2022届高考物理二轮复习 专题五 动量定理和动量守恒定律 讲义

专题二 动量与能量第2讲　动量定理和动量守恒定律考点一| 动量定理的应用1．冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解2.动量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．3．流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向) (1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.[典例1]　运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)A．2.7 m/s　   B．5.4 m/sC．7.6 m/s　   D．10.8 m/sB　[两个喷嘴的横截面积均为S＝πd2，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F＝mg，取质量为Δm＝ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得FΔt＝2Δmv，解得v＝≈5.4 m/s，选项B正确。][典例2] (2020·江苏盐城市三模)如图所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性．小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面．经测量鸡蛋质量约50 g，下落到地面的瞬时速度约为20 m/s，与地面接触时间约为0.02 s．不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求鸡蛋： (1)下落到地面时瞬间动量的大小；(2)对地面平均作用力的大小．答案　(1)1 kg·m/s　(2)50.5 N解析　(1)下落到地面时瞬间动量的大小为p＝mv＝50×10－3×20 kg·m/s＝1 kg·m/s(2)设向上为正方向，根据动量定理可知(F－mg)Δt＝0－(－mv)解得F＝＋mg＝(＋0.05×10) N＝50.5 N由牛顿第三定律知鸡蛋对地面平均作用力的大小为50.5 N.动量定理解决流体问题应用动量定理分析流体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。(2)写出Δt内流体的质量Δm与Δt的关系式。(3)分析流体的受力情况和动量变化。(4)应用动量定理列式、求解。考点二| 动量守恒定律的应用1．判断系统动量是否守恒的“三注意”(1)注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。(2)注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程则可能不守恒。(3)注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。(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。3．碰撞的基本规律4.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球—弹簧模型小球曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv02＝mv12＋Mv22 (2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能  碰撞问题[典例3]　(2021·河南开封高三期末)如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。 [解析]　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv可得v1＝ v0，v2＝v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞，有mv1＝mv3＋Mv4        mv＝mv＋Mv整理可得v3＝ v1，v4＝ v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2     即v0≥ v1＝v0整理可m2＋4Mm≥M2       解方程可得m≥(－2)M另一解m≤－(＋2)M(舍去)所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M。[答案]　(－2)M≤m＜M碰撞问题的两点注意(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如本例题中的碰撞过程为弹性碰撞；②如果物体间发生的是非弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。 爆炸与反冲[典例4]　一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 [解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝mv ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt     ②  联立①②式得t＝。  ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1  ④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E ⑤mv1＋mv2＝0 ⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2 ⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。 ⑧爆炸与反冲的三个特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。考点三| 新情境探究 以“水滴石穿”为背景考查动量定理的应用[案例1]　中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿。假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为(　　)A．0.22 N　    B．0.27 N  C．0.022 N    D．0.027 ND　[由题知，水滴质量为m＝0.5 g，重力加速度为g取10 m/s2，屋檐高度为h＝4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v。水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mgh＝mv2。水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确。] 以自制“水火箭”为背景考查反冲问题[案例2]　如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C．火箭获得的最大速度为D．火箭上升的最大高度为D　[火箭的推力来源于火箭喷出的水对它的反作用力，选项A错误；水喷出的过程中，火箭和水组成系统动量守恒，系统的机械能增加，选项B错误；设火箭获得的最大速度大小为v，由动量守恒定律，mv0＝(M—m)v，解得v＝ ，选项C错误；由竖直上抛运动规律，可得火箭上升的最大高度为h＝＝，选项D正确。] 以冰壶比赛为背景考查碰撞问题[案例3]　(多选)(2021·贵州省遵义二模)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的 v­t图象如图乙所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　)甲　　　　　　　　　　乙A．两壶发生弹性碰撞B．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 mC．蓝壶受到的滑动摩擦力较大D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.12 m/s2BD　[设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.4 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，解得蓝壶的速度v＝0.6 m/s；碰撞前两壶的总动能Ek1＝mv＝0.5m，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝mv′＋mv2＝0.26m＜Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据v­t图象的斜率表示加速度，可知红壶的加速度大小a1＝＝0.2 m/s2，由图象可知蓝壶静止的时刻为t＝＝6 s，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为s＝ m＝1.1 m，故B正确；碰后蓝壶的加速度大小a2＝＝0.12 m/s2，碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故C错误，D正确。]