1、专题七动量与动量守恒专题说明1.本专题为2017年考纲新增必考内容，目的是进一步完善高中物理力学体系.2.按高考考查应用数学处理物理问题的能力，本专题命题热点集中在动量守恒定律的应用及从动量和能量的角度解决力学问题，题型以计算题为主.考点1| 动量定理与动量守恒定律(2016全国乙卷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，重力加速度大小为g.求：(1
2、)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【解题关键】解答本题应从以下三点分析：(1)应用“微元法”分析流体问题(2)喷出的水流流量相等(3)应用动量定理分析水流的冲击力【解析】(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S.(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t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t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p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量
3、定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h.【答案】(1)v0S(2)(2016全国甲卷)如图1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h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.图1(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？【解析】(1)规定向右为速度正方向冰块
4、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m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s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m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s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
5、(2)见解析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
6、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.mgB. mgC.mg D.mgA下降h阶段v22gh，得v，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，(Fmg)t0mv，得Fmg，A正确考向2动量守恒定律的应用2(2016广东联考)如图2所示，A和B两小车静止在光滑
7、的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止求：图2(1)人跳离A车后，A车的速度大小和方向；(2)人跳上B车后，B车的速度大小和方向【解析】(1)设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有m1vAm0v00，解得vA，负号表示A车的速度方向向左(2)研究人和B车，以向右为正方向，由动量守恒定律有m0v0(m0m2)vB，解得vB，方向向右【答案】(1)方向向左(2)方向向右考向3动量定理与动量守恒定律的综合应用3(2016西安质检)如图3所示，水平面上有一质量m1 kg的小车，其右端固定一
8、水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m01 kg的小物块，小物块与小车一起以v06 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力求：图3(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小【解析】(1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0Mvmv1解得v12 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有m0v0mv1(m0m)v2解得v22 m/s设从碰撞后瞬间到弹簧被压
9、缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有Imv2mv1解得I4 Ns.【答案】见解析考点2| 碰撞类问题如图4所示，光滑水平直轨道上有3个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：图4(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能【解题关键】解此题的关键有两点：(1)物体间相互作用的过程是否满足动量守恒(2)物体多过程要选取不同的研究对象，并分段研究【解析】(1)从
10、A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1 时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1在B和C碰撞的过程中，系统所受外力的合力(即弹簧的弹力)并不为零，但由于“碰撞过程时间极短”，可认为所受外力的合力远小于内力，系统近似动量守恒设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为E，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv2mvE(2m)v联立式得Emv.(2)由式可知v2M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A静止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑mM的情况第一次碰撞后，A反向运动
11、与B发生碰撞设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA12v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2vC1联立式得m24mMM20解得m(2)M另一解m(2)M舍去所以，m和M应满足的条件为(2)MmM.【答案】(2)MmM考向2非弹性碰撞5两滑块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6所示求：图6(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m1、m2，a、b碰撞前
12、的速度为v1、v2.由题给图象得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218.(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1vm2v(m1m2)v2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(m1m2)v2联立式，并代入题给数据得WE12.【答案】(1)18(2)12考点3| 用动量和能量观点解决力学综合问题(2016辽宁抚顺一中一模)质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为
13、质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为m1 kg，g取10 m/s2.图7(1)说明此后A、B的运动性质；(2)分别求出A、B的加速度大小；(3)经过多少时间A从B上滑下？(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？(5)若木板B足够长，求最后A、B的共同速度；(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?【解题关键】(1)物体A放在B上后，两者分别做什么运动？(2)A滑离B时，两者满足的位移关系是什么？(3)A恰好没从B上滑下的条件是什么？【解析】(1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，
14、则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动(2)两者之间的摩擦力为FfmAg2 N，所以aA2 m/s2，aB1 m/s2.(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，而xAaAt2，xBv0taBt2，所以有v0taBt2aAt2L，解得t1 s.(4)此时vA2 m/s，vB3 m/s，xAaAt21 m，xBv0taBt23.5 m.(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得mBv0(mBmA)v，解得v m/s.(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为v m/s.根据动能定理可得mAgL
15、mBv(mAmB)v2，解得Lm.【答案】(1)见解析(2)2 m/s21 m/s2(3)1 s(4)见解析(5) m/s(6) m利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究(3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒考向1“冲击板块”类动量和能量问题6木块A的质量为m1，足够长的木板B的质量为m2，质量为m3的物体C与B静止在光滑水平地面上现A以速率v0向右运动，与B碰后以速率v1向左弹回，碰撞时间极短，已知B与C间的动摩擦因数
16、为，试求：图8(1)木板B的最大速度；(2)物体C的最大速度；(3)稳定后C在B上发生的相对位移【解析】(1)设向右为正方向，A、B碰后瞬间，B有最大速度，根据动量守恒定律，有m1v0m1v1m2v2得v2.(2)当B、C共速时，C达到最大速度v3，有m1v0m1v1(m2m3)v3得v3.(3)由能量守恒定律，有m3gxm2v(m2m3)v得x.【答案】(1)(2)(3)考向2“传送带类”动量和能量问题7如图9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L1 m，P点右侧一与水平方向成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
17、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Ep9 J，物块与OP段动摩擦因数10.1，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2，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/s2，现释放A，求：图9(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；(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v0，则Epmv1mgL，解得v04 m/s.(2)设A、B第一次碰撞后的速度分
18、别为vA、vB，则vA0，vB4 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a1，则mgsin 2mgcos ma1，解得a1gsin 2gcos 10 m/s2.运动的时间t10.4 s，位移x1t10.8 m.此过程相对运动路程s1vt1x12 m.此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin 2mgcos ，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t20.3 s，位移为x2 t20.45 m.此过程相对运动路程s2vt2x20.45 m.全过程摩擦产生的热量Q2mg(s1s2)cos 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mv22n1mgL.解得第二次碰撞后重复的过程数为n2.25，所以碰撞总次数为N22n6.56(取整数)【答案】(1)4 m/s(2)12.25 J(3)6次
