高考物理二轮专题复习教学案专题7动量 动量的综合应用Word文件下载.docx

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碰撞

d

反冲运动　火箭

b

考点一　动量与冲量有关概念与规律的辨析

1．【2017·

新课标Ⅲ卷】一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则（）

A．t=1s时物块的速率为1m/s

B．t=2s时物块的动量大小为4kg·

m/s

C．t=3s时物块的动量大小为5kg·

D．t=4s时物块的速度为零

【答案】AB

【考点定位】动量定理

【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。

F–t图线与时间轴所围面积表示冲量。

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20Hz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．【2017·

天津卷】“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列叙述正确的是（）

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【答案】B

【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；

在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：

，座椅对他的支持力，故B正确；

乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；

乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。

【考点定位】机械能，向心力，冲量和动量定理，瞬时功率

【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。

4．（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Ek＝mv2，动量是矢量p＝mv，动能与动量之间的大小关系：

Ek＝.一物体的动量p不变，其动能Ek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1

A．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　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，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2

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

D．小球和小车只在水平方向上动量守恒

答案　AD

7．（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3

A．拉力F的冲量大小为Ftcosθ

B．摩擦力的冲量大小为Ftcosθ

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＝Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为Fft＝Ftcosθ，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－Fsinθ，则支持力的冲量大小为（mg－Fsinθ）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，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，试求：

图4

（1）A、B两球的质量比；

（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Ep.

答案　

（1）　

（2）　（3）

解析　

（1）弹开后，A沿圆弧运动，所以A应带正电，

mAg＝Eq得：

mA＝

B沿OP运动，受力平衡，带负电，有

tanθ＝得mB＝

＝＝

（2）对B球受力分析，知：

Bqv2sinθ＝Eq得B球速度v2＝

AB弹开瞬间，动量守恒mAv1＝mBv2

解以上各式得，A球速度v1＝

A做圆周运动，Bqv1＝

轨道半径R＝＝

OM＝2Rsinθ＝

（3）弹开瞬间，由能量守恒可知

Ep＝mAv＋mBv

将

（1）

（2）各式代入得：

Ep＝

2．如图5所示，质量mA＝0.8kg、带电量q＝－4×

10－3C的A球用长l＝0.8m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mB＝0.2kg、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3.6J．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＝10m/s2.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）－3.2J　

（2）4m/s　（3）（80n－30）N，n＝1,2,3……

解析　

（1）碰前A的速度为vA

mAv＝mAgl

vA＝4m/s

碰前B的速度为vB

Ep＝mBv，vB＝6m/s

由动量守恒得mAvA－mBvB＝（mA＋mB）vC

vC＝2m/s

A对B所做的功W＝mBv－Ep＝－3.2J

（2）碰后，整体受到竖直向上的电场力

F＝|q|E＝20N，G＝mCg＝10N

因F－mCg>

mC，整体C做类平抛运动

水平方向上：

x＝vCt

竖直方向上：

y＝at2

其中a＝＝10m/s2

圆的方程：

（y－l）2＋x2＝l2

解得：

x＝0.8m，y＝0.8m

C刚好在圆心等高处绳子拉直

此时C向上的速度为v0＝gt＝4m/s

设C运动到最高点速度为v1

由动能定理得mCv－mCv＝（F－mCg）l

v1＝4m/s

（3）设C从最高点运动到最低点时的速度为v1′，由机械能守恒定律得：

mCg×

2l＝mCv1′2－mCv

v1′＝8m/s

由FT＋F－mCg＝mC

可知FT>

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vn

mCv－mCv＝（n－1）|q|E×

2l

FT＋mCg－F＝mC

FT＝（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．（2017·

浙江11月选考·

22）如图6所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×

10－2m2、电阻r＝0.15Ω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B1，其变化率k＝0.80T/s.线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、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B2.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B2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＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此过程棒上产生的热量．

答案　

（1）0.5T　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＝，

ΔΦ＝S

代入数据得：

E＝0.8