（浙江选考）2020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

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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． 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

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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

10s，图中对应6个小格，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12

上抛运动，由题图可知，最大高度为：h＝×10×(0.5) m＝1.25 m，故B正确；小球下落的

212

初始位置离地面的高度为：h′＝×10×(0.6) m＝1.8 m，故C错误；设向下为正方向，由

2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

1221A. 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1再次追上B球并相撞，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>，

4故B、C正确，A、D错误．

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

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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

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 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

－3

－3

－3

图5

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(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

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

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