2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第六章第一讲　动量　动量定理　动量守恒定律





基础复习课
第一讲　动量　动量定理　动量守恒定律

一、动量、动量定理
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：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫作力的冲量．
(2)表达式：I＝Ft.单位：N·s.
(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定．
3．动量定理
项目
动量定理
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合外力的冲量
表达式
p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t
意义
合外力的冲量是引起物体动量变化的原因
标矢性
矢量式(注意正方向的选取)
二、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．
三、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的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
四、爆炸与反冲
1．爆炸现象
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．
2．反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象．
(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．
[小题快练]
1．判断题
(1)一个物体的运动状态变化，它的动能一定改变．( × )
(2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因．( √ )
(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒．( × )
(4)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．( √ )
2．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( AC )

3．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为( D )
A．1∶2　　 B．1∶3　　
C．2∶1　　 D．2∶3

考点一　动量及动量的变化 (自主学习)
动量、动能、动量变化量的比较

动量
动能
动量变化量
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
标矢性
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＝
联系
(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化
(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系

1－1.[动量的变化]　一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是(　　)
A．10 kg·m/s　　　　　 B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
答案：D
1－2. [动量、动量变化、动能变化]　2018年世界杯足球比赛中，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球．

(1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，则足球的初动量p＝ ，方向 ，足球的末动量p′＝ ，方向 ；在这一过程中足球动量的改变量Δp＝ ，方向 ．
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s速度反向弹回(如图乙)，则这一过程中足球的动量改变量是 ，方向 ；动能改变量是 ．
解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右；
p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右；
动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右．
(2)取向右为正方向，初、末动量分别为
p1＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右；
p2＝mv″＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，方向向左；
动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，负号表示方向向左．
ΔEk＝mv′2－mv″2＝18.2 J.
答案：(1)1.6 kg·m/s　向右　4 kg·m/s　向右　2.4 kg·m/s　向右　(2)5.2 kg·m/s　向左　18.2 J
考点二　冲量　动量定理 (师生共研)
1．应用动量定理时应注意
(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
2．动量定理的应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．
(2)应用I＝Δp求变力的冲量．
(3)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．
[典例]　[动量定理与能量的综合]　(2016·全国卷Ⅰ)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：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S③
(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Δt时间内喷出的水，由能量守恒定律得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度处，Δt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
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－
答案：(1)ρv0S　(2)－
[反思总结]
1．用动量定理解题的基本思路

2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．

2－1.[对动量与冲量的理解]　(多选)物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明(　　)
A．物体的动量在减小
B．物体的动量在增大
C．物体受到的合力冲量大小为5 N·s
D．若发生变化的时间为1 s，则物体所受合外力的大小为5 N
解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C正确；由Δp＝F·t可知D正确．
答案：CD
2－2.[单一过程问题]　高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长．若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg　　　　　 B．－mg
C.＋mg D．－mg
解析：下降h阶段v2＝2gh，得v＝，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，有－(F－mg)t＝0－mv，得F＝＋mg，A正确．
答案：A
2－3. [多过程问题]　如图所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s, 碰撞后反向弹回的速度v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g取10 m/s2)


解析：解法一：程序法
以物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，选F的方向为正方向．
由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1①
撤去F时的速度：v1＝a1t1②
撤去F后受力情况如图乙所示

由牛顿第二定律：－μmg＝ma2③
物体开始碰墙时的速度为v2，则v2＝v1＋a2t2④
对碰墙过程，设墙对物体的平均作用力大小为，选水平向左为正方向，由动量定理：t3＝mv′－m(－v2)⑤
联立①②③④⑤并代入数据解得：＝280 N.
解法二：全过程整体考虑
取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程用动量定理，并取F方向为正方向，则由动量定理：
Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′
代入数据整理解得：＝280 N.
答案：280 N
考点三　动量守恒定律的理解及应用 (自主学习)
1．动量守恒定律适用条件
(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，则此方向上动量守恒．
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．

3－1.[动量守恒的条件]　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(　　)

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
答案：C
3－2.[各方向动量守恒]　(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)

A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv
答案：BD
3－3.[人船模型]　有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L.已知他自身的质量为m，则船的质量为(　　)

A.　　　　 B．
C. D．
解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度方向为正方向，则v＝，v′＝，根据动量守恒定律，有Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝，故B正确．
答案：B
3－4.[动量守恒中的临界问题]　如图所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动．另一完全相同的小船乙以速率v0从右方向驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？

解析：设向右为正方向，人跳出前后，甲船与人动量守恒，则
(m＋)v0＝mv1＋v′，
解得v1＝.
人跳进乙船前后，二者动量守恒，则
v′－mv0＝(m＋)v2，解得v2＝.
不相撞的条件v1≤v2，
解得v′≥v0.
答案：v0
[反思总结]
动量守恒定律的解题步骤


1．(2018·康杰中学高考模拟)有一宇宙飞船，它的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( B )
A．3.6×103N　　　　　 B．3.6 N
C．1.2×103N D．1.2 N
解析：在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M＝vtSm，由动量定理得：Ft＝Mv，解得：F＝3.6 N，根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N，要是飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确．

2．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( D )

A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
3. (2019·汉中中学月考)如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( C )

A．L　　 B．
C.　 D．
解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理：－fL＝0－Mv，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒有：fL′＝Mv－(2M)v，联立解得：L′＝，故C正确．
4．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？
解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，
第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′；
第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，
第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′
……
第n次推球(M＋m)vn－1′＝Mvn－mv，
将上式各式相加，可得vn＝，
当vn≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.
答案：9次

[A组·基础题]
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( D )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大
C．物体的加速度不变，其动量一定不变
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
2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( D )
A．1 000 N·s　　　　　 B．500 N·s
C．零 D．无法确定
3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)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( AB )

A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零

4．(多选)如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出．解释这些现象的正确说法是( CD )

A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大
B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
5. (2019·成都实验中学入学考试)如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦．从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是( C )

A．小球的机械能守恒，动量守恒
B．小球的机械能守恒，动量不守恒
C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒
D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒
解析：小球在整个过程中除重力之外还有弹簧的弹力做功，故小球的机械能不守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中小球所受合外力不为零，故动量不守恒；小球、弹簧和小车组成系统在整个过程中只有重力和弹力做功，故系统机械能守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中系统所受合外力不为零，故动量不守恒，故选C.
6．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( B )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
7．(多选)质量为m的物体， 以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为vt，且vt＝0.5v0，则( AC )
A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小
B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C．合力的冲量在整个过程中大小为mv0
D．整个过程中物体动量变化量为mv0
8．(多选) (2019·莆田一中月考)如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中( BD )

A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
解析：从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉着m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，m1v1＝m1v′1＋m2v2，m1v＝m1v′＋m2v；解得v′1＝v1，v2＝v1，故m2的最大速度为v1，m1的最小速度为v1，B、D正确．
[B组·能力题]
9．如图所示，一质量为M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( A )

A．2.4 m/s B．2.8 m/s
C．3.0 m/s D．1.8 m/s
10. (2019·山西大学附中诊断)如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A、B两物体质量均为m，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的恒力F＝2mgsin θ ( g为重力加速度)，经过作用时间t，B刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：

(1)刚施加力F的瞬间，A的加速度大小；
(2)B刚离开挡板时，A的速度大小；
(3)在时间t内，弹簧的弹力对A的冲量IA.
解析：(1)刚施加力F的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F弹＝mgsin θ；根据牛顿第二定律，对A：F＋F弹－mgsin θ＝ma，解得a＝2gsin θ.
(2)由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为x1＝
当B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量为
x2＝＝x1
此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等
从弹簧压缩到伸长的过程，对A由动能定理：
(F－mgsin θ)(x1＋x2)＋W弹＝mv
W弹＝ΔEp＝0
解得vA＝2gsin θ
(3)设沿斜面向上为正方向，对A由动量定理：(F－mgsin θ)t＋IA＝mvA－0 ，
解得IA＝mgsin θ
答案：(1)a＝2gsin θ　(2)vA＝2gsin θ　
(3)IA＝mgsin θ

11．如图所示，木块A的质量mA＝1 kg，足够长的木板B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝10 m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以vA′＝4 m/s速度弹回．求：

(1)B运动过程中的最大速度值；
(2)C运动过程中的最大速度值．
解析：(1)碰后瞬间B速度最大，由动量守恒定律得
mAv0＝mA(－vA′)＋mBvB
所以vB＝＝ m/s＝3.5 m/s.
(2)B、C以共同速度运动时，C速度最大，由动量守恒定律得mBvB＝(mB＋mC)vC
所以vC＝＝ m/s＝ m/s.
答案：(1)3.5 m/s　(2) m/s