2020版高考物理二轮复习 第一部分 专题复习训练 2-5 动量定理、动量守恒定律课件

第一部分专题复习训练02能量与动量第5讲动量定理、动量守恒定律考情动态1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考查内容．2．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．核心知识知识必记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．应用动量定理列方程时必须选取正方向．2．动量守恒的情况①不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；②当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；③当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．3．三类碰撞(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.机械能守恒：12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE＝(12m1v12＋12m2v22)－12(m1＋m2)v′2.(3)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.机械能有损失，机械能的损失量为：ΔE＝(12m1v12＋12m2v22)－(12m1v1′2＋12m2v2′2)．考点导练考点1冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．【例1】(2019年湖北重点中学联考)如图2－5－1所示，AB是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，CD是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道，AB两点和CD两点的高度差相同且AB的弧长与斜面CD长度相等．现让小球甲从A点沿圆弧轨道下滑到B点，小球乙从C点沿斜面轨道下滑到D点，两球质量相等．以下说法正确的是()图2—5—1A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零D．两球动量的变化量相同【解析】由机械能守恒定律可知，甲、乙两球下滑到底端的速度大小相等，因甲做加速度减小的变加速运动，可知甲的平均速度较乙大，则甲滑到底端的时间较短，根据I＝mgt可知，甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确；甲、乙两球滑到底端时，动量的变化大小相同，但方向不同，根据动量定理可知，合外力的冲量大小相同，但是方向不同，即两球动量变化量不同，选项B、D错误；根据I＝FNt可知，因支持力均不为零，则两球所受轨道的支持力的冲量均不为零，选项C错误．【答案】A【例2】为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水面上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)()A．0.15PaB．0.54PaC．1.5PaD．5.4Pa【解析】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力，设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨滴的速度由v＝12m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝ΔmΔtv.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv·ΔhΔt，压强p＝FS＝ρvΔhΔt＝1×103×12×45×10－33600Pa＝0.15Pa.故A正确．【答案】A☞归纳总结应用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移(如例1中压力的计算)，用动量定理求解更简捷．(2)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．变力情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值，如例1中的压力是平均力．(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．[变式训练]1．(2019年宁夏第四次月考)(多选)如图2－5－2所示，一质量m＝0.10kg的小钢球以大小为v0＝10m/s的速度水平抛出，下落h＝5.0m时垂直撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g取10m/s2，则()图2—5—2A．钢板与水平面的夹角θ＝60°B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1N·sC．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为102kg·m/sD．钢板对小钢球的冲量大小为22N·s解析：小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy＝2gh＝10m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝vyvx＝1010＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t＝2hg＝1s，重力冲量I＝mgt＝1N·s，选项B正确；取垂直钢板向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时小钢球速度的大小为v1＝2v0＝102m/s，动量p1＝－mv1＝－2kg·m/s；撞后小钢球的速度v2＝102m/s，动量p2＝mv2＝2kg·m/s，小钢球的动量变化Δp＝p2－p1＝22kg·m/s，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I＝Δp＝22N·s，选项C错误，D正确．答案：BD2．(2019年名校联盟)观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐．某型“礼花”底座仅0.2s的发射时间，就能将5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空．(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2)求：(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力约是多少？(2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两块(爆炸时火药质量忽略不计)，测得两块落地点间的距离s＝900m，落地时两者的速度相互垂直，两块的质量各为多少？解：(1)设礼花弹竖直抛上180m高空用时为t，由竖直上抛运动的对称性知：h＝12gt2代入数据解得：t＝6s设发射时间为t1，火药对礼花弹的作用力为F，对礼花弹发射到180m高空运用动量定理有：Ft1－mg(t＋t1)＝0代入数据解得：F＝1550N图2—5—3(2)设礼花弹在180m高空爆炸时分裂为质量为m1、m2的两块，对应水平速度大小为v1、v2，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律有：m1v1－m2v2＝0且有：m1＋m2＝m由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：(v1＋v2)t＝900m设物块落地时竖直速度为vy，落地时两者的速度相互垂直，如图2—5—3所示，有：tanθ＝vyv1＝v2vy代入数据解得：m1＝1kgm2＝4kg对应v1＝120m/sv2＝30m/s；或m1＝4kgm2＝1kg对应v1＝30m/sv2＝120m/s考点2动量、动量守恒定律【例3】(2019年名校联盟2)如图2—5—4所示，水平面上固定一倾角为30°的光滑斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧上端拴接一质量m2＝2kg的物块B.将质量为m1的物块A从斜面顶端由静止释放，与B碰撞后粘在一起向下运动，经弹簧反弹后最高运动至距斜面底端挡板0.2m的C点．已知斜面高h＝0.25m，弹簧原长l0＝0.15m，其劲度系数k＝200N/m，A、B均可视为质点．g取10m/s2.求：图2—5—4(1)物块A与B碰撞前瞬间的速度v；(2)物块A的质量m1.【解】(1)由胡克定律可得弹簧开始的形变量m2gsin30°＝kΔx，Δx＝0.05m故当A碰到B时，A运动的位移为x＝hsin30°－l0＋Δx＝0.4m由动能定理可知12m1v2＝m1gsin30°·x计算得v＝2m/s(2)A与B碰撞后合为一体运动，碰撞过程满足动量守恒，即m1v＝(m1＋m2)v′由题目可知物体连接弹簧一起运动到C点瞬间，弹簧的形变量Δx′＝lc－l0＝0.05m＝Δx表明在此过程中，弹簧的弹性势能不变从B到C物体的位移x′＝lc－lb＝0.1m由机械能守恒定律可得－(m1＋m2)gsinθ·x′＝0－12(m1＋m2)v′2计算得m1＝2kg【例4】如图2—5—5所示，水平面上有一质量为m＝1kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量为M＝4kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝2m/s.碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：图2—5—5(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．【解】(1)小车与小球碰撞瞬间，小物块速度不变，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝Mv＋mv1解得v1＝－2m/s，负号表示碰撞后小车向左运动(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝2m/s设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4N·s☞归纳总结应用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．3．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图2—5—6所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是()图2—5—6A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v0＝(M＋m0)v1＋mv2解析：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确，A、D错误．答案：BC4．(2019年河北衡水中学调研)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L.如图2－5－7所示，已知他自身的质量为m，则小船的质量m0为()图2—5—7A.m（L＋d）dB.m（L－d）dC.mLdD.m（L＋d）L解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向，则v＝dt，v′＝L－dt，根据动量守恒定律得m0v－mv′＝0，解得船的质量m0＝m（L－d）d，故选项B正确．答案：B考点3碰撞与反冲、爆炸类问题【例5】(2019年神州智达质检)如图2—5—8所示，小球A放于小球B正上方(两球直接接触且球心连线竖直)，两小球同时由距水平地面高度为H的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B与地面的碰撞均为弹性碰撞且作用时间极短，小球B的质量