课堂新坐标安徽专用届高考物理一轮复习 第十二章 第1讲 动量定理 动量守恒定律跟踪检测.docx

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课堂新坐标安徽专用届高考物理一轮复习第十二章第1讲动量定理动量守恒定律跟踪检测

第1讲　动量定理　动量守恒定律

（对应学生用书第201页）

动量

1.动量

（1）定义：

运动物体的质量m与速度v的乘积．

（2）定义式：

p＝mv.

（3）单位：

kg·m/s.

（4）方向：

与速度方向相同．

（5）物理意义：

物体的动量表征物体的运动状态，其中速度为瞬时速度．

2．动量变化

（1）定义：

物体的末动量p′与初动量p的矢量差．

（2）表达式：

Δp＝p′－p.

（3）矢量性：

动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同．

3．动量与动能的比较

动　量

动　能

表达式

p＝mv

Ek＝

mv2

标矢性

矢量，其方

向与速度方向相同

标量

续表　　

动　量

动　能

变化

动量的变化等于合外力的冲量

动能的变化等于合外力做的功

联系

动量和动能的大小关系为Ek＝p2/2m或p2＝2mEk

【针对训练】

1．（2012届北京市朝阳区高三上学期期中统考）物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（　　）

A．物体速度的大小一定随时间变化

B．物体速度的方向一定随时间变化

C．物体动能一定随时间变化

D．物体动量一定随时间变化

【解析】　加速度不为零，说明其速度在变化，速度的改变存在三种情况：

速度的方向不变，只是大小在变化（动能也变化），速度的大小不变，只是方向在变化（动能不变）；速度的大小和方向同时改变（动能变化）．显然，选项A、B、C均错误；动量是矢量，只要加速度改变，物体的动量就一定改变，选项D正确．本题答案为D.

【答案】　D

动量定理

1.冲量

（1）定义：

力F与力的作用时间t的乘积．

（2）定义式：

I＝Ft.

（3）单位：

N·s

（4）方向：

恒力作用时，与力的方向相同．

（5）物理意义：

是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．

2．动量定理

（1）内容：

物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．

（2）表达式：

【针对训练】

2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以（　　）

A．减小球对手的冲量

B．减小球对人的冲击力

C．减小球的动量变化量

D．减小球的动能变化量

【解析】　接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据动量定理I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间t以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确．本题答案为B.

【答案】　B

动量守恒定律

1.内容：

如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．

2．常用的表达式

（1）p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.

（2）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量．

（3）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量大小相等，方向相反．

（4）Δp＝0，系统总动量的增量为零．

3．成立条件：

系统不受外力或所受外力的合力为零．

（对应学生用书第202页）

动量定理的理解及应用

1.适用范围：

适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．

2．解释现象：

一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．

3．解题的基本思路

（1）确定研究对象：

一般为单个物体或由多个物体组成的系统.

（2）对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．

（3）抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．

（4）根据动量定理列方程代入数据求解．

（1）应用动量定理解题时，首先要选一个正方向．

（2）动量定理中的力F为合外力，应用时应注意将所研究的过程中作用在物体上的所有外力都考虑进去．（若整个过程分为受力不同的若干阶段，I应为不同阶段冲量的矢量和）

　（2012·安庆模拟）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1＝1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3s，第一次反弹的高度为h2＝1.25m．已知排球的质量为m＝0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：

（1）排球与地面的作用时间；

（2）排球对地面的平均作用力的大小．

【解析】　

（1）排球第一次落到地面的时间为t1，第一次反弹到最高点的时间为t2，

由h1＝

gt

，h2＝

gt

，得

t1＝0.6s，t2＝0.5s

所以排球与地面的作用时间Δt＝t－t1－t2＝0.2s.

（2）方法一：

设排球第一次落地的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，则有：

v1＝gt1＝6m/s，v2＝gt2＝5m/s

设地面对排球的平均作用力的大小为F，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：

（F－mg）Δt＝mv2－m（－v1）

解得：

F＝

＋mg

代入数据得：

F＝26N

根据牛顿第三定律得：

排球对地面的平均作用力为26N.

方法二：

全过程应用动量定理

取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F（t－t1－t2）－mgt＝0

解得：

F＝

＝26N

再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26N.

【答案】　

（1）0.2s　

（2）26N

（1）利用动量定理求解问题时，确定正方向，把矢量运算转化为标量运算，准确表述物体动量的变化是解题的关键．

（2）若物体的运动涉及多个过程，可分段求解，也可全程考虑，全程求解往往使解答更简捷．

【即学即用】

1．（2013届蚌埠模拟）物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则（　　）

A．I1＜I2，W1＝W2　　　　　B．I1＞I2，W1＝W2

C．I1＞I2，W1＜W2D．I1＝I2，W1＜W2

【解析】　根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p＝

，有I1＝

－0＝

，I2＝2

－

＝（2－

）

，显然I1＞I2.只有选项B正确．本题答案为B.

【答案】　B

系统动量守恒的判断

1.直接由动量守恒的条件判断

（1）系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．

（2）系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒．

（3）系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．

以上内容可简单概括为：

①理想守恒，②近似守恒．③分方向守恒．

在确定使用动量守恒定律时，一定要仔细分析守恒条件，明确研究对象，是哪一个系统、哪一个过程动量守恒．

2．系统所受的合外力是否为零不很明确时，可直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减小，则系统的动量一定不守恒．

（1）运用动量守恒定律时，应注意所选取的系统，并判断动量是否守恒．

（2）“动量守恒”的确切含义是指系统在某一过程中动量保持不变．

图12－1－1

（2013届芜湖模拟）质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图12－1－1所示．则（　　）

A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒

B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零

C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0

D．甲物块的速率可能达到5m/s

【解析】　甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，它们的速率相同，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入数据，可得v＝0.5m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1m/s时，其方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2m/s，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，所以选项C正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，若甲物块的速率达到5m/s，那么乙物体的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D错误．本题答案为C.

【答案】　C

【即学即用】

2.将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图12－1－2所示，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（　　）

A．动量守恒

B．最后P和Q均静止

C．水平方向动量守恒

D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动

【解析】　因水平面光滑，将P、Q看做一个系统，水平方向合力为零，故系统在水平方向动量守恒，但竖直方向P有重力，动量不守恒，故C正确，A错误；因P的水平分速度水平向左，故P、Q最终以一定的速度共同向左运动，故B、D错误．

【答案】　C

动量守恒定律的应用

1.注意动量守恒的条件和机械能守恒的条件不同

机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零．

2．注意动量守恒的“四性”

（1）矢量性：

表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．

（2）瞬时性：

动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．不同时刻的动量不能相加．

（3）同一性：

速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．

（4）普适性：

它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．

3．解题步骤

在利用动量守恒定律列式时，应注意以下问题：

（1）要规定动量的正方向．

（2）一般情况下，物体的速度均为对地速度．

（3）正确确定系统初、末两状态的总动量．

　（2011·山东高考）如图12－1－3所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）．

【审题视点】　

（1）甲、乙两船沿同一直线同一方向运动．

（2）为避免两船相撞，乙船上的人抛出货物的最小速度．

【解析】　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得

12m×v0＝11m×v1－m×vmin①

10m×2v0－m×vmin＝11m×v2②

为避免两船相撞应满足

v1＝v2③

联立①②③式得

vmin＝4v0.④

【答案】　4v0

（1）动量守恒指的是研究过程中任何时刻系统的总动量都相等，不仅指总动量的大小不变，而且总动量的方向也不变．

（2）应用动量守恒定律解决问题时，要注意合理选取研究对象，准确分析物体相互作用过程中是否满足动量守恒的条件，然后再选取正方向，列方程求解．

【即学即用】

3．（2012·山东高考）如图12－1－4光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．

图12－1－4

【解析】　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得

对A、B木块：

mAv0＝mAvA＋mBvB①

对B、C木块：

mBvB＝（mB＋mC）v②

由A与B间的距离保持不变可知

vA＝v③

联立①②③式，代入数据得

vB＝

v0.④

【答案】　

v0

（对应学生用书第204页）

1．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，则作用后b球的动量为（　　）

A．－20kg·m/s　　　　　　B．10kg·m/s

C．20kg·m/sD．30kg·m/s

【解析】　碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，故此时a球的动量是10kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变为30kg·m/s，则作用后b球的动量为20kg·m/s.C对．

【答案】　C

2．如图12－1－5所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时（　　）

图12－1－5

A．要使小车静止不动，甲乙速率必须相等

B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大

C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大

D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小

【解析】　甲、乙与小车组成的系统动量守恒，有：

m甲v甲＋m乙v乙＋M车v车＝0，可知，只要甲、乙的动量大小不等，小车的动量就不会为0，即将获得动量而运动，故要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大．故C对．

【答案】　C

3．（2013届合肥模拟）两质量相同的滑冰者甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回，如此反复几次后，甲和乙最后的速率关系是（　　）

A．若甲最先抛球，则甲的速率大于乙的速率

B．若乙最后接球，则甲的速率大于乙的速率

C．只有甲最先抛球，乙最后接球，才有甲的速率大于乙的速率

D．无论怎样抛球和接球，最终都是甲的速率大于乙的速率

【解析】　设甲、乙、篮球的质量分别为m甲、m乙、m0.因甲、乙两个滑冰者及篮球组成的系统所受合外力为零，故动量守恒．系统初动量为零，选全过程研究，由动量守恒定律可知：

若甲最后接球：

选甲的速度方向为正方向，0＝（m甲＋m0）v甲－m乙v乙．因m甲＝m乙，故v甲＜v乙．若乙最后接球：

有0＝m甲v甲－（m乙＋m0）v乙，有v甲＞v乙，故选项B正确．

【答案】　B

4.

图12－1－6

在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图12－1－6为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为（　　）

A．0.1m/sB．－0.1m/s

C．0.7m/sD．－0.7m/s

【解析】　设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为vx，

由动量守恒定律得

mv0＝mv＋mvx

解得vx＝0.1m/s，故选项A正确．

【答案】　A

5.

图12－1－7

（2013届马鞍山模拟）如图12－1－7所示，在光滑水平面上，用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知ma＜mb，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将（　　）

A．静止B．向右运动

C．向左运动D．无法确定

【解析】　选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，所以选项A正确．本题答案为A.

【答案】　A

6．（2011·福建高考）在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）

A．0.6v　　　B．0.4v　　　C．0.3v　　　D．0.2v

【解析】　根据动量守恒定律得：

mv＝2mvB－mvA化简可得，vA＝2vB－v，因vA>0，所以vB>

，故只有A项正确．

【答案】　A

7．（2013届宿州模拟）A、B两船质量均为M，都静止在平静的水面上，A船中质量为M/2的人以相对于地面的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船（水的阻力不计），则（　　）

A．A、B两船（包括人）的动量大小之比总是1∶1

B．A、B两船（包括人）的速度大小之比总是1∶1

C．两次跳跃完成后，A、B两船（包括人）的速度大小之比为3∶2

D．两次跳跃完成后，A、B两船（包括人）的速度大小之比为2∶1

【解析】　取两船和人为一系统，因水的阻力不计，系统动量守恒，故得：

（M＋

）vA－MvB＝0，即pA∶pB＝1∶1，vA∶vB＝2∶3，A正确，B、C、D错误．

【答案】　A

8．一颗卫星在高空绕地球做匀速圆周运动，如果从卫星上发射一枚小火箭，发射方向与卫星运动方向相反，则可能发生的现象是（　　）

A．火箭竖直下落，而卫星的轨道半径减小

B．火箭和卫星都可能沿原轨道运动

C．火箭和卫星都不可能沿原轨道运动

D．火箭运行的轨道半径减小，卫星运行的轨道半径增大

【解析】　卫星绕地球做匀速圆周运动，受地球引力指向圆心，发射火箭时沿轨道的切线方向动量守恒，向运动反方向发射火箭，卫星速度必增大，因向心力不足而做离心运动，所以卫星的半径必增大，所以A、B选项错误．而火箭的对地速度可能与原速度方向相同、也可能相反，还可能为零．若为原方向，则发射后火箭的速度必小于原来随卫星运行的速度，则由于向心力过大做向心运动，而卫星的速度增加，做离心运动，则D答案正确．若火箭速度与原速度等值反向，则火箭可沿原轨道运动，则C错误．所以答案为D.

【答案】　D

9．（2013届六安模拟）现代采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，水流从高压水枪中射出，喷射速度很大，水流能将煤层击碎是因为水流（　　）

A．有很大的动能

B．有很大的动量

C．和煤层接触时有很大的动量变化

D．和煤层接触时单位面积上的动量变化率很大

【解析】　类似于气体的压强，高压水流喷射到煤层后，会对煤层产生持续的作用力，如果煤层单位面积上的压力过大，就能将煤层击碎；根据动量定理有Δp＝FΔt，所以F＝Δp/Δt，可见，煤层单位面积上的压力等于单位面积上的动量变化率，所以本题答案为D.

【答案】　D

10．在光滑水平冰面上，甲、乙两人各乘一小车，甲、乙质量相等，甲手中另持一小球，开始时甲、乙均静止，某一时刻，甲向正东方向将球沿着冰面推给乙，乙接住球后又向正西方向将球推回给甲，如此推接数次后，甲又将球推出，球在冰面上向乙运动，但已经无法追上乙，此时甲的速率v甲、乙的速率v乙及球的速率v三者之间的关系为（　　）

A．v甲＝v乙≥vB．v

C．v甲

【解析】　以甲、乙、球三者为系统，系统的动量守恒，取向西为正方向，在全过程中有：

0＝m甲v甲－m乙v乙－m球v

且m甲＝m乙

故v甲>v乙，根据球最终无法追上乙得v≤v乙，故选项D正确．

【答案】　D

11.

图12－1－8

（2013届宁波模拟）如图12－1－8所示，质量为m＝2kg的物体，在水平力F＝8N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.若F作用t1＝6s后撤去，撤去F后又经t2＝2s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1s，碰墙后反向弹回的速度v′＝6m/s，求墙壁对物体的平均作用力．（g取10m/s2）

【解析】　取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F的方向为正方向

则Ft1－μmg（t1＋t2）－

t3＝－mv′

所以

＝

＝

N＝280N，方向与F的方向相反．

【答案】　280N，方向与F的方向相反

12．（2013届宿州模拟）如图12－1－9所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为

m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？

图12－1－9

【解析】　设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得

mv1＝2mv′①

为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足

v′≤v2②

设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得

2mv′－

mv2＝

mv″③

为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0④

联立①②③④式得

v2

v1≤v2<

v1.

【答案】　

v2

v1≤v2<

v1

13．如图12－1－10所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C碰撞前B的速度．

图12－1－10

【解析】　设共同速度为v，球A与B分开后，B的速度为vB，由动量守恒定律知（mA＋mB）v0＝mAv＋mBvB①

mBvB＝（mB＋mC）v②

联立①②式，得B与C碰撞前B的速度vB＝

v0.

【答案】　

v0

14．（2013届蚌埠模拟）两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2m/s，乙的速率为3m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：

（1）两车相距最近时，乙的速度为多大？

（2）甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？

【解析】　

（1）两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得

m乙v乙－m甲v甲＝（m甲＋m乙）v

所以两车最近时，乙车的速度为

v＝

＝

m/s

＝

m/s≈1.33m/s.

（2）甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得

m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′

解得v乙′＝

＝

m/s＝2m/s.

【答案】　

（1）1.33m/s　

（2）2m/s