（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十一章 第1節(jié) 動量定理 動量守恒定律講義（含解析）.doc

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動量定理 動量守恒定律 (1)動量越大的物體，其速度越大。() (2)物體的動量越大，其慣性也越大。() (3)物體所受合力不變，則動量也不改變。() (4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零。() (5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。() (6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。(√) (7)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒。(√) (8)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同。(√) 突破點(一)　動量定理的理解與應(yīng)用 1．動能、動量、動量變化量的比較 動能 動量 動量變化量 定義 物體由于運動 而具有的能量 物體的質(zhì)量和 速度的乘積 物體末動量與 初動量的矢量差 定義式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 標(biāo)矢性 標(biāo)量 矢量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關(guān)聯(lián) 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 聯(lián)系 (1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系 (2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化 2．應(yīng)用動量定理解題的一般步驟 (1)明確研究對象和研究過程 研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。 (2)進行受力分析 只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，則要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。 (3)規(guī)定正方向 由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前可以先規(guī)定一個正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負。 (4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。 (5)根據(jù)動量定理列式求解。 3．應(yīng)用動量定理解題的注意事項 (1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要注意各個量的正負)。 (2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。 (3)應(yīng)用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統(tǒng)。 (4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和，末態(tài)的動量p′也是系統(tǒng)各部分動量之和。 (5)對系統(tǒng)各部分的動量進行描述時，應(yīng)該選取同一個參考系，不然求和無實際意義。 [題點全練] 1．(2018鹽城期末)質(zhì)量為m的小球，以初速度v豎直向上拋出，經(jīng)過一段時間后回到拋出點。不計空氣阻力，以豎直向上為正方向，則整個過程中，小球重力的沖量是(　　) A．0　　　　　　　　　　　 B．mv C．2mv D．－2mv 解析：選D　小球在空中不受空氣阻力，則落回到拋出點時速度大小不變，方向相反。對全程由動量定理可知：I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故D正確。 2.(2019宿遷模擬)在某次短道速滑接力賽中，質(zhì)量為50 kg的運動員甲以6 m/s的速度在前面滑行，質(zhì)量為60 kg的乙以7 m/s 的速度從后面追上，并迅速將甲向前推出，完成接力過程。設(shè)推后乙的速度變?yōu)? m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直線上運動，不計阻力，求： (1)接力后甲的速度大?。? (2)若甲、乙運動員的接觸時間為0.5 s，乙對甲平均作用力的大小。 解析：(1)由動量守恒定律得 m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′ 解得v甲′＝9.6 m/s。 (2)對甲應(yīng)用動量定理得 t＝m甲v甲′－m甲v甲 解得＝360 N。 答案：(1)9.6 m/s　(2)360 N 3．(2018江蘇高考)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運動速度的大小為v，方向向下。經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻力，重力加速度為g，求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小。 解析：取向上為正方向，根據(jù)動量定理 mv－(－mv)＝I－mgt 解得I＝2mv＋mgt。 答案：2mv＋mgt 突破點(二)　動量守恒定律的理解及應(yīng)用 1．動量守恒定律的五個特性 矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向 相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面) 同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量 系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng) 普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng) 2．動量守恒定律的三種表達式及對應(yīng)意義 (1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。 (2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為0。 (3)Δp1＝－Δp2，即兩個物體組成的系統(tǒng)中，一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反。 3．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。 (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。 (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。 (4)由動量守恒定律列出方程。 (5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。 [典例]　(2017江蘇高考)甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是1 m/s。甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為1 m/s和2 m/s。求甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比。 [解析]　由動量守恒得m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′ 解得＝ 代入數(shù)據(jù)得＝。 [答案]　3∶2 [易錯提醒]　應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意以下三點 (1)確定所研究的系統(tǒng)，單個物體無從談起動量守恒。 (2)判斷系統(tǒng)是否動量守恒，還是某個方向上動量守恒。 (3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對于地面的速度。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.在光滑的水平面上有a、b兩球在t＝2 s時發(fā)生正碰，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在碰撞前后的vt圖像如圖所示。a、b兩球質(zhì)量之比是(　　) A．ma∶mb＝1∶2 B．ma∶mb＝2∶5 C．ma∶mb＝2∶1 D．ma∶mb＝5∶2 解析：選B　由題圖可知b球碰前靜止，設(shè)碰撞前a球的速度為v0，碰后a球的速度為v1，b球的速度為v2，小球碰撞過程中動量守恒，規(guī)定a球的初速度方向為正，由動量守恒定律有：mav0＝mav1＋mbv2；由題圖知，v0＝4 m/s，v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s，代入上式解得：ma∶mb＝2∶5，故B正確。 2．(2017全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kgm/s　　　　　　　　B．5.7102 kgm/s C．6.0102 kgm/s D．6.3102 kgm/s 解析：選A　燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg600 m/s＝30 kgm/s，選項A正確。 3．(2019南京模擬)在2018年冬奧會花樣滑冰雙人滑比賽中，中國選手隋文靜韓聰組合獲得亞軍。如圖所示為某次訓(xùn)練中情景，他們攜手滑步，相對光滑冰面的速度為1.0 m/s。韓聰突然將隋文靜向原先運動方向推開，推力作用時間為2.0 s，隋文靜的速度大小變?yōu)?.0 m/s。假設(shè)隋文靜和韓聰?shù)馁|(zhì)量分別為40 kg和60 kg，求： (1)推開后韓聰?shù)乃俣却笮。? (2)推開過程中隋文靜對韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮　? 解析：(1)以原來運動方向為正，由動量守恒定律得 (m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2 解得v2＝－1 m/s，即速度大小為1 m/s。 (2)由動量定理得：Ft＝m2v2－m2v 解得F＝－60 N，即大小為60 N。 答案：(1)1 m/s　(2)60 N 突破點(三)　動量守恒定律的3個應(yīng)用實例 碰　撞 1.對碰撞的理解 (1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略。 (2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的。 (3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能。 2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷 彈性碰撞是碰撞過程中無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機械能守恒定律，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。 (1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。 (2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。 3．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 (1)動量守恒。 (2)動能不增加。 (3)速度要合理。 ①若兩物體同向運動，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。 ②若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。 [例1]　(2018徐州模擬)如圖所示，光滑的水平面上，小球A以速率v0撞向正前方的靜止小球B，碰后兩球沿同一方向運動，且小球B的速率是A的4倍，已知小球A、B的質(zhì)量分別為2m、m。 (1)求碰撞后A球的速率； (2)判斷該碰撞是否為彈性碰撞。 [解析]　(1)設(shè)向右為正方向，以A、B球為系統(tǒng)，由動量守恒定律得： 2mv0＝2mvA＋mvB 且vB＝4vA 解得：vA＝v0。 (2)碰撞前系統(tǒng)的總動能為：Ek＝2mv＝mv 碰撞后系統(tǒng)的總動能為：Ek′＝2mv＋mv＝mv，則Ek＝Ek′，所以該碰撞是彈性碰撞。 [答案]　(1)v0　(2)是彈性碰撞 [方法規(guī)律]　　　碰撞問題解題策略 (1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。 (2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足： v1′＝v1　　v2′＝v1 (3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。 爆　炸 [例2]　近年春節(jié)期間，全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氣氛。假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個方向飛出，假設(shè)其中一塊落在距A點距離為s處，不計空氣阻力及消耗的炸藥質(zhì)量，煙花炸裂時消耗的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為動能。求： (1)煙花上升的最大高度； (2)煙花炸裂后落在距A點距離s處的一塊水平飛出時的速度大??； (3)煙花炸裂時消耗的化學(xué)能。 [解析]　(1)由豎直上拋公式得煙花上升的最大高度 h＝。 (2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛出時的速度大小為v1，由平拋運動規(guī)律得 s＝v1t，h＝gt2 解得v1＝。 (3)煙花炸裂后兩塊在水平方向動量守恒， v1－v2＝0， 解得另一塊的速度為v2＝v1。 由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學(xué)能 E＝＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) [方法規(guī)律]　爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律 動量 守恒 由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒 動能 增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加 位置 不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動 反　沖 [例3]　一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為(　　) A．m＝M　　　　　　　　B．m＝M C．m＝M D．m＝M [解析]　規(guī)定航天器的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：Mv0＝(M－m)v2－mv1 解得：m＝M，故C正確。 [答案]　C [方法規(guī)律]　對反沖運動的三點說明 作用 原理 反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果 動量 守恒 反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律 機械能 增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加 反沖運動中的“人船”模型 如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。 以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)，動量始終守恒， 故有：m船x船＝m人x人， 由圖可看出：x船＋x人＝L， 可解得：x人＝L，x船＝L 此模型可進一步推廣到其他類似的情景中，進而能解決大量的實際問題，例如：人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題等。 (一)系統(tǒng)動量守恒 1.如圖所示，質(zhì)量m＝60 kg的人，站在質(zhì)量M＝300 kg的車的一端，車長L＝3 m，相對于地面靜止。當(dāng)車與地 面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將(　　) A．后退0.5 m　　　　　　　B．后退0.6 m C．后退0.75 m D．一直勻速后退 解析：選A　人車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。 (二)系統(tǒng)某個方向上動量守恒 2.如圖所示，一個質(zhì)量為m的玩具蛙，蹲在質(zhì)量為M的小車的細桿上，小車放在光滑的水平桌面上，若車長為L，細桿高為h，且位于小車的中點，試求：當(dāng)玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上。 解析：蛙跳出后做平拋運動，運動到小車上表面高度處時間為t＝，蛙與車水平方向動量守恒，可知mx＝M，蛙要能落到桌面上，其最小水平速度為v＝，上面三式聯(lián)立求得v＝。 答案：