第一篇 大單元設(shè)計(jì)二 專(zhuān)題8 碰撞與動(dòng)量守恒-2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)

15專(zhuān)題8碰撞與動(dòng)量守恒考向一動(dòng)量定理的應(yīng)用角度1動(dòng)量定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用1.沖量四種方法公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動(dòng)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(xiàn)與時(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量,若F與t成線(xiàn)性關(guān)系,也可直接用平均力求解平均值法若方向不變的力的大小隨時(shí)間均勻變化,即力為時(shí)間的一次函數(shù),則力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量I=F1+F22t,F2.動(dòng)量定理【典題例析】[典例1](多選)(2024·全國(guó)甲卷)蹦床運(yùn)動(dòng)中,體重為60kg的運(yùn)動(dòng)員在t=0時(shí)剛好落到蹦床上,對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直,在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力,重力加速度g大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A.t=0.15s時(shí),運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大B.t=0.30s時(shí),運(yùn)動(dòng)員的速度大小為10m/sC.t=1.0s時(shí),運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處D.運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N【解析】選B、D?！炯庸逃?xùn)練】(2024·河北三模)在某次電動(dòng)汽車(chē)的性能試驗(yàn)中,工程師已測(cè)得該款汽車(chē)綜合阻力隨時(shí)間變化關(guān)系式f=f0+kt,現(xiàn)工程師為汽車(chē)提供恒定的牽引力F,并使汽車(chē)由靜止開(kāi)始直線(xiàn)加速至速度再次為0停止,則在此過(guò)程中,以下說(shuō)法正確的是()A.汽車(chē)達(dá)到最大速度的時(shí)間為FB.汽車(chē)達(dá)到的最大速度為(C.全過(guò)程中,汽車(chē)的牽引力F的沖量為FD.全過(guò)程中,汽車(chē)的阻力f的沖量為f【解析】選B。當(dāng)牽引力F=f時(shí),汽車(chē)的速度達(dá)到最大,即f0+kt1=F,此時(shí)t1=F-f0k,故A錯(cuò)誤;由F則a=F即a=-kmt+如圖:由a-t圖像可知,三角形面積代表速度的變化量的大小,則vm=S=(F-f0)22mk,故B正確;由圖像分析,汽車(chē)從運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間t'=2t1=2若按照f(shuō)的平均值算也是此結(jié)果,故D錯(cuò)誤?！灸Ｐ蛨D解】方式情境圖示情境解讀恒力將木板從物塊下方抽出,物塊與木板間的摩擦力恒為f,物塊動(dòng)量的增量為Δp,則有Δp=fΔtΔp一定由Δp=FΔt可知,落地時(shí)前滾翻可以延長(zhǎng)作用時(shí)間,減小身體與地面的作用力,避免身體受到傷害角度2動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題主要問(wèn)題“流體”是由大量質(zhì)點(diǎn)組成的質(zhì)量連續(xù)分布且以一定速度運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng)核心關(guān)鍵流體的連續(xù)作用問(wèn)題是力學(xué)中的一類(lèi)常見(jiàn)問(wèn)題,此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是如何合理選取研究對(duì)象方法技巧整體法、微元法、等效法結(jié)合動(dòng)量定理是求解流體連續(xù)作用問(wèn)題的重要方法【典題例析】[典例2](2024·濰坊二模)用噴水機(jī)澆灌草坪,噴水機(jī)將水加速后通過(guò)噴水嘴噴出,噴水嘴出水速度的大小v和夾角θ均可調(diào)節(jié)[1]。已知噴水嘴的橫截面積S=1.0×10-4m2,水噴出的最大水平射程為10m,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,g取10m/s2,水流沖擊到地面后,水平方向速度變?yōu)?[2],忽略噴嘴離地高度以及空氣阻力的影響。(1)求噴水嘴出水的最大速率vm;(2)若出水速度v1=8m/s,夾角θ=60°,求水流對(duì)地面水平方向平均沖力的大小?！绢}眼破譯】[1]水流做斜上拋運(yùn)動(dòng)。[2]地面對(duì)水流水平方向的作用力使其水平方向速度變?yōu)?,首先考慮動(dòng)量定理。【解析】(1)設(shè)噴水嘴出水的最大速度為vm,出水方向與水平方向夾角為θ,水從噴水嘴到地面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,水的水平射程為x,則豎直方向速度vmsinθ=12水平方向位移x=vmcosθ·t解得x=vm當(dāng)θ=45°時(shí),水平射程最大為xm=10m,解得vm=10m/s。(2)在時(shí)間Δt內(nèi),水的質(zhì)量Δm=ρSv1Δt,選豎直向上為正方向,由動(dòng)量定理得FxΔt=Δmv1cosθ,解得Fx=3.2N,由牛頓第三定律可得F'x=Fx=3.2N。答案:(1)10m/s(2)3.2N【加固訓(xùn)練】(2024·?？谝荒?雨打芭蕉是中國(guó)古代文學(xué)中常見(jiàn)的抒情意象,為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p,小明將一圓柱形量筒置于雨中,測(cè)得時(shí)間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h。設(shè)雨滴下落的速度為v0,雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈,雨水的密度為ρ,不計(jì)雨滴重力。壓強(qiáng)p為()A.ρ?t(v0-v) B.ρ?t(v0+C.ρ(v02-v2) D.ρ(v02【解析】選B。以極短時(shí)間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴質(zhì)量為Δm,雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S,根據(jù)動(dòng)量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)由于圓柱形量筒置于雨中,測(cè)得時(shí)間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h,則單位面積單位時(shí)間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為m0=ρS圓?tS至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量Δm=m0SΔt=ρ?S根據(jù)牛頓第三定律有F2=F1雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p=F解得p=ρ?t(v0+v【模型圖解】分類(lèi)情境圖示情境解讀吸收型流體元的質(zhì)量m=ρSvΔt設(shè)流體元與煤層作用力為FFΔt=mΔv即FΔt=ρSvΔt(-v)故F=-ρSv2反彈型流體元的質(zhì)量m=ρSvΔt作用后流體元原速率反彈由FΔt=mΔv即FΔt=ρSvΔt(-2v)故F=-2ρSv2考向二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用角度1碰撞模型碰撞問(wèn)題遵循的三條原則【典題例析】[典例3](多選)(2024·湖北選擇考)如圖所示,在光滑水平面[1]上靜止放置一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊,質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不變,其大小f與射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k為已知常數(shù))[2]。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則()A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為kD.木塊在加速過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離為mL【題眼破譯】[1]子彈和木塊組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律。[2]由f=kv0可知,f隨著初速度v0的改變而改變,但是對(duì)于每一個(gè)v0,f都是不變的。【解析】選A、D。子彈和木塊相互作用過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度分別為v1、v2,則有mv0=mv1+Mv2子彈和木塊相互作用過(guò)程中合力都為f=kv0,因此子彈和木塊的加速度分別為a1=fm,a2=由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得子彈和木塊的位移分別為2a1x1=v02-v12,2a2聯(lián)立上式可得v2=m因此木塊的速度最大,即v0-v02-2(kv0m+kv0M)L取極值即可,該函數(shù)在2(km+kM)L到無(wú)窮單調(diào)遞減,因此當(dāng)v0=2(km+kM)L=2kL(M+m)Mm時(shí)木塊的速度最大,A正確;子彈穿過(guò)木塊時(shí),木塊的速度為v2=mv[預(yù)測(cè)](多選)如圖甲所示,一小車(chē)靜止在光滑水平地面上,上表面PQ是以O(shè)為圓心、半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,左端P與平臺(tái)等高且平滑對(duì)接(不粘連)。一小球以某一水平速度沖上小車(chē)。測(cè)得在水平方向上小球與小車(chē)的速度大小分別為v1、v2,作出v2-v1圖像,如圖乙所示。已知P點(diǎn)距地面高h(yuǎn)=R5,重力加速度為g,則(A.小車(chē)質(zhì)量是小球質(zhì)量的2倍B.小球上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為C.小球上升的最大高度為RD.小球落地時(shí)與小車(chē)左端P點(diǎn)的水平距離為10【解析】選B、C、D。設(shè)小球質(zhì)量為m,小車(chē)質(zhì)量為M,小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,所以水平方向動(dòng)量守恒,則由圖乙數(shù)據(jù)可得mgR=MgR,解得m=M,故A錯(cuò)誤;小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車(chē)具有共同速度,則mgR=(m+M)v共,解得v共=gR2,故B正確;設(shè)小球上升的最大高度為H,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12m(gR)2=12(m+M)v共2+mgH,解得H=R4,故C正確;設(shè)小球滑回至P點(diǎn)時(shí),小球和小車(chē)的速度分別為v球和v車(chē),根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別有m(gR)=mv球+Mv車(chē),12m(gR)2=12mv球2+12Mv車(chē)2,解得v球=0,【模型圖解】碰撞及類(lèi)碰撞模型分類(lèi)情境圖示情境解讀彈性碰撞碰撞后形變完全恢復(fù)m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v1v1=m1-v2=2m1(A球質(zhì)量為m1,B球質(zhì)量為m2)完全非彈性碰撞碰撞完畢合二為一m1v0=(m1+m2)v系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE=12m1v0(木塊A質(zhì)量為m1,木塊B質(zhì)量為m2)人船模型由mv1=M即ml1=Ml2又由l1+l2=l,則l1=MM+ml2=mM+m子彈射木塊模型mv0=(M+m)vf·d=12mv0(子彈的質(zhì)量為m,木塊的質(zhì)量為M)彈簧類(lèi)模型系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒曲面類(lèi)模型接觸面光滑,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒角度2多過(guò)程問(wèn)題應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決多過(guò)程問(wèn)題的步驟【典題例析】[典例4](2024·河北選擇考)如圖,三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg,A木板長(zhǎng)度為2.0m,機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力。(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí),求A、B木板間的水平距離。(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后,以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端,求起跳過(guò)程機(jī)器人做的功及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止,隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端,此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)系?！窘馕觥?1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端,機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為M,三個(gè)木板質(zhì)量都為m,根據(jù)“人船模型”得Mx=mx1同時(shí)有x+x1=LA解得A、B木板間的水平距離x1=1.5m(2)設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為θ,從A木板右端跳到B木板左端時(shí)間為t,根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vcosθ·t=x1vsinθg聯(lián)立解得v2=15機(jī)器人跳離A的過(guò)程,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒Mvcosθ=mvA根據(jù)能量守恒可得機(jī)器人做的功為W=12Mv2+12聯(lián)立得W=3cos2θ+12sinθcosθ×45J=根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得,當(dāng)12tanθ=2tanθ,即tanθ代入數(shù)值得此時(shí)W=90J(3)根據(jù)tanθ=2可得vcosθ=152m/s,根據(jù)Mvcosθ=mv得vA=315分析可知A木板以該速度向左勻速運(yùn)動(dòng),機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對(duì)靜止的過(guò)程中,機(jī)器人與B、C木板組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,得Mvcosθ=(M+2m)v共解得v共=315該過(guò)程A木板向左運(yùn)動(dòng)的距離為xA=vAt=3152×機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端,整個(gè)過(guò)程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)每次起跳機(jī)器人的水平速度大小為v0,B木板的速度大小為vB,機(jī)器人每次跳躍的時(shí)間為Δt,取向右為正方向,得(M+m)v共=Mv0-mvB ①每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對(duì)位移為L(zhǎng)B3,可得LB3=(v0+vB機(jī)器人到B木板右端時(shí),B木板恰好追上A木板,從機(jī)器人跳到B左端到跳到B右端的過(guò)程中,AB木板的位移差為Δx=x1+xA=6m可得(vB-vA)×3Δt=Δx ③聯(lián)立①②③解得Δt=LB4故A、C兩木板間距為xAC=(vA+vC)×3Δt+Δx+LBvC=v共解得xAC=74L答案:(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L【加固訓(xùn)練】如圖所示,P為固定的豎直擋板,質(zhì)量為2m的長(zhǎng)木板A靜置于光滑水平面上(A的上表面略低于擋板P下端),質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0從A的左端向右滑上A的上表面,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間A、B第一次達(dá)到共同速度,此時(shí)B恰好未從A上滑落,然后物塊B與長(zhǎng)木板A一起向右運(yùn)動(dòng),在t=0時(shí)刻,物塊B與擋板P發(fā)生了第一次碰撞,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物塊B與長(zhǎng)木板A第二次達(dá)到共同速度,之后物塊B與擋板P發(fā)生了很多次碰撞,最終在t=t0(未知)時(shí)恰好相對(duì)地面靜止。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,物塊與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短,求:(1)木板A的長(zhǎng)度;(2)A、B第二次達(dá)到共同速度時(shí)B離A左端的距離;(3)0~t0時(shí)間內(nèi)B經(jīng)過(guò)的路程?！窘馕觥?1)依題意,設(shè)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),A、B第一次達(dá)到共速時(shí)速度大小為v1,物塊和木板由動(dòng)量守恒定律有mv0=(2m+m)v1,根據(jù)能量守恒定律有μmgL=12mv02-12(2m+聯(lián)立求得v1=13v0,L=v(2)由于物塊與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短,因此物塊第一次與擋板碰撞后的速度大小不變,方向向左,設(shè)二者第二次碰撞前達(dá)到共速的速度大小為v2,取方向向右為正,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv1-mv1=(2m+m)v2,根據(jù)能量守恒定律有μmgx1=12(2m+m)v12-12(2m+聯(lián)立求得v2=132v0,x1=則可得此時(shí)物塊距木板左端的距離為Δl1=L-x1=5v(3)由(1)(2)問(wèn)分析可知,物塊B與木板第n次共速時(shí)的速度為v03n,對(duì)B有μmg=從B第一次撞擊擋板到第二次撞擊擋板過(guò)程,有(v03)2=2aBss1=v0218從B第二次撞