.例1变式1BC解析 动量守恒的条件是系统不受外力或者所受合外力为0,小球从A到B的过程中,

15、半圆槽受墙壁的作用,所以动量不守恒,选项A错误,B、C正确;若小球能从C点离开半圆槽,小球从B到C过程中,半圆槽向右运动,设小球到B时的速度为v0,三者在水平方向上动量守恒,有mv0=(m+M1+M2)vx,则小球离开半圆槽时有水平方向的分速度,小球将做斜抛运动,选项D错误.例1变式2BD解析 对人与甲车组成的系统,由动量守恒定律得mv-Mv1=0,同理,对乙车与人组成的系统,人跳上乙车时,有mv=(m+M)v2,人跳离乙车时,有(m+M)v2=Mv乙-mv,对人与甲车组成的系统,由动量守恒定律得mv+Mv1=(m+M)v甲,解得=,选项A错误,B正确;由动量定理,对甲车,有I1=Mv1=mv

16、,对乙车,有I2=Mv乙=2mv,故I1mgh,所以h,选项A、C正确;小球回到小车左端,设两者的速度分别为v1和v2,有mv0=mv1+Mv2,m=m+M,解得v1=v0,选项B错误.例2变式2(1)2mg(2)gL解析 (1)设女演员摆到最低点时速度大小为v1,由机械能守恒定律得mg=m在最低点时,设绳子对女演员的拉力大小为F,由牛顿第二定律得F-mg=m设女演员对绳子的拉力大小为F,根据牛顿第三定律得F=F联立解得F=2mg(2)设男演员下摆高度为h,到最低点时速度大小为v2,由机械能守恒定律得Mgh=M设男、女演员相拥后具有的共同速度大小为v3,由动量守恒定律得mv1-Mv2=(m+M

17、)v3一起摆到男演员出发点的过程中,由机械能守恒定律得(m+M)gh=(m+M)男、女演员一起摆到最低点时速度大小仍为v2,女演员被推开后速度大小应为v1,由动能定理得,男演员对女演员做的功W=m-m联立解得W=gL 热点模型解读预测1D解析 由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得m1=m1+m2,解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,又E0=m1,则E1=m1=m1=,选项D正确.预测2BC解析 从动量守恒的角度分析,四个选项都正确;从能量角度分析,A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能,所以碰撞后它们的总动能不能增加.碰前B在前,A在后,碰后如果二者

18、速度同向,一定仍是B在前,A在后,A不可能超越B,所以碰后A的速度应小于或等于B的速度.A选项中,显然碰后A的速度大于B的速度,这是不符合实际情况的,选项A错误.碰前A、B的总动能Ek=+=,关于碰后A、B的总动能,B选项中Ek=+=Ek=,选项D是不可能的.预测3(1)(2)kmgl解析 (1)设滑扣A的初速度为v0,细线拉紧时滑扣A的速度为v1,细线拉紧后,A、B滑扣的共同速度为v2,细线拉紧前,滑扣A的加速度a=kg,细线拉紧后,滑块A继续滑行的加速度大小也为a,有-=-2al mv1=2mv20-=-2a联立解得v2=,v1=2,v0=(2)系统在整个运动过程中,由能量守恒定律得E=m

19、-kmgl-k2mg=kmgl使用石墨(碳12)作减速剂,设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞,一个动能为E0的快中子与静止的碳原子碰撞一次后,中子的动能大小变为()A.E0B.E0C.E0D.E0测2 (碰撞可能性)(多选)A、B两个质量相等的球在光滑的水平面上沿同一直线向同一方向运动,A球的动量是7 kgm/s,B球的动量是5 kgm/s,A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能分别是()A.pA=8 kgm/s,pB=4 kgm/sB.pA=6 kgm/s,pB=6 kgm/sC.pA=5 kgm/s,pB=7 kgm/sD.pA=-2 kgm/s,pB=14 kgm/s测3 (动量与能量综合)如图5-7所示,水平固定的长滑杆上套有两个质量均为m的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A和B,两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线相连,细线长度为l,滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的k倍.开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压).今给滑扣A一个向左的初速度使其在滑杆上开始向左滑行,细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行,继续滑行距离后静止.假设细线拉紧过程的时间极短,重力加速度为g.求:图5-7(1)滑扣A的初速度大小;(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失.9