（课标版）2020届高考物理二轮复习 专题二 第4讲 动量定理和动量守恒定律课件

第4讲动量定理和动量守恒定律总纲目录考点一动量定理考点二动量守恒定律素养提升解决动量问题时常遇到的三个易错点考点三碰撞、爆炸与反冲考点一动量定理1.(2019课标Ⅰ,16,6分)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3km/s,产生的推力约为4.8×106N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为 (B)A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg答案B本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时也增强了考生的国人自豪感。设火箭发动机在1s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft=mv-0,解得m= =1.6×103kg。Ftv2.(2018课标Ⅱ,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 (C)A.10NB.102NC.103ND.104N答案C本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh= mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v= ,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F'=F= +mg,每层楼高度约为3m,则h=24×3m=72m,得F'≈949N,接近103N,故选项C正确。122ghmvt3.(多选)(2017课标Ⅲ,20,6分)一质量为2kg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 (AB)A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零答案ABt=1s时物块的速率为v,Ft=mv,得v=1m/s,A项正确。t=2s时动量为p,p=2×2kg·m/s=4kg·m/s,B项正确。t=3s时的动量p3=2×2kg·m/s-1×1kg·m/s=3kg·m/s,C项错误。同理t=4s时物块速度v4=1m/s,故D项错误。1.动量定理的两个重要应用(1)应用I=Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出变力作用下物体动量的变化Δp,等效代换变力的冲量I。(2)应用Δp=Ft求动量的变化例如,在曲线运动中,速度方向时刻在变化,求动量变化(Δp=p2-p1)需要应用矢量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量,等效代换动量的变化。2.用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象:一般为单个物体。(2)进行受力分析:求每个力的冲量,再求合冲量或先求合力,再求其冲量。(3)分析过程找初、末状态:选取正方向,确定初、末状态的动量和各冲量的正负。(4)列方程:根据动量定理列方程求解。3.对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可整个过程用动量定理。考向一动量定理的基本应用1.(2019山西大同高三二模)如图所示,A、B为原长相等、劲度系数分别为k和3k的两根轻弹簧,将轻弹簧A、B的两端对齐套在一起,竖直地固定在水平地面上,两弹簧均处于原长状态,把质量m=1kg的物块从距离弹簧上端h=5m处由静止释放,与弹簧接触后,经t=1s速度减至0,已知重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则在弹簧压缩过程中,物块受到轻弹簧A的平均作用力大小为 () A.15NB.10NC.5ND.2.5N答案C物块自由落体的时间t0= =1s,整个下落过程对物块由动量定理得mg(t0+t)- t=0,解得 =20N,两弹簧劲度系数之比为1∶3,弹力之比始终为1∶3,故物块受到弹簧A的平均作用力大小 =  =5N,C正确。2hgFFAF14F2.(2019山东泰安模拟)如图所示,竖直平面内有一半圆槽,A、C等高,B为圆槽最低点,小球从A点正上方O点静止释放,从A点切入圆槽,刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中,运动时间分别为t1、t2,合外力的冲量大小为I1、I2,则 (C) A.t1t2B.t1=t2C.I1I2D.I1=I2答案C小球从A点正上方O点静止释放,刚好能运动至C点,说明在圆槽内要克服摩擦力做功,因此小球在AB段平均速率大于BC段平均速率,两段路程相等,所以t1t2,A、B错误;在矢量三角形中如图所示,在AB段动量的变化为mΔv,而在BC段动量的变化为mvB,由图可知AB段动量的变化大于BC段动量的变化,由动量定理得I1I2,C正确,D错误。考向二动量定理的综合应用3.(多选)静止在粗糙水平面上的物体,在水平力F的作用下,经过时间t、通过位移l后,动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是 (AD)A.若保持水平力F不变,经过时间2t,物体的动量等于2pB.若将水平力增加为原来的两倍,经过时间t,物体的动量等于2pC.若保持水平力F不变,通过位移2l,物体的动能小于2EkD.若将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,物体的动能大于2Ek答案AD根据动量定理I合=(F-f)t=p,保持水平力F不变,经过时间2t,(F-f)·2t=p',可知p'=2p,故A正确;根据动量定理I合=(F-f)t=p,若水平力增加为原来的2倍,经过时间t,则有(2F-f)·t=p',则p'2p,故B错误;根据动能定理(F-f)·l=Ek,保持水平力F不变,通过位移2l,有(F-f)·2l=Ek',则有Ek'=2Ek,故C错误;根据动能定理(F-f)·l=Ek,将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,有(2F-f)·l=Ek',则有Ek'2Ek,故D正确。4.(2019山东潍坊三模)如图所示,一消防车空载时的质量为2000kg,储水容积为10m3,储满水后静止在倾角为37°的斜坡上,水枪出水口距水平地面高度为3.2m,打开水枪,水流持续向坡底水平射出,水落到水平面上的着火点,着火点到射出点的水平距离为48m,已知水枪出水口的面积为2×10-3m2,水的密度为1.0×103kg/m3,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)水射出枪口时的速度大小;(2)从打开水枪开始计时,水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式。答案(1)60m/s(2)f=6.624×104-720t解析(1)设水射出枪口时速度为v,由平抛运动规律有h= gt2水平方向x=vt解得v=60m/s(2)取Δt时间喷出的水为研究对象,Δm=ρsvΔt由动量定理F'Δt=Δmv解得F'=ρsv2由牛顿第三定律得12水对车的作用力F=F'取消防车为研究对象,以沿斜面向上为正方向,其受力平衡(M+ρV0-ρsvt)gsin37°=Fcos37°+f解得f=6.624×104-720t(N)考点二动量守恒定律1.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/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)A.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s答案A由于燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05kg×600m/s=30kg·m/s,A正确。2.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。(ⅰ)求斜面体的质量;(ⅱ)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?答案(ⅰ)20kg(ⅱ)见解析解析(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v ① m2 = (m2+m3)v2+m2gh ②式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20kg③(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有12220v12m1v1+m2v20=0 ④代入数据得v1=1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3 ⑥ m2 = m2 + m3  ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。12220v1222v1223v1.动量守恒条件的理解(1)理想守恒:不受外力或所受外力的矢量和为零。(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矢量和为零,则系统在这方向上动量守恒。2.动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程;(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);(3)规定正方向,确定初、末状态动量;(4)由动量守恒定律列出方程;(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。考向一动量守恒定律的理解及应用1.(2019河北保定二模)如图所示,一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。给A和B大小均为4.0m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离木板。在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小可能是 (B) A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.0m/s答案BA先向左匀减速到零,再向右匀加速运动,在此期间,木板始终匀减速运动,最终它们保持相对静止,设A减速到零时,木板的速度为v1,最终它们的共同速度为v2,取水平向右为正方向,则Mv-mv=Mv1,Mv1=(M+m)v2,可得v1= m/s,v2=2m/s,所以在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小应大于2.0m/s而小于 m/s,只有选项B正确。83832.如图所示,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,电性相同,电荷量Qq。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 (B) 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答案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。考向二某一方向的动量守恒3.(多选)如图所示,在光滑水平面上有一静止的物体M,物体上有一光滑的半圆弧形轨道,最低点为C,两端A、B等高,现让小滑块m从A点由静止下滑,则(CD) A.m不能到达M上的B点B.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向右运动C.m从A到B的过程中M一直向左运动,m到达B的瞬间,M速度为零D.M与m组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒答案CD根据机械能守恒、动量守恒定律的条件,M和m组成的系统机械能守恒,水平方向