浙江选考版高考物理大一轮复习第十二章动量守恒定律第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十二章动量守恒定律第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
必考要求
加试要求
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
（多选）关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A.物体的动量越大，其惯性也越大
B.同一物体的动量越大，其速度一定越大
C.物体的加速度增大，其动量一定增大
D.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
答案 BD
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，作用前的总动量和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2
（多选）如图1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1
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
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
自测3
（多选）如图2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2
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
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：
可以是单个物体，也可以是几个物体组成的系统.
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
质量为0.5kg的小球沿光滑水平面以v1＝5m/s的速度冲向墙壁后又以v2＝4m/s的速度反向弹回，如图3所示，若球跟墙的作用时间为0.05s，求小球所受的平均力的大小.
图3
答案 90N
解析 选定小球与墙壁碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－mv2－mv1
所以，F＝
＝
N＝－90N，
“－”号说明F的方向向左.
变式1
（多选）鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎.下列防护和规定中与其具有相同的原理的是（ ）
A.撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫
B.易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎
C.有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹
D.在汽车上安装安全气囊
答案 ABD
解析 鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间长，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间短，由动量定理FΔt＝Δp知，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎.撑竿跳高比赛时，横杆的下方放有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵垫的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A正确；易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B正确；用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20Hz是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项D正确.
变式2
（多选）如图4，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下运动，则在时间t内（ ）
图4
A.重力的冲量为0
B.拉力F的冲量为Ft
C.拉力F的冲量为Ftcosθ
D.物体动量的变化量等于Ftcosθ
答案 BD
解析 重力的冲量IG＝mgt，故A错误.拉力F的冲量IF＝Ft，故B正确，C错误.合力的冲量I合＝Ftcosθ，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ftcosθ，故D正确.
变式3
（多选）质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为（ ）
A.m（v－v0）B.mgt
C.m
D.m
答案 BCD
解析 由动量定理得I＝Δp，即mgt＝Δp，故B正确；由p＝mv知，Δp＝m·Δv，而Δv＝
＝
，所以Δp＝m
＝m
，故C、D正确.
命题点二 动量守恒定律的应用
1.适用条件
（1）前提条件：
存在相互作用的物体系.
（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
如图5所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0kg、0.9kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10kg的铅块C（大小可以忽略）以10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5m/s.求木块A的最终速度和铅块C刚滑到B上时的速度.
图5
答案 0.25m/s 2.75m/s
解析 铅块C在A上滑行时，木块A、B一起向右运动，铅块C刚离开A时的速度设为vC′，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0＝（mA＋mB）vA＋mCvC′；在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有mBvA＋mCvC′＝（mB＋mC）v
代入数据解得vA＝0.25m/s，vC′＝2.75m/s.
变式4
（多选）如图6所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上.A的落地点与桌边的水平距离为0.5m，B的落地点与桌边的水平距离为1m，不计空气阻力，那么（ ）
图6
A.A、B离开弹簧时的速度之比为1∶2
B.A、B质量之比为2∶1
C.未离开弹簧时，A、B所受冲量之比为1∶2
D.未离开弹簧时，A、B加速度之比为1∶2
答案 ABD
解析 A、B组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A、B两木块的落地点到桌边的水平距离x＝v0t，因为两木块的落地时间相等，所以v0与x成正比，故vA∶vB＝1∶2，即A、B离开弹簧时的速度之比为1∶2.由动量守恒定律可知，mA∶mB＝2∶1.未离开弹簧时，A、B受到的弹力相等，作用时间相同，冲量大小也相同.未离开弹簧时，F相等，m不同，加速度a＝
，与质量成反比，故aA∶aB＝1∶2.
变式5
（多选）质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图7所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是（ ）
图7
A.M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M＋m0）v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C.m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′
D.M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m）v0＝（M＋m）v1＋mv2
答案 BC
解析 碰撞的瞬间，M和m组成的系统动量守恒，m0的速度不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：
Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：
Mv＝（M＋m）v′.
命题点三 碰撞问题
1.两物体相互碰撞的问题，若不说明是弹性碰撞，则碰撞中动能一般都有损失，而两物体碰后粘在一起的情况，碰撞中动能损失最多.
2.含有弹簧模型的动量守恒问题，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8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8
（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.
变式6
（多选）A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图9表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断（ ）
图9
A.A、B的质量比为3∶2
B.A、B作用前后总动量守恒
C.A、B作用前后总动量不守恒
D.A、B作用前后总动能不变
答案 ABD
解析 碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，B正确，C错误；根据动量守恒定律：
mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得：
mA∶mB＝3∶2，故A正确；碰撞前总动能：
mA·62＋
mB·12＝
mA，碰撞后总动能：
mA·22＋
mB·72＝
mA，可知碰撞前后总动能不变，D正确.
变式7
质量为10g的子弹，以300m/s的速度水平射入质量为24g、静止在光滑水平桌面上的木块.如果子弹留在木块中，则木块运动的速度是多大？
如果子弹把木块打穿，子弹穿过木块后的速度为100m/s，这时木块的速度又是多大？
答案 88.2m/s 83.3m/s
解析 子弹质量m＝10g＝0.01kg，子弹初速度v0＝300m/s，木块质量M＝24g＝0.024kg，设子弹嵌入木块后与木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v
解得v＝
＝
m/s≈88.2m/s.
若子弹把木块打穿，穿出木块后速度为v1＝100m/s，设此时木块速度为v2，仍以子弹初速度方向为正方向，由动量定恒定律得mv0＝mv1＋Mv2.代入数据解得v2≈83.3m/s.
1.（多选）某物体受到－2N·s的冲量作用，则下列说法不正确的是（ ）
A.物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反
B.物体的末动量一定是负值
C.物体的动量一定减小
D.物体的动量增量一定与规定的正方向相反
答案 ABC
2.（多选）放在水平面上的物体，用水平推力F推它t时间，物体始终不动，则在这t时间内，关于合力的冲量与摩擦力的冲量，下列说法正确的是（以水平推力F的方向为正方向）（ ）
A.合力的冲量及摩擦力的冲量均为0
B.合力的冲量及摩擦力的冲量均为Ft
C.合力的冲量为0，摩擦力的冲量为－Ft
D.合力的冲量为0，水平推力的冲量为Ft
答案 CD
3.（多选）从同样高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（ ）
A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小
B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长
答案 CD
4.（多选）“神舟十号”返回舱的成功着陆，标志着我国成为世界上第三个独立掌握空间出舱关键技术的国家.为了保证航天员的安全，返回舱上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2m/s以内，随后又渐渐降到1m/s，最终安全着陆.把返回舱离地1m开始到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是（ ）
A.减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B.减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C.延长着地过程的作用时间
D.减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
答案 CD
5.（多选）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.I1I2
C.W1＝W2D.W1答案 BC
6.（多选）如图1所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的
圆弧轨道.现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是（ ）
图1
A.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C.小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
答案 BCD
7.（多选）（2017·金华十校联考）如图2所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所能到达的最低点（弹性绳在弹性限度内）.若把P点到a点的过程称为过程Ⅰ，由a点到c点的过程称为过程Ⅱ，不计空气阻力.下列说法正确的是（ ）
图2
A.过程Ⅱ中系统的机械能不变
B.过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零
C.过程Ⅱ中人的动量改变量与过程Ⅰ的动量改变量大小相等
D.过程Ⅱ中人的动量改变量等于重力的冲量
答案 AC
解析 从a到c因只有重力和弹性绳弹力做功，故系统机械能守恒，A正确；从a到c，人的动能先增大后减小，故B错误；设人到a点时速度为v，则过程Ⅱ中人的动量改变量大小为ΔpⅡ＝mv，过程Ⅰ中人的动量改变量大小为ΔpⅠ＝mv，ΔpⅡ＝ΔpⅠ，故C正确；根据动量定理，过程Ⅱ中人的动量改变量等于重力和弹力的合力的冲量，故D错误.
8.（多选）光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，其左端有一水平轻质弹簧，如图3所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时（ ）
图3
A.A、B系统总动量仍然为mv
B.A的动量变为零
C.B的动量达到最大值
D.A、B的速度相等
答案 AD
解析 A、B系统水平方向动量守恒，总动量不变仍为mv，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确，B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误.
9.（多选）如图4甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰.小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t图象.已知m1＝0.1kg.由此可以判断（ ）
图4
A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m2和m1都向右运动
C.m2＝0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
答案 AC
解析 由x－t图象知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.碰前m1速度大小为v1＝
＝4m/s，方向只有向右才能与m2相碰，故A正确；
由题图乙知碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；
由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝0.3kg，故C正确；
碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝
m1v12－
m1v1′2－
m2v2′2，解得ΔE＝0J，故D错误.
10.一个质量为m＝100g的小球从h＝0.8m高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？
（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t′，
由h＝
gt′2得
t′＝
＝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（t′＋t）＋I＝0，得I＝－0.6N·s，负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反.
11.如图5所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有水平轻质弹簧，物体B以速度v0＝2.0m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，设A、B两物体的质量均为m＝2kg，求当物体A的速度多大时，A、B组成的系统动能损失最大？
损失的最大动能为多少？
图5
答案 1.0m/s 2J
解析 当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，系统损失的动能最大.以v0的方向为正方向，由动量守恒定律知mv0＝2mv
所以v＝
＝1.0m/s
损失的动能为ΔEk＝
mv
－
×2m×v2＝2J.
12.如图6，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度
射出.重力加速度为g.求：
图6
（1）此过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.
答案
（1）
mv02
（2）
解析
（1）设子弹射出物块后物块的速度为v，以v0的方向为正方向，由动量守恒得mv0＝m
＋Mv①
解得v＝
v0②
系统损失的机械能为
ΔE＝
mv02－
③
由②③式得ΔE＝
mv02④
（2）设物块下落到地面所用时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为x，则
h＝
gt2⑤
x＝vt⑥
由②⑤⑥得x＝
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