2017年高三动量总复习(很全面)

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.探究一动量及动量定理知识归纳1．动量p＝mv，动量变化量，Δp＝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【答案】(1)Δp1＝mv(2)Δp2＝2mv(3)Δp3＝0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：(1)T6内动量变化的大小；(2)T2内动量变化的大小；(3)T内动量变化的大小．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)【答案】见解析【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vA＝（m1＋m2）（t1＋t2）am1【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＝m2g×0.8h－m(－2gh)F＝mg＋（1＋0.8）m2ghΔt，方向竖直向上．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Δt，求地面对小球的平均作用力．【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＝10m/s.∴Δp＝mΔv＝10kg·m/s.方向竖直向下．方法2：用动量定理Δp＝mgΔt＝1×10×1N·s＝10kg·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．例4质量m＝1kg的物体做平抛运动，求它在1s末到2s末动量的增量，g＝10m/s2.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．【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·Δt①喷出水柱质量：Δm＝ρ·ΔV②其中ΔV为水柱体积，ΔV＝Δl·S③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρ·v0·S(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＝Mg④其中，F冲为玩具底部水体对其的作用力．由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤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＇－v20＝－2gh⑥在很短的Δt时间内，冲击玩具的水柱质量为Δm，则Δm＝ρ·v0·S·Δt⑦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′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压·Δt＝Δm·v′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2探究二动量守恒的条件及应用知识归纳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)Δp1＝－Δp2(3)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′【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′解得v′＝m船＋2mm船v1，v′v1，小船速度增大．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【答案】C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fdB．子弹损失的动能等于f(s＋d)C．总机械能的损失等于fsD．总机械能的损失等于fd【答案】BD【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－f(s＋d)＝12mv2－12mv20对木块应用动能定理，有fs＝12Mv2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ΔEk＝12mv20－12mv2－12Mv2＝fd.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．【答案】(i)95v0(ii)2725mv201225mv20【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解得：vA＝35v0，vB＝95v0(ii)B、C碰撞过程中机械能的损失量为ΔE＝12mv2B－12(3m)v2A＝2725mv20由能量守恒Ep＋12(3m)v20＝12(5m)v2A＋ΔE解得：Ep＝1225mv20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＝1m．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10m/s2.若小球刚好没跃出14圆弧的上端，求：(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】(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，有12mv20＝12(m＋M)v21＋mgR联立以上两式，代入数据解得v0＝5m/s【答案】(1)5m/s(2)2m/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＋Mv312mv20＝12mv22＋12Mv23解得v3＝2mv0m＋M＝2m/s例10一名连同装备在内总质量为m共＝100kg的宇航员，在距离飞船s＝45m处与飞船处于相对静止状态．宇航员背着装有质量为m0＝0.50kg氧气的贮气筒，筒上有一个可以使氧气以v0＝50m/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Δm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)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v1t＝sv1m0≥Qt＋Δm综合以上三个式子得Δm2－m0Δm＋Qsmv0≤0即Δm2－0.5Δm＋0.022≤0解得0.05kg≤Δm≤0.45kg.(如图所示)(2)宇航员返回飞船，总耗氧量为m＝Qt＋Δm＝Qsm共Δmv0＋Δm即m＝2.25×10－2Δm＋Δm当Δm＝2.25×10－2Δm即Δm＝0.15kg时，m有最小值，其值为0.30kg.此时t＝sm共Δmv0＝45×1000.15×50s＝600s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：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.(1)实验中还应测量的物理量及其符号是____．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____.(3)利用上述实验数据写出被压缩弹簧的弹性势能大小的表达式为____．B右端到D的距离L2mAL1/t1＝mBL2/t2Ep＝12mAL1t12＋mBL2t22【解析】(1)A、B所组成的系统初动量为零，A、B两滑块分开后动量应大小相等，方向相反，这就需要求两滑块的速度，其中滑块A的速度为L1t1，要求滑块B的速度，还应测量B右端到D的距离L2，这样滑块B的速度就可用L2t2来表示．(2)A、B开始静止，放开卡销加速结束后两者均做匀速直线运动，总动量为零，A、B运动后动量大小相等，方向相反，即mAL1t1＝mBL2t2.(3)弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，即Ep＝12mAL1t12＋mBL2t221．质量为M＝2kg的木板若固定在光滑的水平地面上，质量为m＝0.04kg的子弹以速度v1＝500m/s射入，射出时子弹速度v2＝300m/s，如图所示．今将钉子拔掉，子弹穿出木块后的速度多大？(设前后两次子弹对木块的作用力相同)【解析】固定木块时，克服摩擦力所做的功WfWf＝12mv21－12mv22①因为将固定木块的钉子拔出后，子弹仍能射出木块以m和M组成系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒和能量守恒列方程：mv1＝Mv3＋mv②12mv21＝Wf＋12Mv23＋12mv2③由①②③得v＝298.5m/s2．如图所示，两质量分别为M1＝M2＝1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高．现有一质量m＝2.0kg的物块以初速度v0＝5.0m/s从木板左端滑上，离开木板时木板的速度大小为1.0m/s，物块以某