2017年高三动量总复习(很全面)

B右端到_ (1)实验中还应测量的物理量及其符号是__ _ D的距离L2 ．
(2)利用上述测量的实验数据 ，验证动量守恒定律 mAL1/t1＝m__. BL2/t2 的表达式是__ (3)利用上述实验数据写出被压缩弹簧的弹性势能 L22 1 L12 Ep＝ mA t ＋mB t 2 1 2 __． 大小的表达式为__
【答案】 (1)Δp1＝mv (2)Δp2＝2mv (3)Δp3＝0
例 2 如图所示，A、B 小物块通过 平行于斜面的轻细线相连，均静止于 一足够长的斜面上(斜面固定)， 以平行 于斜面向上的恒力拉 A，使 A、B 同时由静止以加速度 a 沿斜面向上运动，经过时间 t1，细线突然被拉断，再 经时间 t2，B 上滑到最高点，已知 A、B 的质量分别为 m1、m2，细线断后拉 A 的恒力不变，求 B 到最高点时 A 的速度．(A、B 均视为质点)
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h 由玩具受力平衡得：F 冲＝Mg ④ 其中，F
冲
为玩具底部水体对其的作用力．由牛顿 ⑤
第三定律：F 压＝F 冲
其中，F 压为玩具悬停时其底部对下面水 体的作用力 v＇为水体到达玩具底部时的速度，由 运动学公式：v2＇－v2 0＝－2gh 则Δm＝ρ·v0·S·Δt ⑦ ⑧ ⑥ 在很短的Δt 时间内， 冲击玩具的水柱质量为Δm， 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱 依据动量定理有(F 压＋Δmg)· Δt＝Δm·v′ 由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略， ⑧式变为 F 压·Δt＝Δm·v′ ⑨ 2 v2 M g 0 由④⑤⑥⑦⑨可得 h＝ － 2 2 2g 2ρ2v0 S
【解析】 本题考查动量守恒定律、 能量守恒定律等知识． (i)A、B 被弹开的过程中，A、B 系统动量守恒，设弹开 后 A、B 速度分别为 vA、vB，有： 3mv0＝2mvA＋mvB 全过程动量守恒： 3mv0＝5mvA 3 9 解得：vA＝ v0，vB＝ v0 5 5 (ii)B、C 碰撞过程中机械能的损失量为 1 1 27 2 2 ΔE＝ mvB－ (3m)vA＝ mv2 0 2 2 25 1 1 2 由能量守恒 Ep＋ (3m)v0＝ (5m)v2 A＋ΔE 2 2 12 解得：Ep＝ mv2 0 25
9 【答案】(i) v0 5
27 2 (ii) mv0 25
12 2 mvห้องสมุดไป่ตู้25 0
例 9 光滑水平面上有一质量 为 M 的滑块，滑块的左侧是一 光滑的圆弧，圆弧半径 R＝1 m．一质量为 m 的小球以 速度 v0 向右运动冲上滑块．已知 M＝4m，g 取 10 m/s2. 1 若小球刚好没跃出 圆弧的上端，求： 4 (1)小球的初速度 v0 是多少？ (2)滑块获得的最大速度是多少？
【解析】方法 1：设初速度为 v0，水平方向 速度不变，变化的是竖直方向的速度，Δv＝ vy2－vy1＝g(2－1) m/s＝10 m/s. ∴Δp＝mΔv＝10 kg· m/s.方向竖直向下． 方 法 2 ： 用 动 量 定 理 Δ p ＝ mg Δ t ＝ 1×10×1 N·s＝10 kg·m/s. 单位：N·s 和 kg·m/s.在国际单位制中量纲一样． 注意：I 和Δp，I 是因，Δp 是果，它们大小相同， 方向也相同，可以很方便地互相求解．
【解析】选竖直向上为正方向 ，地面对小球的作 用过程中用动量定理． (F－mg)Δt＝m 2g×0.8h－m(－ 2gh) （1＋ 0.8）m 2gh F＝mg＋ ，方向竖直向上． Δt
例 4 质量 m＝1 kg 的物体做平抛运动， 求它在 1 s 末到 2 s 末动量的增量，g＝10 m/s2.
探究一 知识归纳
动量及动量定理
1．动量 p＝mv，动量变化量，Δ p＝p2－p1，冲量 I＝Ft， 2．动量定理：物体在一个过程始末的动量变化量 等于它在这个过程中所受力的冲量．表达式为：Ft＝p2 －p1，I＝Δp 或 Ft＝mv2－mv1
典题导法 例 1 质量为 m 的物体做匀速圆 周运动，速度的大小为 v，求： T (1) 内动量变化的大小； 6 T (2) 内动量变化的大小； 2 (3)T 内动量变化的大小．
为 0.30 kg.
探究三 碰 撞 1．弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒． 2．非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失．完全 非弹性碰撞，即碰后两个物体结合在一起，碰撞损失的 机械能最多．
探究四
实验：验证动量守恒定律
例 13 气垫导轨是常用的一种实验仪器， 它是利用 气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫， 使滑块悬浮在 导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可 以用带竖直挡板 C 和 D 的气垫导轨和滑块 A 和 B 验证 动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如 下：
【解析】本题主要考查流体的动量问题： (1)在一段很短的时间Δt 内，可以认为喷泉喷出的 水柱保持速度 v0 不变． 该时间内，喷出水柱的长度：Δl＝v0·Δt ① 喷出水柱质量：Δm＝ρ·ΔV ② ③ 其中ΔV 为水柱体积，ΔV＝Δl·S
由①②③可得： 喷泉单位时间内喷出的水的质量为
Δm ＝ρ·v0·S Δt
探究二 知识归纳
动量守恒的条件及应用
1．系统动量守恒三条件： (1)系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零． (2)系统所受的外力的矢量和虽不为零， 但系统外力比内 力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等， 外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计． (3)系统所受外力的矢量和虽不为零， 但在某个方向上合 力的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变． 2．动量守恒定律的三种表达形式 (1)p＝p′ (2)Δ p1＝－Δ p2 (3)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动
量
一、命题趋势 动量及动量守恒定律这一章节在新课标高考中考查 主要以解答题形式出现.2016 年高考考纲中将动量定理 的应用与动量守恒定律均列为Ⅱ级要求 , 分值上有所增 加,在难度上有所增加.2017 年由选考升级为必考内容. 二、备考建议 1.强化理解动量、冲量、动量变化量概念 ,能够运用 动量定理与动量守恒定律解决问题. 2.动量及动量守恒定律这一章节在新课标高考中考 查主要以解答题形式出现 , 一方面运用动量定理解决问 题,注意结合牛顿运动定律、直线运动规律；另一方面运 用动量守恒定律解决问题,注意结合能量守恒定律、功能 关系.
【答案】BD
例 8 如图所示，光滑水平 直轨道上有三个滑块 A、B、 C，质量分别为 mA＝mC＝ 2m，mB＝m，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 v0 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，最终三滑块速度恰 好相同．求： (i)B 与 C 碰撞前 B 的速度； (ii)B、C 碰撞过程中损失的机械能和弹簧具有的弹 性势能．
【解析】(1)设瞬间喷出氧气的质量为Δm，宇航员获得反冲 速度为 v1，则 Δmv0＝m 共 v1 m0≥Qt＋Δm 综合以上三个式子 得 Δm2－m0Δm＋ Qsm ≤0 即Δm2－0.5Δm＋0.022≤0 v0 s t＝ v1
解得 0.05 kg≤Δm≤0.45 kg.(如图所示) (2)宇航员返回飞船，总耗氧量为 Qsm共 2.25×10－2 m＝Qt＋Δm＝ ＋Δm 即 m＝ ＋Δm Δmv0 Δm 当 2.25×10－2 Δm＝ 即Δm＝0.15 kg 时，m 有最小值，其值 Δm sm共 45×100 此时 t＝ ＝ s＝600 s Δmv0 0.15×50
例 7 如图所示，一木块放在 光滑水平面上， 一子弹水平射入 木块中，射入深度为 d，平均阻力为 f，设木块滑行距 离为 s 时开始匀速前进，下列判断正确的有( A．子弹损失的动能等于 fd B．子弹损失的动能等于 f(s＋d) C．总机械能的损失等于 fs D．总机械能的损失等于 fd )
【解析】设子弹的质量为 m，木块的质量为 M， 系统动量守恒 ，有 mv0＝(m＋M)v.对子弹应用动能定 理，有 1 2 1 2 －f(s＋d)＝ mv － mv0 2 2 1 2 对木块应用动能定理，有 fs＝ Mv 2 则子弹损失的动能为ΔEk 子弹＝f(s＋d) 而系统损失的机械能为 1 2 1 2 1 2 ΔEk＝2mv0－2mv －2Mv ＝fd.
【答案】(1)5 m/s (2)2 m/s
例 10 一名连同装备在内总质量为 m 共＝100 kg 的 宇航员， 在距离飞船 s＝45 m 处与飞船处于相对静止状 态． 宇航员背着装有质量为 m0＝0.50 kg 氧气的贮气筒， 筒上有一个可以使氧气以 v0＝50 m/s 的速度喷出的喷 嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才 能回到飞船上， 同时又必须保留一部分氧气供返回途中 呼吸用．宇航员的耗氧率为 Q＝2.5×10－4kg/s，不考虑 喷出氧气对宇航员质量的影响，试求： (1)瞬间喷出多少质量的氧气 ，宇航员才能安全返 回飞船； (2)为了使总耗量最低 ，应一次瞬间喷出氧气的质 量Δ m 是多少；最低耗氧量 m 是多少；在这种情况下 返回的时间 t 是多少．
【解析】 (1)当小球上升到滑块上端时 ，小球与滑 块水平方向速度相同， 设为 v1， 根据水平方向动量守恒 有 mv0＝(m＋M)v1，因系统机械能守恒， 1 2 1 有 mv0＝ (m＋M)v2 1＋mgR 2 2 联立以上两式，代入数据解得 v0＝5 m/s
(2)小球到达最高点以后又滑回，滑块做加速运动， 当小球离开滑块时滑块速度最大 ， 设此时小球速度为 v2， 滑块速度为 v3.小球从开始冲上滑块一直到离开滑块 的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0 ＝mv2＋Mv3 1 2 1 2 1 2 mv ＝ mv ＋ Mv 2 0 2 2 2 3 2mv0 解得 v3＝ ＝2 m/s m＋ M
例 5 (2016 年· 全国卷Ⅰ－35)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．
a．用天平分别测出滑块 A、B 的质量 mA、mB； b．调整气垫导轨，使导轨处于水平； c．在 A 和 B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动 卡销锁定，静止放置在气垫导轨上； d．用刻度尺测出 A 的左端至 C 板的距离 L1； e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块 A、B 运动时间的计时器开始工作， 当 A、 B 滑块分别碰撞 C、 D 挡板时计时结束，记下 A、B 分别到达 C、D 的运动 时间 t1 和 t2.
【解析】本题主要考查动量定理的应用，以系统为 研究对象，系统合外力 F 合＝(m1＋m2)a，细线断后，系 统各个外力均未发生变化，对整个过程，B 的动量增量 为零，运用动量定理： (m1＋m2)a· (t1＋ t2)＝m1vA 解得 （m1＋m2）（t1＋t2）a vA＝ m1
【答案】见解析
例 3 质量为 m 的小球，从 h 高处自由落下，与地 面作用后，能上升 0.8h，如果和地面作用的时间为Δ t， 求地面对小球的平均作用力．
典题导法 例 6 小船相对于地面以速度 v1 向东行驶，若在船上 以相对地面的相同速度 v 分别水平向东和向西抛出两个 质量相等的重物，则小船的速度将( A．不变 B．减少 C．增大 ) D．改变方向
【解析】设向东为正方向，抛出前船速为 v1，抛 出后船速为 v′，根据动量守恒定律，有 (m 船＋m＋m)v1＝mv－mv＋m 船 v′ m船＋2m 解得 v′＝ v1，v′>v1，小船速度增大． m船 【答案】C