2023届二轮复习 专题二 第2讲　动量定理和动量守恒定律 学案

第2讲　动量定理和动量守恒定律

1.动量定理

(1)公式:FΔt=p′-p,除表明等号两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因。

(2)意义:动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系,反映了力对时间的累积效果,与物体的初、末动量无必然联系。动量变化的方向与合外力的冲量方向相同,而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系。

2.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零,这个系统的总动量保持不变。

(2)表达式:m1v1′+m2v2′=m1v1+m2v2或p′=p(系统相互作用后总动量p′等于相互作用前总动量p),或Δp=0(系统总动量的变化量为零),或Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的变化量大小相等、方向相反)。

(3)守恒条件。

①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。

②系统所受外力的合力不为零,但在某一方向上系统受到的合力为零,则系统在该方向上动量守恒。

③系统虽受外力,但外力远小于内力且作用时间极短,如碰撞、爆炸过程。

1.思想方法

碰撞中的“三看”“三想”“三问”

(1)看到“弹性碰撞”,想到“动量守恒与机械能守恒”,问“哪种模型”。

(2)看到“完全非弹性碰撞或弹簧最长、最短”,想到“动量守恒、机械能损失最大”,问“系统损失机械能的去向”。

(3)看到“物体上升最高”,想到“某一方向上动量守恒、机械能损失最大”,问“系统损失机械能的去向”。

2.模型建构

(1)“人船”模型。

解决这种问题的前提条件是要两物体的初动量为零(或某方向上初动量为零),画出两物体的运动示意图有利于发现各物理量之间的关系,特别提醒要注意各物体的位移是相对于地面的位移(或该方向上相对于地面的位移)。

(2)“碰撞”模型。

①可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1′=v1,v2′=v1。

②熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度。当m1≫m2,且v2=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v1。当m1≪m2,且v2=0时,碰后质量小的球原速率反弹。

(3)“弹簧”模型。

当弹簧连接的两个物体速度相等时,弹簧压缩最短或拉伸最长,此时弹性势能达到最大。

(4)“子弹打木块”模型。

存在两种情况,一是子弹未穿过木块,二者最终具有共同速度;二是子弹穿出了木块(相对位移等于木块厚度x相对=d),子弹速度大于木块速度。

考点一　动量定理的应用

(2022·重庆模拟)如图为某游客体验风洞飞行的图片,高速气流均匀地向上喷射出来,该游客处于水平悬空状态。若该游客(包括装备)的质量为m,气流的密度为ρ,重力加速度为g,气流接触身体的面积为S,且气流接触身体后水平向四周流出,则该游客所在高度处的气流速度大小为(　A　)

A. B. C. D.

解析:对Δt时间内吹向游客的空气,设气体质量为Δm,则气体的动量变化量为Δp=0-Δmv=-Δmv,其中Δm=ρvΔtS,以Δt时间内吹向游客的空气为研究对象,由动量定理可得-FΔt=0-Δmv,由于游客处于静止状态,则有F=mg,解得气流速度大小为v=,故A正确。

(2020·海南卷,8)太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器质量为490 kg,离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为3.0×10-3g/s,则探测器获得的平均推力大小为(　C　)

A.1.47 N B.0.147 N C.0.09 N D.0.009 N

解析:对离子,根据动量定理有FΔt=Δmv,而Δm=3.0×10-3×10-3Δt,解得F=0.09 N,故探测器获得的平均推力大小为0.09 N,故选C。

1.动量定理的两个重要应用

(1)应用I=Δp求变力的冲量。若物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出变力作用下物体动量的变化Δp,进而根据动量定理求冲量I。

(2)应用Δp=Ft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(Δp=p2-p1)需要应用矢量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求出恒力的冲量,再根据动量定理求动量的变化。

2.用动量定理解题的基本思路

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。

3.应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法

微元法,具体步骤为:

(1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象。

(2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式。

(3)分析连续体的受力和动量变化情况。

(4)应用动量定理列式、求解。

1.(2022·甘肃兰州二诊)足球由静止自由下落1.25 m,落地后被重新弹起,离地后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与地面的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.5 kg,重力加速度的大小g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是(　B　)

A.足球下落到与地面刚接触时动量大小为5 kg·m/s

B.足球与地面作用过程中动量变化量大小为5 kg·m/s

C.地面对足球的平均作用力为50 N

D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中,重力的冲量大小为5 N·s

解析:足球自由下落,根据v2=2gh可知,v== m/s=5 m/s,则p=mv=0.5×5 kg·m/s=2.5 kg·m/s,故A错误;根据落地后被重新弹起,离地后竖直上升的最大高度仍为1.25 m可知,离地时的速度大小与刚落地时的速度大小相等,方向相反,因此Δp=2mv=2×0.5×5 kg·m/s=5 kg·m/s,故B正确;根据动量定理(F-mg)t=Δp,即F=+mg= N+0.5×10 N=55 N,故C错误;由h=gt2,得足球下落的时间t== s=0.5 s,根据运动的对称性,足球上升的时间也为0.5 s,足球从最高点下落至重新回到最高点用的时间T=0.5 s+0.5 s+0.1 s=1.1 s,重力的冲量I=mgT=0.5×10×1.1 kg·m/s=5.5 kg·m/s,故D错误。

2.(2022·北京房山区二模)如图甲是一观众用手机连拍功能拍摄单板滑雪运动员从起跳到落地的全过程的合成图。图乙为滑雪大跳台的赛道的示意图,分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点四个部分,运动员从一百多米的助滑跑道滑下,腾空高度平均可达7 m,落地前的速度与着陆坡之间有一定的夹角。以下说法正确的是(　C　)

A.运动员由于与着陆坡作用时间短,所以不会受伤

B.运动员由于受到空气阻力,机械能减少,速度降低,所以不会受伤

C.适当增加着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力,增加安全性

D.运动员落到着陆坡时,由于运动员动量变化量小,所以受到的撞击力小

解析:设运动员着陆前瞬间速度为v,分解为沿着陆坡的分速度和垂直于着陆坡的分速度,坡的倾角为θ,如图所示,设着陆瞬间受到的冲击力大小为F N,作用时间为Δt,对运动员着陆前后瞬间,取垂直坡向上为正方向,根据动量定理得(FN-mgcos θ)Δt=0-(-mv2),解得FN=mgcos θ+。可知运动员之所以不受伤,是因为FN比较小,即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率小,即mv2较小,作用时间Δt长,且根据FN的表达式可知,适当增加着陆坡与水平方向的夹角,可以减小运动员受到的撞击力,增加安全性,运动员在运动过程中,虽然受空气阻力,根据动能定理可知,速度是增大的,故C正确,A、B、D错误。

考点二　动量守恒定律的应用

(2022·湖南长沙模拟)(多选)如图所示,质量为M的小车在光滑的水平面上以v0向右匀速运动,一个质量为m的小球从高h处自由下落,与小车碰撞后,又反弹上升的最大高度仍为h。设M≫m,发生碰撞时弹力FN≫mg,球与车之间的动摩擦因数为μ。则小球弹起的水平速度可能是(　AC　)

A.v0 B.0

C.2μ D.-v0

解析:该题需要分以下两种情况进行分析,小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v,则水平方向上动量守恒,有(M+m)v=Mv0,由于M≫m,所以v=v0。若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度,则对小球应用动量定理,水平方向上有Fft=mv′;小球反弹后上升的高度为h,则反弹的速度v与落在小车上时的速度大小相等,以向上为正方向,竖直方向上有F Nt=mv-m(-v)=2m,又Ff=μFN,解得v′=2μ。故选AC。

(2021·河北卷,13)如图,一滑雪道由AB和BC两段滑道组成,其中AB段倾角为θ,BC段水平,AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下,若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶,恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ=,重力加速度g取10 m/s2,取sin θ=,cos θ=,忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求:

(1)滑道AB段的长度;

(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

解析:(1)设背包的质量为m,滑雪者的质量为M。

对背包,由牛顿第二定律得

mgsin θ-μmgcos θ=ma1,

解得背包的加速度a1=2 m/s2,

设背包由A点运动到B点的时间为t,

由匀变速直线运动的规律得

a1t2=v0(t-1 s)+a2(t-1 s)2,解得t=3 s,

则滑道AB段的长度xAB=a1t2=9 m。

(2)背包到达B点的速度v1=a1t=6 m/s,

滑雪者到达B点的速度

v2=v0+a2(t-1 s)=7.5 m/s,

滑雪者拎起背包的过程中,根据动量守恒定律得

mv1+Mv2=(M+m)v,解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v=7.44 m/s。

答案:(1)9 m　(2)7.44 m/s

(2022·河北卷,13)如图,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。

(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向。

(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。

解析:(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,C、D的质量均为m=1 kg,以向右方向为正方向,则有

mv0-m·kv0=(m+m)v物,

解得v物=v0=5(1-k) m/s>0,

可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1-k) m/s,方向向右。

滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,滑板A和B的质量分别为1 kg和2 kg,则由

Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑,

解得v滑=v0= m/s>0,

则新滑板速度方向也向右。

(2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′=5(1-k)m/s=2.5 m/s,

碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为

v滑′= m/s=0,

可知碰后新物块相对新滑板向右运动,新物块向右做匀减速运动,新滑板向右做匀加速运动,设新物块的质量为m′=2 kg,新滑板的质量为M′=3 kg,相对静止时的共同速度为v共,根据动量守恒可得m′v物′=(m′+M′)v共,解得v共=1 m/s,

根据能量守恒可得

μm′gx相=m′v物′2-(m′+M′),

解得相对位移x相=1.875 m。

答案:(1)v物=5(1-k)m/s,方向向右

v滑= m/s,方向向右

(2)1.875 m

1.运用动量守恒定律的几种情况

(1)系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。

(2)系统所受合外力不为零,但合外力比相互作用的内力小得多。

(3)系统所受的合外力不为零,但在某一方向上的合外力为零时,系统在该方向上动量守恒。

2.应用动量守恒定律解题的基本步骤

(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)。

(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或在某一方向上动量是否守恒)。

(3)规定正方向,确定初、末状态的动量。

(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。

3.(2022·吉林长春三模)某科技小组的同学做火箭升空发射试验,火箭模型质量为1.00 kg,注入燃料50 g。点火后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全部喷出,喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(　A　)

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:火箭喷出气体后,火箭和燃料组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律Mv1-mv2=0,可得火箭的动量大小Mv1=mv2=0.05×600 kg·m/s=30 kg·m/s,故选A。

4.(2022·湖南郴州模拟) 如图所示,质量均为m的木块a和b,并排放在光滑水平面上,a上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m0的球c,现将c球拉起使细线水平伸直,并由静止释放c球,则下列说法不正确的是(　C　)

A.a、b两木块分离时,a、b的速度大小均为

B.a、b两木块分离时,c的速度大小为2

C.c球由静止释放到最低点的过程中,a对b的弹力的冲量大小为2m0

D.c球由静止释放到最低点的过程中,木块a移动的距离为

解析:小球c下落到最低点时,a、b开始分离,此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒有m0gL=m0+×2m×,取水平向左为正方向,由水平方向动量守恒得m0vc=2mvab,联立解得vc=2,vab=,故A、B说法正确;c球由静止释放到最低点的过程中,选木块b为研究对象,由动量定理Iab=mvab=m0,故C说法错误;c球由静止释放到最低点的过程中,系统水平方向动量守恒,设c对地向左的水平位移大小为x1,a、b对地向右的水平位移大小为x2,则有m0=2m,即m0x1=2mx2,x1+x2=L,可解得x2=,故D说法正确。

动量守恒定律应用的常见模型

类型一　碰撞模型

1.碰撞问题遵循的三条原则

(1)动量守恒:p1′+p2′=p1+p2。

(2)动能不增加:Ek1′+Ek2′≤Ek1+Ek2。

(3)若碰后同向,后方物体速度不大于前方物体速度。

2.两种碰撞特点

(1)弹性碰撞。

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

①动+静模型。

方程

结果

②动+动模型。

a.质量相等,交换速度。

方程

结果

b.质量不等。

方程

结果

(2)完全非弹性碰撞。

系统在碰撞后,机械能减少,这类碰撞叫作非弹性碰撞,当动量守恒、末速度相同时,(m1+m2)v共=m1v1+m2v2,机械能损失最多,机械能的损失:ΔE=m1+m2-(m1+m2),叫作完全非弹性碰撞。

3.碰撞拓展

(1)“保守型”碰撞拓展模型。

(2)“耗散型”碰撞拓展模型。

(2021·北京卷,17)如图所示,小物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45 m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30 m,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)两物块在空中运动的时间t;

(2)两物块碰前A的速度v0的大小;

(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。

解析:(1)竖直方向为自由落体运动,由h=gt2,得t=0.30 s。

(2)设A、B碰后速度为v,水平方向为匀速运动,由s=vt,得v=1.0 m/s,

根据动量守恒定律,由2mv=mv0,

得v0=2.0 m/s。

(3)两物块碰撞过程中损失的机械能

ΔE=m-·2mv2,

得ΔE=0.10 J。

答案:(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J

若例1中,已知轨道光滑,两物块A、B开始时的高度差h0=0.20 m,抛出点距离水平地面的高度为h=0.45 m。两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s1=0.15 m、s2=0.30 m,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)B撞击A的速度大小;

(2)A、B的质量之比。

解析:(1)B在轨道上下滑过程,根据机械能守恒定律可得

mB=mBgh0,

解得B撞击A的速度大小为

v0=2 m/s。

(2)根据平抛运动规律可得,两物块抛出至落地所用时间相同,均为

t==0.3 s,

水平方向满足s=vt,

若A、B两物块落地点距离轨道末端的水平距离分别为s1=0.15 m、s2=0.30 m,

则A、B做平抛运动的初速度分别为

vA1==0.5 m/s,

vB1==1 m/s,

由于vB>vA,则A、B碰撞时,B反向。

对整个碰撞过程,根据动量守恒定律可得

mBv0=mAvA1-mBvB1,

联立解得A、B的质量之比为=6,

损失的机械能

ΔE1=mB-mB-mA=mB>0,

此情况符合实际。

若A、B两物块落地点距离轨道末端的水平距离分别为s2=0.30 m、s1=0.15 m,

则A、B做平抛运动的初速度分别为

vA2==1 m/s,

vB2==0.5 m/s。

存在两种情况:

①碰撞时,B不反向,对整个碰撞过程,根据动量守恒定律可得

mBv0=mAvA2+mBvB2,

联立解得A、B的质量之比为=,

损失的机械能

ΔE2=mB-mB-mA=mB>0,

此情况符合实际。

②碰撞时,B反向,对整个碰撞过程,根据动量守恒定律可得

mBv0=mAvA2-mBvB2,

联立解得A、B的质量之比为=,

损失的机械能

ΔE3=mB-mB-mA=mB>0,

此情况符合实际。

故A、B的质量之比可能为

=,=,=6。

答案:(1)2 m/s

(2)=6或=或=

类型二　“反冲”和“爆炸”模型

对“反冲”和“爆炸”模型的三点说明

(2021·浙江1月卷,12)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　B　)

A.两碎块的位移大小之比为1∶2

B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m

C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s

D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m

解析:爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量之比为2∶1的两碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移之比为1∶2,但合位移之比并不为1∶2,选项A错误;根据题意,设声速为v,质量大的碎块水平位移为x,则-=1 s,解得x=340 m,两落地点相距3x=1 020 m,选项D错误;由上述推导可知,质量小的碎块,落地后声音传播2 s,根据平抛运动的规律可知,两碎块平抛时间均为4 s,则爆炸物下落的高度h=gt2=80 m,选项B正确;质量大的碎块水平位移为340 m,则其水平速度为=85 m/s,选项C错误。

若例2中,已知引爆后爆炸物炸裂成两块碎块的质量分别为m1=0.4 kg、m2=0.2 kg,则爆炸过程中系统所增加的机械能是多少?

解析:爆炸物炸裂成两碎块后经过相同的时间t0落地,落地后分别经过t1、t2的时间落地的响声被记录仪记录,有

t0+t1=5 s,t0+t2=6 s,

爆炸物爆炸时,水平方向动量守恒,则

m1v1-m2v2=0,

那么在水平方向,由于碎块做匀速直线运动,则落地时

===,

解得

t0=4 s,t1=1 s,t2=2 s,

爆炸物炸裂后,两碎块的速度分别为

v1==85 m/s,

v2==170 m/s,

爆炸过程中系统增加的机械能

ΔE=m1+m2=4 335 J。

答案:4 335 J