2019高考物理二轮复习第8讲动量定理和动量守恒定律专题训练20190301234
高考物理二轮复习动量专题动量和动量定理课件
位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数
为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开
始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞
时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的
距离为h/16。小球与物块均 视为质点，不计空气阻力, A
重力加速度为g，求物块在
O
h B
水平面上滑行的时间t。
12/8/2021
解：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰
起跳上升、越杆下落。在第二十九届北京奥运会 比赛中,身高1.74m的俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃 以5.05m的成绩打破世界纪录。设伊辛巴耶娃从 静止开始以加速度a2匀加速助跑, 速度达到 v=8.0m/s时撑杆起跳,使重心升高h1=4.20m后越过 横杆，过杆时的速度不计。过杆后做自由落体运 动,重心下降h2=4.05m时身体接触软垫,从接触软 垫到速度减为零的时间t=0.90s。已知伊辛巴耶娃 的质量m=65kg，重力加速度g取10m/s2，不计杆 的质量和空气的阻力。求：
联立以上各式并代入数据得： N1.8 7N 2
由牛顿第三定律得碰撞过程篮球对地面的平均
冲力大小为：N N 1.7 8 N 2
12/8/2021
11.（20分）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂 浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量 逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一 系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0,初速度为v0, 下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变 为m1。此后每经过同样的距离l后, 雨滴均与静止 的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3 … mn…（设各质量为已知量）。不计空气阻力。 （1）若不计重力,求第n次碰撞后雨滴的速度vn' （2）若考虑重力的影响， a．求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1' ； b．求第n次碰撞后雨滴的动能
专题08 动量定理和动量守恒定律(解析版)-高考物理计算题专项突破
专题08 动量定理和动量守恒定律1.动量：mv p =；（动量是矢量，它的方向与速度方向相同）2.动量与动能关系式：k mE p 2=或mp E k 22=；3.冲量：t F I ∆=；4.动量定理：p mv mv p p I ∆=-=-=''；5.动量守恒定律：''22112211v m v m v m v m +=+，0'=-=∆p p p ，21p p ∆-=∆；在解有关动量定理和动量守恒定律的计算题时：首先选取研究对象，一般情况下可选取单个物体，也可以选取两个或多个物体组成的系统为研究对象；其次，在研究过程中，要选定正方向，进而分析运动的初、末状态；再次，分段或全程对研究对象进行受力分析，针对系统的受力分析，要弄清系统的内力和外力，判断其是否满足动量守恒条件。
最后，根据动量定理或动量守恒定律，列出方程求解。
一、动量定理1.动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。
对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。
系统内力的作用不改变整个系统的总动量。
2.用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。
但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。
对于变力，动量定理中的F 应当理解为变力在作用时间内的平均值。
3.用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。
分析问题时，要把哪个量一定哪个量变化搞清楚。
4.应用I p =∆求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用I Ft =求变力的冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化p ∆，等效代换变力的冲量I 。
5.应用p Ft ∆=求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化21p p p ∆=-需要应用矢量运算方法，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。
【3年高考2年模拟】2019高考物理二轮重难点：第8讲 动量定理和动量守恒定律(可编辑PPT)
考点2
栏目索引
2.判断动量是否守恒与机械能是否守恒的方法
(1)判断动量是否守恒一般都是根据守恒条件。
高考导航
(2)判断机械能是否守恒既可以根据守恒条件,也可以根据守恒表达式,即E1=E2。
考点2
栏目索引
高考导航 1.如图所示,一质量M=3.0 kg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=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/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 ( )
考点3
栏目索引
(1)邮件滑动的时间t;
(2)邮件对地的位移大小x; (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
高考导航
答案 (1)0.2 s
(2)0.1 m
(3)-2 J
考点3
栏目索引
解析 (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力
为F,则 F=μmg ① 取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有 Ft=mv-0 ② 由①②式并代入数据得 t=0.2 s③ (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有
考点2
栏目索引
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
高考导航
能守恒,水平方向动量守恒,D正确;m滑到右端两者有相同的速度时有0=(m+ M)v,v=0,再根据机械能守恒定律可知,m恰能到达M上的B点,且m到达B的瞬 间,m、M速度为零,A错误;m从A到C的过程中M向左加速运动,m从C到B的过 程中M向左减速运动,B错误,C正确。
考点1
栏目索引
2.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪
2019年高考物理二轮复习专题讲义：动量专题 102.动量守恒定律(含答案)
动量守恒定律复习精要一、动量守恒定律 1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变. 2.表达式(1)p ＝p ′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.(2)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，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. (3)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向. (4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零. 3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.(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合力为零，则系统在这一方向上动量守恒. 1. 动量守恒定律的表述。
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
如果：∑F =0 则 △p =0 2．常用的表达方式由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中，所以在通常情况下表达形式为：2211202101v m v m v m v m +=+3. 动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或者所受外力之和为零；(2)系统受外力，但外力远小于内力, 可以忽略不计；(3)系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
(4)全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
4. 应用动量守恒定律的注意点： (1)注意动量守恒定律的适用条件，(2)特别注意动量守恒定律的矢量性：要规定正方向， 已知量跟规定正方向相同的为正值，相反的为负值，求出的未知量是正值，则跟规定正方向相同，求出的未知量是负值，则跟规定正方向相反。
(3)注意定律的广泛性：动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂,只要系统所受合外力为零,动量守恒定律都适用。
2019版高考物理大二轮复习 考前基础回扣练8 动量定理和动量守恒定律
回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ），即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2g解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g，故D 正确；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。
2019届高考物理二轮复习专题二功和能考点3动量定理与动量守恒定律课件
②
式中 v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度。
联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg
③
(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0
④
代入数据得 v1＝1 m/s
⑤
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
D．6.3×102 kg·m/s
解析 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2，根据 动量守恒，m1v1＝m2v2，解得火箭的动量为：P＝m2v2 ＝m1v1＝30 kg·m/s，所以A正确；BCD错误。 答案 A
2．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg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2－3－1所示，则
图2－3－1
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零
解析 由动量定理可得：Ft＝mv，解得 v＝Fmt，t＝1 s 时物块的速率为 v ＝Fmt＝2×2 1 m/s＝1 m/s，故 A 正确；t＝2 s 时物块的动量大小 p＝Ft＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s 时物块的动量大小为 p′＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为 p″＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所 以 t＝4 s 时物块的速度为 1 m/s，故 B 正确，C、D 错误。
⑥
12m2v220＝12m2v22＋12m3v23
⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s
2019年高考物理二轮复习专题讲义：动量专题 101.动量和动量定理 含答案
动量和动量定理复习精要一、动量、动量变化、冲量1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积.(2)表达式：p＝m v.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同.2.动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同.(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p.3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同.1.对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的.②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量.(2)动量与动能的比较2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积.②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致.(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系. (3)冲量与功的比较一、动量概念及其理解（1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量p=mv （2）特征： ①动量是状态量，它与某一时刻相关； ②动量是矢量，其方向与物体运动速度的方向相同。
（3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态,动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。
二、冲量概念及其理解（1）定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F △t （2）特征：（3动量将变多少。
三、关于冲量的计算 （1）恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F （2）方向恒定的变力的冲量计算。
如力F 的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图—1所示，则该力在时间△t =t 2-t 1积”。
2019年高考物理二轮复习专题讲义动量专题102.动量守恒定律Word版含答案
动量守恒定律复习精要一、动量守恒定律1.内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变.2.表达式(1)p ＝p ′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.(2)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，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.(3)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向. (4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零.3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.(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合力为零，则系统在这一方向上动量守恒.1. 动量守恒定律的表述。
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
如果：∑F =0 则 △p =02．常用的表达方式由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中，所以在通常情况下表达形式为： 2211202101v m v m v m v m +=+3. 动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或者所受外力之和为零；(2)系统受外力，但外力远小于内力, 可以忽略不计；(3)系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
(4)全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
4. 应用动量守恒定律的注意点：(1)注意动量守恒定律的适用条件，(2)特别注意动量守恒定律的矢量性：要规定正方向，已知量跟规定正方向相同的为正值，相反的为负值，求出的未知量是正值，则跟规定正方向相同，求出的未知量是负值，则跟规定正方向相反。
(3)注意定律的广泛性：动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂,只要系统所受合外力为零,动量守恒定律都适用。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第8讲动量定理和动量守恒定律一、选择题(每小题6分,共42分)1.(2018海南海口质检)如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,落地瞬间,B先与地面碰撞,后与A碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向,碰撞时间均可忽略不计。
已知m2=3m1,则A反弹后能达到的高度为( )A.hB.2hC.3hD.4h2.某同学质量为60 kg,在训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢驶来的小船上,小船的质量是140 kg,原来的速度大小是0.5 m/s,该同学上船后又跑了几步,最终停在船上,则( )A.人和小船最终静止在水面上B.该过程人的动量变化量的大小为105 kg·m/sC.船最终速度的大小为0.95 m/sD.船的动量变化量的大小为70 kg·m/s3.在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球,一个竖直上抛,一个竖直下抛,一个平抛,若不计空气阻力,三个小球从抛出到落地的过程中( )A.三个小球动量的变化量相同B.下抛球和平抛球动量的变化量相同C.上抛球动量变化量最大D.三球落地时的动量相同4.(2018河北石家庄质检)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8 kg·m/s,则甲、乙两球质量m1与m2的关系可能是( )A.m1=m2B.2m1=m2C.3m1=2m2D.4m1=m25.如图所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙,右侧靠一质量为M2的物块,今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下,与半圆槽相切于A点进入槽内,则以下结论中正确的是( )A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动D.半圆槽将不会再次与墙接触6.(多选)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,AB总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是( )A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动B.C与B碰前,C与AB的速率之比为M∶mC.C与油泥粘在一起后,AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后,AB继续向右运动7.(2018山西太原一模)(多选)如图所示,长为L的轻杆两端分别固定a、b金属球,两球质量均为m,a放在光滑的水平面上,b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L,现将b从图示位置由静止释放,则( )A.在b球落地前的整个过程中,a、b组成的系统水平方向上动量守恒B.从开始到b球距地面高度为的过程中,轻杆对a球做功为-1mgL8mgLC.从开始到b球距地面高度为的过程中,轻杆对b球做功为-8D.在b球落地的瞬间,重力对b球做功的功率为mg g二、非选择题(共38分)8.(10分)如图所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞,B、C的上表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能达到C板的最右端,已知A、B、C质量均相等,木板C长为L,求:(1)A物体的最终速度;(2)A在木板C上滑行的时间。
9.(2018山东临沂一模)(14分)如图,长度x=5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板,右端Q处与水平传送带平滑连接,传送带以一定速率v逆时针转动,其上表面QM间距离为L=4 m,MN无限长,M端与传送带平滑连接。
物块A和B可视为质点,A的质量m=1.5 kg,B的质量M=5.5 kg。
开始A静止在P处,B静止在Q处,现给A一个向右的初速度v0=8 m/s,A运动一段时间后与B发生弹性碰撞,设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ=0.15,A与挡板的碰撞也无机械能损失。
取重力加速度g=10 m/s2,求:(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小;(2)若传送带的速率为v=4 m/s,试判断A、B能否再次相遇,若能相遇,求出相遇的位置;若不能相遇,求它们最终相距多远。
10.(2018福建泉州二模)(14分)如图,质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上,木板B端与台面右边缘齐平。
B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为μ=1,质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点,细绳竖直时小球恰好与C接触。
现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力;(2)若要使小球落在释放点的正下方P点,平台高度应为多大;(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。
答案精解精析一、选择题1.D 所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑能量损失。
设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得(m 1+m 2)gh=1 (m 1+m 2)v 2,m 2v-m 1v=m 1v 1+m 2v 2,1 (m 1+m 2)v 2=1 m 1 1 +1 m 2 ,1m 1 1=m 1gh 1,将m 2=3m 1代入,联立可得h 1=4h,选项D 正确。
2.B 人与船组成的系统,在水平方向动量守恒,选取人运动的方向为正方向,得m 1v 1-m 2v 2=(m 1+m 2)v,解得v=0.25 m/s,与人的速度方向相同,故A 、C 错误;该过程人的动量变化量Δp 1=m 1v-m 1v 1=-105 kg ·m/s,故B 正确;船的动量变化量Δp 2=m 2v-(-m 2v 2)=105 kg ·m/s,故D 错误。
3.C 三个小球以相同的速率抛出,可知竖直上抛运动的小球运动时间大于平抛运动的时间,平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间,所以竖直上抛运动的时间最长,根据动量定理知,mgt=Δp,可得上抛球动量变化量最大,下抛球动量变化量最小,故C 正确,A 、B 错误;根据动能定理知,mgh=1mv 2-1m 0 ,可知三球落地时速度的大小相等,由于平抛运动的速度方向与竖直上抛运动和竖直下抛运动的速度方向不同,则动量不同,故D 错误。
4.B 根据动量守恒定律有p 1+p 2=p 1'+p 2',可得p 1'=4 kg ·m/s,碰撞过程中动能不增加,则有 11+≥ 1 1+,可得1≤ 5,则A 、C 项错误。
碰后甲球的速度不大于乙球的速度,则有 11≤,可得1≥1,则D 项错误。
5.D 小球从A →B 的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过程中,小球与半圆槽组成的系统在水平方向受到外力的作用,动量并不守恒,由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒,选项A 、B 错误;从B →C 的过程中,小球对半圆槽的压力方向向右下方,所以半圆槽向右推动物块一起运动,因而小球参与了两个运动:一个是沿半圆槽的圆周运动,另一个是与半圆槽一起向右运动,当小球运动到C 点时,小球的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,即选项C 错误;因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终半圆槽将不会再次与墙接触,选项D 正确。
6.BC 小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒,C 向右运动时,AB 应向左运动,故A 错误;设碰前C 的速率为v 1,AB 的速率为v 2,则0=mv 1-Mv 2,得 1=,故B 正确;设C 与油泥粘在一起后,AB 、C 的共同速度为v 共,则0=(M+m)v 共,得v 共=0,故C 正确,D 错误。
7.BD 因为水平面光滑,且b 套在光滑杆上,在水平方向上a 和b 组成的系统受杆的弹力,则a 、b 组成的系统水平方向动量不守恒,A 项错误。
由机械能守恒有mg1=1m +1m,a 、b 在沿杆方向上的分速度大小相等,则v a cos 30°=v b cos 60°,解得v a =1 -1 g ,v b =1- g ,所以轻杆对a 球做的功W a =1m -0=-18mgL,轻杆对b 球做的功W b =1 m -mg 1 =7 5 8mgL,故B 正确,C 错误;在b 球落地瞬间,v a地=0,由机械能守恒可得mg ·L=1m地 ,解得v b 地= g ,所以在b 球落地的瞬间,重力对b 球做功的功率为P b 地=mgv b 地=mg g ,故D 项正确。
二、非选择题 8.答案 (1)0 (2)解析 (1)设A 、B 、C 的质量均为m,B 、C 碰撞过程中动量守恒,设B 、C 碰后的共同速度为v 1则mv 0=2mv 1,解得v 1=B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C,A 滑上C 后,B 、C 脱离,A 、C 相互作用的过程中动量守恒,设最终A 、C 的共同速度为v 2则mv 0+mv 1=2mv 2,解得v 2=(2)在A 、C 相互作用的过程中,根据能量守恒定律有F f L=1m 0 +1m 1 -1·2m (F f 为A 、C 间的摩擦力)解得F f = 01此过程中对C,根据动量定理有F f t=mv 2-mv 1 解得t=9.答案 (1)4 m/s 3 m/s (2)不能相遇 5m解析 (1)设A 与B 碰撞前的速度为v A ,由P 到Q 过程,由动能定理得-μmgx=1m -1m 0①A 与B 碰撞前后动量守恒,有mv A =mv A '+Mv B '② 由能量守恒定律得1 m =1 mv A '2+1Mv B '2③联立①②③式得v A '=-4 m/s,v B '=3 m/s 碰后A 、B 的速度大小分别为4 m/s 、3 m/s (2)设A 碰撞后运动的路程为s A ,由动能定理得 -μmgs A =0-1mv A '2④解得s A=1 m所以A与挡板碰撞后再运动s A'=s A-x=1 m⑤设B碰撞后向右运动的距离为s B,则-μMgs B=0-1Mv B'2⑥解得s B=3 m<L⑦故物块B碰后不能滑上MN,当速度减为0后,B将在传送带的作用下反向加速运动,B再次到达Q处时的速度大小为3 m/s在水平面PQ上,B再运动s B'=s B=3 m停止,s B'+s A'<5 m,所以A、B不能再次相遇A、B最终的距离s AB=x-s A'-s B'=5 m10.答案见解析解析(1)设小球运动到最低点的速率为v0,小球向下摆动过程,由动能定理得mgL=1m0解得v0=小球在圆周最低点时拉力最大,由牛顿第二定律得F T-mg=m0解得F T=3mg由牛顿第三定律可知,小球对细绳的拉力F T'=F T即细绳能够承受的最大拉力F T'=3mg(2)小球碰撞后做平抛运动竖直位移h=1gt2水平分位移L=0t解得h=L(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒,设C碰后速率为v1依题意有mv0=m-0+3mv1假设木板足够长,在C与木板相对滑动直到相对静止过程中,设两者最终共同速率为v2由动量守恒定律得3mv1=(3m+6m)v2由能量守恒定律得1·3m=1(3m+6m)+μ·3mgs1解得s=由s<L知,滑块C不会从木板上掉下来。