（浙江選考）2019版高考物理大一輪復習 第十二章 動量守恒定律 第1講 動量定理 動量守恒定律學案

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1、 第1講　動量定理　動量守恒定律 [考試標準] 知識內容 必考要求 加試要求 說明 動量和動量定理 c 1.運用動量定理計算時，只限于一個物體、一維運動和一個過程. 2.運用動量定理計算時，不要求涉及連續(xù)介質. 3.只要求解決一維運動中簡單的動量守恒問題. 4.只要求解決兩個物體構成的系統(tǒng)相互作用一次的動量守恒問題. 5.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及相對速度. 6.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及平均速度. 7.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及變質量問題. 8.綜合應用動量、能量進行計算時，不要求聯(lián)立方程求解. 9.不要求定量計算反沖問題. 動

2、量守恒定律 c 碰撞 d 反沖運動　火箭 b 一、動量和動量定理 1.動量 物體的質量與速度的乘積為動量，即p＝mv，單位是kg·m/s.動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同. 2.沖量 力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量，即I＝F·t，沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是N·s. 3.動量定理 物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量，即p′－p＝I.適用于單個物體或多個物體組成的系統(tǒng). 自測1　(多選)關于物體的動量，下列說法中正確的是(　　) A.物體的動量越大，其慣性也越大 B.同一

3、物體的動量越大，其速度一定越大 C.物體的加速度增大，其動量一定增大 D.運動物體在任一時刻的動量方向一定是該時刻的速度方向 答案　BD 二、動量守恒定律 1.適用條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內每個物體所受的合力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài). (2)近似適用條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力. (3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒. 2.動量守恒定律的不同表達形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的總動量和等于作用后的總動量. (2)

4、Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向. (3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零. 自測2　(多選)如圖1所示，在光滑的水平面上有靜止的物體A和B.物體A的質量是B的2倍，兩物體中間用被細繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質彈簧相連.當把細繩剪斷，彈簧在恢復原長的過程中(　　) 圖1 A.A的速率是B的2倍 B.A的動量大于B的動量 C.A受的力等于B受的力 D.A、B組成的系統(tǒng)的總動量為零 答案　CD 三、碰撞 1.碰撞 碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象. 2.特點 在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞

5、的系統(tǒng)動量守恒. 3.分類 動量是否守恒 機械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 自測3　(多選)如圖2所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生碰撞后的可能運動狀態(tài)是(　　) 圖2 A.A和B都向左運動 B.A和B都向右運動 C.A、B都靜止 D.A向左運動，B向右運動 答案　CD 四、反沖運動　火箭 1.反沖現(xiàn)象 (1)如果一個靜止的物體在內力作用下分裂為兩部分，一部分

6、向某個方向運動，另一部分必然向相反方向運動. (2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚? (3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加. 2.火箭 (1)工作原理：利用反沖運動.火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時，使火箭獲得巨大的反作用力. (2)設火箭在Δt時間內噴射燃氣的質量是Δm，噴出燃氣的速度大小是u，噴出燃氣后火箭的質量是m，則火箭獲得的速度大小v＝. 自測4　(多選)下列屬于反沖運動的是(　　) A.汽車的運動 B.直升飛機的運動 C.火箭的運動 D.反擊式水輪機的運動 答案　CD

7、命題點一　動量定理的理解和應用 1.理解 (1)物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小. (2)物體受到的作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小. 2.應用 (1)應用I＝Δp求變力的沖量. (2)應用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量. (3)應用動量定理解題的步驟 ①確定研究對象：可以是單個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng). ②進行受力分析：分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力. ③分析運動過程，選取正方向，確定初、末狀態(tài)的動量以及整個過程合力的沖量. ④列方程

8、：根據(jù)動量定理列方程求解. 例1　質量為0.5 kg的小球沿光滑水平面以v1＝5 m/s的速度沖向墻壁后又以v2＝4 m/s的速度反向彈回，如圖3所示，若球跟墻的作用時間為0.05 s，求小球所受的平均力的大小. 圖3 答案　90 N 解析　選定小球與墻壁碰撞的過程，取v1的方向為正方向，對小球應用動量定理得Ft＝－mv2－mv1 所以，F(xiàn)＝＝ N＝－90 N， “－”號說明F的方向向左. 變式1　(多選)雞蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎.下列防護和規(guī)定中與其具有相同的原理的是(　　) A.撐竿跳高比賽中，橫桿的下方放有較厚的海綿墊 B.易碎物品運輸時要用柔軟材料

9、包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎 C.有關部門規(guī)定用手工操作的各類振動機械的頻率必須大于20赫茲 D.在汽車上安裝安全氣囊 答案　ABD 解析　雞蛋掉在草地上時與草地的作用時間長，掉在水泥地上時與水泥地的作用時間短，由動量定理FΔt＝Δp知，當動量變化量相同時，雞蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎.撐竿跳高比賽時，橫桿的下方放有較厚的海綿墊是為了增大運動員與海綿墊的作用時間而減小運動員受到的作用力，選項A正確；易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎是為了增大物體間的作用時間而減小物體間的作用力，選項B正確；用手工操作的各類振動機械的頻率必須大于20 Hz是為了防止發(fā)生共振

10、現(xiàn)象而對人體健康造成危害，選項C錯誤；在汽車上安裝安全氣囊是為了增大安全氣囊與人的作用時間而減小人受到的作用力，選項D正確. 變式2　(多選)如圖4，在光滑水平面上有一質量為m的物體，在與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下運動，則在時間t內(　　) 圖4 A.重力的沖量為0 B.拉力F的沖量為Ft C.拉力F的沖量為Ftcos θ D.物體動量的變化量等于Ftcos θ 答案　BD 解析　重力的沖量IG＝mgt，故A錯誤.拉力F的沖量IF＝Ft，故B正確，C錯誤.合力的沖量I合＝Ftcos θ，根據(jù)動量定理知，合力的沖量等于動量的變化量，則動量的變化量為Ftcos θ，故D正

11、確. 變式3　(多選)質量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動，經過時間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時間內物體動量變化量的大小為(　　) A.m(v－v0) B.mgt C.m D.m 答案　BCD 解析　由動量定理得I＝Δp，即mgt＝Δp，故B正確；由p＝mv知，Δp＝m·Δv，而Δv＝＝，所以Δp＝m＝m，故C、D正確. 命題點二　動量守恒定律的應用 1.適用條件 (1)前提條件：存在相互作用的物體系. (2)理想條件：系統(tǒng)不受外力. (3)實際條件：系統(tǒng)所受合外力為0. (4)近似條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于系統(tǒng)所受的外力. (5)

12、方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則在此方向上動量守恒. 2.解題步驟 (1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)； (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量； (4)由動量守恒定律列出方程； (5)代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明. 例2　如圖5所示，兩塊厚度相同的木塊A、B，緊靠著放在光滑的桌面上，其質量分別為2.0 kg、0.9 kg，它們的下表面光滑，上表面粗糙，另有質量為0.10 kg的鉛塊C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，由于摩擦，鉛塊C最

13、后停在木塊B上，此時B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木塊A的最終速度和鉛塊C剛滑到B上時的速度. 圖5 答案　0.25 m/s　2.75 m/s 解析　鉛塊C在A上滑行時，木塊A、B一起向右運動，鉛塊C剛離開A時的速度設為vC′，A和B的共同速度為vA，在鉛塊C滑過A的過程中，A、B、C所組成的系統(tǒng)動量守恒，有mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′；在鉛塊C滑上B后，由于B繼續(xù)加速，所以A、B分離，A以vA勻速運動，在鉛塊C在B上滑行的過程中，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v 代入數(shù)據(jù)解得vA＝0.25 m/s，vC′＝2.75 m/s.

14、 變式4　(多選)如圖6所示，放在光滑水平桌面上的兩個木塊A、B中間夾一被壓縮的彈簧，當彈簧被放開時，它們各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面落在地上.A的落地點與桌邊的水平距離為0.5 m，B的落地點與桌邊的水平距離為1 m，不計空氣阻力，那么(　　) 圖6 A.A、B離開彈簧時的速度之比為1∶2 B.A、B質量之比為2∶1 C.未離開彈簧時，A、B所受沖量之比為1∶2 D.未離開彈簧時，A、B加速度之比為1∶2 答案　ABD 解析　A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，動量守恒，A、B兩木塊的落地點到桌邊的水平距離x＝v0t，因為兩木塊的落地時間相等，所以v0與x成正比，故

15、vA∶vB＝1∶2，即A、B離開彈簧時的速度之比為1∶2.由動量守恒定律可知，mA∶mB＝2∶1.未離開彈簧時，A、B受到的彈力相等，作用時間相同，沖量大小也相同.未離開彈簧時，F(xiàn)相等，m不同，加速度a＝，與質量成反比，故aA∶aB＝1∶2. 變式5　(多選)質量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖7所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是(　　) 圖7 A.M、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1

16、和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2 C.m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′ D.M、m0、m速度均發(fā)生變化，M、m0速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2 答案　BC 解析　碰撞的瞬間，M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度不變，以M的初速度方向為正方向，若碰后M和m的速度變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′. 命題點三　碰撞問題 1.兩物體相互碰撞的問題，若不說明是彈性碰撞，則碰撞中動能一般都有損失，而兩物體碰后粘在一起的情況，碰

17、撞中動能損失最多. 2.含有彈簧模型的動量守恒問題，從本質上看，屬于一種時間較長的彈性碰撞.在作用的過程中，當彈簧被壓縮至最短或拉伸至最長時，系統(tǒng)內各個物體具有共同的速度，而此時彈簧的彈性勢能最大. 例3　如圖8所示，在水平光滑直導軌上，靜止著兩個質量為m＝1 kg的相同的小球A、B.現(xiàn)讓A球以v0＝2 m/s的速度向B球運動，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運動.求： 圖8 (1)A、B兩球碰撞后一起運動的共同速度多大？ (2)碰撞過程中損失了多少動能？ 答案　(1)1 m/s　(2)1 J 解析　(1)A、B兩球相碰，滿足動量守恒定律，以v0的方向為正方向 則有mv0

18、＝2mv 代入數(shù)據(jù)解得A、B兩球相碰后的速度v＝1 m/s (2)A、B碰撞過程中損失的動能為 ΔEk＝mv02－×2mv2＝1 J. 變式6　(多選)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖9表示發(fā)生碰撞前后的v－t圖線，由圖線可以判斷(　　) 圖9 A.A、B的質量比為3∶2 B.A、B作用前后總動量守恒 C.A、B作用前后總動量不守恒 D.A、B作用前后總動能不變 答案　ABD 解析　碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)所受合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，B正確，C錯誤；根據(jù)動量守恒定律：mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得：mA∶mB＝3∶2，故A正確；碰撞前總動能：

19、mA·62＋mB·12＝mA，碰撞后總動能：mA·22＋mB·72＝mA，可知碰撞前后總動能不變，D正確. 變式7　質量為10 g的子彈，以300 m/s的速度水平射入質量為24 g、靜止在光滑水平桌面上的木塊.如果子彈留在木塊中，則木塊運動的速度是多大？如果子彈把木塊打穿，子彈穿過木塊后的速度為100 m/s，這時木塊的速度又是多大？ 答案　88.2 m/s　83.3 m/s 解析　子彈質量m＝10 g＝0.01 kg，子彈初速度v0＝300 m/s，木塊質量M＝24 g＝0.024 kg，設子彈嵌入木塊后與木塊的共同速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋

20、M)v 解得v＝＝ m/s≈88.2 m/s. 若子彈把木塊打穿，穿出木塊后速度為v1＝100 m/s，設此時木塊速度為v2，仍以子彈初速度方向為正方向，由動量定恒定律得mv0＝mv1＋Mv2.代入數(shù)據(jù)解得v2≈83.3 m/s. 1.(多選)某物體受到－2 N·s的沖量作用，則下列說法不正確的是(　　) A.物體原來的動量方向一定與這個沖量的方向相反 B.物體的末動量一定是負值 C.物體的動量一定減小 D.物體的動量增量一定與規(guī)定的正方向相反 答案　ABC 2.(多選)放在水平面上的物體，用水平推力F推它t時間，物體始終不動，則在這t時間內，關于合力的沖量與摩擦力的沖量

21、，下列說法正確的是(以水平推力F的方向為正方向)(　　) A.合力的沖量及摩擦力的沖量均為0 B.合力的沖量及摩擦力的沖量均為Ft C.合力的沖量為0，摩擦力的沖量為－Ft D.合力的沖量為0，水平推力的沖量為Ft 答案　CD 3.(多選)從同樣高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　) A.掉在水泥地上的玻璃杯動量大，掉在草地上的玻璃杯動量小 B.掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小 C.掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 D.掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉

22、在草地上的玻璃杯與地面接觸時作用時間長 答案　CD 4.(多選)“神舟十號”返回艙的成功著陸，標志著我國成為世界上第三個獨立掌握空間出艙關鍵技術的國家.為了保證航天員的安全，返回艙上使用了降落傘、反推火箭、緩沖座椅三大法寶，在距離地面大約1 m時，返回艙的4個反推火箭點火工作，返回艙速度一下子降到了2 m/s以內，隨后又漸漸降到1 m/s，最終安全著陸.把返回艙離地1 m開始到完全著陸稱為著地過程，則關于反推火箭的作用，下列說法正確的是(　　) A.減小著地過程中返回艙和航天員的動量變化 B.減小著地過程中返回艙和航天員所受的沖量 C.延長著地過程的作用時間 D.減小著地過程返回艙

23、和航天員所受的平均沖力 答案　CD 5.(多選)物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內動能由零增大到E1，在時間t2內動能由E1增加到2E1，設合力在時間t1內做的功為W1，沖量為I1，在時間t2內做的功是W2，沖量為I2，則(　　) A.I1I2 C.W1＝W2 D.W1

24、滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動量不守恒 C.小球下滑過程中，在水平方向上小車和小球組成的系統(tǒng)總動量守恒 D.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 答案　BCD 7.(多選)(2017·金華十校聯(lián)考)如圖2所示，某人身系彈性繩自高空P點自由下落，a點是彈性繩的原長位置，b點是人靜止懸掛時的平衡位置，c點是人所能到達的最低點(彈性繩在彈性限度內).若把P點到a點的過程稱為過程Ⅰ，由a點到c點的過程稱為過程Ⅱ，不計空氣阻力.下列說法正確的是(　　) 圖2 A.過程Ⅱ中系統(tǒng)的機械能不變 B.過程Ⅱ中人的動能逐漸減小到零 C.過程Ⅱ中人的動量改變量與過程Ⅰ的動量改變量大

25、小相等 D.過程Ⅱ中人的動量改變量等于重力的沖量 答案　AC 解析　從a到c因只有重力和彈性繩彈力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，A正確；從a到c，人的動能先增大后減小，故B錯誤；設人到a點時速度為v，則過程Ⅱ中人的動量改變量大小為ΔpⅡ＝mv，過程Ⅰ中人的動量改變量大小為ΔpⅠ＝mv，ΔpⅡ＝ΔpⅠ，故C正確；根據(jù)動量定理，過程Ⅱ中人的動量改變量等于重力和彈力的合力的沖量，故D錯誤. 8.(多選)光滑水平地面上，A、B兩物體質量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，其左端有一水平輕質彈簧，如圖3所示，當A撞上彈簧，彈簧被壓縮到最短時(　　) 圖3 A.A、B系統(tǒng)總動量仍然為mv

26、B.A的動量變?yōu)榱? C.B的動量達到最大值 D.A、B的速度相等 答案　AD 解析　A、B系統(tǒng)水平方向動量守恒，總動量不變仍為mv，A正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，D正確，B錯誤；但此時B的速度并不是最大的，因為彈簧還會彈開，故B物體會進一步加速，A物體會進一步減速，C錯誤. 9.(多選)如圖4甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰.小球的質量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的x－t圖象.已知m1＝0.1 kg.由此可以判斷(　　) 圖4 A.碰前m2靜止，m1向右運動 B.碰后m2和m1都向右運動 C.m2＝0.3 kg D.碰撞過程中系統(tǒng)損失

27、了0.4 J的機械能 答案　AC 解析　由x－t圖象知碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止狀態(tài).碰前m1速度大小為v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能與m2相碰，故A正確； 由題圖乙知碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動，故B錯誤； 由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根據(jù)動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝0.3 kg，故C正確； 碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，解得ΔE＝0 J，故D錯誤. 10.一個質量為m＝100 g的小球從h＝0.

28、8 m高處自由下落，落到一個厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了t＝0.2 s，則在這段時間內，軟墊對小球的沖量是多少？(g＝10 m/s2) 答案　0.6 N·s，方向豎直向上 解析　設小球自由下落h＝0.8 m的時間為t′， 由h＝gt′2得 t′＝＝0.4 s. 設I為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程運用動量定理得mg(t′＋t)＋I＝0，得I＝－0.6 N·s，負號表示軟墊對小球的沖量方向和重力的方向相反. 11.如圖5所示，物體A靜止在光滑平直軌道上，其左端固定有水平輕質彈簧，物體B以速度v0＝2.0 m/s沿軌道向物體A運動

29、，并通過彈簧與物體A發(fā)生相互作用，設A、B兩物體的質量均為m＝2 kg，求當物體A的速度多大時，A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大？損失的最大動能為多少？ 圖5 答案　1.0 m/s　2 J 解析　當兩物體速度相等時，彈簧壓縮量最大，系統(tǒng)損失的動能最大.以v0的方向為正方向，由動量守恒定律知mv0＝2mv 所以v＝＝1.0 m/s 損失的動能為ΔEk＝mv－×2m×v2＝2 J. 12.如圖6，一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度射出.重力加速度為g.求： 圖6 (1)此過程中系統(tǒng)損失的機械能； (2)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離. 答案　(1)mv02　(2) 解析　(1)設子彈射出物塊后物塊的速度為v，以v0的方向為正方向，由動量守恒得mv0＝m＋Mv ① 解得v＝v0 ② 系統(tǒng)損失的機械能為 ΔE＝mv02－ ③ 由②③式得ΔE＝mv02 ④ (2)設物塊下落到地面所用時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為x，則 h＝gt2 ⑤ x＝vt ⑥ 由②⑤⑥得x＝ 13