2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二第2講動量和動量守恒定律學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

第2講　動量和動量守恒定律1. 理解動量定理、動能定理的內(nèi)涵與應(yīng)用．2. 理解動量守恒定律及其應(yīng)用．3. 理解碰撞模型及拓展．1. 動量：公式：p＝mv．動量是矢量，方向與速度方向相同．2. 沖量(1) 表達式：I＝Ft．單位：N·s.(2) 標(biāo)矢性：沖量是矢量，它的方向由力的方向決定．3. 動量定理(1) 表達式：p′－p＝F合t或 mv′－mv＝F合t(矢量式，注意正方向的選取).(2) 意義：合外力的沖量是引起物體動量變化的原因．4. 動量守恒定律(1) 動量守恒定律的適用條件①系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零——理想守恒．②系統(tǒng)所受外力遠小于內(nèi)力，如碰撞、爆炸，外力可以忽略不計——近似守恒．③系統(tǒng)某一方向不受外力或所受外力的合力為零，或外力遠小于內(nèi)力，則該方向動量守恒——分方向守恒．(2)幾種常見的表述及表達式①p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′.②Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為0.③Δp1＝－Δp2，即兩個物體組成的系統(tǒng)中，一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反． 1. 質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為(　　)　　　　　　　　　　A. vB. vC. v D. v【解析】由題意知：小孩和滑板動量守恒，則Mv＋mv′＝0，得v′＝，即滑板的速度大小為，方向與小孩運動方向相反，故B正確．【答案】 B 2. (2021·湖南卷)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)px圖像中的一個點．物體運動狀態(tài)的變化可用px圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡．假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應(yīng)的相軌跡可能是(　　)【解析】質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式v2＝2ax，可得v＝，設(shè)質(zhì)點的質(zhì)量為m，則質(zhì)點的動量p＝m，由于質(zhì)點的速度方向不變，則質(zhì)點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知D正確．【答案】 D 3. (2021·北京卷)如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動．某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止．下列說法正確的是(　　)A. 圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向B. 圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωrC. 圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運動D. 圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr【解析】圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向，故A錯誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力f＝mrω2，根據(jù)動量定理得，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量為I＝mv－mv＝0，大小為0，故B錯誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿切線方向運動，故C錯誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量為I′＝Δp＝0－mv＝－mrω，大小為mωr，故D正確．【答案】 D 4. (2020·全國Ⅲ卷)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示．已知甲的質(zhì)量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(　　)A. 3 J　 B. 4 J C. 5 J D. 6 J【解析】設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m，由動量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6 kg，進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機械能為E損＝m甲v＋m乙v－m甲v′－m乙v′，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3 J，A正確．【答案】 A動量定理公式：Ft＝p′－p.說明：F為合外力．①恒力，求Δp時，用Δp＝Ft.②變力，求I時，用I＝Δp＝mv2－mv1.③牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動量變化率．④當(dāng)Δp一定時，Ft為確定值：F＝，t小F大——如碰撞；t大F小——緩沖．(2020·全國Ⅰ卷)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體．若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(　　)A. 增加了司機單位面積的受力大小B. 減少了碰撞前后司機動量的變化量C. 將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D. 延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積【解析】行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機的受力面積，減少了司機單位面積的受力大小，可以延長司機的受力時間，從而減小了司機受到的作用力，A錯誤，D正確；碰撞前司機動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機動量的變化量，B錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機的動能轉(zhuǎn)化為司機對安全氣囊做的功，C錯誤．【答案】 D(2021·福建卷)福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響．已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5～28.4 m/s，16級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0～56.0 m/s.若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的(　　)A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍【解析】設(shè)空氣的密度為ρ，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S，在時間Δt的空氣質(zhì)量為Δm＝ρSv·Δt，假定臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱?，對風(fēng)由動量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，16級臺風(fēng)的風(fēng)速約為10級臺風(fēng)的2倍，故對標(biāo)志牌的作用力約為10級臺風(fēng)的4倍，故B正確．【答案】 B流體作用的柱狀模型對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來流速v的方向為正方向)(1) 作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2) 作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.　　應(yīng)用動量守恒定律解題的基本思路(2021·江蘇適應(yīng)性考試)帶電粒子碰撞實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動．兩粒子的vt圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸，則(　　)A. A粒子質(zhì)量小于B粒子B. 兩粒子在t1時刻的電勢能最大C. A在t2時刻的加速度最大D. B在0～t3時間內(nèi)動能一直減小【解析】兩粒子碰撞過程動量守恒，則由圖可知，在t＝0時刻p0＝mBv0，在t2時刻p2＝mAvA，則mBv0＝mAvA，因v0>vA，則mB<mA，A錯誤；兩粒子在t1時刻速度相等，系統(tǒng)損失動能最大，則系統(tǒng)的電勢能最大，B正確；兩粒子在t1時刻距離最近，兩粒子庫侖力最大，即A在t1時刻的加速度最大，C錯誤；B在0～t3時間內(nèi)速度先減小后反向增加，則動能先減小后增加，D錯誤．【答案】 B 　1. 碰撞問題遵循的三條原則(1) 動量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.(2) 動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.(3) 若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．2. 兩種碰撞特點(1) 彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，m1v＝m1v′＋m2v′，解得v′1＝v1，v′2＝.結(jié)論：①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，v′1＝0，v′2＝v1，兩球碰撞后交換了速度．②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v′1>0，v′2>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動．③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v′1<0，v′2>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．(2) 完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同時，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，機械能損失最多，機械能的損失ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v.(2022·無錫調(diào)研)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后，mA＝1 kg.經(jīng)過一段時間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖所示，根據(jù)以上信息可知(　　)A. 碰撞過程中B球受到的沖量為8 N·sB. 碰撞過程中A球受到的沖量為－8 N·sC. B球的質(zhì)量mB＝4 kgD. A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞【解析】已知xt圖的斜率代表速度，則vA＝6 m/s，v′A＝2 m/s，vB＝3 m/s，v′B＝5 m/s，根據(jù)動量定理有IA＝mAv′A－mAvA＝－4 N·s，IB＝mBv′B－mBvB，再根據(jù)動量守恒有mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，解得mB＝2 kg，IB＝4 N·s，A、B、C錯誤；碰撞前后的動能為Ek＝mAv＋mBv＝27 J，E′k＝mAv′＋mBv′＝27 J，則A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞，D正確．【答案】 D(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成．如圖所示，中子以速度v0 分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1 和v2.設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是(　　)A. 碰撞后氮核的動量比氫核的小B. 碰撞后氮核的動能比氫核的小C. v2 大于v1D. v2 大于v0【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為m，氫核的質(zhì)量為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv＝mv＋mv，聯(lián)立解得v1＝v0；設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv＝×14mv＋mv，聯(lián)立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2.碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝，可得pN>pH，碰撞后氫核的動能為EkH＝mv＝mv，氮核的動能為EkN＝×14mv＝，可得EkH>EkN，故B正確．【答案】 B 1. (2022·鎮(zhèn)江期中)高樓玻璃日漸成為鳥類飛行的殺手，一只質(zhì)量約為50 g的麻雀以10 m/s的速度水平飛行，撞到豎直的透明窗戶玻璃上后水平速度減為0，麻雀與玻璃的碰撞時間約為0.01 s，則窗戶玻璃受到的平均沖擊力的大小約為(　　)A. 10 N B. 50 N C. 100 N D. 500 N【解析】由動量定理可得Ft＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F＝50 N，故B正確．【答案】 B 2. (2021·江蘇適應(yīng)性考試)兩個質(zhì)量相同的小圓環(huán)A、B用細線相連，A穿在光滑的水平直桿上．A、B從如圖所示的位置由靜止開始運動．在B擺到最低點的過程中(　　)A. B的機械能守恒B. A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C. B重力的功率一直減小D. B擺到最低點時，A的速度最大【解析】在整個運動過程中，只有重力對A、B組成的系統(tǒng)做功，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，從B開始運動到最低點過程，A做加速運動，A的動能增加而重力勢能不變，A的機械能增大，B的機械能減少，故A錯誤；在B從開始運動到擺到最低點過程，A、B組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；B開始時速度v為零，重力的功率P＝mgv cos α＝0，到最低點時，重力方向與速度方向間的夾角α＝90°，瞬時功率P′＝mgv cos α＝0，則從開始運動到最低點過程，重力的功率從先0增大然后減小到0，故C錯誤；B從開始下擺到最低點過程，A向右做加速運動，B到達最低點后繼續(xù)向左擺的過程，A向右做減速運動，因此B到達最低點時A的速度最大，故D正確．【答案】 D 3. (2022·泰州期末)如圖所示，有一質(zhì)量M＝6 kg 、邊長為0.2 m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道，一個質(zhì)量為m＝2 kg 的小球由靜止開始從軌道的左端運動到右端，在該過程中木塊的位移為(　　)A. 0.05 m B. 0.10 mC. 0.15 m D. 0.5 m【解析】小球由靜止開始從如圖所示軌道的左端運動到右端過程中，小球與木塊組成的系統(tǒng)，水平方向平均動量守恒，則有mv1·t＝Mv2·t，即mx1＝Mx2，根據(jù)題意，有x1＋x2＝a，聯(lián)立解得x2＝0.05 m，故A正確．【答案】 A 4. (2022·鹽城期中)如圖所示，在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反．將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則(　　)A. E1>E0B. p1＞p0C. E2>E0D. p2>p0【解析】據(jù)碰撞過程中總動能不增加，必有E1＜E0，E2＜E0，根據(jù)p＝，可知p1＜p0，否則就違反了能量守恒定律，故A、B、C錯誤；根據(jù)動量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可見p2＞p0，故D正確．【答案】 D

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