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山东专用高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒_基础集训含解析
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专题七 碰撞与动量守恒
备考篇
【考情探究】
课标解读
考情分析
备考指导
考点
内容
动量、动量定理
1.理解冲量和动量
2.通过理论推导和实验,理解动量定理,能用动量定理解释生产、生活中的有关现象
1.动量和动量守恒定律是高考的重点和热点内容,试题以选择题、实验题和综合性的计算题出现,计算题常与牛顿运动定律、电磁感应等知识综合考查
2.常见的考查形式
(1)动量定理在流体中的应用
(2)在碰撞、反冲等问题中,综合应用动量守恒、动量定理和牛顿运动定律
3.对学科核心素养的考查主要体现在运动和相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理和社会责任等
1.学生在学习完动量部分后形成了完整的解决物体运动的相关方法,加深了对物质世界的认识和理解
2.要理解掌握动量、动量定理和动量守恒的基本规律
3.针对常见的碰撞、反冲和爆炸等模型要熟练掌握
4.动量和能量、牛顿运动定律、电磁场的诸多知识都能够相互融合,形成复杂的多过程,交叉知识的问题,可以作为高考大题,注意知识之间的衔接
动量守恒定律及其应用
1.通过理论推导和实验,理解动量守恒定律,能用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象
2.知道动量守恒定律的普适性
动量和能
量的综合
1.能用牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律思考物理问题
2.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐统一
【真题探秘】
命题立意
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合应用。体现了模型建构;科学推理的素养要求。研究在斜面上两个物体多次碰撞的问题,旨在考查学生对于碰撞概念的理解。多次碰撞规律的探究,对于临界问题的处理,要求考生具有较强的推理和综合分析能力,本题涉及的规律多、综合性强,是较难的题目。
解题指导
注意物体的运动过程虽然复杂,但是每次碰撞过程仍然是一动碰一静的典型模型,容易上手,针对多次碰撞的问题,本题使用了一般性的探究方法,多次计算寻找规律,耐心细心的计算。计算运动的最高点,利用能量的观点解题,省略了中间复杂的碰撞过程,只计算初末状态,应用了能量守恒解题的简洁性。
拓展延伸
针对多问大题,前面往往比较简单,第一问,课本典型的模型,与后续问题往往具有联系;第二问的多次碰撞,重复多次计算第一问的过程,多次碰撞的问题往往具有重复性和规律性,利用规律计算,归纳总结出最后结论;第三问第四问,考查了临界的问题对特殊点位置的考查。
[教师专用题组]
1.真题多维细目表
真题
涉分
考点
题型
设题情境
学科素养
动量和动量定理
动量守恒定律
及其应用
动量与能量
综合应用
2020课标 Ⅰ,14
6
动量定理
单选
汽车碰撞
模型建构、科学推理
2020课标 Ⅱ,21
6
动量定理
多选
冰上运动
运动观念、科学推理
2020课标 Ⅲ,15
6
碰撞
单选
追及碰撞
运动与相互作用观念、科学推理
2019课标 Ⅰ,16
6
动量定理
单选
“长征九号”
模型建构、科学推理
2018课标 Ⅰ,14
6
动量
单选
高铁列车启动
运动观念、科学推理
2018课标 Ⅱ,15
6
动量定理
单选
高空坠物(鸡蛋)
运动与相互作用观念、科学推理
2017课标 Ⅲ,20
6
动量和动量定理
多选
F-t图像
模型建构、科学推理
2016课标 Ⅰ,35(2)
10
动量定理
计算
喷泉顶玩具
模型建构、科学推理、科学论证
2019北京理综,24(3)
7
动量定理
证明
雨滴简化为圆盘
模型建构、科学推理、科学论证、质疑创新
2017课标 Ⅰ,14
6
反冲
单选
模型火箭点火升空
模型建构、科学推理
2018课标 Ⅱ,24
12
碰撞
计算
运动与相互作用观念、模型建构、科学推理
2019课标 Ⅲ,25
20
弹簧系统模型
计算
运动与相互作用观念、能量观念、科学推理、科学论证
2018课标 Ⅰ,24
12
爆炸
计算
烟花弹爆炸
运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理
2016课标 Ⅱ,35(2)
10
碰撞
计算
运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理
2016课标 Ⅲ,35(2)
10
碰撞
计算
运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理
2.命题规律与趋势
(1)动量定理与动量守恒定律的应用。动量定理的考查一般结合实际生活命题,有时也结合图像命题;动量守恒定律一般结合现代科技命题。
(2)动量守恒与能量守恒的综合应用主要是以碰撞作为载体,考查了考生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。
(3)对学科核心素养的考查主要体现在物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
3.备考方法与策略
(1)掌握隔离法、整体法和用守恒定律分析物理问题的方法。
(2)理解动量、冲量和动量定理,能用动量定理解释生产生活中的有关现象。
(3)定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
(4)运用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲、“子弹打木块”模型、“弹簧系统”模型、“滑块—木板”模型、“人船”模型等问题。
(5)理解验证动量守恒定律的实验原理,灵活处理多种实验方案。
基础篇
【基础集训】
考点一 动量、动量定理
1.(2020山东肥城模拟,9)(多选)如图所示,质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接,A球上端用细线悬挂于天花板。现烧断细线,两小球从静止开始下落,至弹簧第一次恢复原长过程中(B球未触地),不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.细线烧断瞬间,A球的加速度为g,B球的加速度为零
B.整个过程中,弹簧对A、B球的冲量大小相等
C.弹簧第一次恢复原长时,A球动量大于B球动量
D.整个过程中,A、B球的重力做功相等
答案 BC
2.(2020山东聊城模拟,6)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c点无初速释放,下列关于它们下滑到d的过程,正确的是 ( )
A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长
B.重力对各环的冲量中a的最小
C.弹力对各环的冲量中c的最大
D.合力对各环的冲量大小相等
答案 C
考点二 动量守恒定律及其应用
1.(2020山东肥城模拟,12)(多选)如图所示,完全相同的甲、乙两辆拖车,质量均为m,在水平恒力F作用下,以速度v沿平直路面匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩,而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t=0时刻),则下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两车组成的系统在0~2mvF时间内的动量守恒
B.甲、乙两车组成的系统在2mvF~3mvF时间内的动量守恒
C.2mvF时刻甲车动能的大小为mv2
D.0~2mvF时间内系统产生的内能为2mv2
答案 AD
2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是 ( )
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
答案 BC
考点三 动量和能量的综合
(2020山东青岛二模,11)(多选)如图,小滑块以初动能Ek0从粗糙斜面底端A点冲上斜面,经过时间t滑块运动至最高点B,之后沿原路返回,C为AB的中点,下列说法正确的是 ( )
A.滑块上冲至C点时的动能等于12Ek0
B.滑块经过t2到达C点
C.滑块上冲过程中重力的冲量小于返回过程中重力的冲量
D.滑块上冲过程中克服重力做的功等于返回过程中重力做的功
答案 ACD
综合篇
【综合集训】
拓展一 关于碰撞问题的研究
1.(2020山东肥城模拟,8)(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连,并静止在光滑的水平地面上,现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧,速度图像如图乙,则有 ( )
A.在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s,且此时弹簧处于伸长状态
B.在t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且此时弹簧处于压缩状态
C.两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8
答案 CD
2.(2020山东嘉祥第一中学高三一模,9)(多选)如图(a)所示,在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻,甲物块以速度v0=4 m/s向右运动,经一段时间后与静止的乙物块发生正碰,碰撞前后两物块运动的v-t图像如图(b)中实线所示,其中甲物块碰撞前后的图线平行,已知甲物块质量为5 kg,乙物块质量为4 kg,则 ( )
A.此碰撞过程为弹性碰撞
B.碰后瞬间乙物块速度为2.5 m/s
C.碰后乙物块移动的距离为3.75 m
D.碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6∶5
答案 BC
拓展二 子弹打木块模型的处理
(2020山东临沂一模,8)四个水球可以挡住一颗子弹!如图所示,是央视《国家地理》频道的实验示意图,直径相同(约30 cm)的4个装满水的薄皮气球水平固定排列,子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是 ( )
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.每个水球对子弹做的功不同
C.每个水球对子弹的冲量相同
D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
答案 D
拓展三 爆炸与反冲问题的研究
(2020山东淄博高三一模,7)2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播,打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s,假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气,用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3,估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为 ( )
A.13 N B.0.13 N
C.0.68 N D.2.6 N
答案 B
[教师专用题组]
【综合集训】
1.(多选)如图所示,一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处,三个过程中重力的冲量分别为I1、I2、I3,动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3,则 ( )
A.三个过程中,合力的冲量相同,动量变化量相等
B.三个过程中,合力做的功相等,动能变化量相等
C.I1
A.7.6×10-6 s B.7.6×10-5 s
C.1.5×10-5 s D.1.5×10-4 s
答案 B 由于飞机质量远大于鸟质量,碰撞后飞机速度几乎不变,碰撞后鸟和飞机以共同的速度前进。以飞机的运动方向为正方向,设碰撞过程鸟撞击飞机的作用时间为t,则根据动量定理得Ft=mv机-(-mv鸟),整理可得:t=m(v机+v鸟)F=0.6×(7203.6+3)1.6×106 s≈7.6×10-5 s,B正确。
3.如图所示,站在车上的人,用锤子连续敲打小车。初始时,人、车、锤都静止。假设水平地面光滑,关于这一物理过程,下列说法正确的是 ( )
A.连续敲打可使小车持续向右运动
B.人、车和锤组成的系统机械能守恒
C.当锤子速度方向竖直向下时,人和车水平方向的总动量为零
D.人、车和锤组成的系统动量守恒
答案 C 人、车和锤看成一个系统处在光滑水平地面上,水平方向所受合外力为零,故水平方向动量守恒,水平方向总动量始终为零,当锤子有相对大地向左的速度时,车有向右的速度,当锤子有相对大地向右的速度时,车有向左的速度,故车来回运动,故A错误;用锤子敲打小车时,发生的不是弹性碰撞,系统机械能有损耗,故B错误;锤子的速度竖直向下时,没有水平方向的速度,因为水平方向总动量恒为零,故人和车水平方向的总动量也为零,故C正确;人、车和锤水平方向动量守恒,因为锤子会有竖直方向的加速度,故竖直方向合外力不为零,竖直方向动量不守恒,系统总动量不守恒,故D错误。
4.(2020吉林通化高三月考)如图a所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球,t=0时,甲静止,乙以6 m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v-t图像分别如图b中甲、乙两曲线所示。则由图线可知 ( )
A.两小球带电的电性一定相反
B.甲、乙两球的质量之比为2∶1
C.在0~t2时间内,两球间的静电力增大
D.在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小
答案 B 由图b可知乙球向左减速的同时,甲球向左加速,说明两球相互排斥,带有同种电荷,故A错误;两球作用过程中动量守恒,m甲Δv甲+m乙Δv乙=0,解得:m甲m乙=-Δv乙Δv甲=21,B正确;在0~t2时间内,两球间距离先减小后增大,静电力先增大后减小,C错误;在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t2时刻后逐渐增大,D错误。
5.(2020黑龙江哈尔滨三中模拟)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞、碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球质量m1与m2间的关系可能是 ( )
A.m1=m2 B.2m1=m2 C.4m1=m2 D.6m1=m2
答案 C 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有p1+p2=p1'+p2',得p1'=2 kg·m/s。由于在碰撞过程中,不可能有其他形式的能量转化为机械能,系统的机械能不会增加,故有p122m1+p222m2≥p1'22m1+p2'22m2,得m1≤2151m2。因为题目给出的物理情景是“甲从后面追上乙”,要符合这一物理情景,就必须有p1m1>p2m2,可得m1<57m2;同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景,即p1'm1≤p2'm2,可得m1≥15m2。综上可知,C正确,A、B、D错误。
6.如图所示,光滑水平面上有A、B两辆小车,质量均为m=1 kg,现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端,mC=0.5 kg。开始时A车与C球以v0=4 m/s的速度冲向静止的B车。若两车正碰后粘在一起,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.A车与B车碰撞瞬间,两车动量守恒,机械能也守恒
B.从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统动量守恒
C.小球能上升的最大高度为0.16 m
D.小球能上升的最大高度为0.12 m
答案 C 两车碰撞后粘在一起,属于典型的非弹性碰撞,有机械能损失,A项错误。从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零,则系统动量不守恒,B项错误。A、B两车碰撞过程,动量守恒,设两车刚粘在一起时共同速度为v1,有mv0=2mv1,解得v1=2 m/s;从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒,设小球上升到最高点时三者共同速度为v2,有2mv1+mCv0=(2m+mC)v2,解得v2=2.4 m/s;从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统机械能守恒,即mCgh=12mCv02+12·2mv12-12(2m+mC)v22,解得h=0.16 m,C正确,D项错误。
7.(2020山西太原模拟)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3) ( )
A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa
答案 A 设水杯底面积为S,1小时内下落的水总质量m=ρSh,其动量变化量Δp=mΔv=0-mv,水撞击杯底产生的平均压力F=p'S,杯底对水的平均作用力F'=F,对水由动量定理得-F't=Δp,解得p'=ρhvt=0.15 Pa,故A正确。
8.(2020江西抚州模拟)如图所示,小船静止于水面上,渔夫站在船尾的船舱内,将一定质量的鱼抛向船头后,关于小船的速度和位移,下列说法正确的是 ( )
A.向左运动,船向左移一些
B.小船静止,船向左移一些
C.小船静止,船向右移一些
D.小船静止,船不移动
答案 C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒,根据“人船模型”的特点,鱼动船动,鱼停船静止;鱼对地发生向左的位移,则人和船的位移向右。故C正确。
9.(2020山西临汾模拟)如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,落地瞬间,B先与地面碰撞,后与A碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向,碰撞时间均可忽略不计,空气阻力不计。已知m2=3m1,则A反弹后能达到的最大高度为 ( )
A.h B.2h C.3h D.4h
答案 D 所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑机械能损失。设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得,(m1+m2)gh=12(m1+m2)v2,m2v-m1v=m1v1+m2v2,12(m1+m2)v2=12m1v12+12m2v22,12m1v12=m1gh1,将m2=3m1代入,联立可得h1=4h,D正确。
10.(2020湖北孝感模拟)如图所示,一沙袋用轻质细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出,第一粒弹丸的速度为v1,打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°,当其第一次返回图示位置时,第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋,使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°,若弹丸质量是沙袋质量的140,则以下结论中正确的是 ( )
A.v1=v2 B.v1∶v2=41∶42
C.v1∶v2=42∶41 D.v1∶v2=41∶83
答案 D 根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知,两次击中沙袋后沙袋的速度相同,设为v,用M表示沙袋的质量,m表示弹丸的质量,由动量守恒得第一次mv1=(m+M)v,第二次mv2-(m+M)v=(2m+M)v,m=140M,联立以上三式得v1∶v2=41∶83,故D正确。
11.(2020湖南长沙模拟)2019年5月10日,第十四届中国(浏阳)国际花炮文化节在湖南省浏阳市花炮观礼台正式开幕,韩国、意大利、日本和荷兰四支全球顶尖燃放队伍在浏阳河畔进行了精彩表演。已知某花炮发射器能在t1=0.2 s的时间内将花炮竖直向上发射出去,花炮的质量为m=1 kg、射出的最大高度与发射器之间的距离为h=180 m,且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块,假设爆炸前后花炮的质量不变,经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽略一切阻力及发射器大小,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求花炮发射器发射花炮时,对花炮产生的平均作用力的大小。
(2)如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向,落地时两个落地点之间的距离为s=900 m且两物块的速度互相垂直,求两物块的质量。
(3)求花炮内炸药的化学能。
答案 见解析
解析 (1)花炮射出后做竖直上抛运动,设其运动至h=180 m高空用时为t,由竖直上抛运动的规律知h=12gt2
代入数据解得t=6 s
设在发射时间t1=0.2 s内,发射器对花炮的平均作用力大小为F,对花炮从发射到运动至h=180 m高空的整个过程,运用动量定理有Ft1-mg(t+t1)=0
代入数据解得F=310 N。
(2)设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块,其对应水平速度大小分别为v1、v2,方向相反,花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零,由动量守恒定律有
m1v1-m2v2=0
且有m1+m2=m
由平抛运动的规律和题目中所给信息有
(v1+v2)t=900 m
炸开的两块物块落地时竖直方向的速度vy=gt=60 m/s,因落地时两块物块的速度相互垂直,如图所示,则有 tan θ=vyv1=v2vy
代入数据解得m1=0.2kg,m2=0.8kg,v1=120m/sv2=30m/s
或m1=0.8kg,m2=0.2kg,v1=30m/sv2=120m/s。
(3)花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药的化学能E=12m1v12+12m2v22=1 800 J。
12.(2020湖南岳阳模拟)如图所示,一块足够长的木板C质量为4m,放在光滑的水平面上,在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的炭块(在木板上滑行时能留下痕迹),两炭块质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,开始时木板静止不动,A、B两炭块的初速度分别为v0、2v0,方向如图所示,A、B两炭块相距足够远。求:
(1)木板的最终速度的大小;
(2)木块A在整个过程中的最小速度;
(3)A、B两炭块在木板上所留痕迹的长度之和。
答案 (1)0.5v0 (2)v03 (3)7v024μg
解析 (1)选A、B、C整体为研究对象,由动量守恒定律可得:
mv0+m·2v0=(m+m+4m)v
解得:v=0.5v0。
(2)A、B做匀减速直线运动的加速度大小a=μmgm=μg
A、B都滑动时,木板的加速度大小a'=μmg+μmg4m=12μg
因为A的初速度较小,A与木板先达到共同速度,A与木板达到共同速度后,再与木板一起做匀加速直线运动,可知A与木板速度相同时,速度最小。设此过程经历时间为t
则:v0-at=a't
解得:t=2v03μg
则A的最小速度vmin=v0-at=13v0。
(3)全过程根据能量守恒定律得:
μmgx=12mv02+12m·(2v0)2-12·6mv2
解得:x=7v024μg。
备考篇
【考情探究】
课标解读
考情分析
备考指导
考点
内容
动量、动量定理
1.理解冲量和动量
2.通过理论推导和实验,理解动量定理,能用动量定理解释生产、生活中的有关现象
1.动量和动量守恒定律是高考的重点和热点内容,试题以选择题、实验题和综合性的计算题出现,计算题常与牛顿运动定律、电磁感应等知识综合考查
2.常见的考查形式
(1)动量定理在流体中的应用
(2)在碰撞、反冲等问题中,综合应用动量守恒、动量定理和牛顿运动定律
3.对学科核心素养的考查主要体现在运动和相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理和社会责任等
1.学生在学习完动量部分后形成了完整的解决物体运动的相关方法,加深了对物质世界的认识和理解
2.要理解掌握动量、动量定理和动量守恒的基本规律
3.针对常见的碰撞、反冲和爆炸等模型要熟练掌握
4.动量和能量、牛顿运动定律、电磁场的诸多知识都能够相互融合,形成复杂的多过程,交叉知识的问题,可以作为高考大题,注意知识之间的衔接
动量守恒定律及其应用
1.通过理论推导和实验,理解动量守恒定律,能用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象
2.知道动量守恒定律的普适性
动量和能
量的综合
1.能用牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律思考物理问题
2.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐统一
【真题探秘】
命题立意
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合应用。体现了模型建构;科学推理的素养要求。研究在斜面上两个物体多次碰撞的问题,旨在考查学生对于碰撞概念的理解。多次碰撞规律的探究,对于临界问题的处理,要求考生具有较强的推理和综合分析能力,本题涉及的规律多、综合性强,是较难的题目。
解题指导
注意物体的运动过程虽然复杂,但是每次碰撞过程仍然是一动碰一静的典型模型,容易上手,针对多次碰撞的问题,本题使用了一般性的探究方法,多次计算寻找规律,耐心细心的计算。计算运动的最高点,利用能量的观点解题,省略了中间复杂的碰撞过程,只计算初末状态,应用了能量守恒解题的简洁性。
拓展延伸
针对多问大题,前面往往比较简单,第一问,课本典型的模型,与后续问题往往具有联系;第二问的多次碰撞,重复多次计算第一问的过程,多次碰撞的问题往往具有重复性和规律性,利用规律计算,归纳总结出最后结论;第三问第四问,考查了临界的问题对特殊点位置的考查。
[教师专用题组]
1.真题多维细目表
真题
涉分
考点
题型
设题情境
学科素养
动量和动量定理
动量守恒定律
及其应用
动量与能量
综合应用
2020课标 Ⅰ,14
6
动量定理
单选
汽车碰撞
模型建构、科学推理
2020课标 Ⅱ,21
6
动量定理
多选
冰上运动
运动观念、科学推理
2020课标 Ⅲ,15
6
碰撞
单选
追及碰撞
运动与相互作用观念、科学推理
2019课标 Ⅰ,16
6
动量定理
单选
“长征九号”
模型建构、科学推理
2018课标 Ⅰ,14
6
动量
单选
高铁列车启动
运动观念、科学推理
2018课标 Ⅱ,15
6
动量定理
单选
高空坠物(鸡蛋)
运动与相互作用观念、科学推理
2017课标 Ⅲ,20
6
动量和动量定理
多选
F-t图像
模型建构、科学推理
2016课标 Ⅰ,35(2)
10
动量定理
计算
喷泉顶玩具
模型建构、科学推理、科学论证
2019北京理综,24(3)
7
动量定理
证明
雨滴简化为圆盘
模型建构、科学推理、科学论证、质疑创新
2017课标 Ⅰ,14
6
反冲
单选
模型火箭点火升空
模型建构、科学推理
2018课标 Ⅱ,24
12
碰撞
计算
运动与相互作用观念、模型建构、科学推理
2019课标 Ⅲ,25
20
弹簧系统模型
计算
运动与相互作用观念、能量观念、科学推理、科学论证
2018课标 Ⅰ,24
12
爆炸
计算
烟花弹爆炸
运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理
2016课标 Ⅱ,35(2)
10
碰撞
计算
运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理
2016课标 Ⅲ,35(2)
10
碰撞
计算
运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理
2.命题规律与趋势
(1)动量定理与动量守恒定律的应用。动量定理的考查一般结合实际生活命题,有时也结合图像命题;动量守恒定律一般结合现代科技命题。
(2)动量守恒与能量守恒的综合应用主要是以碰撞作为载体,考查了考生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。
(3)对学科核心素养的考查主要体现在物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
3.备考方法与策略
(1)掌握隔离法、整体法和用守恒定律分析物理问题的方法。
(2)理解动量、冲量和动量定理,能用动量定理解释生产生活中的有关现象。
(3)定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
(4)运用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲、“子弹打木块”模型、“弹簧系统”模型、“滑块—木板”模型、“人船”模型等问题。
(5)理解验证动量守恒定律的实验原理,灵活处理多种实验方案。
基础篇
【基础集训】
考点一 动量、动量定理
1.(2020山东肥城模拟,9)(多选)如图所示,质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接,A球上端用细线悬挂于天花板。现烧断细线,两小球从静止开始下落,至弹簧第一次恢复原长过程中(B球未触地),不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.细线烧断瞬间,A球的加速度为g,B球的加速度为零
B.整个过程中,弹簧对A、B球的冲量大小相等
C.弹簧第一次恢复原长时,A球动量大于B球动量
D.整个过程中,A、B球的重力做功相等
答案 BC
2.(2020山东聊城模拟,6)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c点无初速释放,下列关于它们下滑到d的过程,正确的是 ( )
A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长
B.重力对各环的冲量中a的最小
C.弹力对各环的冲量中c的最大
D.合力对各环的冲量大小相等
答案 C
考点二 动量守恒定律及其应用
1.(2020山东肥城模拟,12)(多选)如图所示,完全相同的甲、乙两辆拖车,质量均为m,在水平恒力F作用下,以速度v沿平直路面匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩,而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t=0时刻),则下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两车组成的系统在0~2mvF时间内的动量守恒
B.甲、乙两车组成的系统在2mvF~3mvF时间内的动量守恒
C.2mvF时刻甲车动能的大小为mv2
D.0~2mvF时间内系统产生的内能为2mv2
答案 AD
2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是 ( )
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
答案 BC
考点三 动量和能量的综合
(2020山东青岛二模,11)(多选)如图,小滑块以初动能Ek0从粗糙斜面底端A点冲上斜面,经过时间t滑块运动至最高点B,之后沿原路返回,C为AB的中点,下列说法正确的是 ( )
A.滑块上冲至C点时的动能等于12Ek0
B.滑块经过t2到达C点
C.滑块上冲过程中重力的冲量小于返回过程中重力的冲量
D.滑块上冲过程中克服重力做的功等于返回过程中重力做的功
答案 ACD
综合篇
【综合集训】
拓展一 关于碰撞问题的研究
1.(2020山东肥城模拟,8)(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连,并静止在光滑的水平地面上,现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧,速度图像如图乙,则有 ( )
A.在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s,且此时弹簧处于伸长状态
B.在t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且此时弹簧处于压缩状态
C.两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8
答案 CD
2.(2020山东嘉祥第一中学高三一模,9)(多选)如图(a)所示,在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻,甲物块以速度v0=4 m/s向右运动,经一段时间后与静止的乙物块发生正碰,碰撞前后两物块运动的v-t图像如图(b)中实线所示,其中甲物块碰撞前后的图线平行,已知甲物块质量为5 kg,乙物块质量为4 kg,则 ( )
A.此碰撞过程为弹性碰撞
B.碰后瞬间乙物块速度为2.5 m/s
C.碰后乙物块移动的距离为3.75 m
D.碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6∶5
答案 BC
拓展二 子弹打木块模型的处理
(2020山东临沂一模,8)四个水球可以挡住一颗子弹!如图所示,是央视《国家地理》频道的实验示意图,直径相同(约30 cm)的4个装满水的薄皮气球水平固定排列,子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是 ( )
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.每个水球对子弹做的功不同
C.每个水球对子弹的冲量相同
D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
答案 D
拓展三 爆炸与反冲问题的研究
(2020山东淄博高三一模,7)2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播,打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s,假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气,用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3,估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为 ( )
A.13 N B.0.13 N
C.0.68 N D.2.6 N
答案 B
[教师专用题组]
【综合集训】
1.(多选)如图所示,一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处,三个过程中重力的冲量分别为I1、I2、I3,动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3,则 ( )
A.三个过程中,合力的冲量相同,动量变化量相等
B.三个过程中,合力做的功相等,动能变化量相等
C.I1
A.7.6×10-6 s B.7.6×10-5 s
C.1.5×10-5 s D.1.5×10-4 s
答案 B 由于飞机质量远大于鸟质量,碰撞后飞机速度几乎不变,碰撞后鸟和飞机以共同的速度前进。以飞机的运动方向为正方向,设碰撞过程鸟撞击飞机的作用时间为t,则根据动量定理得Ft=mv机-(-mv鸟),整理可得:t=m(v机+v鸟)F=0.6×(7203.6+3)1.6×106 s≈7.6×10-5 s,B正确。
3.如图所示,站在车上的人,用锤子连续敲打小车。初始时,人、车、锤都静止。假设水平地面光滑,关于这一物理过程,下列说法正确的是 ( )
A.连续敲打可使小车持续向右运动
B.人、车和锤组成的系统机械能守恒
C.当锤子速度方向竖直向下时,人和车水平方向的总动量为零
D.人、车和锤组成的系统动量守恒
答案 C 人、车和锤看成一个系统处在光滑水平地面上,水平方向所受合外力为零,故水平方向动量守恒,水平方向总动量始终为零,当锤子有相对大地向左的速度时,车有向右的速度,当锤子有相对大地向右的速度时,车有向左的速度,故车来回运动,故A错误;用锤子敲打小车时,发生的不是弹性碰撞,系统机械能有损耗,故B错误;锤子的速度竖直向下时,没有水平方向的速度,因为水平方向总动量恒为零,故人和车水平方向的总动量也为零,故C正确;人、车和锤水平方向动量守恒,因为锤子会有竖直方向的加速度,故竖直方向合外力不为零,竖直方向动量不守恒,系统总动量不守恒,故D错误。
4.(2020吉林通化高三月考)如图a所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球,t=0时,甲静止,乙以6 m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v-t图像分别如图b中甲、乙两曲线所示。则由图线可知 ( )
A.两小球带电的电性一定相反
B.甲、乙两球的质量之比为2∶1
C.在0~t2时间内,两球间的静电力增大
D.在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小
答案 B 由图b可知乙球向左减速的同时,甲球向左加速,说明两球相互排斥,带有同种电荷,故A错误;两球作用过程中动量守恒,m甲Δv甲+m乙Δv乙=0,解得:m甲m乙=-Δv乙Δv甲=21,B正确;在0~t2时间内,两球间距离先减小后增大,静电力先增大后减小,C错误;在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t2时刻后逐渐增大,D错误。
5.(2020黑龙江哈尔滨三中模拟)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞、碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球质量m1与m2间的关系可能是 ( )
A.m1=m2 B.2m1=m2 C.4m1=m2 D.6m1=m2
答案 C 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有p1+p2=p1'+p2',得p1'=2 kg·m/s。由于在碰撞过程中,不可能有其他形式的能量转化为机械能,系统的机械能不会增加,故有p122m1+p222m2≥p1'22m1+p2'22m2,得m1≤2151m2。因为题目给出的物理情景是“甲从后面追上乙”,要符合这一物理情景,就必须有p1m1>p2m2,可得m1<57m2;同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景,即p1'm1≤p2'm2,可得m1≥15m2。综上可知,C正确,A、B、D错误。
6.如图所示,光滑水平面上有A、B两辆小车,质量均为m=1 kg,现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端,mC=0.5 kg。开始时A车与C球以v0=4 m/s的速度冲向静止的B车。若两车正碰后粘在一起,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.A车与B车碰撞瞬间,两车动量守恒,机械能也守恒
B.从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统动量守恒
C.小球能上升的最大高度为0.16 m
D.小球能上升的最大高度为0.12 m
答案 C 两车碰撞后粘在一起,属于典型的非弹性碰撞,有机械能损失,A项错误。从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零,则系统动量不守恒,B项错误。A、B两车碰撞过程,动量守恒,设两车刚粘在一起时共同速度为v1,有mv0=2mv1,解得v1=2 m/s;从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒,设小球上升到最高点时三者共同速度为v2,有2mv1+mCv0=(2m+mC)v2,解得v2=2.4 m/s;从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统机械能守恒,即mCgh=12mCv02+12·2mv12-12(2m+mC)v22,解得h=0.16 m,C正确,D项错误。
7.(2020山西太原模拟)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3) ( )
A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa
答案 A 设水杯底面积为S,1小时内下落的水总质量m=ρSh,其动量变化量Δp=mΔv=0-mv,水撞击杯底产生的平均压力F=p'S,杯底对水的平均作用力F'=F,对水由动量定理得-F't=Δp,解得p'=ρhvt=0.15 Pa,故A正确。
8.(2020江西抚州模拟)如图所示,小船静止于水面上,渔夫站在船尾的船舱内,将一定质量的鱼抛向船头后,关于小船的速度和位移,下列说法正确的是 ( )
A.向左运动,船向左移一些
B.小船静止,船向左移一些
C.小船静止,船向右移一些
D.小船静止,船不移动
答案 C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒,根据“人船模型”的特点,鱼动船动,鱼停船静止;鱼对地发生向左的位移,则人和船的位移向右。故C正确。
9.(2020山西临汾模拟)如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,落地瞬间,B先与地面碰撞,后与A碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向,碰撞时间均可忽略不计,空气阻力不计。已知m2=3m1,则A反弹后能达到的最大高度为 ( )
A.h B.2h C.3h D.4h
答案 D 所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑机械能损失。设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得,(m1+m2)gh=12(m1+m2)v2,m2v-m1v=m1v1+m2v2,12(m1+m2)v2=12m1v12+12m2v22,12m1v12=m1gh1,将m2=3m1代入,联立可得h1=4h,D正确。
10.(2020湖北孝感模拟)如图所示,一沙袋用轻质细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出,第一粒弹丸的速度为v1,打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°,当其第一次返回图示位置时,第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋,使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°,若弹丸质量是沙袋质量的140,则以下结论中正确的是 ( )
A.v1=v2 B.v1∶v2=41∶42
C.v1∶v2=42∶41 D.v1∶v2=41∶83
答案 D 根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知,两次击中沙袋后沙袋的速度相同,设为v,用M表示沙袋的质量,m表示弹丸的质量,由动量守恒得第一次mv1=(m+M)v,第二次mv2-(m+M)v=(2m+M)v,m=140M,联立以上三式得v1∶v2=41∶83,故D正确。
11.(2020湖南长沙模拟)2019年5月10日,第十四届中国(浏阳)国际花炮文化节在湖南省浏阳市花炮观礼台正式开幕,韩国、意大利、日本和荷兰四支全球顶尖燃放队伍在浏阳河畔进行了精彩表演。已知某花炮发射器能在t1=0.2 s的时间内将花炮竖直向上发射出去,花炮的质量为m=1 kg、射出的最大高度与发射器之间的距离为h=180 m,且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块,假设爆炸前后花炮的质量不变,经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽略一切阻力及发射器大小,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求花炮发射器发射花炮时,对花炮产生的平均作用力的大小。
(2)如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向,落地时两个落地点之间的距离为s=900 m且两物块的速度互相垂直,求两物块的质量。
(3)求花炮内炸药的化学能。
答案 见解析
解析 (1)花炮射出后做竖直上抛运动,设其运动至h=180 m高空用时为t,由竖直上抛运动的规律知h=12gt2
代入数据解得t=6 s
设在发射时间t1=0.2 s内,发射器对花炮的平均作用力大小为F,对花炮从发射到运动至h=180 m高空的整个过程,运用动量定理有Ft1-mg(t+t1)=0
代入数据解得F=310 N。
(2)设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块,其对应水平速度大小分别为v1、v2,方向相反,花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零,由动量守恒定律有
m1v1-m2v2=0
且有m1+m2=m
由平抛运动的规律和题目中所给信息有
(v1+v2)t=900 m
炸开的两块物块落地时竖直方向的速度vy=gt=60 m/s,因落地时两块物块的速度相互垂直,如图所示,则有 tan θ=vyv1=v2vy
代入数据解得m1=0.2kg,m2=0.8kg,v1=120m/sv2=30m/s
或m1=0.8kg,m2=0.2kg,v1=30m/sv2=120m/s。
(3)花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药的化学能E=12m1v12+12m2v22=1 800 J。
12.(2020湖南岳阳模拟)如图所示,一块足够长的木板C质量为4m,放在光滑的水平面上,在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的炭块(在木板上滑行时能留下痕迹),两炭块质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,开始时木板静止不动,A、B两炭块的初速度分别为v0、2v0,方向如图所示,A、B两炭块相距足够远。求:
(1)木板的最终速度的大小;
(2)木块A在整个过程中的最小速度;
(3)A、B两炭块在木板上所留痕迹的长度之和。
答案 (1)0.5v0 (2)v03 (3)7v024μg
解析 (1)选A、B、C整体为研究对象,由动量守恒定律可得:
mv0+m·2v0=(m+m+4m)v
解得:v=0.5v0。
(2)A、B做匀减速直线运动的加速度大小a=μmgm=μg
A、B都滑动时,木板的加速度大小a'=μmg+μmg4m=12μg
因为A的初速度较小,A与木板先达到共同速度,A与木板达到共同速度后,再与木板一起做匀加速直线运动,可知A与木板速度相同时,速度最小。设此过程经历时间为t
则:v0-at=a't
解得:t=2v03μg
则A的最小速度vmin=v0-at=13v0。
(3)全过程根据能量守恒定律得:
μmgx=12mv02+12m·(2v0)2-12·6mv2
解得:x=7v024μg。
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