资源简介 (共58张PPT)专题二能量与动量第3讲 碰撞与动量守恒[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点思维导图考情分析[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能4.矢量性: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。5.流体类:对于连续流体应用动量定理时,要确定小段时间Δt的连续体为研究对象,写出Δt内的质量Δm与Δt的关系式,分析连续Δm的受力情况和动量变化。[典例1] (多选)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( )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AB[解析] 根据F?t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量,可知在0~1s、0~2s、0~3s、0~4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s,应用动量定理I=mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s,物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s,故A、B正确,C、D错误。1.(2019·高考全国卷Ⅰ)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( )A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kgB2.(2020·安徽六安一中高三下学期检测)一质量为m=60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起,经t=0.2s,以大小v=1m/s的速度离开地面,取重力加速度g=10m/s2,在这0.2s内( )A.重力对运动员的冲量大小为0B.地面对运动员的冲量大小为60N·sC.地面对运动员做的功为30JD.地面对运动员做的功为零D解析:重力对人的冲量大小为mgΔt=120N·s,人的速度原来为零,起跳后变为v,以向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对人的冲量为I=mv+mgΔt=60×1N·s+600×0.2N·s=180N·s,A、B错误;人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,支持力的作用点在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,C错误,D正确。3.运动员在水上做飞行运动表演,他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg,两个喷嘴的直径均为10cm,重力加速度大小g取10m/s2,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为( )A.2.7m/s B.5.4m/sC.7.6m/sD.10.8m/s答案:B4.(2020·江苏省南通市通州区高三下学期检测)水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,两物体的v?t图像如图所示,图中AB∥CD,则整个过程中( )A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量D解析:由图可知,AB与CD平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等,但a的运动总时间小于b的时间,根据I=Fft可知,摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量,故C错误;根据动量定理,对整个过程研究得F1t1-FftOB=0,F2t2-FftOD=0,由图看出,tOB<tOD,则有F1t1<F2t2,即F1的冲量小于F2的冲量,故A、B错误;根据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化量,a、b两个物体动量的变化量都为零,所以相等,故D正确。考向二 动量、动量守恒定律1.动量守恒的条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒:外力远小于内力,且作用时间极短,外力的冲量近似为零,或外力的冲量比内力冲量小得多。(3)单方向守恒:合外力在某方向上的分力为零,则系统在该方向上动量守恒。2.动量守恒定律的表达式(1)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(3)Δp=0,系统总动量的增量为零。[典例2] 如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍。甲和他的冰车的总质量为M=30kg,乙和他的冰车的总质量也是M=30kg。甲推着一个质量为m=15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时,乙迅速抓住。若不计冰面摩擦,求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出,才能避免与乙相撞?规律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,如典例中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统。(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。5.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A,斜面体的质量为M,底边长为L,如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面体的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面体底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN,则下列说法正确的是( )答案:DC7.(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板,一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48kgB.53kgC.58kgD.63kgBC考向三 动量和能量综合应用的“典型模型”动量和能量综合应用的“典型模型”主要是指“碰撞模型”“爆炸与反冲运动模型”“板—块模型”,所涉及的问题往往是多过程问题,解决这类问题要弄清物理过程,分清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。[典例3] 如图所示,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。[思路点拨] 解此题的关键有两点:正确分析“A只与B、C各发生一次碰撞”的条件。(1)A与C发生碰撞后,A反弹,速度v1<0,即m<M。(2)A向左运动与B发生碰撞后,需要满足A碰后的速度小于等于C的速度。易错警示解决碰撞问题的两点注意…………………………………………………………………………………(1)判断两物体碰撞瞬间的情况:当两物体相碰时,首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律,列出相对应的物理方程:①如果物体间发生的是弹性碰撞,则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解,如典例中的碰撞过程为弹性碰撞;②如果物体间发生的不是弹性碰撞,则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。模型2 爆炸与反冲运动模型1.爆炸和反冲运动相互作用力远远大于受到的外力,系统的总动量守恒。2.爆炸和反冲运动系统的总动能增加。3.爆炸和反冲运动的作用过程产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认作用前后在同一位置。[典例4] (2018·高考全国卷Ⅰ)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。[答案] 见解析模型3 “板—块”模型1.条件:系统所受合外力为零。2.问题及其方法(1)求速度的方法:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统;(2)求时间的方法:根据动量定理求解,研究对象为一个物体;(3)求位移的方法:根据动能定理求解,研究对象为一个物体;(4)求系统产生的内能的方法:根据能量守恒定律求解,即Q=Ffx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统;(5)求相对位移的方法:根据能量守恒定律求解,即Ffx=E初-E末,研究对象为一个系统。[典例5] 如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动,C以速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气阻力。求:(1)木板C的最终速度的大小;(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff;(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。8.(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示,光滑水平面上有a、b两个小球,a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动,其碰前和碰后的s?t图像如图乙所示,已知ma=5kg。若b球的质量为mb,两球因碰撞而损失的机械能为ΔE,则( )A.mb=1kg B.mb=2kgC.ΔE=15JD.ΔE=35JAC9.(2020·四川攀枝花第二次诊断)如图所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块,当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变,子弹可视为质点,则子弹穿过木块的时间为( )D10.(2020·山东青岛高三期末联考)如图所示,在光滑水平面上有一带挡板的长木板,挡板和长木板的总质量为m,木板长度为L(挡板的厚度可忽略),挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定,整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0,滑块相对木板向右运动,刚好能与小炸药包接触,接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短,爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动,且完好无损),滑块向左运动,最终回到木板的左端,恰与木板相对静止。求:限时练?通高考点击进入word....[限时练·通高考]__________________________________科学设题__拿下高考高分(45分钟)[基础题组专练]1.(2020·高考全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解析:汽车剧烈碰撞瞬间,安全气囊弹出,立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止,动量的变化量是一定的,由于安全气囊的存在,作用时间变长,据动量定理Δp=FΔt知,司机所受作用力减小;又知安全气囊打开后,司机与物体的接触面积变大,因此减少了司机单位面积的受力大小;碰撞过程中,动能转化为内能。综上可知,选项D正确。答案:D2.(2020·山东桓台一中高三诊断)如图所示,光滑水平面上,甲、乙两个球分别以大小为v1=1m/s、v2=2m/s的速度做相向运动,碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度向左运动,则甲、乙两球的质量之比为( )A.1∶1 B.1∶2C.1∶3D.2∶1解析:设甲、乙两球的质量分别为m1、m2,以乙球的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得m2v2-m1v1=(m1+m2)v,代入数据解得m1∶m2=1∶1,A正确。答案:A3.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是( )A.vA′=5m/s,vB′=2.5m/sB.vA′=2m/s,vB′=4m/sC.vA′=-4m/s,vB′=7m/sD.vA′=7m/s,vB′=1.5m/s解析:虽然题中四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA′大于B的速度vB′,必然要发生第二次碰撞,不符合实际;C项中,两球碰后的总动能Ek′=mAvA′2+mBvB′2=57J,大于碰前的总动能Ek=22J,违背了能量守恒定律;而B项既符合实际情况,也不违背能量守恒定律,故B项正确。答案:B4.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失,重力加速度g取10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析:平抛运动时间t==1s,爆炸过程遵循动量守恒定律,设弹丸质量为m,则mv=mv甲+mv乙,又因为v甲=,v乙=,t=1s,则有x甲+x乙=2m,将各选项中数据代入计算得B正确。答案:B5.(2020·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3J B.4JC.5JD.6J解析:根据图像,碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0m/s,v乙=1.0m/s,碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′=-1.0m/s,v乙′=2.0m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′,碰撞过程损失的机械能ΔE=m甲v+m乙v-m甲v甲′2-m乙v乙′2,联立以上各式解得ΔE=3J。答案:A6.(2020·江苏通州、海门、启东高三联考)在如图甲所示的水平面上,B点左侧光滑、右侧粗糙,静止放置甲、乙两个可视为质点的小球,已知m甲=2kg,m乙=4kg。乙球与B点右侧水平面的动摩擦因数μ=0.2。现给甲球一个水平向右的速度v1=5m/s,与乙球发生碰撞后被弹回,弹回的速度大小v1′=1m/s。(1)试求发生碰撞后,乙球获得的速度大小;(2)碰撞后,立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上,F随时间变化的规律如图乙所示,试求3s末乙球的速度大小。解析:(1)设发生碰撞后,乙球的速度大小为v2,以水平向右为正方向,对甲、乙两球组成的系统,由动量守恒定律有m甲v1=m甲(-v1′)+m乙v2解得v2=3m/s。(2)对乙球,由动量定理有IF-μm乙gt=m乙v2′-m乙v2由图乙可知,0~3s力F对乙球的冲量IF=×3N·s=15N·s解得v2′=0.75m/s。答案:(1)3m/s (2)0.75m/s[能力题组专练]7.(多选)(2020·山东济南高三质量评估)如图所示,一质量为3m的容器静止在光滑水平面上,该容器的内壁是半径为R的光滑半球面,在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P。重力加速度为g。下列说法正确的是( )A.P滑到最低点时的动能为mgRB.P从开始到最低点的过程中机械能减少了C.P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于RD.P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R解析:小滑块由最高点运动到最低点的过程,容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒,则由动量守恒定律可知0=mvP-3mv,又由机械能守恒定律得mgR=mv+×3mv2,解得v=,vP=3,则小滑块在最低点的动能为EkP=mgR,该过程中小滑块减少的机械能为ΔE=mgR-mgR=mgR,A错误,B正确;假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h,则对小滑块和容器组成的系统,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP-3mv=4mv′,mgR=mgh+×4mv′2,解得v′=0,h=R,C错误,D正确。答案:BD8.如图甲所示,在光滑水平桌面上,有P、Q两物块,它们在t=4s时发生碰撞,图乙是两者碰撞前后的位移—时间图像。已知物块P的质量mP=1kg,求:(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小;(2)碰撞过程损失的机械能。解析:(1)根据位移—时间图像可知,碰撞前P的速度v0==4m/s根据位移—时间图像知,碰撞后二者速度相同,说明碰撞为完全非弹性碰撞,碰撞后,二者的共同速度v==1m/s碰撞过程,取碰撞前P的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mPv0=(mP+mQ)v解得mQ=3kg对物块Q,由动量定理知,两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量I=ΔpQ=mQv=3N·s。(2)由能量守恒定律知,碰撞过程中损失的机械能ΔE=mPv-(mP+mQ)v2解得ΔE=6J。答案:(1)3kg 3N·s (2)6J9.(2020·福建龙岩高三模拟)如图所示,在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体,曲面体的右侧与冰面相切,一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1=40kg,球的质量为m2=10kg,曲面体的质量为m3=10kg。某时刻小孩将球以v0=4m/s的水平速度向曲面体推出,推出后,球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)。求:(1)推出球后,小孩和冰车的速度大小v1;(2)球在曲面体上升的最大高度h。解析:(1)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得m2v0-m1v1=0解得小孩和冰车的速度大小v1=1m/s。(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象,取水平向左为正方向,由水平方向动量守恒得m2v0=(m2+m3)v2解得球在最大高度处与曲面体的共同速度v2=2m/s球在曲面体上升的过程,由机械能守恒定律得m2v=(m2+m3)v+m2gh解得球在曲面体上升的最大高度h=0.4m。答案:(1)1m/s (2)0.4m10.(2020·安徽名校联盟5月模拟)如图所示,质量为m1=1.0kg的木板,AB段是半径为R=0.22m的四分之一光滑圆弧轨道,水平段与圆弧段相切于B点,木板右端固定一轻质弹簧,自由伸长时其左端位于C点正上方。现用质量为m2=1.0kg的小物块将弹簧压缩x=0.10m,并用水平细线系在木板右端(弹簧与物块接触但未连接),整个系统静止在光滑水平面上。已知木板BC段的长度为L=0.60m,与物块的动摩擦因数为μ=0.30,木板C点右侧表面光滑,取重力加速度g=10m/s2。(1)若固定木板,烧断细线后物块刚好能运动A点,求物块刚进入圆弧轨道时对B点的压力F的大小;(2)若木板不固定,烧断细线后物块刚好能运动A点,求物块最终离B点的距离s;(3)若木板不固定,烧断细线后物块上升到最高点时高出A点0.10m,求该过程中木板的位移s板。解析:(1)设物块在B点的速度大小为v1,木板对物块的支持力大小为F′。物块从B到A的过程,根据机械能守恒定律可得m2gR=m2v在B点,对物块,根据牛顿第二定律得F′-m2g=m2eq\f(v,R)联立可得F′=30N根据牛顿第三定律有F=F′=30N。(2)设细线烧断前弹簧的弹性势能为Ep,若木板不固定,烧断细线后物块运动到A点时,物块和木板的速度为v2。对整个系统从烧断细线至物块运动到A点的过程,取水平向左为正方向,根据水平方向动量守恒可得0=(m1+m2)v2解得v2=0根据能量守恒定律可得Ep=(m1+m2)v+m2gR+μm2gL最终状态物块与木板一起静止,设物块在木板上BC段运动的总路程为d,由能量守恒定律得Ep=μm2gd联立解得d=m所以物块最终离B点的距离为s=3L-d=m≈0.47m。(3)设从细线烧断至物块上升到最高点的过程中,物块的水平速度为v物时木板的速度大小为v板,该过程中物块水平方向的位移大小为s物,木板的位移大小为s板,由水平方向动量守恒可知全过程始终有0=m2v物-m1v板所以有m2s物=m1s板又由物块和木板水平方向的运动关系有s物+s板=R+L+x解得s板=0.46m。答案:见解析第3讲 碰撞与动量守恒[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点思维导图要点熟记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.不受外力或者所受外力的矢量和为零时,系统的动量守恒;当外力比相互作用的内力小得多时,系统的动量近似守恒;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:m1v+m2v=m1v1′2+m2v2′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=(m1v+m2v)-(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=(m1v+m2v)-(m1v1′2+m2v2′2)。[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能考向一 冲量与动量定理1.恒力:求Δp时,用Δp=Ft。2.变力:求I时,用I=Δp=mv2-mv1。3.Δp一定:Ft为确定值,F=,t小F大——如碰撞;t大F小——如缓冲。4.矢量性: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。5.流体类:对于连续流体应用动量定理时,要确定小段时间Δt的连续体为研究对象,写出Δt内的质量Δm与Δt的关系式,分析连续Δm的受力情况和动量变化。[典例1] (多选)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( )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[解析] 根据F?t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量,可知在0~1s、0~2s、0~3s、0~4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s,应用动量定理I=mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s,物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s,故A、B正确,C、D错误。[答案] AB1.(2019·高考全国卷Ⅰ)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( )A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg解析:设1s内喷出气体的质量为m,喷出的气体与该发动机的相互作用力为F,由动量定理Ft=mv知,m==kg=1.6×103kg,选项B正确.答案:B2.(2020·安徽六安一中高三下学期检测)一质量为m=60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起,经t=0.2s,以大小v=1m/s的速度离开地面,取重力加速度g=10m/s2,在这0.2s内( )A.重力对运动员的冲量大小为0B.地面对运动员的冲量大小为60N·sC.地面对运动员做的功为30JD.地面对运动员做的功为零解析:重力对人的冲量大小为mgΔt=120N·s,人的速度原来为零,起跳后变为v,以向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对人的冲量为I=mv+mgΔt=60×1N·s+600×0.2N·s=180N·s,A、B错误;人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,支持力的作用点在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,C错误,D正确。答案:D3.运动员在水上做飞行运动表演,他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg,两个喷嘴的直径均为10cm,重力加速度大小g取10m/s2,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为( )A.2.7m/s B.5.4m/sC.7.6m/sD.10.8m/s解析:设Δt时间内有质量为m的水射出,忽略重力冲量,对这部分水由动量定理得FΔt=2mv,m=2ρvΔt·π,运动员悬停在空中,所以F=Mg,联立解得v≈5.4m/s,故B正确。答案:B4.(2020·江苏省南通市通州区高三下学期检测)水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,两物体的v?t图像如图所示,图中AB∥CD,则整个过程中( )A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量解析:由图可知,AB与CD平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等,但a的运动总时间小于b的时间,根据I=Fft可知,摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量,故C错误;根据动量定理,对整个过程研究得F1t1-FftOB=0,F2t2-FftOD=0,由图看出,tOB<tOD,则有F1t1<F2t2,即F1的冲量小于F2的冲量,故A、B错误;根据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化量,a、b两个物体动量的变化量都为零,所以相等,故D正确。答案:D考向二 动量、动量守恒定律1.动量守恒的条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒:外力远小于内力,且作用时间极短,外力的冲量近似为零,或外力的冲量比内力冲量小得多。(3)单方向守恒:合外力在某方向上的分力为零,则系统在该方向上动量守恒。2.动量守恒定律的表达式(1)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(3)Δp=0,系统总动量的增量为零。[典例2] 如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍。甲和他的冰车的总质量为M=30kg,乙和他的冰车的总质量也是M=30kg。甲推着一个质量为m=15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时,乙迅速抓住。若不计冰面摩擦,求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出,才能避免与乙相撞?[解析] 要想刚好避免相撞,要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,乙抓住箱子后的速度为v2。对甲和箱子,推箱子前后动量守恒,以甲初速度方向为正方向,由动量守恒定律有(M+m)v0=mv+Mv1①对乙和箱子,抓住箱子前后动量守恒,以箱子初速度方向为正方向,由动量守恒定律有mv-Mv0=(m+M)v2②甲与乙刚好不相撞的条件是v1=v2③联立①②③解得v=5.2m/s,方向与甲和箱子初速度方向一致。[答案] 5.2m/s规律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,如典例中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统。(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。5.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A,斜面体的质量为M,底边长为L,如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面体的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面体底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN,则下列说法正确的是( )A.FN=mgcosαB.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L解析:当滑块B相对于斜面体加速下滑时,斜面体A水平向左加速运动,所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα,故A错误;根据冲量定义I=Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I=FNt,故B错误;由于滑块B有竖直方向的分加速度,所以系统竖直方向合外力不为零,系统的动量不守恒,故C错误;系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得M-m=0,即有Mx1=mx2,又x1+x2=L,解得x1=L,故D正确。答案:D6.如图所示,一轻质弹簧两端连着物体A和B,放在光滑的水平面上,物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的,子弹的质量m是物体B的质量的,则弹簧压缩到最短时B的速度为( )A. B.C.D.解析:根据题意可知,B的质量mB为4m,A的质量mA为3m,子弹的质量为m,子弹刚射入物块A时,A具有最大速度v,此过程中子弹与A的动量守恒,以子弹的初速度方向为正,根据动量守恒定律得mv0=(m+mA)v,解得v=,对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统,A、B速度相等时弹簧被压缩到最短。弹簧压缩的过程中,根据动量守恒定律可得(m+mA)v=(m+mA+mB)v′,由此解得v′=,故选项C正确。答案:C7.(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板,一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg解析:设运动员的质量为M,第一次推物块后,运动员速度为v1,第二次推物块后,运动员速度为v2……第八次推物块后,运动员速度为v8,第一次推物块后,由动量守恒定律知:Mv1=mv0第二次推物块后,由动量守恒定律知:M(v2-v1)=m[v0-(-v0)]=2mv0……第n次推物块后,由动量守恒定律知:M(vn-vn-1)=2mv0整理得vn=则v7=,v8=由题意知,v7<5m/s,则M>52kg,又知v8>5m/s,则M<60kg,可知选项B、C正确。答案:BC考向三 动量和能量综合应用的“典型模型”动量和能量综合应用的“典型模型”主要是指“碰撞模型”“爆炸与反冲运动模型”“板—块模型”,所涉及的问题往往是多过程问题,解决这类问题要弄清物理过程,分清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。模型1 碰撞模型1.碰撞的“三个原则”(1)动量守恒原则,即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律;(2)能量不增加原则,即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量;(3)物理情境可行性原则,即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。2.熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1=v0、v2=v0。3.熟记弹性正碰的结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度;当m1?m2,且v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v0;当m1?m2,且v20=0时,碰后质量小的球原速率反弹。[典例3] 如图所示,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。[思路点拨] 解此题的关键有两点:正确分析“A只与B、C各发生一次碰撞”的条件。(1)A与C发生碰撞后,A反弹,速度v1<0,即m<M。(2)A向左运动与B发生碰撞后,需要满足A碰后的速度小于等于C的速度。[解析] 设A运动的初速度为v0,A向右运动与C发生碰撞,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得mv=mv+Mv可得v1=v0,v2=v0要使得A与B能发生碰撞,需要满足v1<0,即m<MA反向向左运动与B发生碰撞,有mv1=mv3+Mv4mv=mv+Mv整理可得v3=v1,v4=v1由于m<M,所以A还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足v3≤v2即v0≥v1=()2v0整理可得m2+4Mm≥M2解方程可得m≥(-2)M另一解m≤-(+2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞,须满足(-2)M≤m<M。[答案] (-2)M≤m<M易错警示解决碰撞问题的两点注意……………………………………………………(1)判断两物体碰撞瞬间的情况:当两物体相碰时,首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律,列出相对应的物理方程:①如果物体间发生的是弹性碰撞,则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解,如典例中的碰撞过程为弹性碰撞;②如果物体间发生的不是弹性碰撞,则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。模型2 爆炸与反冲运动模型1.爆炸和反冲运动相互作用力远远大于受到的外力,系统的总动量守恒。2.爆炸和反冲运动系统的总动能增加。3.爆炸和反冲运动的作用过程产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认作用前后在同一位置。[典例4] (2018·高考全国卷Ⅰ)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。[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E=mv①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt②联立①②式得t=③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mv+mv=E⑤mv1+mv2=0⑥由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有mv=mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h=h1+h2=⑧[答案] 见解析模型3 “板—块”模型1.条件:系统所受合外力为零。2.问题及其方法(1)求速度的方法:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统;(2)求时间的方法:根据动量定理求解,研究对象为一个物体;(3)求位移的方法:根据动能定理求解,研究对象为一个物体;(4)求系统产生的内能的方法:根据能量守恒定律求解,即Q=Ffx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统;(5)求相对位移的方法:根据能量守恒定律求解,即Ffx=E初-E末,研究对象为一个系统。[典例5] 如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动,C以速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气阻力。求:(1)木板C的最终速度的大小;(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff;(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。[解析] (1)B、C碰撞过程中动量守恒,有2mv-mv=(2m+m)v1解得v1=A滑到C上,A、C动量守恒,有3mv+mv1=(3m+m)v2解得v2=v。(2)在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律得Q=Ff·,Q=(3m)v2+mv-(3m+m)v解得Ff=。(3)在A、C相互作用过程中,以C为研究对象,由动量定理得Fft=mv2-mv1解得t=。[答案] (1)v (2) (3)8.(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示,光滑水平面上有a、b两个小球,a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动,其碰前和碰后的s?t图像如图乙所示,已知ma=5kg。若b球的质量为mb,两球因碰撞而损失的机械能为ΔE,则( )A.mb=1kg B.mb=2kgC.ΔE=15JD.ΔE=35J解析:在s?t图像中图线的斜率表示小球运动的速度大小,所以va=m/s=6m/s,vb=0,碰后两球粘合在一起共同运动的速度为v=m/s=5m/s,碰撞过程动量守恒,得mava=(ma+mb)v,解得mb=1kg,故A正确,B错误;根据功能关系得ΔE=mav-(ma+mb)v2=15J,故C正确,D错误。答案:AC9.(2020·四川攀枝花第二次诊断)如图所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块,当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变,子弹可视为质点,则子弹穿过木块的时间为( )A.(s+L) B.(s+2L)C.(s+L)D.(L+2s)解析:子弹穿过木块的过程,对子弹和木块组成的系统,所受外力之和为零,动量守恒,有mv0=mv1+mv2,设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff,对子弹,由动能定理得-Ff(s+L)=mv-mv,由动量定理得-Fft=mv1-mv0,对木块,由动能定理得Ffs=mv,由动量定理得Fft=mv2,联立解得t=(L+2s),故选D。答案:D10.(2020·山东青岛高三期末联考)如图所示,在光滑水平面上有一带挡板的长木板,挡板和长木板的总质量为m,木板长度为L(挡板的厚度可忽略),挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定,整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0,滑块相对木板向右运动,刚好能与小炸药包接触,接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短,爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动,且完好无损),滑块向左运动,最终回到木板的左端,恰与木板相对静止。求:(1)滑块与木板间的动摩擦因数;(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。解析:(1)滑块相对木板向右运动,刚好能与炸药包接触,此时滑块和木板的速度相同,设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1,以水平向右为正方向;滑块在木板上滑动的过程中,滑块和木板组成的系统所受合外力为零,则该系统动量守恒,故有mv0=2mv1解得v1=v0,方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中,由功能关系可知μmgL=mv-·2mv联立解得μ=eq\f(v,4gL)。(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′,最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2,系统在爆炸前后动量守恒,则有2mv1=mv1′+mv2′2mv1=2mv2系统爆炸后,对滑块在木板上运动的过程应用功能关系,则有μmgL=mv1′2+mv2′2-·2mv联立以上各式解得v1′=0;v2′=v0,方向水平向右。答案:(1)eq\f(v,4gL) (2)滑块速度为0 木板速度为v0,方向水平向右 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2021届高考统考物理二轮优化作业:专题二 第3讲 碰撞与动量守恒.doc 2021届高考统考物理二轮学案:专题2 第3讲 碰撞与动量守恒 Word版含解析.doc 2021届高考统考物理二轮课件:专题二 第3讲 碰撞与动量守恒.ppt