2019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

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第2讲 动量和能量观点的应用

[历次选考考情分析]

考试要求 章 知识内容 历次选考统计 2017/04 2017/11 22 2018/04 23 必考 加试 2015/10 2016/04 2016/10 动量和动动量守恒定律 量定理 动量守恒定律 碰撞 反冲运动 火箭 c 22 23 22 c d b 23 23 22

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．

1

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4．动量守恒的表达式

(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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)Δp1＝－Δp2，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1

A．球对手的冲量减小 C．球的动量变化量不变 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＝，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，不计空气阻力，根据图象可知( )

2

B．球对人的冲击力减小 D．球的动能变化量减小

mvt

图2

A．横坐标每一小格表示的时间是0.1 s B．小球第一次反弹的最大高度为1.25 m C．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 m

D．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

6

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＝ s＝0.6 s，图中对应6个

10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

2

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1122

为：h＝×10×(0.5) m＝1.25 m，故B正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h′＝×10×(0.6) m＝

221.8 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v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(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3

1221

A. B. C. D. 4537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：mv0＝5mvB－mav0.要使A球能再次追上B球并相1

撞，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0>vB，由以上两式可解得：a>，故B、C正确，A、D错误．

4

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m1＝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m2＝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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

2

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v1，碰撞后共同速度为v2，取水平向左为正方向，则

qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2

解得v2＝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FN，则

3

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R(1－cos θ)＝h

?m1＋m2?v2

FN－(m1＋m2)g＝

2

R解得FN＝18 N

4．(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＝43 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m1＝3×10 kg，带q＝5×10

－3

－3

C的正电荷，乙球的质量m2＝10×10 kg，静止在桌子边缘上的F点，即x轴上x＝33 m处；现让甲球从金

－3

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，则：

2

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． 10

答案 (1)30 V (2) m/s (3)23 m

3

解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R1，则由几何关系可得(R1－OE)＋OF＝R1

2

2

2

R1＝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v1，则

v12

qv1B＝m1，得v1＝10 m/s

R1qU＝m1v12

代入数据得U＝30 V.

(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R2，则由几何关系可得

12

R2＝2.0 m v22

qv2B＝m1 R2

10

代入数据得v2＝ m/s. 3

(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

4

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m1v1＝－m1v2＋m2v，

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＝gt2， s＝vt， y＝ssin θ，

代入数据得y＝23 m.

12

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b1b2－c1c2部分的轨道间距为2L，右侧c1c2－d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，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a1a2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，求：

2

图6

(1)金属棒A滑到b1b2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

12解析 (1)A棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh＝mv0

2得：v0＝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：FC安cos θ·t＝MvC 对A：－FA安cos θ·t＝mvA－mv0 其中FA安＝2FC安

联立可知：mv0－mvA＝2MvC

5

2

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两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLvC＝2BLvA 得：vC＝2vA 解得vC≈0.44 m/s

(3)在C加速过程中：Σ(Bcos θ)iLΔt＝MvC－0

q＝ΣiΔt

50

得：q＝ C≈5.56 C

9

ΔΦ

(4)根据法拉第电磁感应定律有：E＝ Δt磁通量的变化量：ΔΦ＝BΔScos θ 电路中的电流：I＝ 2R通过截面的电荷量：q＝I·Δt 25022

得：ΔS＝ m≈27.8 m

9

5.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m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝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，求：

2

E

图7

(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0； (2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1； (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)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

2

E＝Bdv0 EI＝ R1＋R2BId＝m2a0

解得：a0＝30 m/s

6

2

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(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量定恒，有

m1v0＝m1v1＋m2v2

11

m2v22＝m2g·2r＋m2vP2 22

vP2m2g＝m2

r解得：v1＝7.5 m/s

1122

(3)由动能定理得m1v1－m1v0＝－W

22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

7

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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1

A．合外力做的功为0 C．重力做的功为mgL 答案 BC

4．(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( )

B．合外力的冲量为m2gL D．重力的冲量为m2gL

图2

A．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 BD

5．(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 CD

6.(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3

8

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A．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2gL D．小球和小车只在水平方向上动量守恒 答案 AD

7．(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－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，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4

A．拉力F的冲量大小为Ftcos θ B．摩擦力的冲量大小为Ftcos θ C．重力的冲量大小为mgt

D．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Ff＝Fcos θ，则摩擦力的冲量大小为Fft＝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FN＝mg－Fsin θ，则支持力的冲量大小为(mg－Fsin 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＝，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

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mgq 精 品

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x1；

(2)若MN右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v0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．

405mg9mg答案 (1)22 (2)22 16Bq2Bq解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v2，则有：Bqv2＝3mg

设带电物体的碰撞前速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv1＝3mv2 1405mg2

对2m，从O到Q由动能定理可得：Eqx1－μ·2mgx1＝×2mv1，则x1＝22

216Bq(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：3mgsin θ＋μ1·3mgcos θ＝3ma 则a＝g.

2

2

2

v229m2g故物体系统上升的最大距离为：x2＝＝22

2a2Bq10．(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时，求方框的发热功率P；

3

2mρ

(3)当方框下落的时间t＝2时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度vm和此过程中产生的热量．

gBLS 10

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4mgρmgρmgρ

答案 (1)顺时针 (2)2 (3)2 422 9BLSBLS2BLS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＝解得I＝ 3BL由电阻定律得金属方框电阻R＝ρ4mgρ

方框的发热功率P＝IR＝2

9BLS2

22

22322

mg3

mg4L

S(3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即

mg＝F安′＝2B解得vm＝

2BLvm

RL

mgρ

B2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得

mgt－∑2B∑vit＝h

2BLviRLt＝mvm－0

m2gρ2

解得h＝422

BLS12

由能量守恒定律得mgh－Q＝mvm

2

m3g2ρ2

解得Q＝422

2BLS11．(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

(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mg，将金属棒a从距水平面高度为h处由

5静止释放．

11

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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．

BL2ghm2gR21

答案 (1)① ②h≤44 (2)mgh

2R50BL10

12

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＝mv0

2解得v0＝2gh

Ea棒刚进入磁场Ⅰ时，E＝BLv0，此时通过a、b的感应电流大小为I＝，

2R解得I＝

BL2gh. 2R②a棒刚进入磁场Ⅰ时，b棒受到的安培力大小F＝2BIL 1

为使b棒保持静止，应有F≤mg

5

m2gR2

联立解得h≤44. 50BL(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v1与v2，有BLv1＝2BLv2 对金属棒a应用动量定理，有－BILΔt＝mv1－mv0 对金属棒b应用动量定理，有2BILΔt＝mv2 42联立解得v1＝v0，v2＝v0

55根据能量守恒定律，

1212121

电路中产生的总电热Q总＝mv0－mv1－mv2＝mgh

222511

故金属棒b中产生的电热最大值为Q＝Q总＝mgh

210

12

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/x4ko.html