高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十一章 第1節(jié) 動量定理 動量守恒定律講義（含解析）-人教版高三物理試題

動量定理動量守恒定律(1)動量越大的物體，其速度越大。(×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×)(3)物體所受合力不變，則動量也不改變。(×)(4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零。(×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×)(6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。(√)(7)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒。(√)(8)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同。(√)突破點(一)動量定理的理解與應(yīng)用1．動能、動量、動量變化量的比較動能動量動量變化量定義物體由于運動而具有的能量物體的質(zhì)量和速度的乘積物體末動量與初動量的矢量差定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p標矢性標量矢量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化2．應(yīng)用動量定理解題的一般步驟(1)明確研究對象和研究過程研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。(2)進行受力分析只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，則要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。(3)規(guī)定正方向由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前可以先規(guī)定一個正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負。(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。(5)根據(jù)動量定理列式求解。3．應(yīng)用動量定理解題的注意事項(1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要注意各個量的正負)。(2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。(3)應(yīng)用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統(tǒng)。(4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和，末態(tài)的動量p′也是系統(tǒng)各部分動量之和。(5)對系統(tǒng)各部分的動量進行描述時，應(yīng)該選取同一個參考系，不然求和無實際意義。[題點全練]1．(2018·鹽城期末)質(zhì)量為m的小球，以初速度v豎直向上拋出，經(jīng)過一段時間后回到拋出點。不計空氣阻力，以豎直向上為正方向，則整個過程中，小球重力的沖量是()A．0 B．mvC．2mv D．－2mv解析：選D小球在空中不受空氣阻力，則落回到拋出點時速度大小不變，方向相反。對全程由動量定理可知：I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故D正確。2.(2019·宿遷模擬)在某次短道速滑接力賽中，質(zhì)量為50kg的運動員甲以6m/s的速度在前面滑行，質(zhì)量為60kg的乙以7m/s的速度從后面追上，并迅速將甲向前推出，完成接力過程。設(shè)推后乙的速度變?yōu)?m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直線上運動，不計阻力，求：(1)接力后甲的速度大??；(2)若甲、乙運動員的接觸時間為0.5s，乙對甲平均作用力的大小。解析：(1)由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′解得v甲′＝9.6m/s。(2)對甲應(yīng)用動量定理得eq\x\to(F)t＝m甲v甲′－m甲v甲解得eq\x\to(F)＝360N。答案：(1)9.6m/s(2)360N3．(2018·江蘇高考)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運動速度的大小為v，方向向下。經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻力，重力加速度為g，求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小。解析：取向上為正方向，根據(jù)動量定理mv－(－mv)＝I－mgt解得I＝2mv＋mgt。答案：2mv＋mgt突破點(二)動量守恒定律的理解及應(yīng)用1．動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2．動量守恒定律的三種表達式及對應(yīng)意義(1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為0。(3)Δp1＝－Δp2，即兩個物體組成的系統(tǒng)中，一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反。3．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。[典例](2017·江蘇高考)甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是1m/s。甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為1m/s和2m/s。求甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比。[解析]由動量守恒得m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2＋v2′,v1＋v1′)代入數(shù)據(jù)得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,2)。[答案]3∶2[易錯提醒]應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意以下三點(1)確定所研究的系統(tǒng)，單個物體無從談起動量守恒。(2)判斷系統(tǒng)是否動量守恒，還是某個方向上動量守恒。(3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對于地面的速度。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.在光滑的水平面上有a、b兩球在t＝2s時發(fā)生正碰，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在碰撞前后的v-t圖像如圖所示。a、b兩球質(zhì)量之比是()A．ma∶mb＝1∶2B．ma∶mb＝2∶5C．ma∶mb＝2∶1D．ma∶mb＝5∶2解析：選B由題圖可知b球碰前靜止，設(shè)碰撞前a球的速度為v0，碰后a球的速度為v1，b球的速度為v2，小球碰撞過程中動量守恒，規(guī)定a球的初速度方向為正，由動量守恒定律有：mav0＝mav1＋mbv2；由題圖知，v0＝4m/s，v1＝－1m/s，v2＝2m/s，代入上式解得：ma∶mb＝2∶5，故B正確。2．(2017·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s解析：選A燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項A正確。3．(2019·南京模擬)在2018年冬奧會花樣滑冰雙人滑比賽中，中國選手隋文靜韓聰組合獲得亞軍。如圖所示為某次訓(xùn)練中情景，他們攜手滑步，相對光滑冰面的速度為1.0m/s。韓聰突然將隋文靜向原先運動方向推開，推力作用時間為2.0s，隋文靜的速度大小變?yōu)?.0m/s。假設(shè)隋文靜和韓聰?shù)馁|(zhì)量分別為40kg和60kg，求：(1)推開后韓聰?shù)乃俣却笮。?2)推開過程中隋文靜對韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮?。解析?1)以原來運動方向為正，由動量守恒定律得(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2解得v2＝－1m/s，即速度大小為1m/s。(2)由動量定理得：Ft＝m2v2－m2v解得F＝－60N，即大小為60N。答案：(1)1m/s(2)60N突破點(三)動量守恒定律的3個應(yīng)用實例碰撞1.對碰撞的理解(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略。(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的。(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能。2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷彈性碰撞是碰撞過程中無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機械能守恒定律，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。(1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。3．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒。(2)動能不增加。(3)速度要合理。①若兩物體同向運動，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。[例1](2018·徐州模擬)如圖所示，光滑的水平面上，小球A以速率v0撞向正前方的靜止小球B，碰后兩球沿同一方向運動，且小球B的速率是A的4倍，已知小球A、B的質(zhì)量分別為2m、m。(1)求碰撞后A球的速率；(2)判斷該碰撞是否為彈性碰撞。[解析](1)設(shè)向右為正方向，以A、B球為系統(tǒng)，由動量守恒定律得：2mv0＝2mvA＋mvB且vB＝4vA解得：vA＝eq\f(1,3)v0。(2)碰撞前系統(tǒng)的總動能為：Ek＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝mveq\o\al(2,0)碰撞后系統(tǒng)的總動能為：Ek′＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mveq\o\al(2,0)，則Ek＝Ek′，所以該碰撞是彈性碰撞。[答案](1)eq\f(1,3)v0(2)是彈性碰撞[方法規(guī)律]碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。爆炸[例2]近年春節(jié)期間，全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氣氛。假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個方向飛出，假設(shè)其中一塊落在距A點距離為s處，不計空氣阻力及消耗的炸藥質(zhì)量，煙花炸裂時消耗的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為動能。求：(1)煙花上升的最大高度；(2)煙花炸裂后落在距A點距離s處的一塊水平飛出時的速度大小；(3)煙花炸裂時消耗的化學(xué)能。[解析](1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)。(2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛出時的速度大小為v1，由平拋運動規(guī)律得s＝v1t，h＝eq\f(1,2)gt2解得v1＝eq\f(sg,v)。(3)煙花炸裂后兩塊在水平方向動量守恒，eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2＝0，解得另一塊的速度為v2＝v1。由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學(xué)能E＝eq\f(2×\f(1,2)·\f(m,2)v\o\al(2,1),80%)＝eq\f(5ms2g2,8v2)。[答案](1)eq\f(v2,2g)(2)eq\f(sg,v)(3)eq\f(5ms2g2,8v2)[方法規(guī)律]爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動反沖[例3]一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為()A．m＝eq\f(v2－v0,v1)MB．m＝eq\f(v2,v2＋v1)MC．m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)MD．m＝eq\f(v2－v0,v2－v1)M[解析]規(guī)定航天器的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：Mv0＝(M－m)v2－mv1解得：m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故C正確。[答案]C[方法規(guī)律]對反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加反沖運動中的“人船”模型如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)，動量始終守恒，故有：m船x船＝m人x人，由圖可看出：x船＋x人＝L，可解得：x人＝eq