2023届高考物理一轮复习：动量专题知识点总结

这是一份2023届高考物理一轮复习：动量专题知识点总结，共6页。试卷主要包含了动量和冲量，动量定理，动量守恒定律，碰撞，爆炸和反冲等内容，欢迎下载使用。
动量知识体系一、动量和冲量1.动量和冲量要点 动量冲量定义运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示力F与力的作用时间t的乘积表达式p＝mvI＝Ft单位kg·m/sN· s标矢性矢量，其方向和速度方向相同恒力作用时，与力的方向相同意义描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果2. 动量、动能、动量变化量的比较项目动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝mvEk＝mv2Δp＝p′－p矢量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＝二、动量定理1．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：2．动量定理理解的要点(1)矢量式．(2)F既可以是恒力也可以是变力．(3)冲量是动量变化的原因．(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．(5)用动量定理解释现象①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．3.动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp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I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt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，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．三、动量守恒定律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表达式①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即作用前的动量和等于作用后的动量和。②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。③Δp＝0，系统总动量的增量为零。守恒条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零。(2)近似守恒：内力远大于它所受到的外力。如碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等现象中系统的动量近似守恒。(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。但值得注意的是，系统的总动量可能不守恒。性质矢量性、瞬时性、同一性、普适性解题步骤(1)明确研究对象；(2)进行受力分析；(3)规定正方向；(4)列方程；(5)求结果，讨论说明．四、碰撞1.三种碰撞形式的理解碰撞类型特征重要关系式或结论弹性碰撞动量守恒机械能守恒m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'm1+m2=m1v1'2+m2v2'2若碰撞前,有一个物体是静止的,设v2=0,则碰撞后的速度分别为v1'=、v2'=,对这一结果可做如下讨论:(1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1, 即两者碰后交换速度；(2)若m1≫m2,则v1'>0,v2'>0, 碰后m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去；(3)若m1≪m2,则v1'<0,v2'>0,碰后m1反向以原速率弹回,m2仍静止。非弹性碰撞动量守恒机械能有损失m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'm1+m2>m1v1'2+m2v2'2完全非弹性碰撞动量守恒机械能损失最大【碰后物体粘在一起,以共同速度运动】m1v1+m2v2=(m1+m2)vΔE=m1+m2-(m1+m2)v2最大机械能损失：ΔE损max=                              。“一动一静”时：ΔE损max=                              。结论：2.判断碰撞的可能性问题(1)动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'；(2)动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+；(3)速度要符合情景: ①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。3.处理碰撞问题的思路和方法(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件,列出相应方程求解。(2)要灵活运用Ek=或p=、Ek=pv或p=几个关系式转换动能、动量。(3)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=v0,v2=v0。(4)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v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v。当m1≪m2,且v20=0时,碰后质量大的静止不动,质量小的被原速率反向弹回。4．三类“碰撞”模型相互作用的两个物体在很多情况下皆可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．常见的三类模型如下：(1)子弹打击木块模型:如图所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．(2)连接体模型:如图所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．(3)板块模型:如图所示，物块A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等．此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．5．散射(1)定义：微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做散射．(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方．五、爆炸和反冲（人船模型）1.爆炸现象的三个规律动量守恒因为爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中,因为有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中,因为有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加3.处理爆炸和反冲问题时要注意两点(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大,但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间,一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变,而物体的位置不变。4.人船模型问题(平均动量守恒问题)　　若系统在全过程中动量守恒,则这一系统在全过程中平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成,且相互作用前均静止,相互作用后均发生运动,则由m1-m2=0,得m1x1=m2x2。该式的适用条件是:①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒。②构成系统的m1、m2原来静止,因相互作用而运动。③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移。1.“人船模型”质量为M的船停在静止的水面上，船长为L，一质量为m的人，由船头走到船尾，若不计水的阻力，则整个过程人和船相对于水面移动的距离？ 解答：设人在运动过程中，人和船相对于水面的速度分别为和u，则由动量守恒定律得：mv=Mu由于人在走动过程中任意时刻人和船的速度和u均满足上述关系，所以运动过程中，人和船平均速度大小也应满足相似的关系，即m=M而，，所以上式可以转化为：mx=My又有，x+y=L,得： ；.2.“人船模型”的变形变形1：质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离？分析：由于开始人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零，即系统竖直方向系统总动量守恒。得：  mx=Myx+y=L   这与“人船模型”的结果一样。变形2：如图所示，质量为M的圆弧轨道静止于光滑水平面上，轨道半径为R，今把质量为m的小球自轨道左测最高处静止释放，小球滑至最低点时，求小球和轨道相对于地面各自滑行的距离？分析：设小球和轨道相对于地面各自滑行的距离为x和y，将小球和轨道看成系统，该系统在水平方向总动量守恒，由动量守恒定律得：mx=My,x+y=L这又是一个“人船模型”。3.“人船模型”的应用①“等效思想”：如图所示，长为L质量为M的小船停在静水中，船头船尾分别站立质量为m1、m2（m1>m2）的两个人，那么，当两个人互换位置后，船在水平方向移动了多少？ 分析：将两人和船看成系统，系统水平方向总动量守恒。本题可以理解为是人先后移动，但本题又可等效成质量为的人在质量为的船上走，这样就又变成标准的“人船模型”。解答：人和船在水平方向移动的距离为x和y，由动量守恒定律可得：这样就可将原本很复杂的问题变得简化。②“人船模型”和机械能守恒的结合如图所示，质量为M的物体静止于光滑水平面上，其上有一个半径为R的光滑半圆形轨道，现把质量为m的小球自轨道左测最高点静止释放，试计算：
(1)摆球运动到最低点时，小球与轨道的速度是多少?
(2)轨道的振幅是多大?  分析：设小球球到达最低点时，小球与轨道的速度分别为v1和v2，根据系统在水平方向动量守恒，得：又由系统机械能守恒得：解得：，当小球滑到右侧最高点时，轨道左移的距离最大，即振幅A。 由“人船模型”得：,解得：,.即振幅A为：. 5.爆炸与碰撞的对比 爆炸碰撞相同点过程特点都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒过程模型由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始能量情况都满足能量守恒，总能量保持不变不同点动能情况有其他形式的能转化为动能，动能会增加弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少爆炸和反冲例题：1.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)            [解析]　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B项对。[答案]　B2.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5 m/s。[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s