2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题7动量定理和动量守恒定律课件
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-1-1
2．(名师改编)(多选)如图所示，倾角为 θ 的斜面体 C 置于水平地 面上，小物体 B 置于斜面体 C 上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑 轮与物体 A 相连接，连接物体 B 的一段细绳与斜面平行，已知 A、 B、C 均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列 说法中正确的是( )
A．物体 B 可能不受静摩擦力作用 B．斜面体 C 与地面之间可能不存在静摩擦力作用 C．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上 D．将细绳剪断，若物体 B 仍静止在斜面体 C 上，则此时斜面体 C 与地面之间一定不存在静摩擦力作用
由于连接物体 A 和物体 B 的细绳对定滑轮的合力方向不是竖直向 下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项 C 错误； 若将细绳剪断，将物体 B 和斜面体 C 看成一个整体，则该整体受 竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体 C 与地 面之间一定不存在静摩擦力作用，选项 D 正确．
解析：选 B.以物体为研究对象受力分析如图，若 Fcos θ＝Gsin θ 时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状 态，则物体受三个力作用；若 Fcos θ＞Gsin θ(或 Fcos θ＜Gsin θ) 时，物体仍可以静止在斜面上，但物体将受到沿斜面向下(或沿斜 面向上)的静摩擦力，综上所述 B 对．
高频考点一 受力分析 物体的静态平衡
1.常见三种性质力的特点． 知能 2.弹力、摩擦力有无及方向的判断方法． 必备 3.合成法、分解法及正交分解法的应用．
4.整体法、隔离法的选取原则.
[题组冲关] 1．如图所示，水平推力 F 使物体静止于斜面上，则( ) A．物体一定受 3 个力的作用 B．物体可能受 3 个力的作用 C．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用 D．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用
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专题十三力学实验—————————————[核心要点回扣]————————————一、误差与有效数字1．误差(1)有效数字的最后一位是测量者估读出来的，是偶然误差的来源．(2)从数的左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效数字．二、基本仪器的使用1．长度测量类仪器(1)毫米刻度尺的读数：精确到毫米，估读一位．(2)游标卡尺的读数：(3)螺旋测微器的读数：测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读)×0.01 mm.2．时间测量类仪器(1)打点计时器：每打两个点的时间间隔为0.02 s，一般每五个点取一个计数点，则时间间隔为Δt＝0.02×5 s＝0.1 s.(2)频闪照相机：用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来．(3)光电计时器：记录遮光时间．三、两类力学实验1．验证性实验：验证力的平行四边形定则，验证牛顿运动定律，验证机械能守恒定律．2．探究性实验：探究弹力与弹簧伸长的关系，探究动能定理． 3．两种实验过程的比较：1．列表法：在记录和处理数据时，为了简单而明显地表示出有关物理量之间的关系，可将数据填写在适当的表格中，即为列表法．2．平均值法：把在同一状态下测定的同一个物理量的若干组数据相加求和，然后除以测量次数．3．作图法：用作图法处理数据的优点是直观、简便，有取平均值的效果．由图线的斜率、截距、包围的面积等可以研究物理量之间的关系．考点1 螺旋测微器和游标卡尺的读数(对应学生用书第66页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年1考：2013年Ⅰ卷·T 22(1) [考情分析]1．以实验填空的形式考察测量仪器的使用和读数． 2．考察以基础题为主，考察频次略低．3．易误认为螺旋测微器无须估读，而游标卡尺需要估读而出错． 4．注意区分三类游标卡尺的精度．1．(游标卡尺的读数)(2013·Ⅰ卷T 22(1))测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图131所示，其读数为________cm.图131【解析】 d ＝0.9 cm ＋12×0.05 mm＝0.9 cm ＋0.060 cm ＝0.960 cm. 【答案】 0.960■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．螺旋测微器读数时要估读，以毫米为单位，小数点后必须为3位，同时注意固定刻度上的半刻度是否露出，如第1题中图丁半刻度线露出，图甲、乙、丙没露出．2．游标卡尺不估读，以毫米为单位，10分度卡尺，小数点后只有1位；20分度和50分度卡尺，小数点后有2位．3．注意题目要求的单位是否为mm，若不是则要先以mm为单位读数，然后再转变为题目要求的单位．第1、2题中毫米和厘米各半．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·专题十三力学实验物理·第一部分专题整合突破考向1 螺旋测微器的读数1．(2016·成都检测)用螺旋测微器测不同规格的金属丝的直径，示数如图132所示．由图可读出金属丝的直径为图甲________mm 图乙________cm图丙________mm 图丁________cm.甲乙丙丁图132【解析】根据螺旋测微器的读数方法：螺旋测微器的读数值＝固定刻度值＋可动刻度×0.01 mm，读出甲、乙、丙、丁四图的读数值分别是10.002(1～3) mm、0.536 5(4～6) cm、9.205(4～6) mm、0.570 0 cm【答案】10.002 0.536 5 9.205 0.570 0考向2 游标卡尺的读数2．某同学用游标卡尺测定四个不同规格金属杆的直径，示数如图133甲、乙、丙、丁所示，则该金属杆直径分别为甲图：________mm 乙图：________cm丙图：________cm 丁图：________mm.【导学号：19624155】甲乙丙丁图133【解析】根据游标卡尺的读数方法：游标卡尺的读数值＝主尺整毫米数值＋对齐格数×精度(mm)，读出甲、乙、丙、丁四图的读数值分别是甲图：d＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm乙图：d＝12 mm＋4×0.05 mm＝12.20 mm＝1.220 cm丙图：d＝11 mm＋5×0.1 mm＝11.5 mm＝1.15 cm丁图：d＝5 mm＋5×0.05 mm＝5.25 mm.【答案】 4.20 1.220 1.15 5.25考点2 力学基本实验(对应学生用书第67页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2017年Ⅲ卷T222016年Ⅰ卷T22、Ⅱ卷T22[考情分析]1．“源于课本，不拘泥于课本”一直是高考实验命题的理念．2．考查实验的灵魂—原理是重中之重．3．拘泥于教材实验，死记硬背不知变通是常见错误．4．注重物理规律在实验仪器和操作中的实现条件是解题的关键．2．(“弹簧”“橡皮条”类实验)(2017·Ⅲ卷T22)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在桌面上，如图134(a)所示．将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长．(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O.此时拉力F的大小可由测力计读出．测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N.(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点，现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点．此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N.(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O点为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；图134(ⅱ)F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________．若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．【解析】(1)由题给测力计示数可知，读数为4.0 N.(2)作图，F2长度为28 mm，F1长度为21 mm，平行四边形如图，量出合力长度约为20mm，大小代表4.0 N，量出合力箭头处到y轴距离和所作合力在y轴上投影长度，其比值就是F合与拉力F的夹角的正切值．【答案】 (1)4.0 (2)(ⅰ)如图所示 (ⅱ)4.0 0.053．(“纸带”类实验)(2016·Ⅰ卷T 22)某同学用图135(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz 、30 Hz 和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示．(a) (b)图135该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为________，打出C 点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．(2)已测得s 1＝8.89 cm ，s 2＝9.50 cm ，s 3＝10.10 cm ；当地重力加速度大小为9.80 m/s 2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f 为________Hz. 【解析】 (1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得v B ＝s 1＋s 22T ＝12f (s 1＋s 2)v C ＝s 2＋s 32T ＝12f (s 2＋s 3)由s 3－s 1＝2aT 2得a ＝f 2s 3－s 12.(2)根据牛顿第二定律，有mg －kmg ＝ma根据以上各式，化简得f ＝－k gs 3－s 1代入数据可得f ≈40 Hz.【答案】 (1)12f (s 1＋s 2) 12f (s 2＋s 3) 12f 2(s 3－s 1) (2)40(2016·Ⅱ卷T 22)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．(1)实验中涉及下列操作步骤： ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号)．(2)图中M 和L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知，________(选填“M ”或“L ”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．【解析】 (1)实验时首先向左推物块使弹簧压缩，测量出弹簧压缩量，然后把纸带向左拉直，先接通打点计时器电源，待打点稳定后，再松手释放物块，故正确的操作顺序是④①③②.(2)物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动，由M 纸带可知物块脱离弹簧时的速度v ＝xt ＝＋－22×0.02m/s≈1.29 m/s.比较M 、L 两纸带，物块脱离弹簧后在相同时间内的位移M 的比L 的大，则M 纸带对应的那次实验中物块在脱离弹簧后的速度大，即M 纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大． 【答案】 (1)④①③② (2)1.29 M■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·纸带的三大应用1．确定时间要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点(或每隔四个点)取一个计数点，这样时间间隔为Δt ＝0.02×5 s ＝0.1 s. 2．求瞬时速度做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图136所示，求纸带上某一点的瞬时速度，只需在这一点的前后各取相同时间间隔T 的两段位移x n 和x n ＋1，则打n 点时的速度v n ＝x n ＋x n ＋12T.图1363．求加速度(1)利用a ＝ΔxT2求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下，可利用Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2求加速度a .(2)逐差法：图137a ＝a 1＋a 2＋a 33＝x 4＋x 5＋x 6－x 1－x 2－x 39T2(3)两段法：把图137中x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6分成时间相等(均为3T )的两大段，则由x Ⅱ－x Ⅰ＝aT 2得：(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)＝a (3T )2，解出的a 与上面逐差法结果相等，但要简单得多． (4)图象法： ①由v n ＝x n ＋x n ＋12T，求出相应点的速度． ②确定各计数点的坐标值(v 1，T )、(v 2,2T )、…(v n ，nT )． ③画出v t 图象，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度． ■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 “纸带”类实验3．(2017·肇庆市二模)小张同学利用打点计时器研究自由落体运动，他设计的实验方案如下：如图138甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，先打开电源后释放重物，重物带动纸带从静止开始下落，打出几条纸带并选出一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上取出若干计数点，其中每相邻计数点之间有四个点未画出，分别用 s 1、s 2、s 3、s 4、s 5表示各计数点间的距离，已知打点计时器的频率f .图中相邻计数点间的时间间隔T ＝__________(用f 表示)，计算重力加速度的公式是g ＝________(用f 、s 2、s 5表示)，计数点5的速度公式是v 5＝________(用f 、s 4、s 5表示).【导学号：19624156】图138【解析】 由于打点计时器的频率为f ，故打下的两个点间的时间为1f，又因为每相邻计数点之间有四个点未画出，故图中相邻计数点间的时间间隔T ＝5f；如果用f 、s 2、s 5表示加速度，则s 5－s 2＝g ×(5－2)T 2＝3g ×⎝ ⎛⎭⎪⎫5f 2，则计算重力加速度的公式是g ＝s 5－s 275f 2；则点4的瞬时速度为v 4＝s 4＋s 52T，又因为v 5＝v 4＋gT ，故代入解之得v 5＝(3s 5－s 4)f /10.【答案】 5f s 5－s 275f 2 (3s 5－s 4)f /10(2017·绵阳市模拟)一小组的同学用如图甲所示装置做“探究物体质量一定时，加速度与力的关系”实验．(1)下列说法正确的有________．A．平衡摩擦力时，用细线一端挂空砝码盘，另一端与小车相连，将木板适当倾斜，使小车在木板上近似做匀速直线运动B．每次改变砝码及砝码盘总质量之后，应重新平衡摩擦力C．应让砝码及砝码盘总质量远大于小车及里面钩码的总质量D．可以近似认为小车受到的拉力等于砝码及砝码盘的重力(2)乙图为实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分．从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两计数点之间都有4个点迹没有标出，用刻度尺分别测量出A点到B、C、D、E的距离如图乙，已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，则此次实验中小车运动加速度的测量值a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)某同学平衡摩擦力后，改变砝码盘中砝码的质量，分别测量出小车的加速度a.以砝码的重力F为横坐标，以小车的加速度a为纵坐标，得如图丙的aF图象，则图线不通过坐标原点的主要原因是________．【解析】(1)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误．每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B错误．应让砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码的总质量，故C错误．砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于砝码及砝码盘的重力，故D正确．(2)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1 s，设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得：x 3－x 1＝2a 1T 2x 4－x 2＝2a 2T 2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a ＝12(a 1＋a 2)＝x 4＋x 3－x 2－x 14T 2 ＝0.229－0.090 2－0.090 20.04m/s 2＝1.2 m/s 2. (3)当F ＝0时，a ≠0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，这是平衡摩擦力时木板倾角太大，即平衡摩擦力过度引起的．【答案】 (1)D (2)1.2 (3)平衡摩擦力过度考向2 “弹簧”“橡皮条”类实验4．在“探究弹力和弹簧伸长的关系并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图139甲所示．所悬挂钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．作出弹簧的长度(x )随钩码个数(n )变化的图象如图乙所示，则：图139(1)图线与x 轴的交点的物理意义是________________；(2)图线BC 段偏离了直线，其原因是________________；(3)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比，优点在于________，缺点在于________．【解析】 (1)图线与x 轴的交点的物理意义表示钩码个数n ＝0时弹簧的长度，即为弹簧的原长．(2)根据胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力与形变量成正比，因此随着所挂钩码的改变，图象应为一条倾斜直线，图线BC 段偏离了直线，说明弹簧的弹力与形变量不成正比关系，因此其原因为超出了弹簧的弹性限度．(3)当弹簧竖直放置时，弹簧实际自身有重力，会对弹簧产生拉力，因此改为水平放置时可以避免弹簧自身所受重力对实验的影响，但是此时弹簧与桌面、绳子与滑轮间的摩擦却不可避免，成为它的缺点．【答案】 见解析1.(2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ))某同学从学校的实验室里借来两个弹簧测力计，在家里做实验验证力的平行四边形定则．按如下步骤进行实验．用完全相同的两个弹簧测力计进行操作，弹簧测力计A挂于固定点C，下端用细线挂一重物G，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉至水平，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．(1)弹簧测力计A的指针如图甲所示，由图可知拉力的大小为________N(本实验用的弹簧测力计示数的单位为N)；由实验作出F A和F B的合力F的图示(如图丙所示)，得到的结果符合事实的是________(填“乙”或“丙”)．(2)本实验采用的科学方法是________(填正确答案标号)．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法可行的是________．A．改变弹簧测力计B拉力的大小B．减小重物M的质量C．将A更换成量程较小的弹簧测力计D．改变弹簧测力计B拉力方向【解析】(1)由题图知，弹簧测力计A的最小刻度值为0.2 N，读数为5.8 N．解答用平行四边形定则求出的合力可以与重力的方向有偏差，但悬挂重物的线应该竖直向下，故甲同学实验得到的结果符合实验事实．(2)本实验中，需要保证单个拉力的作用效果与两个拉力的作用效果相同，即采用了等效替代法．(3)当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向己确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故C不可行．【答案】(1)5.8 甲(2)B (3)ABD2.(2016·武汉二模)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示测力计：③找出②中为F O O′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在图中坐标纸上画出Fl图线，根据图线求得l0＝________cm.(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．【解析】(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0 cm.甲乙(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以F OA＝F OB＝F＝1.80 N.(3)利用给出的标度作出F OA和F OB的图示，然后做以F OA和F OB为邻边的平行四边形，其对角线即为合力F′，如图乙．(4)F O O′的作用效果和F OA、F OB两个力的作用效果相同，F′是F OA、F OB两个力的合力，所以只要比较F′和F OO′的大小和方向，即可得出实验结论．【答案】(1)如图甲所示10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)如图乙所示(4)F O O′考点3 力学创新实验(对应学生用书第69页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅰ卷T22、Ⅱ卷T222016年Ⅲ卷T232015年Ⅰ卷T22、Ⅱ卷T222014年Ⅰ卷T22、Ⅱ卷T232013年Ⅰ卷T22、Ⅱ卷T22[考情分析]1．以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学定律设计实验．2．将实验的基本方法——控制变量法，处理数据的基本方法——图象法、逐差法，融入实验的综合分析之中．3．(1)不分析试题的情景，生搬硬套教材实验和应用实验结论是常见错误．(2)进行实验时要注重实验的细节，结合实验的器材和数据以及物体的受力情况进行分析．4．(实验原理的设计与创新)(2017·Ⅰ卷T22)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图1310所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图1311记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)图1310图1311(1)由图1311可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图1311的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图1311中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2.(结果均保留两位有效数字)[题眼点拨] ①“保持桌面水平用手轻推一下小车”说明小车在桌面上做减速直线运动；②“每30 s内共滴下46个水滴”说明30 s内共有46－1＝45个滴水时间间隔．【解析】(1)小车运动时由于摩擦力的作用，速度逐渐减小，滴水计时器滴下水滴的间距逐渐变小，因此小车从右向左运动．(2)滴水的时间间隔T ＝3045s≈0.67 s 小车运动到A 点位置时的瞬时速度v A ＝x n ＋x n ＋12T ＝＋2×0.67 m/s≈0.19 m/s根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a ＝x 4＋x 5－x 1－x 26T 2＝＋83－150－6×0.672 m/s 2≈－0.037 m/s 2因此加速度的大小为0.037 m/s 2.【答案】 (1)从右向左 (2)0.19 0.0375．(数据处理方法的创新与拓展)(2015·Ⅰ卷T 22)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．(a) (b)图1312完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图1312(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg ；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示(4)__________N ；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2，计算结果保留两位有效数字)【导学号：19624157】【解析】 (2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg.(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m ＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905kg ＝1.81 kg小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 F ＝(m －1.00)g ＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N由题意可知小车的质量为m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F － m ′g ＝m ′v 2R解得v ≈1.4 m/s.【答案】 (2) 1.40 (4) 7.9 1.41.(2013·Ⅱ卷T 22)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p 与小球抛出时的动能E k 相等．已知重力加速度大小为g .为求得E k ，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地点的水平距离sC ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k ，得E k ＝________.(3)图中的直线是实验测量得到的s Δx 图线．从理论上可推出，如果h 不变，m 增加，s Δx 图线的斜率会________(选填“增大”“减小”或“不变”)；如果m 不变，h 增加，s Δx 图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)．由图中给出的直线关系和E k 的表达式可知，E p 与Δx 的______次方成正比．【解析】 (1)小球抛出时的动能E k ＝12mv 20，要求得v 0需利用平抛知识，s ＝v 0t ，h ＝12gt 2.根据s 、h 、g ，求得v 0＝s g 2h ，因此，需测量小球质量m 、桌面高度h 及落地水平距离s .(2)小球抛出时的动能E k ＝12mv 20＝mgs 24h. (3)弹簧的弹性势能E p ＝E k ＝12mv 20＝mgs 24h. 即s ＝2hE p mg，根据题给的直线关系可知，s 与Δx 成正比，而E p 与s 2成正比，故E p 应为Δx 的2次方成正比，则s ∝2h mg Δx ，s Δx 图线的斜率正比于h mg ，如果h 不变，m 增加，s Δx 图线的斜率将会减小；如果m 不变，h 增加，则s Δx 图线的斜率会增大．【答案】 (1)ABC (2)mgs 24h(3)减小 增大 22.(2015·Ⅱ卷T 22)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(a)(b)(1)物块下滑时的加速度a ＝________m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________m/s ；(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角【解析】 (1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2得a ＝0.13×10－22m/s 2＝3.25 m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝＋－22×0.02 m/s≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cos θ得μ＝g sin θ－a g cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.【答案】 (1)3.25 1.79 (2)C■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·力学实验的三个常见创新思路1．实验器材的等效替换是高考创新实验设计的主要思路之一，从近几年的高考命题来看，在测量物体的速度时常涉及实验器材的等效替换，如利用光电门替代纸带来测量物体的加速度、速度，还有利用闪光照相机等替代打点计时器．2．通过纸带求出小车的加速度，然后再利用牛顿第二定律求出小车与木板间的动摩擦因数，这是一种实验结论的外延，从近几年的力学实验来看，通过实验结论求动摩擦因数是实验设置的一个热点，且主要出现在两个地方，一是伴随着研究匀变速直线运动的实验出现，二是伴随着验证牛顿运动定律的实验出现．3．有一些实验题虽然在试题的情境上进行了创新，但其使用的实验原理和实验处理方法仍然不变，因此，对于创新型实验的处理，最根本的还是要把其从新情境中抽取出来，发现与常规实验的相同之处，然后运用熟悉的实验原理和实验数据处理方法进行处理． ■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 实验原理的设计与创新5．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”的实验．量角器中心O 点和细线的一个端点重合，并且固定好；细线另一端系一个小球，当小球静止不动时，量角器的零刻度线与细线重合，在小球所在位置安装一个光电门．实验装置如图1313所示．本实验需要测的物理量有：小球的直径d ，细线长度。
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-2-1
④独立性：分力产生的加速度相互独立．
(3)运动图象六要素．
①轴；②线；③斜率；④截距；⑤交点；
⑥面积．
(1)物理思想：极限思想、 思 逆向思维、理想实验、分 想 解思想． 方 (2)学习方法：比例法、图 法 象法、控制变量法、整体
法、隔离法、合成分解法.
高频考点一 运动图象问题
1.常见图象(如x－t、v－t、a－t、F－t等)的物理意义． 知能 2.图象中斜率、截距、交点、转折点、面积的物理意义． 必备 3.将图象与物理情景相结合，正确进行图象运动过程的转
2．求解运动图象与牛顿第二定律综合问题的基本思路
3．(名师改编)(多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t ＝0 时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的 速度－时间图象(v－t 图象)如图所示，则关于两车运动的说法中 正确的是( )
A．0～10 s 时间内，甲、乙两车在逐渐靠近 B．5～15 s 时间内，甲、乙两车的位移大小相等 C．t＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相反 D．t＝20 s 时两车在公路上相遇
换.
[题组冲关] 1．若货物随升降机运动的 v－t 图象如图所示(竖直向上为正)，则 货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图象可能是( )
解析：选 B.根据 v－t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速 下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第 二定律 F－mg＝ma 可判断支持力 F 的变化情况：失重→等于重 力→超重→超重→等于重力→失重，故选项 B 正确．
1．解图象问题时不要为图象的表面现象所迷惑，要做好“三看”： (1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系， 是运动学图象(v－t、x－t、a－t)还是动力学图象(F－a、F－t、F－ x)； (2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理 过程； (3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标 轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．
2018年高考物理二轮专题总复习课件：第一部分 二轮专题突破 专题二 动量和能量 2-3 精品
解析：a 棒下滑至 C 点时速度设为 v0，则由机械能守恒，有： mgh＝12mv02，解得 v0＝4 m/s 此后的运动过程中，a、b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始 终等大反向，因此 a、b 两棒组成的系统动量守恒，有： mv0＝(m＋m)v 解得 a、b 两棒共同的最终速度为 v＝2 m/s，此后两棒一起做 匀速直线运动
4．(2017·天津卷)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸 长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始时 A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现 将 B 竖直向上再举高 h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一 段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰 好可以和地面接触．取 g＝10 m/s2，空气阻力不计．求：
解析：根据位移图象可知，碰撞前 P 的速度 v0＝4 m/s，碰撞 前 P 的动量为 p0＝mPv0＝4 kg·m/s，选项 A 错误．根据位移图象， 碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项 B 错误．碰
撞后，二者的共同速度 v＝1 m/s，由动量守恒定律，mPv0＝(mP＋ mQ)v，解得 mQ＝3 kg，选项 C 错误．由动量定理，两物块碰撞过 程中 P 对 Q 作用力的冲量是 I＝ΔPQ＝mQv＝3 N·s，选项 D 正确．
2．力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定 律． (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般 用动量定理 (涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决 问题． (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般 用两个守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒 的条件．
07讲 动量与动量守恒定律基本应用解析版
2022-2023高考物理二轮复习（新高考）专题03力与动量.动量守恒定律●高考考点分析---在高考中，牛顿定律、功能关系、动量守恒定律是解题的三种基本方法。
无论什么运动状况，都可以从这三方面入手。
三者可以是递进关系：由牛顿定律的力引出功能关系、动量定理；也可能是并列关系：有些题目从三个角度都可以进行解析。
只有熟练运用这三者，才能在高考中游刃有余。
该类题型一般为单项选择题、不定项选择题、实验和计算题。
●知识框架●学习目标1.理解冲量与动量之间的关系。
2.熟练掌握动量守恒定律及其条件。
3.理清碰撞问题中的动量、能量关系。
4.能够将反冲问题举一反三，掌握其解题思路。
07讲动量与动量守恒定律基本应用●力与物体平衡的思维导图●重难点突破1.动量定理：Ft=mv-mv 0注：F 为物体所受合力；要规定正方向。
2.动量守恒条件：（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。
（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。
（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律：1如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2表达式：(1)p＝p′或m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．●考点应用1.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．例1.（2022·山东·临邑第一中学高二阶段练习）如图所示，下列情形都忽略空气阻力。
下列说法正确的是（）A．若子弹击入沙袋时间极短，可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒B．若子弹击入杆的时间极短，可认为子弹和固定杆组成系统动量守恒C．圆锥摆系统动量守恒D．以上说法都不正确【答案】A【详解】A．子弹击入沙袋时间极短，水平方向合外力为零，故可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒。
教育最新2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题7动量定理和动量守恒定律教案
专题七 动量定理和动量守恒定律——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．动量定理(1)表达式：F ·Δt ＝Δp ＝p ′－p .(2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．2．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp ＝p ′－p .(2)动能和动量的关系：E k ＝p 22m. 3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零．(2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零．(3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力．4．爆炸与反冲现象中系统机械能会增加，但碰撞过程中系统机械能不会增加．考点1 动量定理与动量守恒定律(对应学生用书第33页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2017年Ⅰ卷T 14、Ⅲ卷T 20 2016年Ⅰ卷T 35(2)[考情分析]1．结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般．2．解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关．3．应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当考虑．4．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．1．(动量守恒定律的应用)(2017·Ⅰ卷T 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/sB ．5.7×102k g·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s A [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒． 燃气的动量p 1＝mv ＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p 2＝p 1＝30 kg·m/s，选项A 正确．]2．(动量定理的应用)(多选)(2017·Ⅲ卷T 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71所示，则( )图71A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零[题眼点拨] ①“合外力F 的作用下”说明力F 的冲量等于物块动量的增量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．AB [由动量定理可得：Ft ＝mv ，故物块在t ＝1 s 时的速度v 1＝Ft 1m ＝2×12m/s ＝1 m/s ，A 正确；物块在t ＝2 s 时的动量p 2＝Ft 2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s ，在t ＝3 s 时的动量大小p 3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3 kg·m/s，故B 正确，C 错误；在t ＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I 合＝mv 4可得t ＝4 s 时，物块的速度v 4＝1 m/s ，D 错误．]在第2题中，若物块放在水平桌面上，F 为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N ，则物块在t 1＝1 s 时和t 4＝4 s 时的速度分别为( )A ．0.5 m/s 0B ．0 0.5 m/sC ．0.5 m/s －0.5 m/sD ．－0.5 m/s 0.5 m/sA [由动量定理可得：(F －f )t 1＝mv 1，可得t 1＝1 s 时物块速度v 1＝0.5 m/s ，在t＝3 s 时，I 合＝(2×2－1×1－1×3) N·s＝0，故此时物块速度为零，之后因F ＝f ，物块静止不动，因此t 4＝4 s 时，物块速度为零．]3．(动量定理的应用)(2016·Ⅰ卷T 35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(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.【导学号：19624082】[题眼点拨] ①分析流体问题应利用“微元法”．②“玩具稳定地悬停在空中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡．③“水柱冲击玩具底后，在……速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程．【解析】 (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV① ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt ＝ρv 0S . ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20 ④在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥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 ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. ⑧【答案】 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 ■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．2．动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．3．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等、方向相反．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 动量定理的应用1．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mgA[下降h阶段v2＝2gh，得v＝2gh，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝m2ght＋mg，A正确．]考向2 动量守恒定律的应用2．如图72所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝3m B ，A 、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B 与C 碰撞前B 的速度及最终的速度.【导学号：19624083】图72【解析】 对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07， B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07. 【答案】 B 与C 碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 07考点2 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用(对应学生用书第35页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2016年Ⅱ卷T 35(2)、Ⅲ卷T 35(2)2015年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2014年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2013年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)[考情分析]1．以动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题．2．具体问题中要注意物体间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．3．理清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．4．(“碰撞类”动量与能量的问题)(2016·Ⅲ卷T 35(2))如图73所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图73[题眼点拨] ①“a 与b 发生弹性碰撞”说明物块a 、b 碰撞过程中动量、动能均守恒；②“但b 没有与墙发生碰撞”说明物块b 碰撞后向右滑行的最大位移为l .【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl(2015·Ⅱ卷T 35(2))两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．【解析】 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得v ＝23 m/s③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v④联立①②③④式得 m 1∶m 2＝1∶8. ⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 ⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2.⑧【答案】 (1)1∶8 (2)1∶2 5．(“冲击板块类”动量与能量问题)(2016·Ⅱ卷T35(2))如图74所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图74(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[题眼点拨] ①“光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体”说明斜面体、滑板、冰块运动过程中不受摩擦力；②“冰块在斜面体上上升的最大高度为h ”说明冰块在最大高度处时与斜面体速度相同．【解析】 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg. ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④代入数据得 v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得 v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】 (1)20 kg (2)见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．三类碰撞的特点2．爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量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往往方向相反．3．动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0.②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 “碰撞类”动量与能量问题3．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图75所示，水平轨道AB长L＝9 m，光滑倾斜轨道BC足够长．开始时质量为m Q＝1 kg的滑块Q静止在AB中点M处；在A 点，质量为m P＝3 kg的滑块P以速度v0＝5 m/s向右运动；P、Q只会发生弹性碰撞，滑块经过B点时，动能损失不计．已知重力加速度g＝10 m/s2，P、Q与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1.求：图75(1)P向右运动的最大位移大小；(2)Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P、Q都停下后两滑块间的距离.【导学号：19624084】【解析】(1)设P、Q碰撞前瞬间，P的速度为v1，由动能定理有－μm P g L 2＝12m P v 21－12m P v 20，解得v 1＝4 m/s P 、Q 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m P v 1＝m P v P ＋m Q v Q由机械守恒定律有12m P v 21＝12m P v 2P ＋12m Q v 2Q 解得v P ＝2 m/s ，v Q ＝6 m/sP 继续向右运动的距离x P ＝v 2P 2μg ＝2 m ＜L 2＝4.5 m P 向右运动的最大位移x 1＝L 2＋x P ＝6.5 m.(2)由动能定理有－μm Q g L 2－m Q gh ＝0－12m Q v 2Q 解得Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度h ＝1.35 m.(3)假设Q 从斜面上滑下来后，会与滑块P 发生第二次弹性碰撞．由运动学知识可知Q 与P 碰前，P 已经停下来了．由动能定理有－μm Q g (L 2＋L －x 1)＝12m Q v 22－12m Q v 2Q 解得P 、Q 碰前瞬间，Q 的速度v 2＝22 m/sP 、Q 间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m Q v 2＝m P v ′P ＋m Q v ′Q由机械能守恒定律有12m Q v 22＝12m P v ′2P ＋12m Q v ′2Q 解得v ′P ＝222m/s ，v ′Q ＝－222m/s ，负号表示方向向右 碰后滑块P 向左滑动的位移x ′P ＝v ′2P 2μg＝2.75 m 碰后滑块Q 向右滑动的位移x ′Q ＝v ′2Q 2μg＝2.75 m ＞L －x 1＝2.5 m ，所以滑块Q 在第二次碰撞后会冲上斜面后返回x ′＝x ′Q －(L －x 1)＝0.25 m ，不会发生第三次碰撞 所以P 、Q 都停下后两滑块相距Δx ＝x ′P ＋x ′Q －2x ′＝5 m.【答案】 (1)6.5 m (2)1.35 m (3)5 m考向2 “冲击板块类”动量与能量问题4．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]如图76所示，在光滑桌面上置有长木板B 和物块C ，在长木板的右侧置有物块A ，一开始A 、B 处于静止状态．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.2，长木板B 足够长．物块A 的质量为2 kg ，长木板B 的质量为1 kg ，物块C 的质量为3 kg.物块C 以4 m/s 的初速度向右运动，与长木板B 碰撞后，与长木板B 黏在一起．重力加速度g 取10 m/s 2，试求：图76(1)C 与B 碰撞过程中，损失的机械能；(2)最终A 、B 、C 的速度大小和A 相对于B 运动的距离.【导学号：19624085】【解析】 (1)设B 、C 碰撞后的瞬间速度为v 1，根据动量守恒定律得m C v C ＝(m B ＋m C )v 1解得v 1＝3 m/s碰撞过程中，损失的机械能为 ΔE ＝12m C v 2C －12(m B ＋m C )v 21解得ΔE ＝6 J. (2)根据动量守恒定律得m C v C ＝(m A ＋m B ＋m C )v 2解得v 2＝2 m/s 根据功能关系：μm A gx ＝12(m B ＋m C )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 22解得x ＝1.5 m.【答案】 (1)6 J (2)2 m/s 1.5 m(2017·衡水市冀州中学一模)如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4kg ，放在光滑水平面上，其中AB 段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率； (2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．【解析】 (1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv m ＝mv由机械能守恒得：mg (H ＋R )＝12Mv 2m ＋12mv 2解得：v m ＝2.0 m/s.(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得： (M ＋m )v x ＝0由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m )v 2x ＋12mv 2y ＋μmg 2L解得v x ＝0，v y ＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s. 【答案】 (1)2.0 m/s (2)4 m/s 考向3 “传送带类”动量与能量问题5．如图77所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长L ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带间的动摩擦因数 μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g 取10 m/s 2，现释放A ，求：图77(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量； (3)A 、B 能够碰撞的总次数．【解析】 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，则E p ＝12mv 20＋μ1mgL ，解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2. 运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s ，位移x 1＝v B2t 1＝0.8 m.此过程相对运动路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mg sin θ＝μ2mg cos θ，B 与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞， 加速时间为t 2＝va 1＝0.3 s ， 位移为x 2＝v2t 2＝0.45 m.此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg (Δs 1＋Δs 2)cos θ＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足12mv 2＝2n μ1mgL .解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25，所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6(取整数)．【答案】 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次规范练高分| 动量与能量的综合应用类问题(对应学生用书第37页)[典题在线] (2017·达州市一模)(18分)如图78所示，质量为M ＝2.0 kg 的①小车静止在光滑水平面上，小车AB 部分是半径为R ＝0.4 m 的②四分之一圆弧光滑轨道，③BC 部分是长为L ＝0.2_m 的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.5，两段轨道相切于B 点．C 点离地面高为h ＝0.2 m ，质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)在小车上A 点④从静止沿轨道下滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图78(1)⑤若小车固定，求小球运动到B 点时受到的支持力大小F N ； (2)⑥若小车不固定，小球仍从A 点由静止下滑： (ⅰ)求小球运动到B 点时小车的速度大小v 2；(ⅱ)小球能否从C 点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地时与小车之间的水平距离s . [信息解读]①小车与水平面间无摩擦，小车的初速度为零． ②圆弧轨道光滑，小球与圆弧轨道间无摩擦作用．③小球在BC 段运动时系统有摩擦热产生． ④小球释放时初速度为零．⑤小球沿圆弧轨道下滑时，小球机械能守恒．⑥小球沿圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒． [考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)小球从A 到B 的过程中机械能守恒，mgR ＝12mv 2B①(2分)在B 点由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2BR②(1分) 解得：F N ＝30 N ．③(1分)(2)(ⅰ)若不固定小车，小球到达B 点时速度为v 1，小车的速度为v 2，由动量守恒定律可得，mv 1－Mv 2＝0 ④(1分)由系统机械能守恒定律可得：mgR ＝12mv 21＋12Mv 22⑤(2分)解得：v 1＝433 m/s ，v 2＝233m/s.⑥(1分)(ⅱ)设小球能从小车右端C 点滑出，滑出时小球的速度为v 3，小车的速度为v 4，由系统动量守恒定律可得：mv 3－Mv 4＝0，⑦(1分) 由能量守恒定律可得：mgR ＝12mv 23＋12Mv 24＋μmgL⑧(2分) 解得：v 3＝2 m/s ，v 4＝1 m/s ⑨(1分)故小球能从小车右端C 点滑出，滑出后小球做平抛运动，小车以速度v 4向左做匀速直线运动， 则：h ＝12gt2⑩(1分) x m ＝v 3t ⑪(1分) x M ＝v 4t ⑫(1分) s ＝x m ＋x M⑬(2分) 可解得：s ＝0.6 m ．⑭(1分)【答案】 (1)30 N (2)(ⅰ)233 m/s (ⅱ)能 0.6 m[评分标准]第(2)(ⅰ)中，表达式④、⑤正确且计算结果也正确，但将题目要求小车的速度，写成小球的速度大小的减1分．第(2)(ⅱ)中，只计算出小球平抛的水平位移即作为最后结果且计算正确的，减去4分．。
专题07 动量守恒定律-2018年高考物理母题题源系列 含解析
母题07 动量守恒定律【母题来源一】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【母题原题】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，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N【答案】 C由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力【母题来源二】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【母题原题】（多选）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。
现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。
下列说法正确的是A. a的质量比b的大B. 在t时刻，a的动能比b的大C. 在t时刻，a和b的电势能相等D. 在t 时刻，a 和b 的动量大小相等 【答案】 BD在t 时刻，a 的动能比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等于b 微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t 时刻，a 微粒的动量等于b 微粒，选项D 正确。
点睛 若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a 的质量比b 小吗？在t 时刻力微粒的动量还相等吗？在t 时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？【命题意图】理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
【考试方向】动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
2018届高考物理第2轮复习 第五章 能量和动量 教材回顾(三)动量定理及动量守恒定律
2．[考查动量守恒定律的理解] 如图，两滑块 A、B 在光滑水平面 上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度 大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度 大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运 动状态是(2015·福建高考)( )
A．A 和 B 都向左运动 B．A 和 B 都向右运动 C．A 静止，B 向右运动 D．A 向左运动，B 向右运动
3．[考查动量定理的应用]一质量为 0.5 kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5 m 的位置 B 处是一面墙，如图所示，一物块以 v0＝9 m/s 的 初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取 10 m/s2。 (2015·安徽高考)
[深化理解] 对动量定理的理解
1．动量的变化量等于“合外力的冲量”，而不 是“某个力的冲量”，这是在应用动量定理解题时需 要牢记的。
2．动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况 下，选定正方向后可将矢量运算简化为代数运算。
3．动量定理具有普适性，不论物体的运动轨迹 是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论 几个力是同时作用还是先后作用，动量定理都适用。
3．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，则系统动量守恒。 (2)近似守恒：系统受到的合力不为零， 但当内力远 大于 外力时，系统的动量可近 似看成守恒。 (3)分方向守恒：系统在某个方向上所 受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
[深化理解] 动量守恒定律的三个特性
1．矢量性 公式中的 v1、v2、v1′和 v2′都是矢量， 只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确 定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数 方法运算。这点要特别注意。
2018大二轮高考总复习物理课件第7讲 动量定理与动量守恒
2．动量守恒定律的三个性质 (1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它 并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代 要特别注意 (2)相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′ 系的速度，一般取相对地面的速度 (3)同时性：相互作用前的总动量，是指相互作用前的某一 此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的
第一部分 二轮专题突破
专题二 动量与能量
第7讲 动量定理与动量守恒
栏 目 导 航
01
02
高频考
03
多维模型构建
01
知识规律回扣
一、理清三个规律，打牢解题基础
二、牢记一个定律，万变不离其宗 1．动量守恒定律 (1)条件：系统不受外力或所受外力的矢量和为零 (2)表达式：p＝p′，Δp＝0，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
不变
A．在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水 D．小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不
解析：小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组 不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触相互作用时，小球受 守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力 故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球 的系统机械能守恒，但当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外 不守恒，C错误；因两物体均有向左的速度，若槽的速度大于球 不会相遇，小球不会到达最高点；而若球速大于槽速，则由动量 会有向左的速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故D
解析：由动量定理可得：Ft＝mv，解得 v＝Fmt，t＝1 s 时物块的速 m/s＝1 m/s，故 A 正确；在 F-t 图中面积表示冲量，所以，t＝2 s p＝Ft＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s 时物块的动量大小为 p′＝( ＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为 p′＝(2×2－1×2)kg·m/s ＝4 s 时物块的速度为 1 m/s，故 B 正确，C、D 错误．
天津市2018届高考物理二轮复习课件：专题七 动量 动量
-7命题热点一 命题热点二 命题热点三
例3(2016· 全国Ⅱ卷)如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑 的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止 于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推 出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰 块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的 大小g取10 m/s2。
1 2 m 2������20 2
=
1 2 ( m 2+m3)v +m2gh② 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 kg③
-9命题热v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0④ 代入数据得v1=1 m/s⑤ 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+m3v3⑥
1 2 m 2������20 2
=
1 2 m 2������2 2
1 + 2m3������3 2 ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同 且处在后方,故冰块不能追上小孩。
-10命题热点一 命题热点二 命题热点三
思维导引以冰块和斜面体为研究对象,水平方向动量守恒,当冰 块在斜面体上升到最大高度时,冰块和斜面体有共同的水平速度。 冰块和斜面体组成一个系统,机械能守恒。
-11命题热点一 命题热点二 命题热点三
拓展训练上述例3中,小孩推开冰块的过程中,小孩消耗的内能是 多少? 答案 60 J
解析
2018版高考物理第2轮复习 第1部分 专题整合突破 专题6 机械能守恒定律 功能关系
图 6-3 (1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点．
[题眼点拨] ①“光滑固定轨道”说明运动过程机械能守恒；②“运动到 C 点”说明在 C 点轨道对球压力 N≥0.
【解析】 (1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒定
2．(单个物体的机械能守恒)(2016·Ⅲ卷 T24)如图 6-3 所示，在竖直平 面内有由14圆弧 AB 和12圆弧 BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑连接．AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为R2.一小球在 A 点正 上方与 A 相距R4处由静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动．
由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2Rv2C ⑥
由机械能守恒定律得 mgR4＝12mv2C ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点．
【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到 C 点
(2014·Ⅱ卷 T17)如图所示，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆 固定在竖直平面内；套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点)，从大环的最 高处由静止滑下．重力加速度大小为 g.当小环滑到大环的最低点时，大环对 轻杆拉力的大小为( )
环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处 于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最 大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的 过程中( )
【导学号：19624071】
图 6-5 A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
A．Mg－5mg C．Mg＋5mg
2018版高中物理第1章动量守恒研究第2节动量守恒定律课件
L－s2 s2 即 0＝m －M t t m M 解得 s2＝ L，所以 s1＝L－s2＝ L. M＋m M＋m m M 【答案】 L L M＋m M＋m
“人船模型”及其应用 1．“人船模型”问题：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力 的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大 小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题． 2．处理“人船模型”问题的两个关键 (1)处理思路：利用动量守恒定律，先确定两物体的速度关系，再确定两物 体通过的位移的关系．
方法一： (归纳法) 以火箭和喷出的气体为研究对象，系统的动量守恒． 设第一次喷出气体后，火箭的速度为 v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以 v1＝ mv . M－m 设第二次喷出气体后，火箭的速度为 v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，得 2mv v2＝ . M－2m
设第三次喷出气体后，火箭的速度为 v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2， 3mv 所以 v3＝ . M－3m 依此类推，设第 n 次喷出气体后，火箭的速度为 vn，有(M－nm)vn－mv＝[M nmv －(n－1)m]vn－1，所以 vn＝ . M－nm 因为每秒喷气 20 次，所以 1 s 末火箭的速度为： 20mv 20×0.2×1 000 v20＝ ＝ m/s≈13.5 m/s. M－20m 300－20×0.2
3．一颗手榴弹以 v0＝10 m/s 的速度沿水平方向飞行，设它炸裂成两块后， 质量为 0.4 kg 的大块速度为 250 m/s，其方向与原来方向相反．若取 v0 的方向为 正方向，问： (1)质量为 0.2 kg 的小块速度为多少？ (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？ 【导学号：64772078】
专题07 动量讲-2018年高考物理二轮复习讲练测 含解析
纵观近几年高考试题，预测2017年物理高考试题还会1.本章知识是高考的热点，也是重点，试题经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型，前后两个物理过程总是通过碰撞来过渡的，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用。
2．从近两年高考来看，本章考题以计算题型出现，难度中等。
3．高考不要求用动量定理解题，只要求理解动量及动量的变化。
考向01 动量、动量守恒定律 1.讲高考 （1）考纲要求理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。
（2）命题规律动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。
案例1．【2016·上海卷】如图，粗糙水平面上，两物体A 、B 以轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动。
某时刻轻绳断开，在F 牵引下继续前进，B 最后静止。
则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量_________（选填：“守恒”或 “不守恒”）。
在B 静止后，A 和B 组成的系统动量 。
（选填：“守恒”或“不守恒“）【答案】守恒；不守恒【方法技巧】先通过匀速运动分析A 、B 整体的合外力，再分析轻绳断开后A 、B 整体的合外力，只要合外力为零，系统动量守恒，反之不守恒。
案例2．【2015·全国新课标Ⅱ·35（2）】滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。
两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示。
求：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
【答案】（1）8121=m m ；（2）21=∆E W 【解析】（1）设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2。
由题给图像得v 1=-2m/s v 2=1m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ，由题给图像可得s m v /32=由动量守恒定律得：m 1v 1+m 2v 2=（m 1+m 2）v 解得8121=m m （2）由能量守恒得。
2018届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课件：专题三 动量与能量 3.7
竖直方向上有分力与a的重力合成,其加速度大小大于 g,C项错误;a的机械能先减小再增大,当a的机械能最小 时,轻杆对a、b的作用力均为零,故此时b对地面的压力 大小为mg,D项正确。
【迁移训练】
迁移1:轻杆绕固定转轴转动 (多选)如图所示,长为3L的轻杆可绕 水平轴O自由转动,Oa=2Ob,杆的上端 固定一质量为m的小球(可视为质点), 质量为M的正方体静止在水平面上,不 计一切摩擦力。开始时,竖直轻细杆右侧紧靠着正方体 物块,由于轻微的扰动,杆逆时针转动,带动物块向右运
2
得W= mgR。由于克服阻力做功,机械能减小,所以质
点
从1 N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点到N点克服
2
阻
力做的功,即质点从N点到Q点克服阻力做的功
1 2
mvQ2
12,m解v得N2
>012,所mv以Q2 质点能够到达Q点,
并且还能继续上升一段距离,故选项C正确。
真题变式1.(多选)在【典例2】中,若使质点带上+q的
【加固训练】 1.(2015·天津高考)如图所示,固定的竖直 光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水 平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端 连接在墙上,且处于原长状态,现让圆环由静 止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时 弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到 最大距离的过程中 ( )
真题变式3.(多选)在【典例2】中,若将半圆形轨道更
换为 3 圆弧轨道,如图所示,并将质点自P点上方高度
4
2R处由静止开始下落,质点沿轨道到达最高点Q时对轨
道压力为 mg，则质点从静止运动到Q点的过程中( )
2
A.重力势能减少2mgR
A.当轻杆水平时,A、B两球的总动能最大 B.A球或B球在运动过程中机械能守恒 C.A、B两球组成的系统机械能守恒 D.B球到达C点时的速度大小为 gR
2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题二能量与动量第三讲碰撞与动量守恒学案
第三讲碰撞与动量守恒[ 高考调研 ]1.2018 年高考取该部分内容的考察难度将加大(1) 利用图象或公式直接考察动量定理或许动量守恒定律．(2) 考察动量定理的应用，特[ 知识建构 ]别是动量定理在流体力学中的应用．别的，动量定理还能够与电场、磁场、电磁感觉等知识综合命题，选择题和计算题的命题形式皆有可能出现．(3) 考察动量守恒定律及其应用．试题经常波及多个物体、多个过程，以碰撞模型为纽带，几个运动阶段既互相独立，又互相联系，物体碰前、碰后的速度是联系各运动阶段的桥梁．此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知知趣互联合．2. 常用的思想方法：①动量定理结合微积分的思想方法．②弹性碰撞中的二级结论法.[ 答案 ] (1) 物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化．(2)一个系统不受外力或许所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(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，则系统动量守恒．②系统所受合外力固然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可当作近似守恒．③系统所受的合外力虽不为零，假如在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．(4)碰撞的分类考向一动量定理[ 概括提炼 ]1．用动量定理的解题的基本思路2．应用动量定理解题技巧(1)动量定理没有合用条件，在计算与时间相关的问题时都能够合用．(2)动量定理研究对象选择能够是单调物体，也能够是质点系，在研究质点系问题时，受力剖析是只考虑质点系的外力．(3)在应用动量定理时需要规定正方向．(2016 ·全国卷Ⅰ) 某游玩园进口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳固地悬停在空中．为计算方便起见，假定水柱从横截面积为S的喷口连续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板( 面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变成零，在水平方向朝周围均匀散开．忽视空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加快度大小为 g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相关于喷口的高度．[ 思路点拨 ] (1) 玩具在空中悬停说明F＝ mg.(2)求水对玩具的作使劲，可考虑动量定理解题．[ 分析 ] (1) 设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②Δm由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量＝ρv0S③ Δt(2) 设玩具悬停时其底面相关于喷口的高度为h，水从喷口喷出后抵达玩具底面时的速1212度大小为 v.关于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得2( Δm)v＋ ( Δm)gh＝2(Δm)v0④在h 高度处，Δt时间内发射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小＝Δp( Δm) v⑤设水对玩具的作使劲的大小为F，依据动量定理有FΔt＝Δp⑥因为玩具在空中悬停，由力的均衡条件得F＝Mg⑦v22联立③④⑤⑥⑦式得0Mgh＝－2 2 22g2ρ v S22[答案] (1)0v0－Mg2ρv S2g2ρv0S用动量定理解决连续的流体问题在平时的生活和生产中，常波及流体的连续互相作用问题，用惯例的方法很难解决，若建立柱体微元模型，而后用动量定理剖析求解，则可使问题水到渠成．关于流体或近似流体( 如粒子流 ) 问题，解答的原则一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象，然后确立出流体柱的体积、质量、状态变化及受力状况，再确立与其对物体的作用规律．[ 娴熟加强 ]迁徙一动量定理与生产生活相联合1．(2015 ·重庆卷 ) 高空作业须系安全带，假如质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作使劲古人着落的距离为h(可视为自由落体运动) ．今后经历时间 t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作使劲一直竖直向上，则该段时间安全带对人的均匀作使劲大小为 ()A.m 2ghB.m 2gh t＋ mg t－ mgC.m ghD.m ght＋ mg t－ mg[分析]降落 h 阶段 v2＝2gh，得 v＝2gh，对今后至安全带最大伸长过程应用动量定理，设竖直向下为正，－m 2gh( F－mg) t＝ 0－mv，得F＝t＋ mg，A正确．选 A.[答案]A迁徙二动量定理解决连续流体问题2． ( 多项选择 )(2017 ·河北名校结盟) 以下图，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右边的煤层．设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽视不计，已知水的密度为 ρ . 以下说法正确的选项是( )A ．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρv π D 212 3B ．高压水枪的功率为8ρπ DvC ．水柱对煤层的均匀冲力为1ρπD 2v 24D ．手对高压水枪的作使劲水平向右[分析]设 ΔtΔVΔm Δm ρΔV 时间内，从水枪喷出的水的体积为 ，质量为 ，则 ＝ ，1 2 Δm 1 2ΔV ＝ Sv Δt ＝ π Dv Δt ，单位时间喷出水的质量为＝ ρv π D ，选项 A 错误． Δt 时间 4Δt 41 2123内水枪喷出的水的动能E k ＝ 2 mv ＝ 8ρπ Dv Δt ，由动能定理知高压水枪在此时期对水做功为 W ＝ E k ＝ 1ρπ D 2v 3Δt ，高压水枪的功率P ＝ W ＝ 1ρπ D 2v 3，选项 B 正确．考虑一个极8Δt 8短时间′，在此时间内喷到煤层上水的质量为，设煤层对水柱的作使劲为 ，由动量ΔtmF定理，′＝， ′时间内冲到煤层水的质量＝ 1π 2′，解得 ＝ 1 π2 2，F Δtmv Δtm 4ρDv ΔtF 4ρDv由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的均匀冲力为F ′＝ F ＝ 41ρπD 2v 2，选项 C 正确．当高压水枪向右喷出高压水流时， 水流对高压水枪的作使劲向左， 因为高压水枪有重力，依据均衡条件，手对高压水枪的作使劲方向斜向右上方，选项D 错误．[答案] BC考向二动量守恒定律的应用[ 概括提炼 ]1．动量守恒定律解题思路及方法2．三种常有表达式(1) p＝p′( 系统互相作用前的总动量p 等于互相作用后的总动量p′)．实质应用时的三种常有形式．① m1v1＋ m2v2＝ m1v′1＋ m2v′2(合用于作用前后都运动的两个物体构成的系统) ．② 0＝m1v1＋m2v2( 合用于本来静止的两个物体构成的系统，比方爆炸、反冲等，二者速率及位移大小与各自质量成反比) ．③m1v1＋ m2v2＝( m1＋ m2) v(合用于两物体作用后联合为一体或拥有同样速度的状况，完整非弹性碰撞 ) ．(2)Δp＝0(系统总动量不变)．(3) Δp1＝－Δp2( 互相作用的两物体构成的系统，两物体动量增量大小相等、方向相反．) ( 多项选择 )(2017 ·陕西宝鸡模拟) 圆滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A 和 B，用细线将它们连结起来，两物块中间夹有一压缩的轻质弹簧( 弹簧与物块不相连) ，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，现在物块 A 的加快度大小为a，两物块刚要走开弹簧时物块A的速度大小为v，则()32A．物块开始运动前，弹簧的弹性势能为2mv2B．物块开始运动前，弹簧的弹性势能为3mvC．物块B的加快度大小为 a 时弹簧的压缩量为x23D．物块A从开始运动到刚要走开弹簧时位移大小为2x [ 思路点拨 ] (1) 可依据动量守恒求得物块 B 的速度．(2) 剪断细绳瞬时，弹簧双侧物块受力大小相等．[分析] 依照题述，两物块刚要走开弹簧时物块 A 的速度大小为 v ，由动量守恒定律，2mv ＝ mv ′，解得物块 B 的速度大小 v ′＝ 2v ；由能量守恒定律，物块开始运动前，弹簧的12122弹性势能 E p ＝ 2·2mv ＋ 2mv ′ ＝ 3mv ， A 错误， B 正确．剪断细线瞬时，轻弹簧双侧物块受 力大小相等，都为 kx ，由牛顿第二定律， kx ＝ 2 ；当物块 B 的加快度大小为 a 时，由牛顿ma第二定律，＝′，联立解得x′＝ x，C 正确．依据上述剖析可知，物块B 的加快度是Ama kx212的 2 倍，由 s ＝ 2at ，物块 B 的位移是 A 的 2 倍，物块A 从开始运动到刚要走开弹簧时位移1 大小为 3x ，D 错误．[答案] BC三种碰撞解读(1) 弹性碰撞碰撞结束后，形变所有消逝，动能没有损失，不单动量守恒，并且初、末动能相等．m 1v 1＋ m 2v 2＝ m 1v 1′＋ m 2v 2′12 12 121′ 22mv ＋2mv ＝2mv′＋2mv 1 12 21 12 2m 1－ m 2 v 1＋ 2m 2v 2v 1′＝m 1＋ m 2m 2－ m 1 v 2＋ 2m 1v 1v 2′＝m 1＋ m 2m 1－ m 2 v 2＝ 0 时， v 1′＝v 1m 1＋ m 2v 2′＝2m 1v 11 2m ＋m 议论：① m 1＝ m 2， v 1′＝ 0， v 2′＝ v 1( 速度互换 ) ；② m 1>m 2， v 1′>0， v 2′>0( 碰后，两物体沿同一方向运动 ) ；③ m 1? m 2，v 1 ′≈ v 1， v 2′≈2v 1；④ m <m ， v ′<0， v ′>0( 碰后，两物体沿相反方向运动 ) ；1 2 1 2⑤ m 1? m 2，v 1 ′≈－ v 1，v 2′≈ 0；[ 娴熟加强 ]迁徙一非弹性碰撞1．圆滑水平面上有A、B两辆小车，m＝ 1 kg ，本来静止，mB A＝1 kg( 含支架 ) ．现将小球C 用长为 0.2 m的细线悬于支架顶端，C＝0.5 kg.开始时A车m与 C球以v0＝4 m/s的速度冲向 B 车，如右图所示．若A、 B 正碰后粘在一同，不计空气阻力， g 取10 m/s2，求小球 C摇动到最大高度时的速度和上涨的最大高度．[ 分析 ]设A，B相碰后二者的共同速度为v，(相碰时 C球水平方向不受力，仍保持v0的速度 )则由动量守恒定律 m A v 0＝ ( m A ＋ m B ) v解得 v ＝ 2 m/sA 、B 粘在一同后，小球C 向右摆，细绳在水平方向的分力使A 、B 加快，当C 的速度与A 、B 水平方向的速度同样时小球摆至最高点，则由动量守恒，有C 0＋ ( A ＋ B ) ＝ ( A ＋ B ＋ C ) ′mv m m vm m m v解得 A 、 B 、 C 同样的速度 v ′＝ 2.4 m/s.再由机械能守恒定律，设C 球摆上的最大高度为h ，则12 12122mv ＋2( m ＋m ) ＝ 2( m ＋m ＋m ) ′＋mghC 0ABABCC解得 h ＝ 0.16 m [答案] 2.4 m/s0.16 m迁徙二弹性碰撞2．以下图， AB 为倾角 θ＝37°的粗拙斜面轨道，经过一小段圆滑圆弧与圆滑水平轨道相连结， 质量为2的小球乙静止在水平轨道上，质量为 1 的小球甲以速度 v 0与乙球发BCm m生弹性正碰．若 m 1∶ m 2＝ 1∶ 2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ 的取值范围． (sin37 °＝ 0.6 ，cos37°＝ 0.8)[分析] 设碰后甲的速度为 v 1，乙的速度为 v 2，由动量守恒和机械能守恒，有mv ＝ mv ＋ mv 210 1 121 2 12 122mv＝2mv ＋2mv21 01 12解得1＝m －m＝－1， 2＝2m＝2v12vv1vvv3m 1＋ m 2m 1＋ m 23设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为s ，滑到斜面底端的速度大小为v ，由动能定理有( mg sin37 °＋ μm g cos37°)s ＝ 1 22mv22 2 2(2sin37 °－2cos37°) ＝1 2 2mgμm gs2mvv 2 3－ 4μ解得＝v 2 3＋ 4μv 0乙要能追上甲，则v >3解得 μ<0.45[ 答案 ] μ<0.45高考高频考点加强——动量与能量的综合应用[ 考点概括 ]动量看法和能量看法的选用原则1．动量看法(1)关于不波及物体运动过程中的加快度而波及物体运动时间的问题，特别关于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝mv－ mv0.(2)关于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只波及初、末速度而不波及力、时间，应用动量守恒定律求解．2．能量看法(1)关于不波及物体运动过程中的加快度和时间问题，不论是恒力做功仍是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)假如物体只有重力和弹簧弹力做功而又不波及运动过程中的加快度和时间问题，则采纳机械能守恒定律求解．(3)关于互相作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应试虑采纳能量守恒定律成立方程．[ 真题归类 ]1．(2016 ·全国卷Ⅱ) 如图，圆溜冰面上静止搁置一表面圆滑的斜面体，斜面体右边一蹲在滑板上的儿童和其眼前的冰块均静止于冰面上．某时辰儿童将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块光滑地滑上斜面体，在斜面体上上涨的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度) ．已知儿童与滑板的总质量为孩与滑板一直无相对运动．取重力加快度的大小m1＝30 kg，冰块的质量为2g＝10 m/s .m2＝10 kg，小(1)求斜面体的质量；(2)经过计算判断，冰块与斜面体分别后可否追上儿童？[ 分析 ] (1) 规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时二者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝( m2＋ m3) v①1212＋ 3)2②220＝(＋ 22mv2m m v mgh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 kg③(2)设儿童推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有m1v1＋ m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分别后的速度分别为v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝ m2v2＋ m3v3⑥1212122mv20＝2mv2＋2mv3⑦223联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s因为冰块与斜面体分别后的速度与儿童推出冰块后的速度同样且处在后方，故冰块不可以追上儿童．[答案](1)20 kg(2) 看法析2．(2016 ·全国卷Ⅲ) 以下图，水平川面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直； a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m，b 的质量为34m. 两物块与地面间的动摩擦因数均同样．现使 a 以初速度v0向右滑动．今后 a 与b发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞．重力加快度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数知足的条件．[分析 ]设物块与地面间的动摩擦因数为μ .若要物块a、 b 能够发生碰撞，应有1 22>①mvμmgl2v0即μ<2gl②设在a、 b 发生弹性碰撞前的瞬时， a 的速度大小为v1，由能量守恒有12122mv0＝ 2mv1＋μmgl③设在a、b 碰撞后的瞬时，a、 b 的速度大小分别为v1′、 v2′，由动量守恒和能量守恒有3mmv1＝ mv1′＋4 v2′④121213m22mv＝2mv′＋24v ′ ⑤1128联立④⑤式解得v2′＝7v1⑥由题意， b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知1 33mm 2≤⑦2 4v2μ4 gl232v 0联立③⑥⑦式，可得μ≥113gl ⑧22联立②⑧式， a 与 b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 0v 0113gl ≤ μ<2gl2232v 0v 0[答案]113gl ≤ μ<2gl3．(2017 ·天津卷 ) 以下图，物块A 和B 经过一根轻质不行伸长的细绳相连，跨放在 质量不计的圆滑定滑轮双侧，质量分别为m A ＝ 2 kg 、 m B ＝ 1 kg. 初始时 A 静止于水平川面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高 h ＝ 1.8 m(未涉及滑轮 ) ，而后由静止开释．一段时间后细绳绷直，、 以大小相等的速度一同运动，以后 B 恰巧能够和地面接触．取＝ 10 m/s 2，A Bg空气阻力不计．求：(1) B 从开释到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2) A 的最大速度 v 的大小；(3) 初始时 B 离地面的高度 H .[ 分析 ]此题考察自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律．(1) B 从开释到细绳刚绷直前做自由落体运动，有12h ＝ gt ①代入数据解得t ＝ 0.6 s ②(2) 设细绳绷直前瞬时 B 速度大小为 v B ，有v B ＝ gt ③细绳绷直瞬时，细绳张力远大于A 、B 的重力， A 、 B 互相作用，由动量守恒得m B v B ＝ ( m A ＋ m B ) v ④以后 A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬时的速度v 即最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s⑤(3) 细绳绷直后，A、B一同运动，B恰巧能够和地面接触，说明此时A、 B的速度为零，这一过程中A、 B 构成的系统机械能守恒，有12＋ B＝ A⑥(A＋B)2m m v mgH mgH代入数据解得H＝0.6 m[ 答案 ] (1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m[ 迁徙训练 ]1．以以下图所示，一质量为M、顶端距离地面为h 的带有曲面的斜面体放在水平面上，斜面体底端的切线水平，将一质量为m、可视为质点的滑块从斜面体的顶端由静止开释．第一次斜面体固定在水平面上，滑块滑到斜面体底端时的速度大小为v1；第二次斜面体不固定，v1大小为v2.已知 M＝4 kg、m＝5 kg，忽视全部摩擦．则的值 v2为多少？[ 分析 ]第一次斜面体固定， 滑块下滑过程中只有重力做功， 滑块的机械能守恒， 滑块12在最高处的重力势能所有转变成滑到斜面体底端时的动能，有mgh ＝2mv 1解得滑块滑到斜面体底端时的速度v 1＝ 2gh第二次斜面体不固定， 当滑块滑到斜面体底端时， 对滑块和斜面体构成的系统，因为在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒滑块抵达斜面体底端时的速度为v 2，设斜面体的速度为 v 0，则由水平方向动量守恒， 得mv 2＋Mv 0＝ 0滑块下滑时，只有重力和系统内的弹力做功，系统的机械能守恒，有＝ 1 2122＋mgh 2mv2Mv22Mgh联立解得 v ＝M ＋ mv1＋3所以两种状况下滑块抵达斜面体底端的速度的比值为＝M mM＝ .v 223[答案]22．(2017 ·湖南长沙四县三月模拟 ) 足够长的平行金属轨道 M 、N ，相距 L ＝ 0.5 m ，且水平搁置； M 、 N 左端与半径 R ＝0.4 m 的圆滑竖直半圆轨道相连，金属棒 b 和 c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝ m c ＝ 0.1 kg ，电阻 R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道 M 、N 处于磁感觉强度 B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，圆滑竖直半圆轨道在磁场外，以下图，若使b 棒以初速度 v 0＝ 10 m/s 开始向左运动，求：(1) c 棒的最大速度．(2) c 棒中产生的焦耳热．(3) 若 c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 抵达轨道最高点时对轨道的压力的大小．[ 分析 ](1) 在磁场力作用下， b 棒做减速运动， c 棒做加快运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度．选两棒为研究对象，依据动量守恒定律有m b v 0＝ ( m b ＋ m c ) vm b1解得 c 棒的最大速度为： v ＝ m b ＋ m c v 0＝2v 0＝ 5 m/s(2) 从 b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转变成电能，两棒中产生的总热量为：＝121b＋ c ) 2＝2.5 Jb 0－ (Q 2mv 2 m m v因为 R ＝R ，所以 c 棒中产生的焦耳热为Q ＝ 2＝ 1.25 J bcc Q(3) 设 c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上涨到最高点的过程由机械能守恒可得：1 c 21c 2c2mv － 2mv ′ ＝ mg ·2R解得 v ′＝ 3 m/s在最高点，设轨道对 c 棒的弹力为 F ，由牛顿第二定律得v ′ 2m c g ＋ F ＝m c R解得F ＝ 1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N[答案](1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N3．(2017 ·湖北七市3 月模拟 ) 以下图，圆滑平行金属轨道的水平部分处于竖直向下的 B ＝ 4 T 的匀强磁场中，两轨道间距为L ＝0.5 m ，轨道足够长．金属棒a 和b 的质量都为m ＝ 1 kg ，电阻R a ＝ R b ＝1Ω.b 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从 h ＝80 cm 高处自静止沿弧形轨道下滑， 经过 C 点进入轨道的水平部分， 已知两棒在运动过程中一直保持与轨道垂直， 且两棒一直不相碰．求 a 、b 两棒的最后速度， 以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热( 已知重力加快度g ＝ 10 m/s2) ．[分析] a 棒下滑至C点时速度设为v0，则由机械能守恒，有：12mgh＝2mv0解得 v0＝4 m/s今后的运动过程中，a、 b 两棒达到共速前，两棒所受安培力一直等大反向，所以a、 b 两棒构成的系统动量守恒，有：mv0＝( m＋m) v解得a、 b 两棒共同的最后速度为v＝2 m/s，今后两棒一同做匀速直线运动由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为：Q＝122mv0－122(m＋m)v1则 b 棒中产生的焦耳热Qb＝2Q 联立解得：Q b＝2 J[ 答案 ] 2 m/s 2 J。
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在 h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小 为 Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有 FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg 联立③④⑤⑥⑦式得 v2 M2g 0 h＝2g－2ρ2v2S2. 0
相同，可以在某一方向上应用动 (2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向____
量定理． 2．动量、动能、动量的变化量的关系 (1)动量的变化量：Δp＝p′－p.2 p (2)动能和动量的关系：Ek＝____. 2m
3．动量守恒的条件 (1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零． (2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零． (3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力． 4．爆炸与反冲现象中系统机械能会增加 ____，但碰撞过程中系统机械能不会增加．
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
图 71
[题眼点拨]
①“合外力 F 的作用下”说明力 F 的冲量等于物块动量的增量；
②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．
Ft1 2×1 AB [由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在 t＝1 s 时的速度 v1＝ m ＝ 2 m/s ＝1 m/s，A 正确；物块在 t＝2 s 时的动量 p2＝Ft2＝2×2 kg· m/s＝4 kg· m/s， 在 t＝3 s 时的动量大小 p3＝(2×2－1×1)kg· m/s＝3 kg· m/s，故 B 正确，C 错 误；在 t＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N· s＝2 N· s，由 I 合＝mv4 可得 t＝4 s 时， 物块的速度 v4＝1 m/s，D 错误．]
考点 1 动量定理与动量守恒定律 (对应学生用书第 33 页)
■品真题· 感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年 3 考： 2016 年Ⅰ卷 T35(2)
2017 年Ⅰ卷 T14、Ⅲ卷 T20
[考情分析] 1．结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守 恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般． 2．解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体 的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关． 3．应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当 考虑． 4．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝ρv0S. ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底 面时的速度大小为 v.对于 Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得 1 1 2 2 (Δ m ) v ＋ (Δ m ) gh ＝ (Δ m ) v 0 2 2 ④
专题七
动量定理和动量守恒定律
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考点 1 动量定理与动量守恒定律
考点 2
动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用
规范练高分 动量与能量的综合应用类问题
专题Байду номын сангаас时集训
———————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————
1．动量定理
p′－p (1)表达式：F·Δt＝Δp＝______.
D．6.3×102 kg· m/s
A
[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动
量守恒． 燃气的动量 p1＝mv＝0.05×600 kg· m/s＝30 kg· m/s， 则火箭的动量 p2＝p1＝30 kg· m/s，选项 A 正确．]
2． (动量定理的应用)(多选)(2017· Ⅲ卷 T20)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 71 所示，则( )
[题眼点拨] ①分析流体问题应利用“微元法”．②“玩具稳定地悬停在空 中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡．③“水柱冲击玩具底后， 在„„速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程．
【解析】 (1)设 Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为 ΔV，质量为 Δm，则 Δm＝ρΔV ΔV＝v0SΔt ① ②
在第 2 题中，若物块放在水平桌面上，F 为物块受到的水平拉力， 物块与地面的滑动摩擦力大小为 1 N，则物块在 t1＝1 s 时和 t4＝4 s 时的速度 分别为( A．0.5 m/s C．0.5 m/s ) 0 －0.5 m/s B．0 0.5 m/s 0.5 m/s
D．－0.5 m/s
A [由动量定理可得：(F－f)t1＝mv1，可得 t1＝1 s 时物块速度 v1＝0.5 m/s， 在 t＝3 s 时，I 合＝(2×2－1×1－1×3) N· s＝0， 故此时物块速度为零，之后因 F＝f，物块静止不动，因此 t4＝4 s 时，物块速 度为零．]
1．(动量守恒定律的应用)(2017· Ⅰ卷 T14)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 C．6.0×102 kg· m/s ) B．5.7×102 kg· m/s
3．(动量定理的应用)(2016· Ⅰ卷 T35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将 一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从 横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略 大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向 朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g. 求： (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. 【导学号：19624082】