2019-2020年高考物理冲刺大二轮课件专题二 能量与动量1-2-3

如果系统所受的外力矢量和不为零，但外力在某一方向上 和为零，则系统在该方向上动量守恒．值得注意的是，系 动量并不守恒.
[迁移运用] 迁移一 非弹性碰撞 1．(2018·江西南昌十校二模)如图所示，光滑水平面 质量都为 m 的物块 A 和 B，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A、B 均不拴接)，用手挡 动，此时弹簧弹性势能为92mv20，在 A、B 间系一轻质细绳 的长略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉 后 B 继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为
[解析] 设米流的流量为 d，它是恒定的，米流在出 度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的 米的质量为 m1，空中还在下落的米的质量为 m2，则落到 的米堆上的一小部分米的质量为 Δm.在极短时间 Δt 内，取 研究对象，这部分米很少，Δm
＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为 v，经 Δt 时间 取竖直向上为正方向，由动量定律得(F－Δmg)Δt＝Δmv
板
块
专题突破复习
一
专
题
能量与动量
二
第三讲
碰撞与动量守恒
知识网络构建 Z
结网建体 把脉考向
[知识建构]
[备考点睛] 1.常见思想及方法：(1)整体法 隔离法；(2)三角形法；(3)正交 解法；(4)守恒的思想；(5)动量 恒的判断方法；(6)碰撞问题的 析方法；(7)爆炸和反冲问题的 析方法． 2.三个易错易混点 (1)动量和动能是两个和速度 关的不同概念．
(2)Δp＝0(系统总动量不变)． (3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两物体组成的系统，两物 增量大小相等、方向相反．)
(2018·全国卷Ⅰ)一质量为 m 的烟花弹获得 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中 炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之 E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大 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 (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
[思路引领] (1)根据动能公式得出烟花弹从地面开始 的速度，利用匀变速直线运动规律得出烟花弹从地面开始 弹中火药爆炸所经历的时间．
(2)利用动量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后烟 上运动的部分的速度，利用匀变速直线运动规律得出距地 大高度．
FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到煤层水的质量 m＝14ρπD2vΔ 得 F＝14ρπD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平 为 F′＝F＝14ρπD2v2，选项 C 正确．当高压水枪向右喷出 流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重 据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选 误．
[迁移运用]
1．高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业
慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落
为 h(可视为自由落体运动)．此后经历时间 t 安全带达到最大
若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带
平均作用力大小为( )
A.m t2gh＋mg B.m t2gh－mg
m C.
[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件 E＝12mv02① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得
t＝1g
2E③ m
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动 后瞬间其速度分别为 v1 和 v2.由题给条件和动量守恒定律 14mv21＋14mv22＝E⑤ 12mv1＋12mv2＝0⑥
绳子拉断过程，A、B 系统动量守恒 mvBO＝mvB＋mvA 解得：vA＝v0 绳对 A 所做的功为 W＝12mv2A＝12mv20
[答案] (1)2v0 (2)12mv20
迁移二 弹性碰撞 2.如图所示，AB 为倾角 θ＝37°的粗糙斜面轨道，通 段光滑圆弧与光滑水平轨道 BC 相连接，质量为 m2 的小球 在水平轨道上，质量为 m1 的小球甲以速度 v0 与乙球发生 碰．若 m1∶m2＝1∶2，且轨道足够长，要使两球能发生 碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数 μ 的取值范围．(s 0.6，cos37°＝0.8)
③系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上 为零，那么在该方向上系统的动量守恒．
(4)碰撞的分类
核心要点突破 H
透析重难 题型突破
考向一 动量定理的理解与应用 [归纳提炼]
1．用动量定理的解题的基本思路
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个 动量定理．
2．应用动量定理解题技巧 (1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题 以适用． (2)动量定理研究对象选择可以是单一物体，也可以 系，在研究质点系问题时，受力分析是只考虑质点系的外 (3)在应用动量定理时需要规定正方向．
[答案] BC
3．(2018·河北名校联盟)如图所示，自动称米机已在 粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器 的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求 自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米 买者的，因而双方争执起来，下列说法正确的是( )
A．买者说的对 B．卖者说的对 C．公平交易 D．具有随机性，无法判断
物块 C 发生碰撞，碰后 B、C 立刻形成粘合体并停止运动 质量为 2m.求：
(1)B、C 相撞前一瞬间 B 的速度大小； (2)绳被拉断过程中，绳对 A 所做的功 W.
[解析] (1)B 与 C 碰撞过程中动量守恒 mvB＝2mv0 解得：vB＝2v0 (2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块 B 的动 Ep＝12mv2BO 解得：vBO＝3v0
在 h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方 量变化量的大小 Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝2vg20－2ρM2v22g0S2
[答案] (1)ρv0S (2)2vg20－2ρM2v22g0S2
(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉， 水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计 起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直 出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底 在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开 空气阻力．已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g.求：
(m2gsin37°＋μm2gcos37°)s＝12m2v22 (m2gsin37°－μm2gcos37°)s＝12m2v2 解得vv22＝33－＋44μμ 乙要能追上甲，则 v>v30 解得 μ<0.45
[答案] μ<0.45
三种碰撞解读 (1)弹性碰撞 碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量 而且初、末动能相等． m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
tgh＋mg
m D.
tgh－mg
[解析] 下降 h 阶段 v2＝2gh，得 v＝ 2gh，对此后 带最大伸长过程应用动量定理，设竖直向下为正，－(F－ 0－mv，得 F＝m t2gh＋mg，A 正确．选 A.
[答案] A
2．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击 煤层．设水柱直径为 D，水流速度为 v，方向水平，水柱 层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量 手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已 密度为 ρ.下列说法正确的是( )
[解析] 设碰后甲的速度为 v1，乙的速度为 v2，由动 和机械能守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2 12m1v02＝12m1v21＋12m2v22 解得 v1＝mm11－＋mm22v0＝－13v0，v2＝m12＋m1m2v0＝23v0
设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为 s，滑到斜面底
度大小为 v，由动能定理有
用动量定理解决连续的流体问题 在日常的生活和生产中，常涉及流体的连续相互作用 用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动 分析求解，则可使问题迎刃而解．对于流体或类似流体(如 问题，解答的原则一般是选择一段时间内作用在某物体上 为研究对象，然后确定出流体柱的体积、质量、状态变化 情况，再确定与其对物体的作用规律.
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
[思路引领]
[解析] (1)设 Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为 量为 Δm，则 Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量ΔΔmt ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从 出后到达玩具底面时的速度大小为 Δm)gh＝12(Δm)v20④
(2)系统的动量和机械能不一 同时守恒． (3)不是所有的碰撞都满足机 能守恒.
[答案] (1)物体所受合外力的冲量等于它的动量的变 (2)一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系 动量保持不变． (3)动量守恒定律成立的条件 ①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系 守恒． ②系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大 时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动
竖直上抛运动．
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2， 能守恒定律有
14mv21＝12mgh2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最
为
h＝h1＋h2＝m2Eg⑧
[答案]
1 (1)g
2E m
2E (2)mg
动量守恒条件的判断 (1)绝对条件：系统所受外力的矢量和为零或不受外力 条件告诉我们，系统动量是否守恒与系统内物体间的作用 少、大小以及性质无关，系统内力不会改变系统的总动量 以改变系统内各物体的动量，使某些物体的动量增加，另 物体的动量减小，而总量保持不变．(2)近似条件：系统所 力虽然不为零，但系统的内力远大于外力．如碰撞、爆炸 中，系统的动量可近似看成守恒．(3)某一方向上的动量守恒
[答案] C
流体运动模型有两类，第一类是“吸收模型”，即流 碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体 物质接触后以原速率反弹．需注意“反弹模型”动量变化 “吸收模型”动量变化量的 2 倍.
考向二 动量守恒定律的应用 [归纳提炼]
1．动量守恒定律解题思路及方法
2．三种常见表达式 (1)p＝p′(系统相互作用前的总动量 p 等于相互作用 动量 p′)． 实际应用时的三种常见形式． ①m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2(适用于作用前后都 两个物体组成的系统)． ②0＝m1v1＋m2v2(适用于原来静止的两个物体组成的 比如爆炸、反冲等，两者速率及位移大小与各自质量成反 ③m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(适用于两物体作用后结合 或具有相同速度的情况，完全非弹性碰撞)．
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 ρvπD2 B．高压水枪的功率为18ρπD2v3 C．水柱对煤层的平均冲力为14ρπD2v2 D．手对高压水枪的作用力水平向右
[解析] 设 Δt 时间内，从水枪喷出的水的体积为 ΔV 为 Δm，则 Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝14πD2vΔt，单位时间喷 质量为ΔΔmt ＝14ρvπD2，选项 A 错误．Δt 时间内水枪喷出的 能 Ek＝12Δmv2＝18ρπD2v3Δt，由动能定理知高压水枪在此 水做功为 W＝Ek＝18ρπD2v3Δt，高压水枪的功率 P＝ΔWt＝18ρ 选项 B 正确．考虑一个极短时间 Δt′，在此时间内喷到煤 的质量为 m，设煤层对水柱的作用力为 F，由动量定理，
即 F＝dv＋d·Δt·g，因 Δt 很小，故 F＝dv
根据牛顿第三定律知 F＝F′，称米机的读数应为 M
＝m1g＋g F′＝m1＋dvg 因切断米流后空中尚有 t＝vg时间内对应的米流在空中
＝m2 可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分米的质量
包含了尚在空中的下落的米的质量 m2，即自动称米机是准 不存在哪方划算不划算的问题，选项 C 正确．