6/6第7講動量定理和動量守恒定律1.（2024·江蘇高考9題）如圖所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A.彈簧恢復(fù)原長時A的動能最大B.彈簧壓縮至最短時A的動量最大C.整個系統(tǒng)動量變大D.整個系統(tǒng)機(jī)械能變大2.（多選）（2024·廣東高考10題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A.甲在斜坡上運(yùn)動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動時間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距H3.（2024·江蘇高考14題）嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動，順利進(jìn)入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度vA；（2）分離時A對B的推力大小。考點(diǎn)一動量定理的應(yīng)用1.沖量的三種計算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量，若F與t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解2.動量定理（1）公式：FΔt＝mv'－mv（2）應(yīng)用技巧①研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)。②表達(dá)式是矢量式，需要規(guī)定正方向。③勻變速直線運(yùn)動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷。④在變加速運(yùn)動中F為Δt時間內(nèi)的平均力。⑤電磁感應(yīng)問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移?！纠?】（2024·北京海淀三模）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的加速度大小比乙的加速度小C.甲的動量大小比乙的大D.甲合力沖量與乙合力沖量大小相等嘗試解答【例2】（2024·廣東汕頭一模）某實(shí)驗(yàn)小組用電池、電動機(jī)等器材自制風(fēng)力小車，如圖所示，葉片勻速旋轉(zhuǎn)時將空氣以速度v向后排開，葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S，空氣密度為ρ，下列說法正確的是（）A.風(fēng)力小車的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車的動能B.t時間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為ρSvC.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，空氣對小車的推力為ρSv2D.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，單位時間內(nèi)空氣流動的動能為12ρSv嘗試解答用動量定理求解“流體”問題的方法1.建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S。2.隔離微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為vΔt，對應(yīng)質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，求小柱體的動量變化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。3.應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp研究這段柱狀流體，列方程求解?！纠?】（多選）（2024·浙江6月選考15題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動至最高點(diǎn)，則該過程（）A.合力沖量大小為mv0cosθB.重力沖量大小為mv0sinθC.洛倫茲力沖量大小為qBD.若v0＝2mgcos嘗試解答1.用動量定理解題的基本思路2.對過程較復(fù)雜的運(yùn)動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理?？键c(diǎn)二動量守恒定律的應(yīng)用動量守恒定律的三種表達(dá)形式（1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，作用前的動量之和等于作用后的動量之和。（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。（3）Δp＝0，系統(tǒng)總動量的變化量為零?！纠?】如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機(jī)“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時，將戰(zhàn)機(jī)上質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃?xì)猓瑒t對噴氣后瞬間導(dǎo)彈的速率下列表述正確的是（）A.速率變大，為MB.速率變小，為MC.速率變小，為MD.速率變大，為M嘗試解答【例5】如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質(zhì)量為M，乙和他的冰車總質(zhì)量也為M，游戲時，甲推著一個質(zhì)量為m的箱子和他一起以v0的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。不計冰面摩擦：（1）若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌?；?）設(shè)乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運(yùn)動，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌?；?）若甲、乙分別和他的冰車總質(zhì)量均為M＝30kg，箱子質(zhì)量m＝10kg，v0＝6m/s，為使甲、乙最后不相撞，則箱子被推出的速度至少多大（計算結(jié)果保留兩位小數(shù)）。嘗試解答考點(diǎn)三碰撞與反沖問題1.碰撞問題遵循的三條原則2.反沖的兩條規(guī)律（1）總的機(jī)械能增加：反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以總機(jī)械能增加。（2）平均動量守恒：若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量必定守恒；若系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運(yùn)動，則有m1v1－m2v2＝【例6】（2024·山東濟(jì)寧一模）目前我國空間實(shí)驗(yàn)已走在世界的前列，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在空間站內(nèi)做了鋼球相互碰撞的實(shí)驗(yàn)。桂海潮用質(zhì)量較小的鋼球以0.6m/s水平向左的速度與靜止的質(zhì)量較大的鋼球正碰，碰后小鋼球與大鋼球速度大小分別為v1、v2，較小鋼球的質(zhì)量為較大鋼球質(zhì)量的一半，兩鋼球的碰撞可視為彈性碰撞。下列說法正確的是（）A.v1＝0.2m/s，方向水平向左B.v1＝0.2m/s，方向水平向右C.v2＝0.2m/s，方向水平向左D.v2＝0.1m/s，方向水平向左嘗試解答【例7】噴氣背包曾經(jīng)是宇航員艙外活動的主要動力裝置。假定宇航員與空間站保持相對靜止。啟動噴氣背包后，橫截面積為S的噴口以速度v（以空間站為參考系）持續(xù)向后噴出密度為ρ的氣體。已知宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M（含背包及其內(nèi)氣體），則啟動噴氣背包，經(jīng)過時間t后宇航員相對空間站的速度大小為（）A.ρSvtM B.C.ρSvtM－ρSvt 嘗試解答【例8】（2024·吉林高考14題）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2。不計空氣阻力，求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。嘗試解答歸納法解決多次碰撞問題當(dāng)兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數(shù)較多，過程復(fù)雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫揭韵聝煞N方法：數(shù)學(xué)歸納法先利用所學(xué)知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，通常會出現(xiàn)等差、等比數(shù)列，然后可以利用數(shù)學(xué)數(shù)列求和公式計算全程的路程等數(shù)據(jù)圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應(yīng)的v-t圖像，通過圖像可使運(yùn)動過程清晰明了，并且可通過圖像與t軸所圍面積求出物體的位移【典例】（2024·山東聊城二模）如圖所示，長木板在光滑水平面上以v0＝2m/s的速度做勻速直線運(yùn)動，長木板質(zhì)量M＝0.5kg，某時刻在長木板的右端輕放一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量m＝1.5kg，長木板右側(cè)有一固定擋板，擋板下方留有僅允許長木板通過的缺口，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，小物塊與擋板發(fā)生正碰，碰撞是彈性碰撞。假設(shè)長木板右端到擋板的距離足夠大。重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若要小物塊不從長木板上滑下，求長木板的長度至少是多少？（2）若長木板足夠長，質(zhì)量變?yōu)?.5kg，求：①小物塊和擋板第一次相碰后向左運(yùn)動的時間。②小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過程中，相對于長木板的位移是多少？嘗試解答

第7講動量定理和動量守恒定律【試做·高考真題】1.A對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受外力矢量和為零，則其動量守恒，又運(yùn)動過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C、D錯誤；對系統(tǒng)，由動量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝12mAvA2＋12mBvB2，聯(lián)立兩式可知當(dāng)彈簧恢復(fù)至原長，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為A、B的動能時，2.ABD兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速直線運(yùn)動，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙＝12gsinθ·t12，在水平面運(yùn)動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速直線運(yùn)動的時間為t3，則乙運(yùn)動的時間為t＝t1＋t2＋t3，由于t1與H乙有關(guān)，則總時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；乙下滑過程有mgH乙＝12mv乙2，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動到停止有v乙2＝2μgx，聯(lián)立可得x＝H乙3.（1）（m＋M）v解析：（1）A、B組成的系統(tǒng)沿速度方向動量守恒，由動量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA解得分離后A的速度vA＝（m（2）A、B分離的過程，對B由動量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得分離時A對B的推力大小為F＝Mv【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】B對甲、乙兩條形磁鐵水平方向分別受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有a甲＝F－μm甲gm甲、a乙＝F'－μm乙gm乙，由于F＝F'，m甲＞m乙，所以a甲＜a乙，由于兩物體運(yùn)動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲＜v乙，A【例2】C風(fēng)力小車的原理是消耗電能，先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能，再推動小車運(yùn)動，所以其原理是將電能轉(zhuǎn)化為小車的動能，故A錯誤；t時間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為m＝ρvtS，故B錯誤；由動量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，t時間內(nèi)葉片排開的空氣受到的推力F＝mvt＝ρSvt·vt＝ρSv2，根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對小車的推力為ρSv2，故C正確；葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，單位時間內(nèi)空氣流動的動能為Ek＝12m0v2＝12ρSv·v2＝【例3】CD根據(jù)動量定理得I合＝0－mv0＝－mv0，則合力沖量大小為mv0，A錯誤；小球上滑時間t＝v0gsinθ，重力沖量大小為mgt＝mg·v0gsinθ＝mv0sinθ，B錯誤；小球所受洛倫茲力垂直桿向上，大小為qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋qBv0，隨時間線性變化。洛倫茲力的沖量大小為qv02Bt＝qv02B·v0gsinθ＝qBv022gsinθ，C正確；若v0＝2mgcosθqB，0時刻小球所受洛倫茲力為考點(diǎn)二【例4】A設(shè)導(dǎo)彈飛行的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣煽傻肕v0＝（M－m）v－mv1，解得噴氣后瞬間導(dǎo)彈的速率v＝Mv0＋mv1【例5】（1）（M＋m）v（3）21.43m/s解析：（1）甲將箱子推出的過程中，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，以甲的運(yùn)動方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝（M（2）箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解得v2＝mv－（3）甲、乙不相撞的條件是v1≤v2，即（M＋m）v0－mvM考點(diǎn)三【例6】B設(shè)較小鋼球的質(zhì)量為m，較大鋼球的質(zhì)量為2m，碰后小鋼球與大鋼球的速度分別為v1'、v2'，兩鋼球的碰撞可視為彈性碰撞，以水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，12mv02＝12mv1'2＋12×2mv2'2，代入數(shù)據(jù)解得v1'＝－0.2m/s，v2'＝0.4m/s，可知v1＝0.2m/s，方向水平向右；v2＝0【例7】D設(shè)啟動噴氣背包，經(jīng)過時間t后宇航員相對空間站的速度大小為v'，規(guī)定宇航員相對空間站的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律?＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝ρSv2t【例8】（1）1m/s1m/s（2）0.2（3）0.12J解析：（1）A離開桌面后做平拋運(yùn)動，則水平方向有xA＝vAt豎直方向有h＝12gt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1m/sA、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受彈簧彈力也等大反向，