2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第六章第1节　动量定理　动量守恒定律

第六章　碰撞与动量守恒

[全国卷考情分析]——供老师参考

第1节　动量定理　动量守恒定律

教材梳理·自主预习

知识梳理

一、动量、动能、动量变化量的比较

二、冲量

1.定义:力与力的作用时间的乘积.

2.公式:I=Ft,适用于求恒力的冲量.

3.方向:恒力时与力的方向相同.

三、动量定理

1.内容:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.

2.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.

3.动量与力

物体动量的变化率等于它所受的力.

四、动量守恒定律

1.内容:一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变.

2.表达式

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.

小题检测

1.思考判断

(1)物体的动量越大,其惯性也越大.(　×　)

(2)物体的动量变化率越大,它受到的冲量就越大.(　×　)

(3)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向相同.(　√　)

(4)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变.(　√　)

(5)物体相互作用时动量守恒,机械能也一定守恒.(　×　)

2.下列关于动量和冲量的说法不正确的是(　D　)

A.动量大的物体动能不一定大

B.物体运动状态发生变化,则其动量一定发生改变

C.冲量是物体动量变化的原因

D.冲量方向与动量方向一致

解析:根据动量和动能的关系Ek=可知,动量大的物体动能不一定大,选项A正确;物体运动状态改变,即速度发生变化,则动量一定变化,故B正确;冲量是物体动量变化的原因,选项C正确;冲量方向与动量变化的方向一致,选项D错误.

3.(多选)下列说法中正确的是(　AC　)

A.物体动量的变化率等于它受的合外力

B.冲量反映了力的作用对时间的累积效应,是一个标量

C.动量发生变化的物体不可能处于平衡状态

D.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为它动量的变化太大

解析:动量的变化率==ma=F,由此可知,物体动量的变化率等于它所受的力,A正确;力的冲量反映了力的作用对时间的积累效应,是一个矢量,B错误;根据动量定理可知,动量发生变化的物体,其所受合力一定不为0,不可能处于平衡状态,C正确;由Δp=FΔt可知,动量变化相等时,时间Δt越长,力F越小,玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的外力太大,动量变化大,外力不一定大,D错误.

4.

(2019·北京丰台区高三检测)为了研究平抛物体的运动,用两个相同小球A,B做下面的实验:如图所示,用小锤打击弹性金属片,A球立即水平飞出,同时B球被松开,做自由落体运动,两球同时落到地面.A,B两小球开始下落到落地前瞬间的过程中,下列对A,B球描述正确的是(　B　)

A.A球与B球的速率变化量相同

B.A球与B球的动量变化量相同

C.A球与B球的动量变化率不同

D.A球与B球的动能变化量不同

解析:因为A球立即水平飞出,以一定的速度做平抛运动,B球被松开,做自由落体运动,所以两球落地的速率不同,速率的变化量也不同,故A错误;两球落地的时间

相同,受到的重力也相同,落地过程中重力的冲量相同,则两球动量的变化量相同,故B正确;A球与B球的动量变化率等于重力,故A球与B球的动量变化率相同,故C错误;下落过程中重力做功相同,则动能变化量相同,故D错误.

5.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是(　C　)

A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒

B.只要系统中物体具有加速度,系统动量就不守恒

C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒

D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒

解析:无论系统内物体是否具有加速度或受摩擦力作用,只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒,故C正确,A,B均错误;系统中所有物体的加速度均为零时,系统所受的合外力一定为零,故系统动量一定守恒,D错误.

考点研析·感悟提升

考点一　动量与冲量的理解

1.对动量的理解

(1)动量是矢量.动量的合成与分解遵循平行四边形定则、三角形定则.

(2)动量是状态量.通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量),计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度.

(3)动量是相对量.物体的动量与参考系的选取有关,通常情况下,指相对地面的动量.

(4)动量的变化量是物体始、末动量的矢量差.若始、末动量在同一直线上,规定正方向后求其之差;若始、末动量不在一条直线上,其关系如图所示.

2.冲量和功的区别

(1)冲量和功都是过程量.冲量表示力对时间的积累作用,功表示力对位移的积累作用.

(2)冲量是矢量,功是标量.

(3)力作用的冲量不为零时,力做的功可能为零;力做的功不为零时,力作用的冲量一定不为零.

3.冲量的计算

[例1] 将质量相等的三只小球a,b,c从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛、下抛、平抛出去,空气阻力不计,那么,有关三球动量和冲量的情况是(　C　)

A.三球刚着地时的动量均相同

B.三球刚着地时的动量均不相同

C.三球从抛出到落地时间内,受重力冲量最大的是a球,最小的是b球

D.三球从抛出到落地时间内,动量的变化量均相同

解析:三个小球a,b,c在空中均只受重力,故机械能守恒,则三小球落地时的速度大小相等,但c速度不沿竖直方向,故a,b的速度相等,动量相等,但与c不相等,故选项A,B错误;由于a的时间最长,b的时间最短,故a受冲量最大,b受冲量最小,选项C正确;物体动量的变化量等于合外力的冲量,故a动量变化最大,b最小,选项D错误.

[针对训练]

(2019·安徽合肥模拟)(多选)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是(　CD　)

A.第2 s末,质点的动量为0

B.第4 s末,质点回到出发点

C.在0～2 s时间内,F的功率先增大后减小

D.在1～3 s时间内,F的冲量为0

解析:根据Ft图象,在前2 s力的方向和运动的方向相同,质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第2 s末,质点的速度最大,动量最大,而不是0,故A错误;该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同,前半个周期内做加速运动,后半个周期内做减速运动,所以质点在0～4 s内运动方向不变,故B错误;0～2 s内,速度在增大,力F先由0增大后又减小到0,根据瞬时功率P=Fv公式,力F的功率开始时为0,2 s末的功率也为0,所以在0～2 s时间内,F的功率先增大后减小,故C正确;在Ft图象中,图线与t轴围成的面积表示力F的冲量,由图可知,1～2 s之间的面积与2～3 s之间的面积大小相等,且一正一负,则在1～3 s时间内,F的冲量为0,故D正确.

考点二　动量定理的理解与应用

1.动量定理的理解

(1)Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.

(2)Ft=p′-p除表明两边大小、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.

(3)动量定理描述了始、末动量与冲量间的矢量关系,某一方向上仍然成立.

2.用动量定理解释现象

(1)由F=知,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.分析问题时,要明确哪个量一定,哪个量变化.

[例2] (2019·北京朝阳区一模)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中力F和动量p都是矢量.在用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x,y两个方向上分别研究.

如图所示,质量为m的小球斜射到钢板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,碰撞过程中忽略小球所受重力,碰撞时间为已知.求小球对钢板的作用力F.

解析:选择小球为研究对象,小球与钢板碰撞,其速度变化如题图所示,则初速度可分解为

vx=vsin θ　vy=-vcos θ

其末速度可分解为

vx′=vsin θ

vy′=vcos θ

根据动量定理

x方向有FxΔt=m(vx′-vx)=0

y方向有FyΔt=m(vy′-vy)=2mvcos θ

得Fy=

根据牛顿第三定律,桌面受力为F=-Fy=-

方向沿y轴负方向.

答案:,方向沿y轴负方向

[针对训练] 在学校的体育运动会跳远场地,我们看到运动员起跳后落在松软的沙坑中,其目的是(　B　)

A.增加运动员落地过程的时间,增大脚受到的作用力

B.增加运动员落地过程的时间,减小脚受到的作用力

C.减少运动员落地过程的时间,增大脚受到的作用力

D.减少运动员落地过程的时间,减小脚受到的作用力

解析:运动员落入沙坑中,增加了运动员落地的时间,设运动员落地前的速度大小为v,脚受到的作用力大小为F,根据动量定理得Ft=mv,时间变大,则作用力变小,故B正确.

考点三　动量守恒的判断

　动量守恒定律适用条件

(1)理想条件:系统不受外力.

(2)实际条件:系统所受合外力为零.

(3)近似条件:系统各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力.

(4)方向条件:系统在某一方向上满足上述的条件,则此方向上动量守恒.

[例3]

(多选)如图所示,平板小车C放在光滑水平地面上,A,B两物体(mA>mB)之间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧,A,B与弹簧不拴接,放在平板小车C上后,A,B,C均处于静止状态.则在细绳被剪断后,A,B在C上未滑离C之前,A,B沿相反方向滑动的过程中(　AB　)

A.若A,B与C之间的摩擦力大小相同,则A,B组成的系统动量守恒,A,B,C组成的系统动量也守恒

B.若A,B与C之间的摩擦力大小不相同,则A,B组成的系统动量不守恒,但A,B,C组成的系统动量守恒

C.若A,B与C之间的摩擦力大小不相同,则A,B组成的系统动量不守恒,A,B,C组成的系统动量也不守恒

D.若A与C之间摩擦力大于B与C之间摩擦力,A,B滑动过程中小车向右运动

解析:系统动量守恒的条件是合外力为零,在细绳被剪断后,A,B在小车C上滑动.若A,B与C之间的摩擦力大小相同,A,B所受的滑动摩擦力方向相反,则对于A,B组成的系统所受的合外力为零,动量守恒;对三个物体组成的系统,竖直方向上重力与支持力平衡,水平方向不受外力,合外力为零,动量也守恒,故A正确;若A,B与C之间的摩擦力大小不相同,A,B组成的系统所受的合外力不为零,动量不守恒;但对三个物体组成的系统,合外力为零,A,B,C组成的系统动量仍守恒,故B正确,C错误;当A与C之间的摩擦力大于B与C之间的摩擦力,A与B组成的系统对小车的合力向左,由动量定理可知小车向左运动,故D错误.

[针对训练] (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　)

解析:A中在光滑的水平面上,子弹与木块系统受合外力等于零,动量守恒;B中剪断细线后,竖直墙壁对左边木块有弹力作用,系统合外力不为零,动量不守恒;C中两球在匀速下落,系统合外力等于零,细线断裂后,系统合外力仍然等于零,所以系统动量守恒;D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力,则动量不守恒,所以选项A,C正确.

考点四　动量守恒定律的理解和应用

应用动量守恒定律时应注意的“五性”

[例4] 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两车上,水平面光滑.开始时甲车速度大小为3 m/s,乙车速度大小为2 m/s,方向相反并在同一直线上,如图所示.

(1)当乙车速度为零时,甲车的速度多大?方向如何?

(2)由于磁铁的磁性极强,故两车不会相碰,那么两小车间的距离最小时,乙车的速度是多大?方向如何?

思路探究:当其中一小车速度为0,另一小车仍在运动时,两小车间距离如何变化?

答案:两小车间距离继续减小或增大.

解析:两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两磁铁之间的磁力是系统内力,系统动量守恒.设向右为正方向.

(1)据动量守恒定律得mv甲-mv乙=mv甲′

则v甲′=v甲-v乙=1 m/s,方向向右.

(2)两车相距最近时,两车的速度相同,设为v′,由动量守恒定律得mv甲-mv乙=mv′+mv′

解得v′=== m/s=0.5 m/s,方向向右.

答案:(1)1 m/s　向右　(2)0.5 m/s　向右

题组训练

1.(系统动量近似守恒问题)(2019·北京东城区期末)如图(甲)是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图,打夯前先将桩料扶正立于地基上,桩料进入泥土的深度忽略不计.已知夯锤的质量为M=450 kg,桩料的质量为m=50 kg.每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5 m处再释放,让夯锤自由下落,夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动.桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图(乙)所示,直线斜率k=5.05×104 N/m.g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　C　)

A.夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9 m/s

B.夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5 m/s

C.打完第一夯后,桩料进入泥土的深度为1 m

D.打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为3 m

解析:夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度=2gh0,得v0== m/s=10 m/s.取向下为正方向,打击过程时间很短,且夯锤与桩料间作用力远大于泥土阻力,则遵守动量守恒定律,则得Mv0=(M+m)v,代入数据解得v=9 m/s,故选项A,B错误;由(乙)图知,桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化,则阻力做功为Wf=-kh·h=-kh2,打完第一夯后,对夯锤与桩料,由动能定理得:(M+m)gh1+Wf=0-(M+m)v2.即(M+m)gh1-k=0-(M+m)v2,打完第二夯后,深度为h2,则对夯锤与桩料,由动能定理得:(M+m)gh2-k[(h1+h2)2-]=0-(M+m)v2,同理可以得到:打完第三夯后,桩料再次进入泥土的深度为h3,则对夯锤与桩

料,由动能定理得:(M+m)gh3-k[(h1+h2+h3)2-(h1+h2)]2=0-(M+m)v2,则打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为H=h1+h2+h3,代入数据得h1=1 m,H=h1+h2+h3<3 m,故选项C正确,D错误.

2.

(某一方向的动量守恒)光滑水平面上放着一质量为M的槽,槽与水平面相切且光滑,如图所示,一质量为m的小球以速度v0向槽运动,若开始时槽固定不动,求小球上升的高度.若槽不固定,则小球又上升多高?(槽足够高,重力加速度为g)

解析:槽固定时,设球上升的高度为h1,由机械能守恒定律得mgh1=m,得h1=.

槽不固定时,设球上升的最大高度为h2,此时两者的共同速度为v,在水平方向上,由动量守恒定律得

mv0=(m+M)v,

球与槽作用过程中机械能守恒,有

m-(m+M)v2=mgh2,

解得h2=.

答案:　

真题试做·模拟演练

1.(2019·全国 Ⅰ 卷,16)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　B　)

A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg

C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg

解析:设该发动机在时间t内,喷射出的气体质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,在1 s内喷射出的气体质量m0=== kg=1.6×103 kg,故B正确.

2.(2018·全国Ⅰ卷,14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能(　B　)

A.与它所经历的时间成正比

B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比

D.与它的动量成正比

解析:根据匀变速直线运动规律,由静止匀加速启动的速度vt=at,动能Ek=m=ma2t2,即列车的动能与经历的时间的平方成正比,A错误;根据=2as,动能Ek=m=m·2as=mas,即列车的动能与位移成正比,B正确;动能Ek=m,即列车的动能与速度的平方成正比,C错误;动量p=mvt,动能Ek=m=,即列车的动能与动量的平方成正比,D错误.

3.(2019·广东佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动,既能强身又能健体.已知皮球质量为0.4 kg,为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用距离为0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度.若不计空气阻力及球的形变,g取10 m/s2,则每次拍球(　D　)

A.手给球的冲量为1.6 kg·m/s

B.手给球的冲量为2.0 kg·m/s

C.人对球做的功为3.2 J

D.人对球做的功为2.2 J

解析:根据题述,使球在离手时获得一个竖直向下的大小为4 m/s的初速度,根据动量定理,合外力给皮球的冲量为I=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s;手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量,手给球的冲量小于1.6 kg·m/s,选项A,B错误;设人对球做的功为W,由动能定理,得W+mgh=mv2,解得W=2.2 J,选项D正确,C错误.

4.(2019·全国Ⅱ卷,25)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶.行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车.刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线.图(a)中,0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1～t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止,已知从t2时刻开始,汽车第1 s内的位移为 24 m,第4 s内的位移为1 m.

(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线;

(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;

(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?

解析:(1)vt图象如图所示.

(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a.取Δt=1 s.设汽车在t2+(n-1)Δt～t2+nΔt内的位移为sn,n=1,2,3,….

若汽车在t2+3Δt～t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有

s1-s4=3a(Δt)2        ①

s1=v2Δt-a(Δt)2②

v4=v2-4aΔt       ③

联立①②③式,代入已知数据解得

v4=- m/s     ④

这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止.因此,①式不成立.

由于在t2+3Δt～t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式

v3=v2-3aΔt     ⑤

2as4=              ⑥

联立②⑤⑥式,代入已知数据解得

a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦

或者a= m/s2,v2=29.76 m/s⑧

但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去.

(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1,由牛顿第二定律有

f1=ma          ⑨

在t1～t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为

I=f1(t2-t1)    ⑩

由动量定理有

I=mv1-mv2                 

由动能定理,在t1～t2时间内,汽车克服阻力做的功为

W=m-m  

联立⑦⑨⑩式,代入已知数据解得

v1=30 m/s         

W=1.16×105 J      

从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为

s=v1t1+(v1+v2)(t2-t1)+

联立⑦,代入已知数据解得

s=87.5 m.

答案:(1)见解析

(2)28 m/s　8 m/s2

(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m