高考物理一轮复习专题6.1动量和动量定理动量守恒定律精讲.docx

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1、专题6.1 动量和动量定理 动量守恒定律1.理解动量的的概念，知道冲量的意义；2.理解动量，会计算一维动量变化；3.理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题；知识点一 动量及动量变化量的理解1动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。(2)表达式：pmv。(3)单位：kgm/s。(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。2动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量定义式pmvEkmv2ppp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，Ekpv，p，p 知识点二 冲量、动量定理的理解及应用1冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲

2、量。公式：IFt。(2)单位：冲量的单位是牛秒，符号是Ns。(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：Ftppp。(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。【拓展提升】动量定理的理解(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量。其中的F可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值。(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量p的关系，不仅I合与p大小相等而且p的方向与I合方向相同。(3)动量定

3、理的研究对象是单个物体或物体系统。系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量。(4)动力学问题中的应用。在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便。不需要考虑运动过程的细节。知识点三 动量守恒定律的理解及应用1动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动

4、量守恒。2动量守恒定律的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。3动量守恒的数学表达式(1)pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)。(2)p0(系统总动量变化为零)。(3)p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。【拓展提升】动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)。如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2必须

5、是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统【典例】（2019湖南衡阳八中模拟）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0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg。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2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反。

6、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)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？【答案】(1)1.33 m/s(2)2 m/s【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/s1.33 m/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，得v乙 m/s2 m/s。【方法规律】应用动量守恒定律的解题步骤(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

7、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。考点一 对动量的理解【典例1】(2018江苏卷)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。【答案】2mvmgt【解析】取向上为正方向，由动量定理得mv(mv)I且I(mg)t解得IFt2mvmgt【举一反三】(多选) （2019北京师范大学附中模拟）关于动量的变化，下列说法中正确的是 ()A

8、做直线运动的物体速度增大时，动量的增量p的方向与运动方向相同B做直线运动的物体速度减小时，动量的增量p的方向与运动方向相反C物体的速度大小不变时，动量的增量p为零D物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零【答案】ABD【解析】当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知pp2p10，与物体运动方向相同，如图(a)所示，所以A选项正确。当做直线运动的物体速度减小时，p2p1，如图(b)所示，p与p1(或p2)方向相反，与运动方向相反，故B选项正确。当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，故动量可能不变化即p0，也可能动量大小不变而方向变化，此种

9、情况p0，故C选项错误。当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，p一定不为零，如图(c)所示，故D选项正确。【方法技巧】理解动量和动能的四点注意(1)动量是矢量，动能是标量。(2)动量和动能都是状态量。冲量引起动量的变化，总功引起动能的变化。(3)若物体的动能发生了变化，其动量也一定会发生变化；而物体的动量发生变化时，其动能不一定发生变化。(4)动量和动能均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系。它们的大小关系：p或Ek。【变式1】(2018全国卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比 B

10、与它的位移成正比C与它的速度成正比 D与它的动量成正比【答案】B【解析】列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知vat，且列车的动能为Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将xat2代入上式得Ekmax，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。考点二 动量定理的应用【典例2】 (2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ()A10 NB102

11、 NC103 ND104 N【答案】C【解析】根据自由落体运动和动量定理有2ghv2(h为25层楼的高度，约75 m)，Ftmv，代入数据解得F1103 N，所以C正确。【方法技巧】动量定理的应用技巧(1)应用Ip求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用IFt求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换得出变力的冲量I。(2)应用pFt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化。【变式2】（2019山西平遥中学模拟）(多选)在某次杂技表演

12、中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M80 kg的石板，另一演员手持一质量为m5 kg的铁锤，从h11.8 m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h20.05 m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t10.01 s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t20.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10 m/s2，则()A铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s B撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 NsC撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3 550 ND缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小约为4 300 N【答案】AC【解析】设铁锤撞击石板前

13、瞬间的速度大小为v，则由自由落体运动规律可得v22gh1，解得v6 m/s，A正确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为v，则由v22gh2，解得v1 m/s，由动量定理可得撞击过程中铁锤受到的冲量大小Im(vv)，解得I35 Ns，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为F，则有I(Fmg)t1，解得F3 550 N，由牛顿第三定律可知铁锤对石板的作用力大小为3 550 N，C正确；碰撞过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度大小为v1，则由动量守恒定律可得mvMv1mv，代入数据解得v1 m/s，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为F，由动量定理可得(FMg)t2Mv1，解得F8

14、70 N，D错误。考点三 动量定理与图象的结合【典例3】 (多选)(2017全国卷)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/s Bt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/s Dt4 s时物块的速度为零【答案】AB【解析】A对：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s。B对：t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s。C错：物块在24 s内做匀减速直线运

15、动，加速度的大小a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51)m/s1.5 m/s，动量大小p3mv33 kgm/s。D错：t4 s时物块的速度v4v2a2t4(20.52)m/s1 m/s。【变式3】（2019辽宁大连二十四中模拟） (多选)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为3 kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图象可知()甲乙A物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 N B在04 s时间内，水平力F的冲量为48

16、 NsC在04 s时间内，合外力的冲量为12 Ns D在04 s时间内，合外力做的功为24 J【答案】CD【解析】由题图乙可知，t2 s时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图甲读出最大静摩擦力为6 N，故A项错误；在04 s时间内，用面积法求水平力F的冲量为24 Ns，故B项错误；at图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得04 s内物体速度的增量为v(42)4 m/s，根据动量定理，04 s内合外力的冲量为Ipmv3412 Ns，故C项正确；根据动能定理，04 s内合外力做的功为Wmv224 J，故D项正确。考点四 应用动量定理处理“流体”类问题【典例4】

17、(2019高考全国卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B1.6103 kg C1.6105 kg D1.6106 kg【答案】B【解析】根据动量定理有Ftmv0，解得1.6103 kg/s，所以选项B正确。【易错警示】两类流体运动模型第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒

18、子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft0n(p)，“反弹模型”满足Ftnpn(p)“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误【变式】 (2016全国卷)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，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出

19、的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【答案】(1)v0S(2)【解析】(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。【方法技巧】应用动量定理求解流体冲击力的具体思路1研究

20、对象 常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。2研究方法 先隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。3基本思路(1)在极短时间t内，取一小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积VvSt(3)求小柱体质量mVvSt(4)求小柱体的动量变化pvmv2St(5)应用动量定理Ftp【变式4】（2019黑龙江鹤岗一中模拟）一艘宇宙飞船以v1.0104 m/s的速度进入密度为2.0107 kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？【答案】100 N【解析】设t时间内附着在飞

21、船上的微陨石总质量为m，则mSvt这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ftpmv则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为FF综合并代入数值得F100 N，即飞船的牵引力应为100 N。考点五 动量守恒的判断及应用【典例五】（2019江苏卷）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为_。ABCD【答案】B【解析】设滑板的速度为，小孩和滑板动量守恒得：，解得：，故B正确。【变式5】 (2017全国卷)将质量为

22、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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/sD6.3102 kgm/s【答案】A【解析】由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1mv0.05600 kgm/s30 kgm/s，则火箭的动量p2p130 kgm/s，选项A正确。考点六 多物体多过程的动量守恒问题【典例六】(2019高考全国卷)一质量为m2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀

23、速行驶行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线图(a)中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶

24、时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?【答案】(1)见解析图(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m【解析】(1)vt图象如图所示(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取t1 s设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1，2，3.若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速

25、度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在t24t时刻前，汽车已经停止因此，式不成立由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或者a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿定律有f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入

26、已知数据解得v130 m/sW1.16105 J从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，代入已知数据解得s87.5 m【变式6】（2019江苏省丹阳高级中学模拟）如图所示，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。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)【答案】4v0【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向。对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得12mv011mv乙mvmin对货物和甲船的作用过程，同理有10m2v0mvmin11mv甲为避免两船相撞应有v甲v乙联立式得vmin4v0。