2024-2025學年高中物理第一章碰撞與動量守恒章末復(fù)習課含解析粵教版選修3-5

PAGEPAGE9章末復(fù)習課【學問體系】[答案填寫]①守恒②有損失③損失最大④同向⑤I＝Ft⑥I＝Δp⑦合外力F合＝0⑧遠大于⑨某一方向上主題1動量定理的應(yīng)用1．沖量的計算．(1)恒力的沖量：公式I＝Ft適用于計算恒力的沖量．(2)變力的沖量：①通常利用動量定理I＝Δp求解．②可用圖象法計算．如圖所示，在Ft圖象中陰影部分的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1內(nèi)的沖量．2．動量定理Ft＝mv2－mv1的應(yīng)用．(1)它說明的是力對時間的累積效應(yīng)．應(yīng)用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運動過程．(2)應(yīng)用動量定理求解的問題：①求解曲線運動的動量改變量；②求變力的沖量問題及平均力問題．3．應(yīng)用動量定理解題的步驟．(1)選取探討對象；(2)確定所探討的物理過程及其始、末狀態(tài)；(3)分析探討對象在所探討的物理過程中的受力狀況；(4)規(guī)定正方向，依據(jù)動量定理列方程式；(5)解方程，統(tǒng)一單位，求解結(jié)果．[典例?]宇宙飛船在太空飛行時，假如遇到微隕石云，會受到較大的阻力．微隕石云是太空中游離的物質(zhì)微粒比較集中的區(qū)域.已知宇宙飛船沿運行方向的橫截面積為S，運行速度為v，微隕石云的平均密度為ρ，設(shè)宇宙飛船接觸到的微隕石最終都附著在飛船上．求宇宙飛船在穿越微隕石云過程中所受阻力F的大小．解析：設(shè)在時間t內(nèi)，微隕石的總質(zhì)量m＝ρSvt，飛船增加的動量Δp＝mv＝ρSv2t由動量定理可得：Ft＝Δp，解得阻力F＝ρSv2答案：F＝ρSv2針對訓練1．一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示．長物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止．g取10m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由動能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得μ＝0.32.(2)由動量定理，有FΔt＝mv′－mv，可得F＝130N.(3)W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J.答案：(1)μ＝0.32(2)F＝130N(3)W＝9J主題2動量守恒中的臨界問題在動量守恒定律的應(yīng)用中，經(jīng)常會遇到相互作用的兩個物體相距最近、避開相碰和起先反向等臨界問題，分析臨界問題的關(guān)鍵是找尋臨界狀態(tài)，在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件經(jīng)常表現(xiàn)為兩個物體的相對速度關(guān)系和相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系的推斷是求解這類問題的切入點．【典例2】質(zhì)量為M＝6kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量為6kg，停在B的左端．質(zhì)量為1kg的小球用長為0.8m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達到的最大高度為0.2m，物塊與小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力．已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，為使A、B達到共同速度前A不滑離木板，木板至少多長？解析：mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gL)＝4m/s，mgh＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)，v′1＝eq\r(2gh)＝2m/s.球與A碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒mv1＝－mv′1＋mAvA得vA＝1m/s.物塊A與木板B相互作用過程中mAvA＝(mA＋M)v共v共＝0.5m/s.μmAgx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋M)veq\o\al(2,共)，得x＝0.25m.答案：0.25m針對訓練2.如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上嬉戲．甲和他的冰車總質(zhì)量共為M＝30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30kg.嬉戲時，甲推著一個質(zhì)量為m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來．為了避開相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙快速抓?。挥嫳婺Σ粒?1)若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌?用字母表示)?(2)設(shè)乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌?用字母表示)?(3)若甲、乙最終不相撞，則箱子被推出的速度至少多大？解析：(1)甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得：(M＋m)v0＝mv＋Mv1，解得v1＝eq\f(（M＋m）v0－mv,M).(2)箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv－Mv0＝(m＋M)v2，解得v2＝eq\f(mv－Mv0,m＋M).(3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2，其中v1＝v2為甲、乙恰好不相撞的條件．即eq\f(（M＋m）v0－mv,M)≤eq\f(mv－Mv0,m＋M)，代入數(shù)據(jù)得v≥5.2m/s.所以箱子被推出的速度至少為5.2m/s時，甲、乙才能不相撞．答案：(1)eq\f(（M＋m）v0－mv,M)(2)eq\f(mv－Mv0,m＋M)(3)5.2m/s主題3多體多過程的動量守恒對于兩個以上的物體組成的物體系，由于物體較多，相互作用的狀況也不盡相同，作用過程較為困難，雖然仍可對初末狀態(tài)建立動量守恒的關(guān)系式，但因未知條件多而無法解．這時往往要依據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個動量守恒的方程，或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個小系統(tǒng)，分別建立動量守恒定律方程．解這類問題時應(yīng)留意：(1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的改變狀況，建立運動模型.(2)分清作用過程的各個階段和聯(lián)系各階段的狀態(tài)量.(3)合理選取探討對象，既要符合動量守恒的條件，又要便于解題.【典例3】如圖所示，光滑水平面上滑塊A、C質(zhì)量均為m＝1kg，B質(zhì)量為M＝3kg.起先時A、B靜止，現(xiàn)將C以初速度v0＝2m/s的速度滑向A，與A碰后C的速度變?yōu)榱?，而后A向右運動與B發(fā)生碰撞并粘在一起．求：(1)A與B碰撞后的共同速度大小；(2)A與B碰撞過程中，A與B增加的內(nèi)能．解析：(1)以A、C組成的系統(tǒng)為探討對象，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝mvA，A、B碰撞過程動量守恒，以A、B組成的系統(tǒng)為探討對象，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v，代入數(shù)據(jù)解得：vA＝2m/s，v＝0.5m/s.(2)A、B碰撞過程中，由能量守恒定律可得A與B增加的內(nèi)能：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得：ΔE＝1.5J.答案：(1)0.5m/s(2)1.5J針對訓練3．如圖所示，足夠長的木板A和物塊C置于同一光滑水平軌道上，物塊B置于A的左端，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和4m，已知A、B一起以v0的速度向右運動，滑塊C向左運動，A、C碰后連成一體，最終A、B、C都靜止，求：(1)C與A碰撞前的速度大??；(2)A、B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量．解析：取向右為正方向．(1)對三個物體組成的系統(tǒng)，依據(jù)動量守恒定律，得：(m＋2m)v0－4mvC＝0，解得C與A碰撞前的速度大小vC＝eq\f(3,4)v0.(2)A、C碰后連成一體，設(shè)速度為v共．依據(jù)動量守恒定律，得mv0－4mvC＝(m＋4m)v共，解得v共＝－eq\f(2,5)v0.依據(jù)能量守恒定律，得摩擦生熱Q＝eq\f(1,2)(m＋4m)veq\o\al(2,共)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－0，解得Q＝eq\f(7,5)mveq\o\al(2,0).答案：(1)eq\f(3,4)v0(2)eq\f(7,5)mveq\o\al(2,0)統(tǒng)攬考情1．動量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點，動量和動量的改變量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應(yīng)用中考查.2．動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動量守恒定律與圓周運動、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點．真題例析(2024·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求：(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件，有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式，有0－v0＝－gt，②聯(lián)立①②式，得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)).③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律，有E＝mgh1，④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律，有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E，⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0，⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分接著上升的高度為h2，由機械能守恒定律，有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2，⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式，得煙花彈向上運動部分距地面的最大高度h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg).答案：(1)t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)h＝eq\f(2E,mg)針對訓練(2024·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為________(噴出過程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析：設(shè)火箭的質(zhì)量(不含燃氣)為m1，燃氣的質(zhì)量為m2，依據(jù)動量守恒，m1v1＝m2v2，解得火箭的動量為：p＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，故A正確，BCD錯誤．答案：A1.如圖，某物體在拉力F的作用下沒有運動，經(jīng)時間t后()A．拉力的沖量為FtB．拉力的沖量為FtcosθC．支持力的沖量為零D．重力的沖量為零解析：依據(jù)沖量的公式，I＝Ft，所以t時間內(nèi)拉力F的沖量就是Ft，故A正確，B錯誤；物體受到斜向上的力而沒有運動，說明水平方向物體肯定受到摩擦力的作用，而有摩擦力則物體必定受到支持力，所以經(jīng)過t時間，則支持力的沖量肯定不等于0，故C錯誤；依據(jù)沖量的公式，I＝Ft，所以t時間內(nèi)重力G的沖量就是Gt，故D錯誤．答案：A2．如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，車上有n個質(zhì)量均為m的小球．現(xiàn)用兩種方式將小球相對于地面以恒定速度v向右水平拋出，第一種方式是將n個小球一起拋出，其次種方式是將小球一個接一個地拋出．則用上述不同方式拋完小球后小車的速度大小相比較()A．第一種較大 B．其次種較大C．兩種一樣大 D．不能確定解析：由于都是以相同的對地速度拋球，所以結(jié)果相同．答案：C3.(2024·全國卷Ⅲ)(多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運動.F隨時間t改變的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零解析：由動量定理有Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m)，t＝1s時物塊的速率v＝eq\f(Ft,m)＝1m/s，A正確；Ft圖線與時間軸所圍面積表示沖量，所以t＝2s時物塊的動量大小為p＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，B正確；t＝3s時物塊的動量大小為p′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×2－1×1))kg·m/s＝3kg·m/s，C錯誤；t＝4s時物塊的動量大小為p″＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×2－1×2))kg·m/s＝2kg·m/s，速度不為零，D錯誤．答案：AB4．如圖所示，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m.P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L.物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為2m，且可看做質(zhì)點．P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短．碰撞后P1與P2粘連在一起．P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(彈簧始終在彈性限度內(nèi))．P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度為g，求：(1)P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；(2)此過程中彈