专题2 第9课时　动量教案

这是一份专题2 第9课时　动量教案，共17页。
2.常考题型：选择题、计算题．
高考题型1 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法

2.动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
3．流体作用的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
图1
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
考向一 动量定理对生活现象的解释
例1 (2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案 D
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上所述，选项D正确．
考向二 动量定理的定量计算
例2 (2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案 B
解析 设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
考向三 流体及尘粒柱状模型的应用
例3 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系．(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
答案 f＝eq \f(1,3)nmv2
解析 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有eq \f(1,6)的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，
碰撞粒子总数N＝eq \f(1,6)n·SvΔt，
Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝eq \f(1,3)nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝eq \f(I,Δt)
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝eq \f(F,S)＝eq \f(1,3)nmv2.
高考题型2 动量守恒定律及应用
1．判断守恒的三种方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．
(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．
(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．
考向一 动量守恒定律的应用
例4 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
答案 BC
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v752 kg，又知v8>5.0 m/s，则M0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v1′0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
3．碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型

(2)“耗散型”碰撞拓展模型
考向一 非弹性碰撞
例6 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图3中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
图3
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案 A
解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程两物块损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A.
考向二 弹性碰撞
例7 (2019·海南卷·13)如图4，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态．现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s.已知b的质量是a的3倍．b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求：
图4
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)轻绳的长度．
答案 (1)eq \r(2μgs) (2)4μs
解析 (1)设a的质量为m，则b的质量为3m，对物块b碰撞后由动能定理有：－μ·3mgs＝0－eq \f(1,2)·3mvb2，解得vb＝eq \r(2μgs)
(2)a球从水平位置摆下的过程：mgL＝eq \f(1,2)mv02
a、b碰撞的过程：mv0＝mva＋3mvb
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mva2＋eq \f(1,2)·3mvb2
联立解得：L＝4μs.
考向三 碰撞模型拓展
例8 (多选)(2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图5所示，eq \f(1,4)光滑圆槽B静置于光滑水平地面上．槽底端与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v0滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平地面．已知小球的质量为m，圆槽的质量为M，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
图5
A．小球上升的最大高度为eq \f(Mv\\al(,02),2M＋mg)
B．圆槽运动的最大速度为eq \f(mv0,M＋m)
C．小球上滑过程比下滑过程的动量变化大
D．上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小
答案 AD
解析 小球滑上B，滑到最高点时，水平方向动量守恒mv0＝(m＋M)v
机械能守恒有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋mgh
解得h＝eq \f(Mv\\al(,02),2M＋mg)，A正确；小球离开B时，B的速度最大，有mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq \f(2m,m＋M)v0，B错误；
小球上滑过程Δp1＝mv－mv0＝－eq \f(mM,m＋M)v0
下滑过程Δp2＝mv1－mv＝－eq \f(mM,m＋M)v0，所以小球上滑过程和下滑过程的动量变化一样大，C错误；上滑过程圆槽的动能增加量ΔEk1＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)M(eq \f(mv0,m＋M))2
下滑过程圆槽的动能增加量ΔEk2＝eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(3,2)M(eq \f(mv0,m＋M))2，所以上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小，D正确.
1．(2021·山东济宁市高三期末)航天器离子发动机原理如图6所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化 (即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲动力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为( )
图6
A．F＝Ieq \r(\f(2mU,q)) B．F＝Ieq \r(\f(mU,q))
C．F＝Ieq \r(\f(mU,2q)) D．F＝2Ieq \r(\f(mU,q))
答案 A
解析 以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的总质量为M＝eq \f(Q,q)m＝eq \f(IΔt,q)m.由动量定理可知正离子所受平均冲量eq \x\t(F)Δt＝Mv，由以上式子可得eq \x\t(F)＝Ieq \r(\f(2mU,q))，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝Ieq \r(\f(2mU,q))，故A正确，B、C、D错误．
2.如图7所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为( )
图7
A．R B．1.5R C．3R D．4R
答案 C
解析 若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)·2mv12＋mgR
代入数据解得v0＝2eq \r(gR)
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
2mv0＝2mv2
由能量守恒得
eq \f(1,2)m(2v0)2＝eq \f(1,2)·2mv22＋mgR＋eq \f(1,2)mvy2
解得vy＝eq \r(6gR)
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
h＝eq \f(v\\al(,y2),2g)＝3R
故距B点的最大高度为3R.
故选C.
3.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图8所示，一带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的长木板质量为M＝3 kg，放置于光滑水平面上．长木板水平部分长L＝2 m，圆弧轨道半径R＝0.6 m，末端与长木板相切于B点．在圆弧轨道最高点A点由静止释放一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)，最后滑块恰好不脱离长木板．(取g＝10 m/s2)求：
图8
(1)滑块刚滑到圆弧底端B点时滑块的速度v1和长木板的速度v2；
(2)滑块与长木板之间的动摩擦因数μ；
(3)滑块在长木板水平部分上滑行的时间t.
答案 (1)3 m/s，方向向左 1 m/s，方向向右 (2)0.3 (3)1 s
解析 (1)滑块从A滑到B过程，系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向左为正方向
mv1＋Mv2＝0
mgR＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
代入数据解得v1＝3 m/s，方向水平向左；
v2＝－1 m/s，负号表示方向水平向右．
(2)滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(M＋m)v3
代入数据解得v3＝0
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22＝μmgL＋eq \f(1,2)(M＋m)v32
代入数据解得μ＝0.3
(3)对滑块，由动量定理得－μmgt＝mv3－mv1
代入数据解得t＝1 s.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2021·全国乙卷·14)如图1，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
图1
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
答案 B
解析 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒．故选B.
2．(2021·华中师范大学附属中学高三期末)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．如质量50 kg的人从高处往低处跳，人的脚尖着地时人的速度为4 m/s，为避免受伤从脚尖着地开始双腿逐渐弯曲到静止，此过程中人与地面作用的时间为0.5 s，重力加速度g＝10 m/s2.在双腿逐渐弯曲的过程中，人受到地面的平均作用力为( )
A．900 N B．400 N
C．250 N D．100 N
答案 A
解析 从脚尖着地开始双腿逐渐弯曲到静止，人受到竖直向下的重力和地面竖直向上的作用力(平均作用力用F表示)，以竖直向上为正方向，由动量定理可得(F－mg)Δt＝0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－mv))，解得F＝eq \f(mv,Δt)＋mg＝900 N，故选A.
3.(多选)一质量为2 kg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2所示，则( )
图2
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案 AB
解析 由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝eq \f(Ft,m).t＝1 s时物块的速率为v＝eq \f(F1t1,m)＝eq \f(2×1,2) m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误．
4．(多选)(2021·广东广州市一模)长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b.以地面为参考系，给a和b以大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a.设a的初速度方向为正方向，a、b的v－t图像可能正确的是( )
答案 ABC
解析 长木板a与小物块b组成的系统动量守恒，最后b没有滑离a，则两物体最后相对静止具有共同速度，有mav0－mbv0＝(ma＋mb)v，解得v＝eq \f(mav0－mbv0,ma＋mb)，由上式可知两物体最后的共同速度可能为正，也可能为负，或为0，所以A、B、C正确，D错误．
5．(2021·山东威海市高三期末)查德威克因发现中子而获得了1935年度的诺贝尔物理学奖．为测定中子的质量，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核eq \\al(1,1)H和静止的氮核eq \\al(14, 7)N发生弹性正碰，实验中，他测得碰撞后的氢核与氮核的速度之比为7∶1，则中子与氢核的质量之比为( )
A．1∶1 B．6∶5
C．7∶6 D．8∶7
答案 C
解析 设中子与氢核、氮核碰撞前的速度为v，中子与氢核弹性碰撞时，根据动量守恒有mv＝mv1＋mHvH，根据机械能守恒有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mHv H2，解得中子与氢核碰撞后，氢核的速度为vH＝eq \f(2mv,m＋mH)，同理可得，中子与氮核碰撞后，氮核的速度为vN＝eq \f(2mv,m＋mN)，故有vH∶vN＝eq \f(m＋mN,m＋mH)＝7，又mN＝14mH，解得中子与氢核的质量比m∶mH＝7∶6，故选C.
6.(多选)(2020·内蒙古包头市高三下学期一模)如图3，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m＝1 kg、可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
图3
A．n＝26
B．系统因摩擦产生的热量为25 J
C．物块最终停在车厢右端
D．车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
答案 BD
解析 由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢最终运动的速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，故B、D正确；根据Q＝μmgL可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝eq \f(Q,μmg)＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝eq \f(L,l)＝25次，物块最终停在车厢中点处，故A、C错误．
7．(多选)(2021·湖南卷·8)如图4(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小．A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是( )
图4
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
答案 ABD
解析 由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
由a－t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB
由题图(b)可知aB>aA，则mB