高中物理高考 专题08 动量与能量（解析版）

2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍 专题08 动量与能量 题型一 动量定理的应用 【题型解码】 1.注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性． 2.动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量． 3.要明确过程的初、末状态． 【典例分析1】(2019·天津南开区二模)高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带刚对人产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，重力加速度大小为g，设竖直向上为正方向，则此过程人的动量变化量为________。此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中安全带作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为________。 【参考答案】　－m　＋mg 【名师解析】　竖直向上为正方向，则人下落h距离时的速度为：v＝－，所以动量变化为：Δp＝mv－0＝－m；对自由落体运动过程，有：h＝gt，解得：t1＝，对运动的全程，根据动量定理，有：－mg(t＋t1)＋Ft＝0，解得安全带对人的平均作用力大小为：F＝＋mg。 【典例分析2】(2019·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为(　　) A．0.25 N B．0.5 N C．1.5 N D．2.5 N 【参考答案】　A 【名师解析】　设雨滴受到支持面的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv。得：F＝，设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，故F＝ρSv，压强为：p＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，故A正确，B、C、D错误。 【提分秘籍】 1.应用动量定理时应注意的问题 (1)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是质点系，在研究质点系问题时，受力分析只考虑质点系的外力。 (2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。 (3)动量定理是过程定理，解题时必须明确物体运动过程中的受力情况及初末状态的动量。 (4)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。变力情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 2．在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。解答时一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象。 【突破训练】 1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75 m的同学被一根从6.75 m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2 kg，与头部作用时间为0.02 s，那么(　　) A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20 N B．枯枝对人的头部产生的冲击力约1 000 N C．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大 D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小 【答案】：B 【解析】：树枝落到头顶上时的速度v＝＝ m/s＝10 m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－mv，解得F＝1 020 N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误． 2.一位质量为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，重心上升高度为h。在此过程中(　　) A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2 B．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mv2 D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 【答案】　B 【解析】　设地面对运动员的冲量为I，则由动量定理得：I－mgΔt＝mv－0，I＝mv＋mgΔt。运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功，故选B。 3.(2019·四川南充三诊)“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以大小为a＝2 m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m＝1000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝3.6 m/s2，四条缓冲脚的质量不计。求： (1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功； (2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。 【答案】　(1)－1.6×105 J　(2) N·s 【解析】　(1)设h＝100 m，飞船加速下降时火箭推力为F， 由牛顿第二定律：mg－F＝ma 推力对火箭做功为：W＝－Fh 解得：W＝－1.6×105 J。 (2)“缓冲脚”触地前瞬间，设飞船速度大小为v，则：v2＝2ah 从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I，则： 4Isin60°－mgt＝0－(－mv) 解得：I＝ N·s。 4．(2019·西安一模)(多选)如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为θ，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动，物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间t的过程中，关于物块A的说法正确的是(　　) A．重力的冲量为零 B．重力做功为零 C．轻绳拉力的冲量大小为mgtcotθ D．轻绳拉力做功为mg2t2cot2θ 【答案】　BD 【解析】　物块A恰好不脱离斜面，对物块A进行受力分析可知，物块A受轻绳拉力和重力，物块A向右做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，得：Tsinθ＝mg，则有：T＝，故重力的冲量为：IG＝mgt，拉力的冲量为：IT＝，A、C错误；由于重力的方向与物块A的位移方向垂直，故重力做功为零，B正确；由牛顿第二定律可知：＝ma，则有：a＝，末速度为：v＝at＝，根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：WT＝mv2－0＝＝mg2t2cot2θ，D正确。 题型二 动量守恒定律及其应用 【题型解码】 1.守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒． 2.应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态． 3.要注意规定正方向． 【典例分析1】(2019·福建省泉州市一模)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v。两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动。已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求： (1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离； (2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小。 【参考答案】　(1)μgt　μgt2　(2)3mv－3μmgt 【名师解析】　(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1，由动量定理得－μ·3mgt＝0－3mv1 解得v1＝μgt 设此后父亲能滑行的最大距离为s，由动能定理得 －μ·3mgs＝0－·3mv 解得s＝μgt2。 (2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得 3mv－m·2v＝3mv1＋mv2 设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I，对儿子及儿子坐的车，由动量定理得 I＝mv2－(－m·2v) 解得I＝3mv－3μmgt。 【典例分析2】(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　) A. h B. h C.h D.h 【参考答案】：C 【名师解析】：设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝，联立得0＝M(－)＋m·，解得L＝h ，故C正确，A、B、D错误． 【提分秘籍】 1.动量是否守恒的判断方法 不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。 2．动量守恒定律解题的基本步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态的动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 【突破训练】 1.(2019·辽宁省沈阳市一模)(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5 m，B落地点距桌边水平距离为1 m，则(　　) A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2 B．A、B离开弹簧时的速度比为1∶1 C．A、B质量之比为1∶2 D．A、B质量之比为2∶1 【答案】　AD 【解析】　A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，则它们的运动时间相等，由x＝v0t得速度之比：＝＝＝，故A正确，B错误；弹簧弹开两木块的过程，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则质量之比：＝＝，故C错误，D正确。 2.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝30 kg.甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？ 【答案】　5.2 m/s 【解析】　要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2. 对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1① 对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv－Mv0＝(m＋M)v2② 甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③ 联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致． 3.(2019·辽宁