專題08-動量定理-動量守恒定律-高三物理二輪復習(解析版)

2022年高三物理二輪復習資料（命題規(guī)律+知識薈萃+經(jīng)典例題+精選習題）（江蘇專用）專題08動量定理動量守恒定律【命題規(guī)律】1、命題規(guī)律：（1）動量定理及應(yīng)用；（2）動量守恒定律及應(yīng)用；（3）碰撞模型及拓展.2、?？碱}型：選擇題、計算題．【知識薈萃】★考向一、動量定理及應(yīng)用1．沖量的三種計算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量．動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況．圖像法F－t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解.2.動量定理（1）公式：FΔt＝mv′－mv（2）應(yīng)用技巧①研究對象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng)．②表達式是矢量式，需要規(guī)定正方向．③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷．④在變加速運動中F為Δt時間內(nèi)的平均沖力．⑤電磁感應(yīng)問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移．3．流體作用的柱狀模型對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：（以原來流速v的方向為正方向）（1）作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；（2）作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.★考向二、動量守恒定律及應(yīng)用1．判斷守恒的三種方法（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板－塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導軌上的雙桿模型．（2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，如爆炸、反沖．（3）某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為0，則在該方向上動量守恒，如滑塊－斜面（曲面）模型．2．動量守恒定律的三種表達形式（1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的動量之和等于作用后的動量之和（用的最多）．（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．（3）Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．★考向三、碰撞模型及拓展三類碰撞的特點1．碰撞問題遵循的三條原則（1）動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.（2）動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.（3）若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．2．兩種碰撞特點（1）彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2).結(jié)論：①當兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．②當質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動．③當質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．（2）完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，機械能損失最多，機械能的損失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)（m1＋m2）v共2.3．碰撞拓展（1）“保守型”碰撞拓展模型圖例（水平面光滑）小球—彈簧模型小球曲面模型達到共速相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝（m＋M）v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22（2）“耗散型”碰撞拓展模型圖例（水平面、水平導軌都光滑）達到共速相當于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝（m＋M）v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能技巧點撥1.三種碰撞的特點及規(guī)律彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′機械能損失最多，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)（m1＋m2）v′2非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能有損失，損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2碰撞問題遵循的三條原則（1）動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′（2）動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′（3）若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度2.彈性碰撞的“動碰靜”模型（1）由動量守恒和能量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22；（2）碰后的速度：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3.彈性碰撞模型的拓展應(yīng)用【經(jīng)典例題】【例題1】如圖水平桌面上放置一操作臺，操作臺上表面水平且光滑。在操作臺上放置體積相同，質(zhì)量不同的甲、乙兩球，質(zhì)量分別為m1、m2，兩球用細線相連，中間有一個壓縮的輕質(zhì)彈簧，兩球分別與操作臺左右邊緣距離相等。燒斷細線后，由于彈簧彈力的作用，兩球分別向左、右運動，脫離彈簧后在操作臺面上滑行一段距離，然后平拋落至水平桌面上。則下列說法中正確的是（）A．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量相同B．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能相同C．甲、乙兩球不會同時落到水平桌面上D．甲、乙兩球做平拋運動的水平射程之比為m1∶m2【答案】C【解析】A．脫離彈簧的過程滿足動量守恒定律，以甲的運動方向為正方向可得或故剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量大小相等，方向相反，A錯誤；B．動能與動量的關(guān)系為由于質(zhì)量不同，故剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能不相同，B錯誤；C．甲、乙兩球在操作臺滑行時，距臺邊緣距離相等但速度不等，故在操作臺滑行時間不相等，之后做平拋運動的豎直位移相同，由可知，兩球做平拋運動的時間相等，因此甲、乙兩球不會同時落到水平桌面上，C正確；D．由A的解析可得平拋的水平位移為故甲、乙兩球做平拋運動的水平射程與初速度成正比，即與質(zhì)量成反比，可得D錯誤。故選C?！纠}2】用圖示裝置做“驗證動量守恒定律”實驗。在滑塊1、2上分別裝有相同的擋光片及彈簧圈，測出擋光片寬度d，滑塊1、2的質(zhì)量分別為m1、m2.實驗時打開氣泵，讓滑塊1以一定的初速度向左運動并與靜止的滑塊2碰撞，記下滑塊1經(jīng)過光電門M的擋光時間t1和滑塊1、2分別經(jīng)過光電門N的擋光時間t′1和t2。下列相關(guān)說法正確的是（）A．滑塊1、2的質(zhì)量必須相等B．實驗前調(diào)節(jié)導軌平衡時，不用打開氣泵，只須滑塊能在任意位置平衡即可C．若實驗發(fā)現(xiàn)m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是導軌左端偏低D．若實驗發(fā)現(xiàn)＋＝，說明碰撞時動量守恒且無機械能損失【答案】D【解析】A．為了滑塊1、2碰撞后都向左運動，應(yīng)滿足A錯誤；B．實驗前調(diào)節(jié)導軌平衡時，應(yīng)打開氣泵，滑塊能在任意位置靜止，導軌平衡才調(diào)節(jié)完畢，B錯誤；C．若實驗發(fā)現(xiàn)m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是導軌左端偏高，C錯誤；D．若碰撞過程中滿足動量守恒和機械能守恒，則兩式聯(lián)立解得＋＝D正確。故選D。【例題3】如圖所示，質(zhì)量m=1kg的物塊，可視為質(zhì)點，右端和墻壁間壓縮一水平輕彈簧，從A點靜止釋放后滑出B點，恰能過C點沿半徑R=0.5m的豎直半圓弧軌道的內(nèi)側(cè)做圓周運動，經(jīng)最低點D滑到靜止在水平地面的木板上。木板質(zhì)量M=4kg、長度L=2.05m，且與右側(cè)等高的平臺P相碰時將被立即鎖定。已知物塊與平臺AB、物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，其余摩擦不計，A、B間的距離L0=0.6m，木板右端距離平臺P左側(cè)的初始距離為s，g=10m/s2.，求：（1）彈簧彈力對物塊所做的功W；（2）物塊經(jīng)過D點時所受軌道支持力F的大??；（3）物塊滑上平臺P時的動能Ek與s的關(guān)系。【答案】（1）5.5J；（2）60N；（3）見解析【解析】（1）物塊恰好通過C點，有解得由動能定理得解得W=5.5J（2）物塊由C運動到D，由動能定理得解得vD=5m/s在D點，由牛頓第二定律得解得F=60N（3）若物塊與木板能共速，由動量守恒定律得解得v共=1m/s對物塊，由動能定理得解得x物=2.4m對木板，由動能定理得解得x板=0.4m，（L＋x板>x物）①若，物塊能和木板共速，則由能量守恒得②若，物塊不能和木板共速，則由能量守恒得【例題4】如圖所示，一質(zhì)量為的門型框靜止在傾角為且足夠長粗糙斜面上，門型框內(nèi)左側(cè)為粘合性材料，右側(cè)固定有勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧?，F(xiàn)將一質(zhì)量的光滑小物塊壓緊彈簧并鎖定裝置，小物塊到門型框左側(cè)的距離，然后解除鎖定，彈簧瞬間恢復形變，小物塊獲得的速度脫離彈簧，不計空氣阻力，。求：（1）彈簧原來具有的彈性勢能；（2）若要使門型框與小物塊相碰前未停下，則門型框與斜面間動摩擦因數(shù)需滿足什么條件；（3）若，求門型框與小物塊相碰粘合后瞬間的速度大小和加速度大小?！敬鸢浮浚?）37.5J；（2）；（3）；1.25m/s2【解析】（1）彈簧恢復瞬間動量守恒彈簧彈性勢能為（2）臨界：門型框剛好靜止時與小物塊相接觸，設(shè)時間為t對小物塊得對門型框得門型框開始能保持靜止綜上，滿足什么條件是：（3）物塊與門型框相碰時：小物塊位移門型框沿斜面向上運動位移滿足條件物塊加速度門型框加速度大小物塊與門型框碰撞瞬間動量守恒物塊與門型框共同運動時加速度大小【精選習題】一、單選題1．如圖所示，有一質(zhì)量、邊長為0.2m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道，一個質(zhì)量為的小球由靜止開始從軌道的左端運動到右端，在該過程中木塊的位移為（）A．0.05m B．0.10m C．0.15m D．0.5m【答案】A【解析】小球由靜止開始從如圖所示軌道的左端運動到右端過程中，小球與木塊組成的系統(tǒng)，水平方向平均動量守恒，則有即根據(jù)題意，有聯(lián)立解得故選A。2．A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后，mA=1kg。經(jīng)過一段時間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖所示，根據(jù)以上信息可知（

）A．碰撞過程中B球受到的沖量為8NsB．碰撞過程中A球受到的沖量為-8NsC．B球的質(zhì)量mB=4kgD．AB兩球發(fā)生的是彈性碰撞【答案】D【解析】ABC．已知x—t圖的斜率代表速度，則vA=6m/s，v′A=2m/s，vB=3m/s，v′B=5m/s根據(jù)動量定理有IA=mAv′A-mAvA=-4Ns，IB=mBv′B-mBvB再根據(jù)動量守恒有mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B解得mB=2kg，IB=4NsABC錯誤；D．碰撞前后的動能為，則AB兩球發(fā)生的是彈性碰撞，D正確。故選D。3．冰壺隊備戰(zhàn)2022年北京冬奧會，如圖所示，在某次訓練中，藍壺靜止在大本營Q處，質(zhì)量相等的紅壺與藍壺發(fā)生正碰，最終分別停在M點和N點，下列說法正確的是（）A．碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同 B．碰后藍壺速度約為紅壺速度的4倍C．紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍 D．碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】C【解析】A．碰后兩壺運動距離不相同，所以碰后兩球速度不相同，根據(jù)動量定理可判斷出碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯誤；B．碰后紅壺運動的距離為藍壺運動的距離為二者質(zhì)量相同，假設(shè)二者碰后的所受摩擦力相同，則二者做減速運動的加速度也相同，對紅壺，有對藍壺有聯(lián)立可得即碰后藍壺速度約為紅壺速度的2倍，B錯誤；C．設(shè)紅壺碰前速度為v0，則有故有即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，C正確；D．碰前的動能為碰后動能為則有機械能不守恒，D錯誤。故選C。4．將小球以初速度v0豎直向上拋出，該小球所受的空氣阻力與速度大小成正比，其速度—時間圖象（v-t）如圖所示。t1時刻到達最高點，t2時刻落回拋出點，且下落過程中小球一直加速，下列說法正確的是（）A．0到t2時間內(nèi)，小球的加速度先減小再增大B．小球上升過程和下降過程，動量變化量相同C．小球上升過程和下降過程，重力的沖量相同D．0到t2時間內(nèi)，小球的動量變化率一直減小【答案】D【解析】A．0到t2時間內(nèi)，圖像的斜率一直減小，所以小球的加速度一直減小，A錯誤；B．小球上升過程和下降過程，動量變化量分別為所以小球上升過程和下降過程，動量變化量不相同，B錯誤；C．小球上升過程和下降過程，重力的沖量分別為所以小球上升過程和下降過程，沖量不相同，C錯誤；D．0到t1時間內(nèi)，小球的動量變化率為隨著的速度減小，動量變化率也減小；t1到t2時間內(nèi)，小球的動量變化率為隨著速度的增大，動量變化率減?。凰?到t2時間內(nèi)，小球的動量變化率一直減小，D正確。故選D。5．如圖所示，物體A、B將一輕彈簧（不與A、B拴接）擠壓后用線系住，靜止在水平面上，A、B的質(zhì)量之比為2：1，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為1：2?，F(xiàn)將線燒斷，則（）A．A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒B．彈簧剛恢復原長時，B速度達到最大C．彈簧剛恢復原長時，A、B動能相等D．A、B同時停止運動【答案】D【解析】A．A、B組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為可知系統(tǒng)的動量守恒，選項A錯誤；B．當B的速度最大時，彈力等于摩擦力，此時彈力不為零，則當彈簧剛恢復原長時，B速度不是最大，選項B錯誤；C．根據(jù)動量守恒，彈簧剛恢復原長時即選項C錯誤；D．根據(jù)可知，A、B同時停止運動，選項D正確。故選D。6．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的速度，B球的速度，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A．， B．，C．， D．，【答案】C【解析】兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，有動量守恒定律得帶入數(shù)據(jù)解得如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得，，（不符實際，舍掉）故兩球碰撞后的速度范圍是ABD不符合題意，C符合題意。故選C。二、解答題7．如圖所示，半徑為R的豎直圓環(huán)在電動機作用下，可繞水平軸O轉(zhuǎn)動，圓環(huán)邊緣固定一只質(zhì)量為m的連接器。輕桿通過輕質(zhì)鉸鏈將連接器與活塞連接在一起，活塞質(zhì)量為M，與固定豎直管壁間摩擦不計。當圓環(huán)逆時針勻速轉(zhuǎn)動時，連接器動量的大小為p，活塞在豎直方向上運動。從連接器轉(zhuǎn)動到與O等高位置A開始計時，經(jīng)過一段時間連接器轉(zhuǎn)到最低點B，此過程中，活塞發(fā)生的位移為x，重力加速度取g。求連接器：（1）所受到的合力大小F；（2）轉(zhuǎn)到動量變化最大時所需的時間t；（3）從A轉(zhuǎn)到B過程中，輕桿對活塞所做的功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）連接器做勻速圓周運動的速度則連接器做勻速圓周運動所受到的合力大?。?）當連接器轉(zhuǎn)到右側(cè)與A點對稱位置時動量變化最大，此時用時間（3）設(shè)連接器在A點時連桿與豎直方向的夾角為θ，則此時連桿的速度為而對活塞可知活塞的速度當連接器到達B點時，活塞的速度為零，則從A到B，對活塞由動能定理解得8．如圖所示，小明在離水面高度h0=1.8m的岸邊，將一質(zhì)量m=20g的小石片以水平初速度v0=8m/s拋出，玩“打水漂”。小石片在水面上滑行時受到的水平阻力恒為f=0.4N，在水面上彈跳數(shù)次后沿水面的速度減為零，并以a=0.5m/s2的加速度沿豎直方向沉入水深h=1m的河底。假設(shè)小石片每次均接觸水面后跳起，跳起時豎直方向上的速度與此時沿水面滑行的速度之比為常數(shù)k=0.75。取重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。求小石片：（1）沉入河底前瞬間的動量大小p；（2）從開始拋出到沉入河底前瞬間的整個過程中，水對小石片做的功W；（3）從拋出到開始下沉的時間t?！敬鸢浮浚?）0.02kg·m/s；（2）－1.19J；（3）6.4s【解析】（1）小石片沉入河底時的速度為v2=2ah解得v=1m/s由動量公式，可得p=mv解得（2）小石片從開始拋出到沉入河底前瞬間的整個過程，由動能定理可得解得（3）小石片先做平拋運動，豎直方向有解得t1=0.6s小石片在水面上滑行時加速度每次滑行的速度變化量為可得即小石片共在水面上滑行了10次，空中彈起后飛行了9次第n次彈起后的水平速度為豎直速度vyn=kvxn空中飛行時間可得第n次彈起后在空中飛行的時間為在空中的飛行總時間在水面上滑行的時間為t3=0.04×10s=0.4s總時間t=t1＋t2＋t3解得t=6.4s9．質(zhì)量為的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，經(jīng)與地面發(fā)生碰撞，該過程的圖像如圖所示，球與水平地面相碰后反彈的速度大小為碰撞前的。該球受到的空氣阻力大小恒定，取，求：（1）彈性球所受空氣阻力的大小；（2）彈性球第一次碰撞后反彈的高度；（3）第一次碰撞過程中合外力對彈性球沖量的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由圖可得彈性球下落過程中的加速度為根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）依題意可知第一次碰撞后反彈的速度大小為在彈性球上升過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得彈性球上升過程中的加速度大小為彈性球第一次碰撞后反彈的高度解得（3）根據(jù)動量定理可得10．如圖所示，質(zhì)量為的長木板靜止在光滑水平面上，右端與一固定在地面上的半徑的光滑四分之一圓弧緊靠在一起，圓弧的底端與木板上表面水平相切。質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點）以初速度從圓弧的頂端沿圓弧下滑到木板上，恰好不會從板左側(cè)脫落。不計空氣阻力，取。求：（1）剛下滑時所受向心力的大小；（2）、間因摩擦而產(chǎn)生的熱量；（3）當、間動摩擦因數(shù)時木板的長度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得（2）由動能定理可得，滑塊B滑上木板A時的速度為，根據(jù)動能定理有解得滑塊B在木板A上滑動的過程中因地面光滑，木板A和滑塊B組成的系統(tǒng)動量守恒，最終兩者的共同速度為解得由能量轉(zhuǎn)化和守恒可知，、間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為解得（3）、滑動摩擦力為、間因摩擦而產(chǎn)生的熱量，根據(jù)滑動摩擦力做功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系可得解得11．航空公司裝卸貨物時常因拋擲而造成物品損壞，為解決這個問題，某同學設(shè)計了如圖所示的緩沖轉(zhuǎn)運裝置。裝置A緊靠飛機，轉(zhuǎn)運車B緊靠A，包裹C沿A的光滑曲面由靜止滑下，經(jīng)粗糙的水平部分后滑上轉(zhuǎn)運車并最終停在轉(zhuǎn)運車上被運走，B的右端有一固定擋板。已知C與A、B水平面間的動摩擦因數(shù)均為=0.2，緩沖裝置A與水平地面間的動摩擦因數(shù)為=0.1，不計轉(zhuǎn)運車與地面間的摩擦。A、B的質(zhì)量均為M=40kg，A、B水平部分的長度均為L=4m。包裹C可視為質(zhì)點且無其他包裹影響，C與B的