浙江选考版高考物理大一轮复习第六章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律学案.docx
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浙江选考版高考物理大一轮复习第六章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律学案
第1讲 动量定理 动量守恒定律
[考试标准]
知识内容
考试要求
说明
动量和动量定理
c
1.运用动量定理计算时，只限于一个物体、一维运动和一个过程．
2.运用动量定理计算时，不要求涉及连续介质．
3.只要求解决一维运动中简单的动量守恒问题．
4.只要求解决两个物体构成的系统相互作用一次的动量守恒问题．
5.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及相对速度．
6.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及平均速度．
7.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及变质量问题．
8.综合应用动量、能量进行计算时，不要求联立方程求解．
9.不要求定量计算反冲问题.
动量守恒定律
c
碰撞
d
反冲运动 火箭
b
一、动量和动量定理
1．动量
物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝mv，单位是kg·m/s.动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．
2．冲量
力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.
3．动量定理
物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p′－p＝I.适用于单个物体或多个物体组成的系统．
自测1
下列说法正确的是（ ）
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
答案 D
自测2
（多选）如图1所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则（ ）
图1
A．拉力对物体的冲量大小为Ft
B．拉力对物体的冲量大小为Ftsinθ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ
D．合外力对物体的冲量大小为零
答案 AD
解析 拉力F对物体的冲量就是Ft，所以A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ftcosθ，C项错误；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D项正确．
二、动量守恒定律
1．适用条件
（1）系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
（2）近似适用条件：
系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的不同表达形式
（1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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．
（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
（3）Δp＝0，系统总动量的增量为零．
自测3
关于系统动量守恒，下列说法错误的是（ ）
A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒
B．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
C．系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒
D．相互作用的两物体动量的增量的矢量和一定为零
答案 A
三、碰撞
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
四、反冲运动 火箭
1．反冲现象
（1）如果一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动．
（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
（3）反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
2．火箭
（1）工作原理：
利用反冲运动．火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力．
（2）设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，则火箭获得的速度大小v＝
.
自测4
（多选）下列属于反冲运动的是（ ）
A．汽车的运动
B．直升飞机的运动
C．火箭的运动
D．反击式水轮机的运动
答案 CD
命题点一 动量定理的理解和应用
1．理解
（1）物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
（2）物体受到的作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
2．应用
（1）应用I＝Δp求变力的冲量．
（2）应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
（3）应用动量定理解题的步骤
①确定研究对象．
②进行受力分析：
分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力．
③分析运动过程，选取正方向，确定初、末状态的动量以及整个过程合力的冲量．
④列方程：
根据动量定理列方程求解．
例1
用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图2所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ ）
图2
A．0.2NB．0.6N
C．1.0ND．1.6N
答案 B
解析 豆粒从80cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，
则v1＝
＝
m/s＝4m/s
设竖直向上为正方向，根据动量定理：
Ft＝mv2－mv1
则F＝
＝
N＝0.6N，
故B正确，A、C、D错误．
变式1
篮球运动员通常要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，如图3所示．这样做可以（ ）
图3
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
答案 B
解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：
－Ft＝0－mv
F＝
，球对手的冲量、球的动量和球的动能的变化量都不变，当时间增大时，球与人间的作用力减小，所以B正确．
变式2
一个质量为m＝100g的小球从离厚软垫h＝0.8m高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？
（取g＝10m/s2）
答案 0.6N·s，方向竖直向上
解析 设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由h＝
gt12得t1＝
＝0.4s.
设I为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得
mg（t1＋t）＋I＝0，得I＝－0.6N·s.
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上．
命题点二 动量守恒定律的理解和应用
1．适用条件
（1）前提条件：
存在相互作用的物体组成的系统．
（2）理想条件：
系统不受外力．
（3）实际条件：
系统所受合外力为0.
（4）近似条件：
系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．
（5）方向条件：
系统在某一方向上满足上面的条件，则在此方向上动量守恒．
2．解题步骤
（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（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初、末状态动量；
（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．
例2
两磁铁各放在两辆小车上，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1kg，两磁铁的N极相对．推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速度大小为2m/s，乙的速度大小为3m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰．则：
（1）两车最近时，乙的速度为多大？
（2）甲车开始反向时，乙的速度为多大？
答案
（1）
m/s
（2）2m/s
解析
（1）两车相距最近时，两车的速度大小相同，设该速度大小为v，取刚开始运动时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，乙车的速度大小为
v＝
＝
m/s＝
m/s.
（2）甲车开始反向时，其速度大小为0，设此时乙车的速度大小为v乙′，取刚开始运动时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乙v乙′
解得v乙′＝2m/s.
变式3
（多选）如图4所示是两组短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出（推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力），以下说法正确的是（ ）
图4
A．接力过程中前面队员动能增加量等于后面队员动能减少量
B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等，方向相反
C．接力过程中前后两名队员总动量增加
D．接力过程中前后两名队员总动量不变
答案 BD
变式4
如图5甲所示，光滑平台上物体A以初速度v0滑到静止于水平地面且上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由图乙中各物理量可求得（ ）
图5
A．小车上表面的长度
B．物体A的质量
C．小车B的质量
D．物体A与小车B的质量之比
答案 D
解析 由题图乙可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，可以确定物体A相对小车B的位移，不能确定小车上表面长度，A错误；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mB）v1，可解得物体A与小车B的质量之比，D正确，B、C错误．
变式5
一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于（v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度）（ ）
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 设v0的方向为正方向，根据题意，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋（M－m）v2
解得v2＝
，故选项C正确．
命题点三 碰撞问题
1．碰撞遵循的三条原则
（1）动量守恒定律
（2）机械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或
＋
≥
＋
（3）速度要合理
①同向碰撞：
碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大（或相等）．
②相向碰撞：
碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．
2．弹性碰撞讨论
（1）满足动量守恒和机械能守恒
（2）“一动碰一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝
v0，v2＝
v0.
当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．
（3）含有弹簧的系统的动量守恒问题，从本质上看，属于一种时间较长的弹性碰撞．在作用的过程中，当弹簧被压缩至最短或拉伸至最长时，系统内各个物体具有共同的速度，而此时弹簧的弹性势能最大．
例3
如图6所示，一个质量为M＝50kg的运动员和质量为m＝10kg的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v0＝3m/s的速度向墙的方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回．当运动员接到箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以v0＝3m/s的速度向墙的方向推出箱子．求：
图6
（1）运动员第一次接到木箱后的速度大小；
（2）运动员最多能够推出木箱几次？
答案
（1）1m/s
（2）3次
解析
（1）取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
第一次推出木箱0＝Mv1－mv0
第一次接住木箱Mv1＋mv0＝（M＋m）v1′
解得v1′＝
＝1m/s
（2）第二次推出木箱（M＋m）v1′＝Mv2－mv0
第二次接住木箱Mv2＋mv0＝（M＋m）v2′
同理可得第n次接住木箱时获得的速度为
vn′＝2n
≤v0（n＝1,2,3…）
解得n≤3
故运动员最多能够推出木箱3次．
变式6
（多选）如图7所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生碰撞后的可能运动状态是（ ）
图7
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A、B都静止
D．A向左运动，B向右运动
答案 CD
变式7
（多选）如图8所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0（待定系数a<1）的速度弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是（ ）
图8
A.
B.
C.
D.
答案 BC
解析 A与B发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：
mv0＝5mvB－mav0.要使A球能再次追上B球并相撞，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0>vB，由以上两式可解得：
a>
，又
mv02≥
×5mvB2＋
m（av0）2，故B、C正确，A、D错误．
变式8
如图9所示，在水平光滑直导轨上，静止着两个质量为m＝1kg的相同的小球A、B.现让A球以v0＝2m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动．求：
图9
（1）A、B两球碰撞后一起运动的共同速度多大？
（2）碰撞过程中损失了多少动能？
答案
（1）1m/s
（2）1J
解析
（1）A、B两球相碰，满足动量守恒定律，以v0的方向为正方向
则有mv0＝2mv
代入数据解得A、B两球相碰后的速度v＝1m/s
（2）A、B碰撞过程中损失的动能为
ΔEk＝
mv02－
×2mv2＝1J.
1．（多选）下列说法正确的是（ ）
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小
答案 ABD
解析 物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．
2．（多选）关于动量、冲量，下列说法成立的是（ ）
A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零
B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零
C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零
D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变
答案 ACD
解析 自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．
3.如图1所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条．若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是（ ）
图1
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些
答案 D
解析 纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程中时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大，快速拉动纸条时，抽出的过程中时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上减速运动的加速度大，位移短，故C错误，D正确．
4．下列说法错误的是（ ）
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
答案 D
5．（多选）如图2所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可以视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）
图2
A．合外力做的功为0B．合外力的冲量为m
C．重力做的功为mgLD．重力的冲量为m
答案 BC
6．（多选）如图3所示，在光滑的水平面上有静止的物体A和B.物体A的质量是B的2倍，两物体中间用被细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连．当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（ ）
图3
A．A的速率是B的2倍
B．A的动量大于B的动量
C．A受的力等于B受的力
D．A、B组成的系统的总动量为零
答案 CD
7．如图4所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（ ）
图4
A．大小为m（v2＋v1），方向与v1方向相同
B．大小为m（v2＋v1），方向与v2方向相同
C．大小为m（v2－v1），方向与v1方向相同
D．大小为m（v2－v1），方向与v2方向相同
答案 B
解析 取拍子击打前网球的速度v1的方向为正方向，根据动量定理得：
拍子对网球作用力的冲量I＝－mv2－mv1＝－m（v1＋v2），即冲量大小为m（v1＋v2），方向与v1方向相反，与v2方向相同．选项B正确，A、C、D错误．
8．如图5所示，光滑水平面上的两个小球A和B，其质量分别为mA和mB，且mA＜mB，B球上固定一水平轻质弹簧，且处于静止状态．现A球以速度v撞击弹簧的左端（撞击后A、B两球在同一直线上运动），则下列关于撞击后的说法中正确的是（ ）
图5
A．两球共速时，速度大小为
B．当两球速度相等时，弹簧恢复原长
C．当A球速度为零时，B球速度为v
D．当弹簧压缩量最大时，两球速度都为零
答案 A
9．古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力（可视为恒力）大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是（重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．1.5m/sB．2.5m/sC．3.5m/sD．4.5m/s
答案 D
10．在列车编组站里，一节动车车厢以1m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为（碰撞过程时间很短，内力很大）（ ）
A．10N·sB．20N·s
C．104N·sD．2×104N·s
答案 C
解析 动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，以碰撞前动车车厢的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车车厢根据动量定理有I＝mv.联立解得I＝104N·s，选项C正确．
11.在2018年冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静韩聪组合获得亚军．如图6所示为某次训练中情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0m/s.韩聪突然将隋文静向原先运动方向推开，推力作用时间为2.0s，隋文静的速度大小变为4.0m/s.假设隋文静和韩聪的质量分别为40kg和60kg.求：
图6
（1）推开后韩聪的速度大小；
（2）推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小．
答案
（1）1m/s
（2）60N
解析
（1）以原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得
（m1＋m2）v＝m1v1＋m2v2
解得v2＝－1m/s
即推开后韩聪的速度大小为1m/s
（2）对韩聪由动量定理得Ft＝m2v2－m2v
解得F＝－60N
即推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小为60N.
12.如图7所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为0.05s，A、B的质量均为0.2kg.求：
图7
（1）碰撞后A球的速度大小；
（2）碰撞过程A对B平均作用力的大小．
答案
（1）0.8m/s
（2）8N
解析
（1）A、B系统动量守恒，设B碰撞前的运动方向为正方向
由动量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′
解得vA′＝0.8m/s
（2）对B，由动量定理得－
Δt＝ΔpB＝0－mvB
解得
＝8N.
13．蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝50kg的运动员从距蹦床h1＝1.25m高处自由落下，接着又能弹起h2＝1.8m高，运动员与蹦床接触时间t＝0.50s，在空中保持直立，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：
（1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
（2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.
答案
（1）250N·s
（2）1600N
解析
（1）重力的冲量大小为：
I＝mgt＝50×10×0.50N·s＝250N·s
（2）设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，
则根据动能定理可得：
mgh1＝
mv12
解得v1＝5m/s
设弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：
mgh2＝
mv22
解得：
v2＝6m/s
取向上为正方向，由动量定理有：
（F－mg）·t＝mv2－（－mv1）
解得F＝1600N.
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