高中物理二轮复习2021届专题学案二 动量与能量第2讲 动量和能量观点的应用
(浙江选考)2021高考物理二轮复习专题二能量和动量第2讲动量和能量观点的应用学案
第2讲动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2021/102021/042021/102021/042021/112021/04动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 23 动量守恒定律c 23 22碰撞 d反冲运动火箭b 23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝Ft，冲量是矢量，其方向与力的方向一样，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向． 2．动量定理的应用(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量：假设作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft 求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝Ft 求恒力作用下物体的动量变化：假设作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft ，等效代换动量的变化． 3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，那么系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多项选择)篮球运发动通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，以下说法正确的选项是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多项选择)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，那么落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6 s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多项选择)如图3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5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 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，假设要使A 球能再次追上B 球并相撞，那么系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，那么av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，那么qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，那么R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2021·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M 附近由静止开场在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，那么：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，那么由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，那么qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，那么由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开场做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2局部的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2局部的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两局部组成，左面局部水平，右面局部为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平局部处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开场水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开场向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克制安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开场向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多项选择)以下说法正确的选项是( ) A ．物体运动的方向就是它的动量的方向B ．如果物体的速度发生变化，那么可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C ．如果合外力对物体的冲量不为零，那么合外力一定使物体的动能增大D ．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小 答案 ABD解析 物体动量的方向与物体的运动方向一样，A 对；如果物体的速度变化，那么物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B 对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C 错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D 对． 2．(多项选择)关于动量、冲量，以下说法成立的是( )A ．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B ．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C ．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D ．某段时间内物体受到的冲量变大，那么物体的动量大小可能变大、变小或不变 答案 ACD解析 自由落体运动，从开场运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A 正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B 错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C 正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，那么物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D 正确．3．(多项选择)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L ，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，那么( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多项选择)(2021·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运发动受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的选项是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多项选择)(2021·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．假设质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，那么( )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多项选择)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的选项是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多项选择)质量一样的子弹、橡皮泥和钢球以一样的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，以下说法正确的选项是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最大D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案AC解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，那么它们动量的变化量Δp＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I＝Δp，那么子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A、C正确，B、D错误．8．(多项选择)如图4所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，那么以下关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的选项是( )图4A．拉力F的冲量大小为Ft cos θB．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝F cos θ，那么摩擦力的冲量大小为F f t＝Ft cos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N ＝mg －F sin θ，那么支持力的冲量大小为(mg －F sin θ)t ，故D 错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝mg q，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)假设MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，那么有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，那么x 1＝405m 2g 16B 2q2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma那么a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q2 10．(2021·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开场释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS时，速度恰好到达最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 解析 (1)由右手定那么可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度到达最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成假设干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S 2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S2 11．(2021·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)假设水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放． ①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②假设金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)假设水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定那么判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动．二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。
浙江高考物理二轮复习专题二能量和动量第2讲动量和能量观点的应用学案
第2讲 动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]考点一 动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I ＝Ft ，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向． 2．动量定理的应用(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft 求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝Ft 求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft ，等效代换动量的变化． 3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3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5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 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( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( ) A ．子弹对墙的冲量最小 B ．橡皮泥对墙的冲量最小 C ．钢球对墙的冲量最大D ．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 答案 AC解析 由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp ＝mv －mv 0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I ＝Δp ，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A 、C 正确，B 、D 错误． 8．(多选)如图4所示，质量为m 的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F 作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t 时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A ．拉力F 的冲量大小为Ft cos θB ．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC ．重力的冲量大小为mgtD ．物体所受支持力的冲量大小是mgt 答案 BC解析 拉力F 的冲量大小为Ft ，故A 错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f ＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t ＝Ft cos θ，故B 正确；重力的冲量大小为mgt ，故C 正确；支持力的大小为F N ＝mg －F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg －F sin θ)t ，故D 错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝mg q，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q 2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q 2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q 2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2m ρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mg ρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mg ρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2g ρ2B 4L 2S 2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动． 二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。
【小初高学习】浙江高考物理二轮复习专题二能量和动量第2讲动量和能量观点的应用学案
第2讲 动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]考点一 动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I ＝Ft ，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向． 2．动量定理的应用(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft 求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝Ft 求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft ，等效代换动量的变化． 3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3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5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 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( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( ) A ．子弹对墙的冲量最小 B ．橡皮泥对墙的冲量最小 C ．钢球对墙的冲量最大D ．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 答案 AC解析 由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp ＝mv －mv 0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I ＝Δp ，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A 、C 正确，B 、D 错误． 8．(多选)如图4所示，质量为m 的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F 作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t 时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A ．拉力F 的冲量大小为Ft cos θB ．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC ．重力的冲量大小为mgtD ．物体所受支持力的冲量大小是mgt 答案 BC解析 拉力F 的冲量大小为Ft ，故A 错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f ＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t ＝Ft cos θ，故B 正确；重力的冲量大小为mgt ，故C 正确；支持力的大小为F N ＝mg －F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg －F sin θ)t ，故D 错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝mg q，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q 2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q 2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q 2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2m ρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B LS (3)mg ρB LS m 3g 2ρ22B L S 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mg ρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2g ρ2B 4L 2S 2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动． 二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。
高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点和能量观点在电学中的应用学案(2021学年)
（全国通用）２018年高考物理二轮复习专题二动量与能量第２讲动量观点和能量观点在电学中的应用学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（(全国通用）２0１８年高考物理二轮复习专题二动量与能量第２讲动量观点和能量观点在电学中的应用学案)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步,以下为（全国通用）2０18年高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点和能量观点在电学中的应用学案的全部内容。
第2讲动量观点和能量观点在电学中的应用知识必备1．静电力做功与路径无关。
若电场为匀强电场,则W=Fｌcｏs α=qEl cos α;若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求.2.静电力做的功等于电势能的变化，即WＡB＝-ΔE p。
3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即Ｗ=UIt=qU.4.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力。
洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功;安培力可以做正功、负功,还可以不做功。
5。
电磁感应中的能量问题（1）能量转化:其他形式的能量错误!电能电能错误!焦耳热或其他形式能(2)焦耳热的三种求法：①焦耳定律:Q=Ｉ2Ｒt②功能关系:Ｑ＝W克服安培力③能量转化：Q＝Ｗ其他能的减少量，备考策略动量观点和能量观点在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，要抓住4点：(1）受力分析和运动过程分析是关键。
（2)根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。
（3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。
（4）感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁,要做好“源”的分析,电磁感应产生的电功率等于内、外电路消耗的功率之和,这是能量守恒分析这类问题的思路。
2021高考物理统考二轮复习学案：专题复习篇 专题2 第讲 动量和能量的综合应用
动量和能量的综合应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题形式;而动量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。
素养呈现1。
动量、冲量、动量定理2。
动量守恒的条件及动量守恒定律3.动力学、能量和动量守恒定律的应用素养落实1。
掌握与动量相关的概念及规律2.灵活应用解决碰撞类问题的方法3。
熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧考点1| 动量定理和动量守恒定律冲量和动量定理（1）恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解,合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向.[典例1］（2020·武汉二中阶段测试)运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中。
已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1。
0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )A．2.7 m/s B．5.4 m/sC．7。
6 m/s D．10。
8 m/s[题眼点拨] ①“悬停在空中”表明水向上的冲击力等于运动员与装备的总重力。
②“水反转180°”水速度变化量大小为2v。
B [两个喷嘴的横截面积均为S＝错误!πd2，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F＝错误!mg，取质量为Δm＝ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得FΔt＝2Δmv，解得v＝错误!≈5。
4 m/s，选项B正确.]动量和动量守恒定律（1）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。
系统不受外力或所受合外力为零时,系统动量守恒。
高考物理二轮复习专题二第二讲动量和能量观点的应用课件
直于运动方向上的最大截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在
飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力为多大?
答案 40 N
解析 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒
质量Δm=ρSvΔt
2022
专题二
第二讲 动量和能量观点的应用
内
容
索
引
01
体系构建•真题感悟
02
高频考点•能力突破
03
专项模块•素养培优
体系构建•真题感悟
知识回顾 构建网络
感悟高考 真题再练
1.(2020全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲
追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线
即p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即
Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体同向
运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物
体的碰后速度。
对点训练
4.(2021浙江高三二模,命题点1)两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A
W=μmgcos
+ℎ
θ·
sin
设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为
1
s',由动能定理有-μm'gs'=0- m'v'2
2
设改变后的动摩擦因数为 μ',由动能定理有
高考物理二轮复习专题二动量与能量动量观点与能量观点在力学中的应用学案
第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用知识必备1.常见的功能关系(1)合力做功与动能的关系：W合＝ΔE k。
(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p。
(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p。
(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f x相对＝ΔE内。
2.机械能守恒定律(1)条件：只有重力、系统内弹力做功。
(2)表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2。
3.动能定理(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。
(2)表达式：W＝12mv22－12mv214.动量定理及动量守恒定律(1)动量定理：Ft＝mv2－mv1(2)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(3)备考策略1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。
2.深刻理解功能关系，综合应用动量守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题。
3.必须领会的“1种物理思想和3种方法”(1)守恒的思想。
(2)守恒法、转化法、转移法。
4.必须辨明的“3个易错易混点”(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念。
(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。
(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。
力学中的几个功能关系的应用【真题示例1】 (2020·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l 。
重力加速度大小为g 。
在此过程中，外力做的功为( )图1 A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg·l6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。
物理知识点高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版
物理知识点高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版动量和能量高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。
在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。
并时常发现“压轴题”就是能量试题。
历年高考中动量和能量题分布情况：2021年，全国理综II，计算题25题考查动量和能量综合题；全国理综III，计算题25题考查动量和能量综合题；北京卷24题考查动量和能量综合题；天津卷选择题21题考查碰撞中的动量守恒，25题考查动量和能量的综合题。
2021年，全国理综I动量和能量的题占19分，理综II占36分，理综III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。
2021年全国理综I、III，选择题20题动量定理和动能定理；理综II，18题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷2计算题25题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题25题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。
天津卷实验题22题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。
2021年，湖南卷实验题22题，考查验证中碰撞中的动量守恒定律，计算题24题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题19题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20题考查动量定理和电场的知识。
全国卷II选择题16题考查动量和动能定理。
四川卷选择题18题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。
天津卷选择题15题考查动量守恒与动能定理，计算题23题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。
动量与能量知识框架：力对时间的积力的积累和效应力对位移的积累效应势能重力势能：Ep=mgh 弹性势能机械能动能累效应动量p=mv 功：W=FScosα 瞬时功率：P=Fvcosα牛顿第二定律冲量I=Ft 动量定理动量守恒定律Ft=mv2-mv1 系统所受合力为零或不受外力m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ F=ma 动能定理平均功率：P?W?Fvcos? tWA?1212mv2?mv1 22Ek?1mv2 2机械能守恒定律Ek1+EP1=Ek2+EP2 ΔE=ΔE 一、考点回顾1．动量、冲量和动量定理用心爱心专心12．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的发展和宇宙航行6．动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。
高考物理二轮复习 专题二 功和能 动量和能量 第2讲 动量和能量观点的应用课件
2 kg的兔子,作用时间为0.1 s。则飞机受到兔子的平均撞击力约为
( B )
A.1.44×103 N B.4.0×103 N
C.8.0×103 N D.1.44×104 N
解析 720 km/h=200 m/s;根据动量定理 Ft=mv 可得,F=
(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两
物体同向运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等
于原来在后面的物体的碰后速度。
12/8/2021
-18-
考点一
考点二
考点三
【典例2】 (2018江苏镇江三模)如图所示,A、B两个木块质量分
别为2 kg与0.9 kg,A、B与水平地面间接触面光滑,上表面粗糙,质量
C.6.0×102 kg·m/s
D.6.3×102 kg·m/s
考点定位:动量定理
命题能力点:侧重考查理解能力
物理学科素养点:科学思维
解题思路与方法:以火箭和燃气为研究对象,在燃气喷出的瞬间动
量守恒。
解析 根据动量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动
量等大反向。故p=Mv
m/s。
12/8/2021
据动量守恒得 mAvA+mBvB=(mA+mB)vA',代入数据得:mA∶mB=1∶
2,故 B 正确,不能选。碰撞前后 A 速度大小相等,则碰撞过程中 A
动能不变,故 C 错误,应选择。碰前 AB 速度方向相反,碰后 AB 速
度方向与 B 碰前速度方向相同,则碰前 B 动量较大,故 D 正确,不
能选。
命题能力点:侧重考查理解能力
高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课件
链 接
设A、B碰撞后达到(dádào)的共同速度为v1，A、B、C三者
达到(dádào)的共同速度为v2，当弹簧第一次恢复原长时，A、
B的速度为v3，C的速度为v4.
第二十页，共42页。
K 考题 专项 训练
对 A、B，在 A 与 B 的碰撞过程中，由动量守恒定律有：
mv0＝(m＋m)v1①
对 A、B、C，在压缩弹簧直至三者速度相等的过程中，由动量
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义(jiǎngyì)•第一部分 专题复
习 专题二 功、能量与动量
第2课 动量和能量
第一页，共42页。
栏 目 链 接
第二页，共42页。
J 考点 简析
应用能量守恒定律与动量守恒定律是解决复杂物理问题的一
种重要途径，是近几年高考的压轴题．从过去三年高考来看，本
知识以物体碰撞、小物块与长木板相对运动、物体做平抛运动、
解析 首先A与B发生碰撞，系统的动能损失一部分；C在
弹簧弹力的作用下加速，A、B在弹力的作用下减速，但A、
B的速度大于C的速度，故弹簧被压缩，直到A、B和C的速
度相等，弹簧的压缩量达到(dádào)最大，此时弹簧的弹性
势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹簧第一次恢
栏 目
复原长时，C的速度达到(dádào)最大，A、B开始要分离．
2mv0＋2mv1＝4mv2② 得出：v2＝34v0.
第十五页，共42页。
K 考题 专项 训练
(2) P1、P2、P 第一次等速，弹簧最大压缩量 x 最大，
由能量守恒得
μ·2mg(L＋x)＋
Ep＝
12(2m)v
2 0
＋21(2m)v12
－
2021-2022年高三物理第二轮专题复习 专题二动量和能量教案 人教版
2021年高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。
在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。
并时常发现“压轴题”就是能量试题。
历年高考中动量和能量题分布情况：xx年，全国理综II，计算题25题考查动量和能量综合题；全国理综III，计算题25题考查动量和能量综合题；北京卷24题考查动量和能量综合题；天津卷选择题21题考查碰撞中的动量守恒，25题考查动量和能量的综合题。
xx年，全国理综I动量和能量的题占19分，理综II占36分，理综III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。
xx年全国理综I、III，选择题20题动量定理和动能定理；理综II，18题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷2计算题25题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题25题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。
天津卷实验题22题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。
xx年，湖南卷实验题22题，考查验证中碰撞中的动量守恒定律，计算题24题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题19题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20题考查动量定理和电场的知识。
全国卷II选择题16题考查动量和动能定理。
四川卷选择题18题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。
天津卷选择题15题考查动量守恒与动能定理，计算题23题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。
动量与能量知识框架：一、考点回顾1．动量、冲量和动量定理2．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的发展和宇宙航行6．动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。
高考物理二轮复习专题二能量和动量动量和能量观点的应用学案
第2讲 动量和能量观点的应用[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考 加试 2020/10 2020/04 2020/10 2020/042020/11 动量守恒定律 动量和动量定理c 22 23 2222动量守恒定律c 23 22 碰撞d 反冲运动 火箭b23考点一 动量与冲量有关概念与规律的辨析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多少？ 答案m 2ght＋mg 解析 由自由落体运动公式得，人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg)t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2gh t＋mg.2．(多选)(人教版选修3－5P9改编)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防护和规定中与其具有相同的原理的是( )A ．撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫B ．易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎C ．有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹D ．在汽车上安装安全气囊 答案 ABD解析 鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间长，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间短，由动量定理FΔt＝Δp 知，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎．撑竿跳高比赛时，横杆的下方放有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A 正确；易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B 正确；用手工操作的各类振动机械的频率大于20 Hz 是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C 错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项D 正确． 3．(多选)(2020·浙江镇海中学期末)下列说法正确的是( ) A ．动量大的物体，它的速度不一定大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大C ．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量就保持不变D ．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案 AD4．(多选)关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是( ) A ．一物体的动量不变，其动能一定不变 B ．一物体的动能不变，其动量一定不变 C ．两物体的动量相等，其动能不一定相等 D ．两物体的动能相等，其动量一定相等 答案 AC解析 动能是标量E k ＝12mv 2，动量是矢量p ＝mv ，动能与动量之间的大小关系：E k ＝p22m .一物体的动量p 不变，其动能E k 一定不变，故A 正确．一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化，故B 错误．两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等，故C 正确．两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的，故D 错误．5．(多选) 如图1所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )图1A ．男孩和木箱组成的系统动量守恒B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增加量与男孩、小车的总动量减小量相同 答案 CD6. (多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处静止释放，如图2所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g ，下面说法中正确的是( )图2A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选) 如图3所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是( )图3A．拉力F的冲量大小为Ftcos θB．摩擦力的冲量大小为Ftcos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝Fcos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t＝Ftcos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N＝mg－Fsin θ，则支持力的冲量大小为(mg－Fsin θ)t，故D错误．1.动量定理(1)动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(2)动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．(3)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量．求合外力的冲量有两种方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的冲量；二是先求每个外力的冲量，再求所有外力冲量的矢量和．2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化．3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用1．在竖直的xOy 平面内，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，第一象限内电场沿＋y 方向，磁场垂直xOy 平面向外，第三象限内电场沿－x 方向，磁场垂直xOy 平面向里，电场强度大小均为E ，磁感应强度大小均为B ，A 、B 两小球带等量异种电荷，带电量大小均为q ，两球中间夹一被压缩的长度不计的绝缘轻弹簧(不粘连)，某时刻在原点O 处同时释放AB ，AB 瞬间被弹开之后，A 沿圆弧OM 运动，B 沿直线OP 运动，OP 与－x 轴夹角θ＝37°，如图4中虚线所示，不计两球间库仑力的影响，已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图4(1)A 、B 两球的质量比m Am B；(2)A 球出射点M 离O 点的距离； (3)刚释放时，弹簧的弹性势能E p . 答案 (1)34 (2)8E 23B 2g (3)350E 3q81B 2g解析 (1)弹开后，A 沿圆弧运动，所以A 应带正电， m A g ＝Eq 得：m A ＝EqgB 沿OP 运动，受力平衡，带负电，有 tan θ＝Eq m B g 得m B ＝4Eq 3gm Am B ＝Eq g 4Eq 3g＝34(2)对B 球受力分析，知： Bqv 2sin θ＝Eq 得B 球速度v 2＝5E 3BAB 弹开瞬间，动量守恒m A v 1＝m B v 2 解以上各式得，A 球速度v 1＝20E 9BA 做圆周运动，Bqv 1＝m A v 12R轨道半径R ＝m A v 1Bq ＝20E29B 2gOM ＝2Rsin θ＝8E23B 2g(3)弹开瞬间，由能量守恒可知 E p ＝12m A v 1 2＋12m B v 2 2将(1)(2)各式代入得：E p ＝350E 3q 81B 2g2．如图5所示，质量m A ＝0.8 kg 、带电量q ＝－4×10－3C 的A 球用长l ＝0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E ＝5×103N/C.质量m B ＝0.2 kg 、不带电的B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J ．现将A 球拉至左边与圆心等高处静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C ，同时撤去水平轨道．A 、B 、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g ＝10 m/s 2.求：图5(1)碰撞过程中A 球对B 球做的功； (2)碰后C 第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．答案 (1)－3.2 J (2)4 2 m/s (3)(80n －30) N ，n ＝1,2,3…… 解析 (1)碰前A 的速度为v A 12m A v A 2＝m A gl v A ＝4 m/s 碰前B 的速度为v BE p ＝12m B v B 2，v B ＝6 m/s由动量守恒得m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C v C ＝2 m/sA 对B 所做的功W ＝12m B vC 2－E p ＝－3.2 J(2)碰后，整体受到竖直向上的电场力 F ＝|q|E ＝20 N ，G ＝m C g ＝10 N 因F －m C g>m C v C2l ，整体C 做类平抛运动水平方向上：x ＝v C t 竖直方向上：y ＝12at 2其中a ＝|q|E －m C g m C＝10 m/s 2圆的方程：(y －l)2＋x 2＝l 2解得：x ＝0.8 m ，y ＝0.8 m C 刚好在圆心等高处绳子拉直 此时C 向上的速度为v 0＝gt ＝4 m/s 设C 运动到最高点速度为v 1由动能定理得12m C v 1 2－12m C v 0 2＝(F －m C g)lv 1＝4 2 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v 1′，由机械能守恒定律得：m C g×2l＝12m C v 1′2－12m C v 1 2v 1′＝8 m/s由F T ＋F －m C g ＝m C v 1′2l可知F T >0，所以小球能一直做圆周运动 设小球第n 次经过最高点时的速度为v n 12m C v 2n －12m C v 1 2＝(n －1)|q|E×2l F T ＋m C g －F ＝m C v n 2l解得：F T ＝(80n －30) N ，n ＝1,2,3……考点三 动量和能量观点在电磁感应中的应用1．(2020·浙江11月选考·22)如图6所示，匝数N ＝100、截面积S ＝1.0×10－2 m 2、电阻r ＝0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B 1，其变化率k ＝0.80 T/s.线圈通过开关S 连接两根相互平行、间距d ＝0.20 m 的竖直导轨，下端连接阻值R ＝0.50 Ω的电阻．一根阻值也为0.50 Ω、质量m ＝1.0×10－2kg 的导体棒ab 搁置在等高的挡条上，在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B 2.接通开关S 后，棒对挡条的压力恰好为零．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻．图6(1)求磁感应强度B 2的大小，并指出磁场方向；(2)断开开关S 后撤去挡条，棒开始下滑，经t ＝0.25 s 后下降了h ＝0.29 m ，求此过程棒上产生的热量． 答案 (1)0.5 T 磁场垂直纸面向外 (2)2.3×10－3J 解析 (1)线圈中产生的感应电动势为E ＝NΔΦΔt ，ΔΦ＝ΔB 1ΔtS 代入数据得：E ＝0.8 V 等效电路图如图：总电流I ＝E r ＋R 2＝0.80.15＋0.25 A ＝2 A ，I ab ＝I2＝1 A根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上 即B 2I ab d ＝mg ，解得B 2＝0.5 T ，根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外．(2)开关断开之后，撤去挡条，ab 下滑过程切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，则 (mg －B 2I′d)t＝mv －0，其中I′t＝q ＝ΔΦR ＋R abΔΦ＝B 2·dh根据动能定理可知mgh ＋W ＝12mv 2－0联立解得W ＝－4.6×10－3J因此金属棒上产生的热量为Q ＝|12W|＝2.3×10－3J.2．(2020·浙江10月选考·22改编)如图7甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝，面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2的大小随时间t 变化的关系如图乙所示．(g 取10 m/s 2)甲 乙 图7(1)求0～0.10 s 线圈中的感应电动势大小．(2)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h ＝0.20 m ，求通过细杆CD 的电荷量．答案 (1)30 V (2)0.03 C解析 (1)由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt得E ＝nSΔB 2Δt＝30 V (2)由牛顿第二定律F ＝ma ＝mv －0Δt(或由动量定理FΔt＝mv －0)，安培力F ＝IB 1l ，Δq＝IΔt，v 2＝2gh ，得Δq＝m 2ghB 1l＝0.03 C.3．(2020·浙江名校协作体联考)质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb′a′，如图8甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g)．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图 图8(1)请判断图乙中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g3时，求方框的发热功率P ；(3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS 时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S 2解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针． (2)方框受到的安培力：F A ＝2BIL 由牛顿第二定律有mg －F A ＝mg 3解得I ＝mg3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4LS方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS(3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即 mg ＝F A ′＝2B2BLv mRL 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得 mgt －∑2B 2BLv iR Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S2由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S24．(2020·浙江镇海中学月考)有电阻均为R 的两金属棒a 、b ，a 棒的质量为m ，b 棒的质量为M ，两棒均放在如图9所示的光滑轨道的水平部分上，轨道的水平部分有竖直向下的匀强磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长，开始时给a 棒一水平向左的初速度v 0，a 、b 两棒在运动过程中与轨道始终接触良好，且a 棒与b 棒始终不相碰，请问：图9(1)当a 、b 两棒在水平轨道上稳定运动时，速度分别为多少？损失的机械能为多少？(2)若b 棒在水平轨道上稳定运动后，又冲上圆弧轨道，在b 棒返回到水平轨道前，a 棒已静止在水平轨道上，且b 棒与a 棒不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a 、b 的速度为多少？(3)整个过程中产生的内能是多少？ 答案 (1)均为mv 0m ＋M Mmv 0 22(M ＋m ) (2)Mmv 0(M ＋m )2(3)12mv 0 2[1－M 2m(M ＋m )3]解析 (1)a 、b 两棒在水平轨道上动量守恒． 设稳定运动时a 、b 两棒的共同速度为v 1， 由动量守恒定律，有mv 0＝(m ＋M)v 1， 解得v 1＝mv 0m ＋M ，损失的机械能为ΔE＝12mv 0 2－12(m ＋M)v 1 2＝Mmv 0 22(M ＋m ).(2)由于b 棒在冲上圆弧轨道又返回水平轨道过程中机械能守恒，故返回时速度大小不变，即v 2＝v 1， b 棒与a 棒向右运动过程中，直到新的稳定状态，设达到新的稳定状态时a 、b 的共同速度为v 3， 由动量守恒定律，有Mv 2＝(M ＋m)v 3， 解得v 3＝Mmv 0(M ＋m )2.(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量，即 Q ＝12mv 0 2－12(M ＋m)v 3 2，解得Q ＝12mv 0 2[1－M 2m (M ＋m )3]．专题强化练 (限时：40分钟)1．(多选)下面说法正确的是( ) A ．物体运动的方向就是它的动量的方向B ．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C ．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D ．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小 答案 ABD解析 物体动量的方向与物体运动方向相同，A 对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B 对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C 错误；作用在物体上的合外力冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D 对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A ．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做( ) A．球对手的冲量减小B．球对人的冲击力减小C．球的动量变化量不变D．球的动能变化量减小答案BC解析先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv得F＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B、C正确．4．(多选)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是( )A．小球从抛出至到最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为零C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为零D．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为20 kg·m/s答案AD5．(多选) 如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgLD．重力的冲量为m2gL答案 BC6．如图2所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B ＝4 T 的匀强磁场中，两导轨间距为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 ＝1 Ω.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，通过C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，且两棒始终不相碰，求a 、b 两棒的最终速度大小，以及整个过程中b 棒产生的焦耳热．(已知重力加速度g ＝10 m/s 2)图2答案 均为2 m/s 2 J解析 a 棒下滑至C 点时速度设为v 0，则由动能定理，有：mgh ＝12mv 0 2，解得：v 0＝2gh ＝20×0.8 m/s ＝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，选向右的方向为正，有： mv 0＝(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；由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q ＝12mv 0 2－12(m ＋m)v 2＝12×1×42 J －12×2×22J ＝4J ；则b 棒产生的焦耳热为：Q b ＝12Q ＝12×4 J＝2 J.7．如图3所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图3(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，则 qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为F N ，则R(1－cos θ)＝h F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N8．如图4所示，半径R ＝1.6 m 的16光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长l ＝3 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v ＝3 m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E ＝20 N/C ，磁感应强度B ＝3.0 T ，方向垂直纸面向外．两个质量均为m ＝1.0×10－3kg 的物块a 和b ，物块a 不带电，b 带q ＝1.0×10－3C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将物块a 从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P 点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，a 、b 均可看做质点．求：图4(1)物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力； (2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a 、b 系统机械能的变化量． 答案 见解析解析 (1)物块a 从静止释放运动到圆弧轨道最低点C 时，机械能守恒，mgR(1－cos θ)＝12mv C 2，解得v C＝4 m/s在C 点，由牛顿第二定律：F N －mg ＝mv C2R解得：F N ＝2×10－2N由牛顿第三定律，物块a 对圆弧轨道最低点的压力：F N ′＝2×10－2N ，方向竖直向下 (2)ab 碰撞动量守恒：mv C ＝2mv C ′，v C ′＝2 m/sab 在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为x ， μ2mg＝2ma 得a ＝μg＝1 m/s 2，v 2－v C ′2＝2ax得：x ＝2.5 m<l ，所以ab 离开传送带时与其共速，为v ＝3 m/s进入复合场后，Eq ＝2mg ＝10－2N ，所以做匀速圆周运动，由Bqv ＝2mv 2r 得r ＝2mvBq＝2 m由几何知识得传送带与水平地面的高度： h ＝r ＋12r ＝3 m(3)a 、b 系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功： W f ＝μ2mgx＝5×10－3Ja 、b 系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：W 电＝－Eqh ＝－6×10－2J 所以，二者碰后一直到落地，a 、b 系统机械能的变化量： ΔE＝W f ＋W 电＝－5.5×10－2J高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第2讲 动量和能量观点的应用【核心要点】1.基本的概念对比(1)冲量与功的比较①定义式⎩⎨⎧冲量的定义式：I ＝Ft （作用力在时间上的积累效果）功的定义式：W ＝Flcos θ（作用力在空间上 的积累效果）②性质⎩⎨⎧冲量是矢量，既有大小又有方向（求合冲量应按矢量合成法则来计算）功是标量，只有大小没有方向（求物体所受外力的总功只需按代数和计算）(2)动量与动能的比较①定义式⎩⎪⎨⎪⎧动量的定义式：p ＝m v 动能的定义式：E k ＝12m v 2 ②性质⎩⎨⎧动量是矢量（按矢量运算法则来计算）动能是标量（按代数运算法则来计算） ③动量与动能间的关系⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2mE k E k ＝p 22m ＝12p v 2.动量观点的基本物理规律(1)动量定理的基本形式与表达式:I ＝Δp 。
分方向的表达式:I x 合＝Δp x ,I y 合＝Δp y 。
(2)动量定理推论:动量的变化率等于物体所受的合外力,即Δp Δt ＝F 合。
(3)动量守恒定律①动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)。
②动量守恒定律的适用条件a.标准条件:系统不受外力(理想)或系统所受合外力为零(平衡)。
b.近似条件:系统所受合外力虽不为零,但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多),可以忽略不计。
c.分量条件:系统所受合外力虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则系统总动量在该方向上的分量保持不变。
【备考策略】1.解决力学问题的三大观点(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,常用动能定理分析；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。
动量定理的应用1.应用动量定理的四点提醒(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解,变力的冲量优先考虑应用动量定理求解。
(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的,物体动能变化是由合外力做的功决定的。
(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。
2.在电磁感应中用动量定理求变力的时间、速度、位移和电荷量,一般应用于单杆切割磁感线运动。
(1)求速度或电荷量:B I －l Δt ＝m v 2－m v 1,q ＝I －t 。
(2)求时间:F Δt －B I －l Δt ＝m v 2－m v 1,B I －l Δt ＝Bl ΔΦ总。
【例1】 (2020·全国卷Ⅰ,14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【试题解析】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体,增大了司机的受力面积,减少了司机单位面积的受力大小,可以延长司机的受力时间,从而减小了司机受到的作用力,A 项错误,D 项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积,碰撞后司机动量为零,所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量,B 项错误；司机与气囊的碰撞为非弹性碰撞,有能量损失,司机的动能未完全转换成汽车的动能,C 项错误。
【试题参考答案】 D【例2】 (多选)(2020·常德一模)一竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3 kg 的B 固定在一起,质量为1 kg 的A 放于B 上。
现在A 和B 正在一起竖直向上运动,如图1所示。
当A 、B 分离后,A 上升0.2 m 到达最高点,此时B 速度方向向下,弹簧为原长,则从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中,下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )图1A.A、B分离时B的加速度为gB.弹簧的弹力对B做功为零C.弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·sD.B的动量变化量为零【试题解析】由分离的条件可知,A、B物体分离时二者的速度、加速度相等,二者之间的相互作用力为0,对A分析可知,A的加速度a A＝g,所以B的加速度为g,故A 正确；A、B物体分离时弹簧恢复原长,A到最高点弹簧恢复原长,从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零,所以弹簧对B做的功为零,故B正确；A、B物体分离后A做竖直上抛运动,可知竖直上抛的初速度v＝2gh＝2×10×0.2 m/s＝2 m/s,上升到最高点所需的时间t＝2h g＝0.2 s,由运动的对称性可知此时B的速度为2 m/s,方向竖直向下,对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得:m B gt＋I N＝m B v－(－m B v),解得弹簧的弹力对B的冲量大小为:I N＝6 N·s,B的动量变化量为Δp＝m B v－(－m B v)＝12 kg·m/s,故C正确,D错误。
【试题参考答案】ABC【例3】(多选)如图2所示,足够长的光滑水平金属导轨间距为2 m,电阻不计,垂直导轨平面有磁感应强度为1 T的匀强磁场,导轨上相隔一定距离垂直放置两根长度也为2 m的金属棒,a棒质量为1 kg,电阻为5 Ω,b棒质量为2 kg,电阻为10 Ω。
现给a棒一个水平向右的初速度8 m/s,当a棒的速度减小为4 m/s时,b棒刚好碰到了障碍物,经过很短时间0.01 s速度减为零(不反弹,且a棒始终没有与b棒发生碰撞),下列说法正确的是()图2A.从上向下看回路产生逆时针方向的电流B.b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC.碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为300 ND.b 棒碰到障碍物后,a 棒继续滑行的距离为15 m【试题解析】根据右手定则可知,从上向下看回路产生逆时针方向的电流,选项A 正确；系统动量守恒,由动量守恒定律可知m a v 0＝m a v a ＋m b v b ,v b ＝2 m/s,选项B 正确；b 碰到障碍物时,回路的感应电动势E ＝BL (v a －v b )＝4 V ,回路的电流I ＝E R a ＋R b＝415 A,b 棒所受的安培力F b ＝BIL ＝815N,b 与障碍物碰撞时,由动量定理得(F b －F )t ＝0－m b v b ,解得F ≈400.5 N,选项C 错误；b 碰到障碍物后,a 做减速运动,直到停止,由动量定理得B I －L Δt ＝m a v a ,其中I －Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b,联立解得x ＝15 m,选项D 正确。
【试题参考答案】 ABD1.(多选)(2020·河北武邑中学期末)一个静止在水平地面上的物体,质量为0.1 kg,受到竖直向上的拉力F 作用,F 随时间t 的变化情况如图3乙所示。
若g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( )图3A.0～3 s 内,物体的速度逐渐增大B.3 s 时物体的加速度最大C.第5 s 末和第9 s 末物体的速度相等D.第9 s 末物体上升到最高点【试题解析】物体质量为0.1 kg,即重力为1 N,在0～1 s 时间内物体保持静止,即物体是从1 s 后开始向上加速运动的,A 错误；在第3 s 末物体所受拉力最大,a ＝F －mg m＝20 m/s 2,a ＞g ,此时加速度最大,B 正确；根据I F ＝Ft 可知,图线与坐标轴围成的面积表示F 的冲量,所以5～9 s 内F 与重力的冲量之和为零,则动量变化量为零,即第5 s 末和第9 s 末物体的速度相等,C 正确；物体在0～9 s 所受F 与重力的冲量之和I 总＝F m 2t －mgt ＝4.5 N·s,方向向上,则第9 s 末物体的速度方向向上且不为零,物体没有上升到最高点,D 错误。
【试题参考答案】 BC2.如图4所示,P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨,P 1Q 1为不计电阻的直导线且P 1Q 1⊥Q 1Q 2。
P 1P 2、Q 1Q 2的倾角均为θ,P 2P 3、Q 2Q 3在同一水平面上,P 2Q 2⊥P 2P 3,整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,质量为m 、接入电路的电阻为R 的金属杆CD 从斜轨道上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下。
杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨电阻和空气阻力均不计,重力加速度大小为g ,轨道倾斜段和水平段平滑连接且都足够长,求:图4(1)杆CD 达到的最大速度大小；(2)杆CD 在距P 2Q 2的L 处由静止释放,滑到P 2Q 2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平轨道上滑行的最大距离x 。
【试题解析】(1) 杆CD 速度最大时,杆受力平衡,则有B cos θ·dI m ＝mg sin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E m ＝B cos θ·d v m由欧姆定律可得I m ＝E m R解得v m ＝mgR sin θB 2d 2cos 2θ(2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有mg sin θ·Δt 1－B cos θ·I －1d Δt 1＝m v m －0又I －1Δt 1＝q 1＝ΔΦ1R ＝B cos θ·dL R联立解得:Δt 1＝mR B 2d 2cos 2θ＋B 2d 2L cos 2θmgR sin θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有－B I －2d Δt 2＝0－m v m该过程中通过R 的电荷量为q 2＝I －2Δt 2＝m v m Bd又q 2＝ΔΦ2R ＝Bxd R联立解得x ＝m 2gR 2sin θB 4d 4cos 2θ。
【试题参考答案】 (1)mgR sin θB 2d 2cos 2θ (2)mR B 2d 2cos 2θ＋B 2d 2L cos 2θmgR sin θ m 2gR 2sin θB 4d 4cos 2θ动量守恒定律的应用命题角度 ①动量守恒定律的应用②动量守恒和能量守恒的综合应用③动量守恒在电学中的应用【例1】 (多选)(2020·全国卷Ⅱ,21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。