2024年高考物理二轮复习专题 课件★★　动量定律及应用 课件(共76张PPT)

(共76张PPT)
2024年高考物理二轮复习专题 课件★★
动量定理及应用
1.冲量的三种计算方法
公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法 F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧：
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。
2.动量定理
(2023·江苏南通市调研)小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则
A.起跳过程屈腿姿态不同，地面
对小明做的功总为零
B.起跳过程屈腿姿态不同，地面
对小明的平均作用力大小相同
C.着地过程屈腿姿态不同，地面对小明的冲量相同
D.着地过程屈腿姿态不同，小明的动量变化率相同
例1
√
根据题意，由公式W＝Fx可知，无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对小明的作用力的方向位移为0，则地面对小明做的功总为零，故A正确；
起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对小明的平均作用力大小不同，故B错误；
由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，设地面对小明的冲量为I，由动量定理有mgt－I＝Δp可知，由于t不同，则I不同，故C、D错误。
(2023·江苏南通市期末)湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为
A.ρSv22 B.ρS(v2－v1)2
C.ρS(v2－v1)2v1 D.ρS(v2－v1)2v2
例2
√
单位时间t内冲击船帆的空气的体积V＝SL＝S(v2－v1)t，单位时间t内冲击船帆的空气质量m＝ρV＝ρS(v2－v1)t，空气的动量改变量Δp＝m(v2－v1)，帆对空气的作用力为F，由动量定理Ft＝Δp，解得F＝ρS(v2－v1)2，根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2，风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正确，A、B、D错误。
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl＝vΔt，如图所示。
总结提升
流体的柱状模型
流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤：
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。
(3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。
(4)应用动量定理Δp＝FΔt。
(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp＝－2Δmv。
(6)联立解得F＝－2ρSv2。
总结提升
动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。(常用)
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的变化量为零。
(2022·江苏常熟市模拟)一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为
例3
√
(2020·全国卷Ⅱ·21改编)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4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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5.0 m/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.48 kg B.51 kg C.58 kg D.63 kg
例4
√
设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2，……，第八次推物块后，运动员速度大小为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，
由题意知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选C。
1.碰撞问题遵循的三条原则
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
2.两种碰撞的特点
结论：
①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。
③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
④当m1 m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(2)完全非弹性碰撞
(1)“保守型”碰撞拓展模型
3.碰撞拓展
图例(水平面光滑) 小球－弹簧模型 小球－曲面模型
小球－小球模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面或水平导轨光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 (2023·江苏省南京师范大学附属中学一模)如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是
A.物块C的质量为2 kg
B.物块B离开墙壁前，弹簧的最大
弹性势能为40.5 J
C.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s
例5
√
由题图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg，故A错误；
由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s,4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－18 N·s，方向向左，故C错误；
如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，半圆轨道半径为R，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)
例6
√
A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，
由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv2，
若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：
若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，最高到达与O等高处，此时由机械能守恒定律得：
可知若小球A不脱离轨道时，需满足：
如图所示，质量为M＝0.25 kg、带有 圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m＝0.9 kg的物块，质量为m0＝0.1 kg的橡皮泥以大小为v0＝10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h＝0.8 m，弧形槽的半径为r＝0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小；
例7
答案　见解析
橡皮泥与物块碰撞过程，橡皮泥与物块组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m)v
解得v＝1 m/s
在弧形槽底端对物块由牛顿第二定律得
解得FN＝20 N
由牛顿第三定律可知，在弧形槽底端物块对弧形槽的压力大小为20 N
(2)物块沿弧形槽上滑的最大高度；
答案　见解析
物块沿弧形槽向上滑动的过程中，物块、橡皮泥和物体水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，则有
(m＋m0)v＝(M＋m＋m0)v′
解得h1＝0.01 m
(3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。
答案　见解析
物块在弧形槽上运动过程中，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以水平向右为正方向，设物块与弧形槽分离瞬间，物块及橡皮泥的速度为v1，物体的速度为v2，则有
(m＋m0)v＝Mv2＋(m＋m0)v1
解得v1＝0.6 m/s、v2＝1.6 m/s
此后物块向右做平抛运动，物体向右做匀速直线运动
物块的水平位移为x1＝v1t＝0.24 m
物体的位移为x2＝v2t＝0.64 m
所以物块落地瞬间，物块到物体最左端的距离为Δx＝x2－x1＝0.4 m。
1.(2023·江苏高考仿真模拟)某跳水运动员从10 m跳台跳出，进入水中深度3 m后速度减为零，其质量为m＝50 kg，忽略空气阻力，且她在水中的运动近似为匀变速直线运动。则从入水到速度减为零的过程中，水给她的冲量大小最接近
A.220 N·s B.520 N·s
C.720 N·s D.920 N·s
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√
在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力，则有v12＝2gh，
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她入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，
以向上为正方向，根据动量定理I－mgt＝0－m(－v1)，
2.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M＝2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)，则下列说法错误的是
A.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统
的动量不守恒
B.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统
的机械能不守恒
C.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车的对地位移大小相等
D.L、R、μ三者的关系为R＝μL
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滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A正确；
滑块从A滑到C的过程中需要克服摩擦力做功，滑块和小车系统的机械能不守恒，故B正确；
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系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得滑块在C点时，滑块与小车一起的速度为v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL，故D正确。
专题强化练
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保分基础练
1.足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是
A.减小球对手的平均作用力
B.增大球的冲量
C.使球的动量变大
D.使球的加速度变大
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2.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是
A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
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3.(2023·江苏南京市金陵中学月考)物体的运动状态可用位置坐标x和动量p来描述。有一小球静止落下，落到水平桌面后反弹，若规定以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，碰撞过程时间不计且有能量损失，忽略空气阻力，则小球对应的p－x图像是
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竖直向下为正方向，则下落时的动量p＝mv＝m，图像为曲线且向下弯曲；与地面碰撞后，向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则碰后速度小于碰前速度，
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4.(2023·广东卷·10改编)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.8 N
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取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×
0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·
m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝
－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；
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对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；
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5.如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8 kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1 m，这段距离小车B与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑。木块A以速度v0＝15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动。已知木块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2。则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为
A.45 J B.178 J
C.225 J D.270 J
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6.如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v－t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示，则由图线可知
A.两带电小球的电性一定相反
B.甲、乙两球的质量之比为2∶1
C.t2时刻，乙球的电势能最大
D.在0～t3时间内，甲的动能一直
增大，乙的动能一直减小
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由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；
t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；
在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。
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7.(2023·江苏盐城市四校联考)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为
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8.(2023·江苏南京市期中)如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为μ(未知)。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位置。A、B相隔s1＝3.5 cm，B与上边框相隔s2＝2 cm。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v－t图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B)。忽略A、B碰撞的时间，g取10 m/s2，则
A.算珠A在碰撞前运动了0.2 s
B.算珠与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2
C.算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失
D.算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
争分提能练
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由匀变速直线运动规律可得v1＝v0－at1，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，B错误；
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9.斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了 ，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为
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10.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
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设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
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碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
可得pN>pH
可得EkH>EkN
故B正确，A、C、D错误。
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11.如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，忽略空气阻力，则
A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B.小球离开小车后做斜上抛运动
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小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统仅在水平方向动量守恒，A错误；
系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小
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车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；
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12.(2023·江苏省靖江中学期末)如图所示，质量分别为m和2m的物体A、B静置于光滑水平地面上，B左端固定一轻质弹簧，现A以速度v向右运动，在A、B相互作用的整个过程中，求：
(1)弹簧对A的冲量大小I；
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根据题意，设在A、B相互作用的整个过程之后，A的速度为v1，B的速度为v2，整个过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律有mv＝mv1＋2mv2
取向右为正方向，由动量定理有
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(2)弹簧弹性势能的最大值Epm。
根据题意可知，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设A、B共速时速度为v3，由动量守恒定律有mv＝(m＋2m)v3
由机械能守恒定律可得
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尖子生选练
13.江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。则下列说法正确的是
A.弹簧释放后瞬间A、B速度的大小均为2 m/s
B.物块A先停止运动
C.先停止运动的物块刚停止时，A与B之间的距离是1 m
D.A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91 m
√
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A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A，由动量定理可得－μmAgt1＝0－mAvA，则t1＝2.0 s，B一直向左运动，则μmBgt2＝0－mB(－vB)，解得t2＝0.5 s，可知B先停止运动，
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从二者分开到B停止运动时间内，A若一直向右运动，由动量定理可得
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B碰撞，此时A位于出发点右边的距离为Δx＝2l－xA＝2.0 m－1.75 m＝0.25 m，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离为
s＝xB＋Δx＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m，
故B、C错误；
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t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA″，
故A与B将发生碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为vA0和vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA″)＝mAvA0＋mBvB0，
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这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，
解得xA′＝0.63 m，xB′＝0.28 m，xA′小于碰撞处到墙壁的距离，由上式可得两物块停止后之间的距离s′＝xA′＋xB′＝0.91 m，故D正确。
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