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文档介绍
【物理】2019届一轮复习人教版动量定理 动量守恒定律及应用学案
[高考导航] 考点内容 要求 高考命题实况 高考战报 2015 2016 2017 动量 动量定理 Ⅰ T12C(2)：光子的动量及动量改变量 T12C(2)：微观粒子的动量、德布罗意波 T12C(3)：动量守恒定律 3年2考 难度中等 保B必会 动量守恒定律及其应用 Ⅰ 高频考点：动量守恒定律简单应用。 创新区域：①注重常见模型的考查。 ②加强与实际问题、科技问题的联系，体现学以致用的理念。 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 实验六：验证动量守恒定律 【说明】 只限一维碰撞。 基础课1 动量定理 动量守恒定律及应用 知识排查 动量 1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。 2.表达式：p＝mv。 3.单位：千克·米/秒；符号是kg·m/s。 4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。 动量定理 1.冲量 (1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。 公式：I＝Ft。 (2)单位：牛·秒，符号是N·s。 (3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 2.动量定理 (1)内容：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。 (2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p。 (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。 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0，这个系统的总动量保持不变。 2.表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。 3.适用条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 (2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞 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 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最多 小题速练 1.思考判断 (1)一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变。( ) (2)动量越大的物体，其速度越大。( ) (3)两物体的动量相等，动能也一定相等。( ) (4)物体的动量变化量等于某个力的冲量。( ) (5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。( ) (6)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。( ) (7)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ 2.[人教版3－5P8例题改编]如图1所示，运动员挥网拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1。忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( ) 图1 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v1方向相同 C.大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同 D.大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同 解析 在拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同。 答案 D 3.[人教版选修3－5P16第5题改编]某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，与它们对接。机车与第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又与第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则与最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( ) A.0.053 m/s B.0.05 m/s C.0.057 m/s D.0.06 m/s 解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s。故选项B正确。 答案 B 动量的理解 1.对动量的理解 (1)动量是矢量，方向与速度方向相同。 (2)动量是状态量。通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。 (3)动量是相对量。物体的动量与参考系的选取有关，通常情况下，是指相对地面的动量。 2.动量、动能、动量变化量的比较 名称 项目 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 【例1】 (2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。 答案 A 动量定理的理解和应用 1.冲量的计算方法 (1)计算冲量可以使用定义式I＝Ft求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。 (2)利用F－t图象计算，F－t围成的面积可以表示冲量，该种方法可以计算变力的冲量。 2.动量定理理解的要点 (1)矢量式。 (2)F既可以是恒力也可以是变力。 (3)冲量是动量变化的原因。 (4)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 3.用动量定理解释现象 (1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。 (2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。 分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。 4.动量定理的两个重要应用 (1)应用I＝Δp求变力的冲量。 (2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。 【例2】 (多选)如图2所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中( ) 图2 A.重力的冲量相同 B.斜面弹力的冲量不同 C.斜面弹力的冲量均为零 D.合力的冲量不同 解析 设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，加速度a＝gsin θ，物体沿斜面下滑的时间t＝＝＝ 。由冲量定义可求得重力的冲量大小为IG＝mgt＝，方向竖直向下，故选项A错误；斜面弹力的冲量大小为IN＝mgcos θ·t＝，方向垂直斜面向上，选项B正确，C错误；合力的大小为mgsin θ，I合＝mgsin θ·t＝m，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故选项D正确。 答案 BD 【例3】 一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m的高处自由下落，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t2＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10 m/s2)( ) A.0.6 N·s B.0.4 N·s C.－0.6 N·s D.－0.4 N·s 解析 设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝gt得t1＝＝0.4 s。如设IN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＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6 N·s。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。 答案 C 理解动量定理的要点 (1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量。 (2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求矢量和。 (3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。 动量守恒定律的理解和应用 动量守恒定律的“六种”性质 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统 【例4】 如图3所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度) 图3 (1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？ (2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。 解析 (1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向， 则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得 M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入数据联立解得 v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s。 (2)以甲为研究对象，由动量定理得 Ft＝M1v1－(－M1v0) 代入数据解得F＝432 N。 答案 (1)5.2 m/s (2)432 N 应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下 碰撞模型的规律及应用 1.碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律。 (2)机械能不增加。 (3)速度要合理。 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2.弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1 的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 【例5】 如图4所示，在光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量pA＝4 kg·m/s，B球的质量mB＝1 kg，速度vB＝6 m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。求： 图4 (1)碰撞后B球的速度； (2)A球的质量范围。 解析 (1)由题意知pA′＝2 kg·m/s。 根据动量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′ 解得vB′＝8 m/s (2)设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足vA＝>vB 碰撞后A球不可能运动到B球前方，所以vA′＝≤vB′ 碰撞过程系统能量不可能增加，所以 ＋mBvB′2≤＋mBv 联立解得mA应满足 kg≤mA≤ kg 答案 (1)8 m/s (2) kg≤mA≤ kg 应用动量定理解决流体问题，建立“柱状模型” 对于“连续”质点系发生持续作用，物体动量(或其他量)连续发生变化这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状模型”，即在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质量为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。 【典例】 [2016·全国卷Ⅰ，35(2)]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求 (ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 解析 (ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。 该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt① 喷出水柱质量Δm＝ρΔV② 其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ＝ρv0S (ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F冲＝Mg④ 其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力 由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤ 其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度 由运动学公式得v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm Δm＝ρv0SΔt⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得 －(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为 F压Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－ 答案 (ⅰ)ρv0S (ⅱ)－ 将动量定理应用于流体时，应在任意时刻Δt时从流管中取出一个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积ΔV，在此柱体内截取一微小流束Δl，将“无形”流体变为“有形”实物Δm，则在Δt时间内质量为Δm的柱形流体的动量变化为Δp，即F·Δt＝Δmv2－Δmv1。 【变式训练】 如图5所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是( ) 图5 A.ρvS B. C.ρv2S D.ρv2S 解析 Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。 答案 D 1.下列解释中正确的是( ) A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量 B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量 C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来 D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大 解析 跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。 答案 D 2.(2017·江苏省扬州中学高三上学期开学考试)(多选)A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后。其中一球停止，则可以断定( ) A.碰前A的动量等于B的动量 B.碰前A的动量大于B的动量 C.若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 D.若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量 解析 两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′，如果碰撞前A的动量等于B的动量，碰撞后两者速度都等于零，故选项A错误；若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量；若碰后B的速度为零，则碰撞后A反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量；由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A的动量大于B的动量，也可能是：碰撞前A的动量小于B的动量，故选项B错误，C、D正确。 答案 CD 3.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( ) A.Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J B.Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J C.Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J D.Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J 解析 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。 由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。 答案 A 4.[2014·江苏单科，12C(3)]牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。 解析 设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2 由动量守恒定律2mv0＝2mv1＋mv2， 且由题意知＝ 解得v1＝v0，v2＝v0 答案 v0 v0 活页作业 (时间：40分钟) 一、单项选择题 1.(2017·徐州模拟)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( ) 图1 A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能守恒 C.动量守恒，机械能不守恒 D.无法判定动量、机械能是否守恒 解析 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒。故C正确，A、B、D错误。 答案 C 2.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( ) A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 解析 由碰撞的三个制约关系：①动量守恒，②动能不增加，③碰后速度符合实际情况可知，四个选项都符合动量守恒。碰后A的速度不可能比B的速度大，可以排除选项A和D。碰后系统的动能不可能比碰前的大，排除选项C，只有选项B有可能。 答案 B 3.(2017·天津理综，4)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( ) 图2 A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析 机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故选项A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有mg－FN＝m，座椅对他的支持力FN＝mg－m查看更多
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