高考物理二轮复习 第1部分 专题2 第2讲 动量定理和动量守恒定律

　动量定理和动量守恒定律

突破点一| 动量定理的应用

1．恒力：求Δp时，用Δp＝Ft。

2．变力：求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1。

3．Δp一定：Ft为确定值，F＝，t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲。

4．矢量性：动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。

5．流体类：对于连续流体应用动量定理时，要确定小段时间Δt的连续体为研究对象，写出Δt内的质量Δm与Δt的关系式，分析连续Δm的受力情况和动量变化。

[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/s

C．7.6 m/s　   D．10.8 m/s

[题眼点拨]　(1)“悬停在空中”表明水向上的冲击力大小等于运动员与装备的总重力。

(2)“水反转180°”水速度变化量大小为2v。

B　[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。]

[考向预测]

1．灌浆机可以将涂料以速度v持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的密度为ρ，墙壁上涂料厚度每秒增加u，不计涂料重力的作用，则喷出的涂料对墙产生的压强为(　　)

A．ρuv    B．  C．    D．

A　[设t时间内，附着在墙壁上的面积为S的涂料质量为m，则m＝ρutS，以这部分涂料为研究对象，它受到墙壁的作用力为F，以涂料运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft＝0－mv，即：F＝－＝－ρuSv，负号表示涂料受到的作用力的方向与涂料运动的方向相反，由牛顿第三定律可得，涂料对墙壁的冲击力大小也为ρuSv，根据压强的定义可知p＝＝ρuv，故A正确，B、C、D错误。]

2．(2021·河南濮阳模拟)垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则(　　)

A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零

B．球从击出到落回的时间内，空气阻力的冲量为零

C．球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量

D．球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量

C　[整个过程中，重力不为零，作用时间不为零，根据IG＝mgt可知，重力冲量不为零，选项A错误；由于整个过程中，阻力都做负功，所以上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，即上升过程所用时间比下降过程所用时间少，根据If＝ft可知上升阶段阻力冲量小于下降阶段阻力冲量，整个过程中阻力冲量不为零，选项B错误，C正确；设初速度为v0，上升阶段，初速度为v0，末速度为零，动量变化量为Δp1＝0－mv0＝－mv0; 下降阶段，初速度为零，末速度小于v0，动量变化量为Δp2<mv0－0＝mv0，两者不相等，选项D错误。]

3．(2021·广东湛江市高三一模)2020年7月26日，大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600海上首飞成功，为下一步飞机进行海上试飞科目训练及验证飞机相关性能奠定了基础。若飞机的质量为m，从t＝0时刻起，飞机在某段时间t0内由静止开始做加速直线运动，其加速度与时间的关系图象如图所示(图中a0、t0均为已知量)，则在这段时间t0内，飞机所受合力的冲量大小为(　　)

A．ma0t0   B．ma0t0

C．ma0t0   D．2ma0t0

C　[在t＝t0时刻，飞机的速度大小v＝a0×t0＋a0×t0＝a0t0。根据动量定理有I＝mv－0，解得I＝ma0t0，所以C正确，A、B、D错误。]

突破点二| 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

碰撞问题

[典例2]　(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。

[思路点拨]　解此题的关键是正确分析“A只与B、C各发生一次碰撞”的条件，

(1)A与C发生碰撞后，A反弹，速度v1＜0，即m＜M。

(2)A向左运动与B发生碰撞后，需要满足A碰后的速度小于等于C的速度。

[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＜M

A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

整理可得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

爆炸与反冲

[典例3]　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。

[题眼点拨]　(1)“获得动能E后，从地面竖直升空”竖直上抛运动，可获取上升时间和高度。

(2)“烟花弹炸为质量相等的两部分”“爆炸时间极短”爆炸过程内力远大于外力，满足动量守恒。

[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  ⑤

mv1＋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

[答案]　 见解析

[考向预测]

4．(多选)为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则下列说法正确的是(　　)

A．喷出气体的速度为

B．喷出气体的速度为

C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为

D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为

BC　[对t＝1 s内喷出的气体，由动能定理得Pt＝mv，解得v1＝ ，故B正确，A错误；在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝Mv，解得Ek＝，故C正确，D错误。]

5．(多选)(2021·辽宁沈阳市一模)如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，已知碰前两球的动量分别pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞后它们动量的变化量ΔpA与ΔpB有可能是(　　)

A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s

B．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s

C．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s

D．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s

AC　[如果ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s，遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝9 kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝16 kg·m/s，可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故A正确；如果ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s，遵守动量守恒定律；A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，A的动量不可能沿原方向增大，故B错误；如果ΔpA＝－5 kg·m/s、ΔpB＝5 kg·m/s，遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝7 kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝18 kg·m/s，可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故C正确；如果ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s，遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别pA′＝pA＋ΔpA＝－12 kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝37 kg·m/s，可知碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误。]

6．如图甲所示，在光滑水平桌面上，有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图象。已知物块P的质量mP＝1 kg，求：

甲　　　　　　　　　乙

(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；

(2)碰撞过程损失的机械能。

[解析]　(1)根据位移—时间图象可知，碰撞前P的速度

v0＝＝4 m/s

根据位移—时间图象知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度

v＝＝1 m/s

碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝(mP＋mQ)v

解得mQ＝3 kg

对物块Q，由动量定理知，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s。

(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能

ΔE＝mPv－(mP＋mQ)v2

解得ΔE＝6 J。

[答案]　(1)3 kg　3 N·s　(2)6 J

突破点三| 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 N

D　[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 m

C．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/s2

BD　[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。]