高考总复习优化设计二轮用书物理浙江专版 第7讲　动量和冲量

第7讲动量和冲量高考总复习优化设计GAOKAOZONGFUXIYOUHUASHEJI2025课程标准考点考情梳理浙江真题问题情境动量定理2021.1,T20小球在游戏装置上的运动2021.6,T21离子推进器2024.1,T19扫描隧道显微镜2024.6,T15带电小球套在细杆上运动动量守恒定律2021.1,T12爆炸实验2021.6,T19小滑块和小球的碰撞2022.6,T20两物块的运动2023.1,T18滑块在游戏装置上的运动2023.6,T18滑块在实验装置上的运动2024.1,T18物块在固定装置上的运动2024.6,T18滑块在弹射游戏装置上的运动考点一动量定理统揽主干知识1.冲量的三种计算方法

公式法I=Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量,若F与t成线性关系,也可直接用平均力求解2.动量定理(1)公式:FΔt=mv'-mv。(2)应用技巧:①研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统。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。研学选考命题(多选)(2024浙江6月选考)如图所示,一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直于细杆所在的竖直面,不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点,则该过程(

)A.合力冲量大小为mv0cosθB.重力冲量大小为mv0sinθCD若

,开始时小球所受洛伦兹力为Bqv0=2mgcos

θ,小球在垂直细杆方向所受合力为零,可得Bqv=mgcos

θ+FN,即FN=Bqv-mgcos

θ=Bq(v0-at)-mgcos

θ=mgcos

θ-Bqgsin

θ·t,则小球在整个减速过程的FN-t图像如图,图线与横轴围成的面积表示冲量,可得弹力的冲量为零,故D正确。角度衍生练(2024浙江名校联盟联考)游乐园内喷泉喷出的水柱使得质量为m的卡通玩具悬停在空中(假设这样冲水,能保持短暂平衡)。为估算,作如下假定后进行理论分析:假设喷泉水柱从横截面积为S的喷口以速度v0持续竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积大于S);水柱冲击到玩具底部后,竖直方向的速度变为零,朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ,当地重力加速度为g,空气阻力忽略不计。下列说法错误的是(

)A.水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力大小B.水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力C.喷泉单位时间内喷出的水质量为ρv0SD.玩具在空中悬停时,其底部相对于喷口的高度为D【解析】

卡通玩具悬停在空中,可知水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力,即水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力大小,故A、B正确,不满足题意要求;喷泉单位时间内喷出的水质量为Δm==ρv0S,故C正确,不满足题意要求;设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底部时的速度大小为v,Δt时间内喷出的水的质量m0=ρSv0Δt,由能量守恒定律得

,在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底部的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=m0v,设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp,由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=mg,联立可得

,故D错误,满足题意要求。考点二动量守恒定律统揽主干知识1.关于动量守恒条件的理解(1)理想条件:系统不受外力或所受合力为零。(2)近似条件:系统所受合力不为零,但在系统各部分相互作用的瞬时过程中,系统内力远远大于外力,外力相对来说可以忽略不计,这时系统动量近似守恒,如爆炸过程。(3)单方向的动量守恒条件:系统总的来看不满足动量守恒的条件,但在某一方向上不受外力或该方向上外力之和为零,则系统在该方向上动量守恒。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。(常用)(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。(3)Δp=0,系统总动量的变化量为零。研学选考命题1.(2021浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是(

)A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340mB2.(2023浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5m,HI长度L0=9m,摆渡车长度L=3m、质量m=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放,滑块在FG段运动时的阻力为其重力的

。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,不计空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC;(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ;(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t。【答案】

(1)4m/s

22N

(2)0.3

(3)2.5s【解析】

(1)滑块从静止释放到C点过程,根据动能定理可得mg(h-1.2R-R-Rcos

θ)=解得vC=4

m/s滑块过C点时,根据牛顿第二定律可得FC+mg=解得FC=22

N。(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v,从静止释放到G点过程,根据动能定理可得mgh-0.2mgLFG=mv2解得v=6

m/s摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速,以滑块和摆渡车为系统,根据系统动量守恒可得mv=2mv1解得v1==3

m/s解得μ=0.3。角度衍生练如图甲所示,一轻弹簧的两端与两物块A、B相连接并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右、大小为3m/s的速度,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知mA=1kg,下列说法正确的是(

)甲

乙A.物块B的质量为0.5kgB.弹簧的最大弹性势能为3JC.t1和t2两时刻弹簧的长度相等D.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长B【解析】

由题图可知,物块A和物块B在t1时刻达到共速,v=1

m/s,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得物块B的质量为mB=2

kg,故A错误;由图像可知t1