武汉市新洲四中2022届高三第二轮复习-动量定理与动能定理

武汉市新洲四中2022届高三第二轮复习---动量定理与动能定理1．【考纲解读】考纲内容能力要求考向定位动量定理利用动量定理解释生活现象，分析打击、碰撞、反弹、反冲等一系列问题。考纲要求为Ⅱ级从2022年高考的考纲卡看，动量、动量定理仍然是高考命题的热点之一。重点是对动量定理和动量守恒定律的应用，难点是对基本概念和动量守恒定律的应用。动量定理单独应用多以选择题为主。动能定理动能定理在力学中的综合应用，以及动能定理与电场、磁场的综合考察是高考的考试的热点。考纲要求为Ⅱ级动量守恒定律的应用、动能定理综合应用主要在计算题中。在解析这类问题，一是要分析两定理的应用条件；二是要理清问题的物理情境。【高考预测】动量定理和动能定理是高考试题力学中的重要定理，它们研究问题的角度不同，但是应用这两条定理解决问题时思路与步骤却是基本相同的，因此容易混淆，在解题时应注意：动量定理解决与时间有关的问题，动能定理解决与位移有关的问题。动量定理常用来求变力的冲量，动能定理常用来求变力所做的功。动量定理常用来求力对时间的平均值，动能定理常用来求力对位移的平均值。注意动量与冲量是矢量，应用动量定理要注意其方向性。功和动能是标量，当功有正和负。2.考点整合考点一动量定理（1）动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．既I=Δp（2）动量定理的理解①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）．②动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系．③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）．④遇到涉及力、时间和速度变化的问题时．运用动量定理解答往往比运用牛顿运动定律及运动学规律求解简便．应用动量定理解题的思路和一般步骤为：(l)明确研究对象和物理过程；(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；(4)依据动量定理列方程、求解．＆。（09·天津·10）如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=,取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。【解析】（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有②其中③解得代入数据得④（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则⑤由功能关系有⑥代入数据解得=5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。【答案】（1）(2)5m/s【名师指引】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。考点二动量定理的应用求解恒力作用下的曲线运动问题求解流体问题对系统应用动量定理．求解平均力问题＆。(07重庆理综17)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45mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12m/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1×103A.0.15Pa Pa Pa Pa【解析】设圆柱形水杯的横截面积为S,则水杯中水的质量为m=ρV=103×45×10-3S=45S,由动量定理可得：Ft=mv,而p=,所以p==Pa=Pa.【答案】A【名师指引】特别提示：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△t内射到物体表面上的流体为研究对象＆。(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线,如图所示.（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.【解析】（1）滑块A与B正碰,满足mvA+mvB=mv0 ①mvA2+mvB2=mv02 ②由①②,解得vA=0,vB=v0,根据动量定理,滑块B满足F·Δt=mv0解得F=.（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d.A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒.选该任意点为势能零点,有EkA=mgd,EkB=mgd+mv02由于p=,有即pA＜pB故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=gt2B的轨迹方程y=x2在M点x=y,所以y= ③因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速度为vA,则, ④B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=,vB= ⑤对A由机械能守恒得vA= ⑥由④⑤⑥得vAx=,vAy=将③代入得vAx=v0vAy=v0【答案】（1）（2）<pB=v0vAy=v0【名师指引】本题考查了考生应用动量定理处理变力求平均作用力和平抛运动的相关知识，在应用动量定理的时候一定要注意其矢量性．考点三动能定理动能定理：合外力对物体所做的功等于物体动能的增量。（2）动能定理的理解①动能定理适用于外力是变力，物体做曲线运动同样也适用。②动能定理对应是一个过程，并且它只涉及到物体的初末状态的动能和整个过程中合外力的功，不涉及到运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度和动能。因此它处理问题比较方便。一个物体的进行复杂的运动往往是由若干个过程或阶段组成的。若不需要计算过程与过程中的物体量可以全过程运用动能定理比较方便。动能定理还可以应用到多个物体组成的系统也有及其广泛的应用。动能定理中的外力包括一切外力。含重力和弹簧的弹力。注意动能定理求出来的功是指合外力所做的功。＆。（09·重庆·23）2022年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线推到A点放手，此后冰壶沿滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L，=r,重力加速度为g（1）求冰壶在A点的速率；（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；（3）若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为，原只能滑到C点的冰壶能停于点，求A点与B点之间的距离。【名师指引】该题为动能定理与动量定理结合应用。注意分过程用动能定理与全过程用动能定理思路考点四动能定理应用求解变力作用下的物体运动、做功问题。结合运动学、机械能守恒、动量守恒求解物体的位移对系统运用动能定理求平均作用力HR地面地面＆。(开城中学2022-2022学年度第一学期高三月考)如图所示，质量为m=0.5kg的小球从距离地面高H=5m处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R为0.4mHR地面地面（1）小球第一次飞出半圆槽上升距水平地面的高度h为多少？（2）小球最多能飞出槽外几次？（g=10m/s2）。【解析】对小球下落到最低点过程，设克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：mg(H+R)－wf＝mv2－0从下落到第一次飞出达最高点设距地面高为h，由动能定理得：mg(H－h)－2wf＝0－0解之得：h＝－H－2R＝－5－2×＝设恰好能飞出n次，则由动能定理得：mgH－2nwf＝0－0解之得：n＝＝＝＝(次)应取：n＝6次【名师指引】注意小球在槽壁中运动摩擦力为变力，要求其所做的功只有用动能定理。动能定理与运动的过程无关，所以可以全过程用动能定理求解。思考该题能否求解出摩擦力的大小呢？＆。（长郡中学2022届高三第二次月考物理试题）.如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向.（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小.【解析】（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：Mv0－mv0=（M+m）v…………………解得：v＝v0，方向向右………（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为，由动量守恒定律得……这一过程平板向右运动S，………解得s=…【名师指引】该题考查动量守恒与动能定理的综合应用，当然求解第二问的时候也可以运用运动学知识求解。比较思考动能定理与运动学求解方法的差异。★高考重点热点题型探究热点1动量定理、动量守恒、机械能守恒与动能定理知识的综合[真题1]（08全国I24）图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求:(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量.(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小.【解析】(1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得mv12+mv22=mgl ①小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得mv22=mgl(1-cos60°) ②联立①②式得v1=v2= ③设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有I=0-mv1解得I=-m ④(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得mgl+W=mv22 ⑤联立③⑤式得W=-mgl小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为mgl【答案】(1)-m(2)mgl【名师指引】本题考查了能量、动量守恒定律，以及动能定理、动量定理、机械能守恒的规律．牵涉到做功、冲量、动能三个基本物理概念的理解分析。将其有机的结合在物体运动中进行分析。热点2动量、冲量、动量定理以及做功等问题的分析一般而言，高考中对冲量、动量的考查主要集中在对概念的理解和简单应用，动量定理的一般应用及对现象的解析【真题2】（2022•全国理综）一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v．在此过程中，（）A．地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为mv2B．地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零【解析】取运动员为研究对象，由动量定理得：，即，运动员地面没有离开地面，地面对运动员的弹力做功为零．所以B选项正确．【答案】B【名师指引】本题考查了考生对冲量和功这两个概念的理解，冲量和功都是过程量，但决定因素不一样，冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累．1-1.（2022崇文区期末试题）如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg。一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面。已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m。设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2。vvABhs（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；（2）求子弹在物块B中穿行的距离；（3）为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，求物块B到桌边的最小距离。答案(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动t=A离开桌边的速度=5.0m/s设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：B离开桌边的速度=10m/s（2）设子弹离开A时的速度为，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：m/s子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒①子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒②由①②解得m（3）子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1,根据动能定理③子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，根据动能定理④由②③④解得物块B到桌边的最小距离smin=×10-21-2.（09·山东·24）如图所示，某货场而将质量为m1=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。（3）若1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，①设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，②联立以上两式代入数据得③根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得④若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得⑤联立④⑤式代入数据得⑥。（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得⑦设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得⑧联立①⑦⑧式代入数据得⑨设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得⑩联立①⑦⑨⑩式代入数据得。考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析★励志高考------------------自主学习训练1.（2022崇文区期末试题）如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为。下列说法正确的是（A）①球棒对垒球的平均作用力大小为1260N②球棒对垒球的平均作用力大小为360N③球棒对垒球做的功为126J④球棒对垒球做的功为36JA．①③B．①④C．②③D．②④2.(2022高淳外校月考)如图所示，A、B两质量相等的长方体木块放在光滑的水平面上，一颗子弹以水平速度v先后穿过A和B(此过程中A和B没相碰)。子弹穿过B后的速度变为2v/5，子弹在A和B内的运动时间t1:t2=1:2，若子弹在两木块中所受阻力相等，则：（AC）A．子弹穿过B后两木块的速度大小之比为1：2B．子弹穿过B后两木块的速度大小之比为1：4C．子弹在A和B内克服阻力做功之比为3：4D．子弹在A和B内克服阻力做功之比为1：23.（长郡中学2022届高三第二次月考物理试题）子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为；射穿木板后子弹的动能为E2，动量大小为。若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为(BC)A、B、C、D、4.(2022海淀区期末试题)如图所示，一质量为m的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻相连，磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab的电阻不计并接触良好。金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端，在此过程中（B）habRhabRBB．下滑过程中合外力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热C．下滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于D．整个过程中重力的冲量大小为零5.（09·全国卷Ⅱ·20）以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为（A）A．和B．和C．和D．和6.（08江苏9）如图所示,一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上,质量为3m的a球置于地面上,质量为m的b球从水平位置静止释放,当a球对地面压力刚好为零时,b球摆过的角度为θ.下列结论正确的是(ACA.θ=90° B.θ=45°球摆动到最低点的过程中,重力对小球做功的功率先增大后减小球摆动到最低点的过程中,重力对小球做功的功率一直增大7.(2022广东省广大附中模拟)如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直位置成600角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m＝4：1，重力加速度为g。求：（1）小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是多大？（2）小物块Q离开平板车时平板车的速度为多大？ （3）平板车P的长度为多少？ （4）小物块Q落地时距小球的水平距离为多少？答案：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有：（2）小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则：可知二者交换速度：，Q在平板车上滑行的过程中，有：则小物块Q离开平板车时平板车的速度为：（3）由能的转化和守恒定律，知解得，8.（08天津理综24）光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接）,用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能EP=49J.在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=m,B恰能到达最高点C.取g=10m/s2,求（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小;（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;（3）绳拉断过程绳对A所做的功W.答案(1)5m/s (2)4N·s （3）8J解析（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mB ①mBvB2=mBvC2+2mBgR ②代入数据得vB=5m/s ` ③（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=mBv12 ④I=mBvB-mBv1 ⑤代入数据得I=-4N·s,其大小为4N·s ⑥（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvA ⑦W=mAvA2 ⑧代入数据得W=8J ⑨9.(08四川理综25)如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一图6-1-6质量m=0.09kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数图6-1-6当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10m/s2答案(3+)N·s解析解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v,由功能关系得：mgh=mv2+μmgcosθ ①以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为:I=mv-m(-v) ②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则mv2=mgh′+μmgcosθ ③同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ ④I′=mv′-m(-v′) ⑤式中,v′为小物块再次到达斜面底端时的速度,I′为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.由①②③④⑤式得I′=kI ⑥式中k= ⑦由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为I1=2m ⑧总冲量为I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3) ⑨由1+k+k2+…+kn-1= ⑩得I=代入数据得I=(3+)N·s 解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma ①设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则：v2=2a ②以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为I=mv-m(-v) ③由①②③式得I=2m ④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,依牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma′ ⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为h′=sinθ ⑥由②⑤⑥式得h′=k2h ⑦式中k= ⑧同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：I′=2m ⑨由④⑦⑨式得I′=kI ⑩由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为I1=2m 总冲量为I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3） 由1+k+k2+…+kn-1= 得I=2m 代入数据得I=(3+)N·s 励志高考----------------高考新题训练10.（2022广东省茂名模拟）如图所示,劲度系数为k的轻弹簧,左端连着绝缘介质小球B，右端连在固定板上，放在光滑绝缘的水平面上。整个装置处在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一质量为m、带电荷量为+q的小球A，从距B球为S处自由释放，并与B球发生碰撞。碰撞中无机械能损失，且A球的电荷量始终不变。已知B球的质量M=3m，B球被碰后作周期性运动，其运动周期(A、B小球均可视为质点)。(1)求A球与B球第一次