2019届二轮复习动量与能量的综合应用课件（共49张）（全国通用） 49页

第 6 讲　动量与能量的综合应用 专题二　能量与动量 答案 回忆知识 构建体系 ③ F 合 ＝ 0 　 外力 远小于内力　某方向合外力为 0 　 m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ 研究高考真题 突破高频考点 栏目索引 研究高考真题 1.(2018· 全国卷 Ⅱ ·15) 高空坠物极易对行人造成伤害 . 若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约 为 A.10 N B.10 2 N C.10 3 N D.10 4 N 【考点定位】 动量定理、机械能守恒 【难度】 较易 解析 答案 √ 解析 　设每层楼高约为 3 m ，则下落高度约为 h ＝ 3 × 25 m ＝ 75 m 1 2 3 4 5 2.(2017· 全国卷 Ⅰ ·14) 将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空， 50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/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.30 kg·m/s 　　　　　　 B.5.7×10 2 kg·m/s C.6.0 × 10 2 kg·m/s D.6.3×10 2 kg·m/s 【考点定位】 动量守恒定律、反冲现象 【难度】 较易 √ 解析 答案 1 2 3 4 5 解析 　 设火箭的质量为 m 1 ，燃气的质量为 m 2 . 由 题意可知，燃气的动量 p 2 ＝ m 2 v 2 ＝ 50 × 10 － 3 × 600 kg·m/s ＝ 30 kg·m/s . 根据 动量守恒定律可得， 0 ＝ m 1 v 1 － m 2 v 2 ， 则 火箭的动量大小为 p 1 ＝ m 1 v 1 ＝ m 2 v 2 ＝ 30 kg·m/s ，所以 A 正确， B 、 C 、 D 错误 . 1 2 3 4 5 3.( 多选 )(2017· 全国卷 Ⅲ ·20) 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 1 所示， 则 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 【考点定位】 动量定理 【难度】 较易 解析 答案 √ 图 1 √ 1 2 3 4 5 t ＝ 2 s 时物块的动量大小 p 2 ＝ 2 × 2 kg·m/s ＝ 4 kg·m/s ， t ＝ 3 s 时物块的动量大小为 p 3 ＝ (2 × 2 － 1 × 1) kg·m/s ＝ 3 kg·m/s ， t ＝ 4 s 时物块的动量大小为 p 4 ＝ (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 . 1 2 3 4 5 4.(2018· 全国卷 Ⅰ ·24) 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： 【考点定位】 匀变速直线运动、机械能守恒、动量守恒定律 【点评】 动量守恒、能量守恒及匀变速直线运动简单地结合 【难度】 中等 1 2 3 4 5 (1) 烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； 解析 答案 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 － v 0 ＝－ gt ② 1 2 3 4 5 (2) 爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 . 解析 答案 1 2 3 4 5 解析 　 设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h 1 ， 由 机械能守恒定律有 E ＝ mgh 1 ④ 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 v 1 和 v 2 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 h 2 ， 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 5.(2018· 全国卷 Ⅱ ·24) 汽车 A 在水平冰雪路面上行驶 . 驾驶员发现其正前方停有汽车 B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B . 两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图 2 所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m ， A 车向前滑动了 2.0 m. 已知 A 和 B 的质量分别为 2.0 × 10 3 kg 和 1.5 × 10 3 kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10 ，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g ＝ 10 m/s 2 . 求： 【考点定位】 动量守恒、碰撞、牛顿第二定律 、 匀变速直线运动 【点评】 动量守恒定律在碰撞中的简单应用 【难度】 中等 图 2 1 2 3 4 5 (1) 碰撞后的瞬间 B 车速度的大小； 解析 答案 答案 　 3.0 m/s 　 解析 　 设 B 车的质量为 m B ，碰后加速度大小为 a B . 根据 牛顿第二定律有 μm B g ＝ m B a B ① 式中 μ 是汽车与路面间的动摩擦因数 . 设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 v B ′ ， 碰撞 后滑行的距离为 s B . 由运动学公式有 v B ′ 2 ＝ 2 a B s B ② 联立 ①② 式并代入题给数据得 v B ′ ＝ 3.0 m/s ③ 1 2 3 4 5 (2) 碰撞前的瞬间 A 车速度的大小 . 解析 答案 答案 　 4.25 m/s 解析 　 设 A 车的质量为 m A ，碰后加速度大小为 a A ， 根据 牛顿第二定律有 μm A g ＝ m A a A ④ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 v A ′ ，碰撞后滑行的距离为 s A ， 由 运动学公式有 v A ′ 2 ＝ 2 a A s A ⑤ 设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 v A . 两 车在碰撞过程中动量守恒，有 m A v A ＝ m A v A ′ ＋ m B v B ′ ⑥ 联立 ③④⑤⑥ 式并代入题给数据得 v A ＝ 4.25 m/s ⑦ 1 2 3 4 5 17 年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用， 18 年在计算题中出现， Ⅰ 卷、 Ⅱ 卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低， Ⅲ 卷只是用到了动量的概念，将来对于动量的考查综合性、难度应该不会太高，备考不宜过难 . 考情分析 突破高频考点 考点 1 　动量定理与动量守恒定律的基本应用 1. 动量定理公式： Ft ＝ p ′ － p 说明： (1) F 为合外力 ① 恒力，求 Δ p 时，用 Δ p ＝ Ft ② 变力，求 I 时，用 I ＝ Δ p ＝ m v 2 － m v 1 ③ 牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 t 小 F 大 —— 如碰撞； t 大 F 小 —— 如缓冲 . (2) 等式左边是过程量 Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式 . v 1 、 v 2 是以同一惯性参照物为参照的 . Δ p 的方向可与 m v 1 一致、相反或成某一角度，但是 Δ p 的方向一定与 F 一致 . 2. 动量守恒定律 (1) 表达式： m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ 或 p ＝ p ′ ( 系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p ′ ) ；或 Δ p ＝ 0( 系统总动量的增量为零 ) ；或 Δ p 1 ＝－ Δ p 2 ( 相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反 ). ( 2) 动量守恒条件： 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 . 　　　 ( 多选 )(2018· 陕西省安康市第二次质量联考 ) 一质量为 m ＝ 60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经 t ＝ 0.2 s ，以大小 v ＝ 1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 ，在这 0.2 s 内 A. 地面对运动员的冲量大小为 180 N·s B. 地面对运动员的冲量大小为 60 N·s C. 地面对运动员做的功为 30 J D. 地面对运动员做的功为零 例 1 答案 √ 解析 命题热点 1 　冲量、动量定理 √ 解析 　 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 － mg Δ t ＝ m v － 0 ，故地面对人的冲量为： I ＝ m v ＋ mg Δ t ＝ 60 × 1 N·s ＋ 600 × 0.2 N·s ＝ 180 N·s ，故 A 正确， 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，故 C 错误， D 正确 . 1.(2018· 山东省青岛市二模 ) 一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t ＝ 0 时刻开始，受到如图 3 所示的水平外力作用，下列说法正确的 是 A. 第 1 s 末物体的速度为 2 m/s B. 第 2 s 末外力做功的瞬时功率最大 C. 第 1 s 内与第 2 s 内质点动量增加量之比为 1 ∶ 2 D. 第 1 s 内与第 2 s 内质点动能增加量之比为 4 ∶ 5 答案 拓展练 √ 解析 图 3 解析 　 由动量定理 Ft ＝ Δ p ，可求出质点 1 s 末、 2 s 末速度分别为： v 1 ＝ 4 m /s 、 v 2 ＝ 6 m/ s ， A 错误； 第 1 s 末外力做功的功率 P 1 ＝ F 1 v 1 ＝ 4 × 4 W ＝ 16 W ，第 2 s 末外力做功的瞬时功率： P 2 ＝ F 2 v 2 ＝ 2 × 6 W ＝ 12 W ， B 错误； 命题热点 2 　动量守恒定律的理解与应用 　　　 ( 多选 )(2018· 湖南省常德市期末检测 ) 如图 4 所示，在光滑水平面上，质量为 m 的 A 球以速度 v 0 向右运动，与静止的质量为 5 m 的 B 球碰撞，碰撞后 A 球以 v ＝ a v 0 ( 待定系数 a <1) 的速率弹回，并与固定挡板 P 发生弹性碰撞，若要使 A 球能再次追上 B 球并相撞，则系数 a 可以 是 答案 例 2 √ 图 4 解析 　 A 和 B 发生碰撞，根据动量守恒可知： m v 0 ＝ 5 m v B － ma v 0 ，要使 A 球能再次追上 B 球并相撞，因 A 与固定挡板 P 发生弹性碰撞，则 a v 0 > v B ，由以上两式可解得： a > ， 故 B 、 C 正确 . √ 解析 2.( 多选 )(2018· 安徽省宣城市第二次调研 ) 如 图 5 所示，小车在光滑水平面上向左 匀 速 运动，轻质弹簧左端固定在 A 点， 物体 用 细线拉在 A 点将弹簧压缩，某时刻细线断了，物体沿车滑动到 B 端粘在 B 端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的 是 A. 若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒 B. 若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒 C. 不论物体滑动中有没有摩擦力，小车的最终速度与断线前相同 D. 不论物体滑动中有没有摩擦力，系统损失的机械能 相同 拓展练 √ 图 5 解析 答案 √ √ 解析 　 物体与油泥粘合的过程，发生完全非弹性碰撞，系统机械能有损失，故 A 错误 ； 整个 系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故 B 正确 ； 取 系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到 B 端粘在 B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故 C 正确 ； 由 C 的分析可知，当物体与 B 端油泥粘在一起后，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦力无关，故 D 正确 . 3.(2018· 广东省汕头市质检 ) 如图 6 所示，在固定的水平杆上，套有质量为 m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为 M 的木块，现有 质量为 m 0 的子弹以大小为 v 0 的水平速度射入 木 块并立刻 留在木块中，重力加速度为 g ，下列 说 法正确 的 是 图 6 解析 答案 B. 子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于 ( M ＋ m 0 ) g C. 子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于 ( M ＋ m ＋ m 0 ) g D. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 √ 子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体： F N ＝ F T ＋ mg >( M ＋ m ＋ m 0 ) g ，选项 C 正确 ； 子弹 射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项 D 错误 . 1. 三类碰撞的特点 考点 2 　碰撞问题 2. 碰撞现象满足的规律 (1) 动量守恒定律 . (2) 机械能不增加 . (3) 速度要合理 . ① 碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v 后 > v 前 ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有 v 前 ′≥ v 后 ′ ； ② 碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变 . 3. 爆炸与反冲的特点 (1) 时间极短，内力远大于外力，系统动量近似守恒或某个方向的动量守恒 . (2) 因有内能转化为机械能，系统机械能会增加 . (3) 系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反 . 　　　 ( 2015· 全国卷 Ⅰ ·35(2)) 如图 7 ，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 . 解析 答案 例 3 图 7 解析 　 设 A 运动的初速度为 v 0 ， A 向右运动与 C 发生碰撞， 由动量守恒定律得 m v 0 ＝ m v 1 ＋ M v 2 要使得 A 与 B 能发生碰撞，需要满足 v 1 ＜ 0 ，即 m ＜ M A 反向向左运动与 B 发生碰撞过程，有 m v 1 ＝ m v 3 ＋ M v 4 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 v 3 ≤ v 2 整理可得 m 2 ＋ 4 Mm ≥ M 2 4.( 多选 )(2018· 湖北省十堰市调研 ) 如图 8 所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为 2 m 的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为 m 的小物块从槽上高 h 处开始下滑，重力加速度为 g ，下列说法正确的 是 拓展练 答案 C. 在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒 D. 物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高 h 处 图 8 √ √ 考点 3 　动力学、能量、动量观点的综合应用 1. 解决力学问题的三个基本观点 (1) 力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题 . (2) 动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题 . (3) 能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律 . 2. 力学规律的选用原则 (1) 单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律 . 若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律 . (2) 多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决 . 　　　 ( 2018· 河南省中原名校第四次模拟 ) 如图 9 所示， A 为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为 m 的平板小车 B 静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上 . 一个质量 为 　 m 、可视为质点的小滑块 C 以 v 0 的初速度从轨道顶端滑下冲上小车 B 后，经一段时间与小车相对静止并继续一起运动 . 若轨道顶端与底端水平面的高度差为 h ，小滑块 C 与平板小车板面间的动摩擦因数为 μ ，平板小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为 g . 求： 例 4 图 9 (1) 小滑块 C 冲上小车瞬间的速度大小； 解析 答案 解析 　 对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程， (2) 平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度 . 解析 答案 解析 　 从小滑块 C 滑上平板小车到两者共速，平板小车做匀加速运动， 平板小车的最小长度 Δ L ＝ s 1 － s 2 ， 5.(2018· 安徽省黄山市一质检 ) 如图 10 所示，一对杂技演员 ( 都视为质点 ) 荡秋千 ( 秋千绳刚开始处于水平位置 ) ，从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处 A . 已知男演员质量 2 m 和女演员质量 m ，空气阻力与秋千的质量不计，秋千的摆长为 R ， C 点比 O 点低 5 R ，重力加速度为 g . 求： 拓展练 图 10 (1) 摆到最低点 B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力大小； 解析 　 第一个过程：两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒 . 设二者到达 B 点的速度大小为 v 0 ， 答案 　 9 mg 　 绳子拉力设为 F T ，由牛顿第二定律和圆周运动知识有： 所以 F T ＝ 9 mg 解析 答案 (2) 推开过程中，女演员对男演员做的功； 解析 　 第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒 . 设作用后女演员、男演员的速度大小分别为 v 1 、 v 2 ， 所以有 ( m ＋ 2 m ) v 0 ＝ 2 m v 2 － m v 1 . 第三个过程：女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒， 答案 　 6 mgR 　 解析 答案 (3) 男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s . 解析 　 第四个过程：男演员自 B 点做平抛运动，有： s ＝ v 2 t . 运动时间 t 可由竖直方向的自由落体运动规律得出 答案 　 8 R 解析 答案 6.(2018· 湖北省武汉市二月调研 ) 如图 11 所示，水平地面上有两个静止的小物块 A 和 B ( 均可视为质点 ) ， A 的质量为 m ＝ 1.0 kg. B 的质量为 M ＝ 4.0 kg ， A 、 B 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不拴连 . 在水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与半径为 R ＝ 0.2 m 的圆轨道相切 . 将弹簧压缩后再释放 ( A 、 B 分离后立即撤去弹簧 ) ，物块 A 与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上与物块 B 相碰并黏合在一起 ( A 、 B 黏合前 B 未滑上圆弧轨道 ). 取重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 ，不计一切摩擦，若 黏合 体能 滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下 ， 求 压缩弹簧具有的弹性势能的最大值 .( 结 果保留 三位有效数字 ). 图 1 1 答案 　 15.6 J 解析 答案 解析 　 压缩弹簧释放后，设物块 A 的速度为 v 1 ，物块 B 的速度为 v 2 ，取向右为正方向，由动量守恒定律得 M v 2 － m v 1 ＝ 0 A 与墙壁碰撞反弹后追上 B ，设碰后黏合体的速度为 v ，由动量守恒定律得： m v 1 ＋ M v 2 ＝ ( m ＋ M ) v 黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿轨道滑下，则黏合体最多上升到圆弧上与圆心等高处时，速度为零， 由机械能守恒得，弹簧被压缩后具有的弹性势能的最大值为： 联立解得： E pm ≈ 15.6 J.