《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第六章 動量守恒定律 第1講 動量定理 動量守恒定律學案.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第六章 動量守恒定律 第1講 動量定理 動量守恒定律學案.docx（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第1講　動量定理　動量守恒定律 [考試標準] 知識內容 考試要求 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，不要求聯立方程求解． 9.不要求定量計算反沖問題. 動量守恒定律 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kgm/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＝Ft，沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是Ns. 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． 自測1　下列說法正確的是(　　) A．速度大的物體，它的動量一定也大 B．動量大的物體，它的速度一定也大 C．只要物體的運動速度大小不變，物體的動量就保持不變 D．物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大 答案　D 自測2　(多選)如圖1所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t，則(　　) 圖1 A．拉力對物體的沖量大小為Ft B．拉力對物體的沖量大小為Ftsinθ C．摩擦力對物體的沖量大小為Ftsinθ D．合外力對物體的沖量大小為零 答案　AD 解析　拉力F對物體的沖量就是Ft，所以A項正確，B項錯誤；物體受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以，摩擦力對物體的沖量大小為Fft＝Ftcosθ，C項錯誤；物體勻速運動，合外力為零，所以合外力對物體的沖量大小為零，D項正確． 二、動量守恒定律 1．適用條件 (1)系統不受外力或所受外力的合力為零，不是系統內每個物體所受的合力都為零，更不能認為系統處于平衡狀態(tài)． (2)近似適用條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力． (3)如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統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，作用前的總動量等于作用后的總動量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系統總動量的增量為零． 自測3　關于系統動量守恒，下列說法錯誤的是(　　) A．只要系統內有摩擦力，動量就不可能守恒 B．只要系統所受的合外力為零，系統動量就守恒 C．系統所受合外力不為零，其動量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒 D．相互作用的兩物體動量的增量的矢量和一定為零 答案　A 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象． 2．特點 在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒． 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 四、反沖運動　火箭 1．反沖現象 (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蓙硖幚恚? (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 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?。? (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＝FΔt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． 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：根據動量定理列方程求解． 例1　用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理．如圖2所示，從距秤盤80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反．若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質量為100g．則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為(　　) 圖2 A．0.2N B．0.6N C．1.0N D．1.6N 答案　B 解析　豆粒從80 cm高處下落到秤盤上時的速度為v1，v12＝2gh， 則v1＝＝ m/s＝4 m/s 設豎直向上為正方向，根據動量定理：Ft＝mv2－mv1 則F＝＝ N＝0.6 N， 故B正確，A、C、D錯誤． 變式1　籃球運動員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖3所示．這樣做可以(　　) 圖3 A．減小球對手的沖量 B．減小球對人的沖擊力 C．減小球的動量變化量 D．減小球的動能變化量 答案　B 解析　先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理得：－Ft＝0－mv F＝，球對手的沖量、球的動量和球的動能的變化量都不變，當時間增大時，球與人間的作用力減小，所以B正確． 變式2　一個質量為m＝100g的小球從離厚軟墊h＝0.8m高處自由下落，落到厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了t＝0.2s，不計空氣阻力，則在這段時間內，軟墊對小球的沖量是多少？(取g＝10m/s2) 答案　0.6Ns，方向豎直向上 解析　設小球自由下落h＝0.8m的時間為t1，由h＝gt12得t1＝＝0.4s. 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(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6Ns. 負號表示軟墊對小球的沖量方向和規(guī)定的正方向相反，方向豎直向上． 命題點二　動量守恒定律的理解和應用 1．適用條件 (1)前提條件：存在相互作用的物體組成的系統． (2)理想條件：系統不受外力． (3)實際條件：系統所受合外力為0. (4)近似條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統所受的外力． (5)方向條件：系統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，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)； (2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(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)代入數據，求出結果，必要時討論說明． 例2　兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動．已知甲車和磁鐵的總質量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質量為1kg，兩磁鐵的N極相對．推動一下，使兩車相向運動，某時刻甲的速度大小為2m/s，乙的速度大小為3 m/s，方向與甲相反，兩車運動過程中始終未相碰．則： (1)兩車最近時，乙的速度為多大？ (2)甲車開始反向時，乙的速度為多大？ 答案　(1)m/s　(2)2 m/s 解析　(1)兩車相距最近時，兩車的速度大小相同，設該速度大小為v，取剛開始運動時乙車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v 所以兩車最近時，乙車的速度大小為 v＝＝m/s＝m/s. (2)甲車開始反向時，其速度大小為0，設此時乙車的速度大小為v乙′，取剛開始運動時乙車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得 m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′ 解得v乙′＝2m/s. 變式3　(多選)如圖4所示是兩組短道速滑選手在接力瞬間的照片，在短道速滑接力時，后面隊員把前面隊員用力推出(推出過程中可忽略運動員受到的冰面水平方向的作用力)，以下說法正確的是(　　) 圖4 A．接力過程中前面隊員動能增加量等于后面隊員動能減少量 B．接力過程中前面隊員受到的沖量和后面隊員受到的沖量大小相等，方向相反 C．接力過程中前后兩名隊員總動量增加 D．接力過程中前后兩名隊員總動量不變 答案　BD 變式4　如圖5甲所示，光滑平臺上物體A以初速度v0滑到靜止于水平地面且上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數不計，圖乙為物體A與小車B的v－t圖象，由圖乙中各物理量可求得(　　) 圖5 A．小車上表面的長度 B．物體A的質量 C．小車B的質量 D．物體A與小車B的質量之比 答案　D 解析　由題圖乙可知，A、B最終以共同速度v1勻速運動，可以確定物體A相對小車B的位移，不能確定小車上表面長度，A錯誤；以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，可解得物體A與小車B的質量之比，D正確，B、C錯誤． 變式5　一質量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設v0的方向為正方向，根據題意，由動量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2 解得v2＝，故選項C正確． 命題點三　碰撞問題 1．碰撞遵循的三條原則 (1)動量守恒定律 (2)機械能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大(或相等)． ②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變． 2．彈性碰撞討論 (1)滿足動量守恒和機械能守恒 (2)“一動碰一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足： v1＝v0，v2＝v0. 當兩物體質量相等時，兩物體碰撞后交換速度． (3)含有彈簧的系統的動量守恒問題，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6所示，一個質量為M＝50kg的運動員和質量為m＝10kg的木箱靜止在光滑水平面上，從某時刻開始，運動員以v0＝3m/s的速度向墻的方向推出箱子，箱子與右側墻壁發(fā)生完全彈性碰撞后返回．當運動員接到箱子后，再次重復上述過程，每次運動員均以v0＝3 m/s的速度向墻的方向推出箱子．求： 圖6 (1)運動員第一次接到木箱后的速度大??； (2)運動員最多能夠推出木箱幾次？ 答案　(1)1m/s　(2)3次 解析　(1)取水平向左為正方向，根據動量守恒定律得 第一次推出木箱0＝Mv1－mv0 第一次接住木箱Mv1＋mv0＝(M＋m)v1′ 解得v1′＝＝1m/s (2)第二次推出木箱(M＋m)v1′＝Mv2－mv0 第二次接住木箱Mv2＋mv0＝(M＋m)v2′ 同理可得第n次接住木箱時獲得的速度為 vn′＝2n≤v0(n＝1,2,3…) 解得n≤3 故運動員最多能夠推出木箱3次． 變式6　(多選)如圖7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7 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 變式7　(多選)如圖8所示，在光滑水平面上，質量為m的A球以速度v0向右運動，與靜止的質量為5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系數a<1)的速度彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數a可以是(　　) 圖8 A.B.C.D. 答案　BC 解析　A與B發(fā)生碰撞，選取向右為正方向，根據動量守恒可知：mv0＝5mvB－mav0.要使A球能再次追上B球并相撞，且A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，則av0>vB，由以上兩式可解得：a>，又mv02≥5mvB2＋m(av0)2，故B、C正確，A、D錯誤． 變式8　如圖9所示，在水平光滑直導軌上，靜止著兩個質量為m＝1kg的相同的小球A、B.現讓A球以v0＝2m/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9 (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)1m/s　(2)1J 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＝2mv 代入數據解得A、B兩球相碰后的速度v＝1m/s (2)A、B碰撞過程中損失的動能為 ΔEk＝mv02－2mv2＝1J. 1．(多選)下列說法正確的是(　　) A．物體運動的方向就是它的動量的方向 B．如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零 C．如果合外力對物體的沖量不為零，則合外力一定使物體的動能增大 D．作用在物體上的合外力的沖量不一定能改變物體速度的大小 答案　ABD 解析　物體動量的方向與物體的運動方向相同，A對；如果物體的速度變化，則物體的動量一定發(fā)生了變化，由動量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對；合外力對物體的沖量不為零，但合外力可以對物體不做功，物體的動能可以不變，C錯；作用在物體上的合外力的沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對． 2．(多選)關于動量、沖量，下列說法成立的是(　　) A．某段時間內物體的動量增量不為零，而物體在某一時刻的動量可能為零 B．某段時間內物體受到的沖量不為零，而物體動量的增量可能為零 C．某一時刻，物體的動量為零，而動量對時間的變化率可能不為零 D．某段時間內物體受到的沖量變大，則物體的動量大小可能變大、變小或不變 答案　ACD 解析　自由落體運動，從開始運動的某一段時間內物體動量的增量不為零，而其中初位置物體的動量為零，故A正確；某段時間內物體受到的沖量不為零，根據動量定理，動量的變化量不為零，故B錯誤；某一時刻物體的動量為零，該時刻速度為零，動量的變化率是合力，速度為零，合力可以不為零，即動量的變化率可以不為零，故C正確；根據動量定理，沖量等于動量的變化．某段時間內物體受到的沖量變大，則物體的動量的改變量變大，動量大小可能變大、變小或不變，故D正確． 3.如圖1所示，小明在演示慣性現象時，將一杯水放在桌邊，杯下壓一張紙條．若緩慢拉動紙條，發(fā)現杯子會出現滑落；當他快速拉動紙條時，發(fā)現杯子并沒有滑落．對于這個實驗，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．緩慢拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較小 B．快速拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較大 C．為使杯子不滑落，杯子與紙條間的動摩擦因數盡量大一些 D．為使杯子不滑落，杯子與桌面間的動摩擦因數盡量大一些 答案　D 解析　紙帶對杯子的摩擦力一定，緩慢拉動紙條時，抽出的過程中時間長，則摩擦力對杯子的沖量較大，快速拉動紙條時，抽出的過程中時間短，則摩擦力對杯子的沖量較小，故A、B錯誤；為使杯子不滑落，杯子與桌面間的動摩擦因數盡量大一些，這樣杯子在桌面上減速運動的加速度大，位移短，故C錯誤，D正確． 4．下列說法錯誤的是(　　) A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度 B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力 C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響 D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好 答案　D 5．(多選)如圖2所示，一段不可伸長的輕質細繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質量為m的小球(可以視為質點)，保持細繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則(　　) 圖2 A．合外力做的功為0 B．合外力的沖量為m C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為m 答案　BC 6．(多選)如圖3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3 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組成的系統的總動量為零 答案　CD 7．如圖4所示，運動員揮拍將質量為m的網球擊出．如果網球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1.重力影響可忽略，則此過程中拍子對網球作用力的沖量(　　) 圖4 A．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同 D．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 答案　B 解析　取拍子擊打前網球的速度v1的方向為正方向，根據動量定理得：拍子對網球作用力的沖量I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即沖量大小為m(v1＋v2)，方向與v1方向相反，與v2方向相同．選項B正確，A、C、D錯誤． 8．如圖5所示，光滑水平面上的兩個小球A和B，其質量分別為mA和mB，且mA＜mB，B球上固定一水平輕質彈簧，且處于靜止狀態(tài)．現A球以速度v撞擊彈簧的左端(撞擊后A、B兩球在同一直線上運動)，則下列關于撞擊后的說法中正確的是(　　) 圖5 A．兩球共速時，速度大小為 B．當兩球速度相等時，彈簧恢復原長 C．當A球速度為零時，B球速度為v D．當彈簧壓縮量最大時，兩球速度都為零 答案　A 9．古時有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的沖擊力(可視為恒力)大小為自身體重2倍時即可導致死亡，如果兔子與樹樁的作用時間為0.2s，則被撞死的兔子其奔跑速度可能是(重力加速度g取10m/s2)(　　) A．1.5m/s B．2.5 m/sC．3.5m/s D．4.5 m/s 答案　D 10．在列車編組站里，一節(jié)動車車廂以1m/s的速度碰上另一節(jié)靜止的拖車車廂，碰后兩節(jié)車廂結合在一起繼續(xù)運動．已知兩節(jié)車廂的質量均為20t，則碰撞過程拖車車廂受到的沖量大小為(碰撞過程時間很短，內力很大)(　　) A．10Ns B．20Ns C．104Ns D．2104Ns 答案　C 解析　動車車廂和拖車車廂碰撞過程動量守恒，以碰撞前動車車廂的速度方向為正方向，根據動量守恒定律有mv0＝2mv，對拖車車廂根據動量定理有I＝mv.聯立解得I＝104Ns，選項C正確． 11.在2018年冬奧會花樣滑冰雙人滑比賽中，中國選手隋文靜韓聰組合獲得亞軍．如圖6所示為某次訓練中情景，他們攜手滑步，相對光滑冰面的速度為1.0m/s.韓聰突然將隋文靜向原先運動方向推開，推力作用時間為2.0 s，隋文靜的速度大小變?yōu)?.0 m/s.假設隋文靜和韓聰的質量分別為40kg和60kg.求： 圖6 (1)推開后韓聰的速度大小； (2)推開過程中隋文靜對韓聰的平均作用力大?。? 答案　(1)1m/s　(2)60N 解析　(1)以原來運動方向為正方向，由動量守恒定律得 (m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2 解得v2＝－1m/s 即推開后韓聰的速度大小為1m/s (2)對韓聰由動量定理得Ft＝m2v2－m2v 解得F＝－60N 即推開過程中隋文靜對韓聰的平均作用力大小為60N. 12.如圖7所示，光滑水平面上小球A、B分別以1.2m/s、2.0 m/s的速率相向運動，碰撞后B球靜止．已知碰撞時間為0.05s，A、B的質量均為0.2kg.求： 圖7 (1)碰撞后A球的速度大?。? (2)碰撞過程A對B平均作用力的大?。? 答案　(1)0.8m/s　(2)8N 解析　(1)A、B系統動量守恒，設B碰撞前的運動方向為正方向 由動量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′ 解得vA′＝0.8m/s (2)對B，由動量定理得－Δt＝ΔpB＝0－mvB 解得＝8N. 13．蹦床運動有“空中芭蕾”之稱，某質量m＝50kg的運動員從距蹦床h1＝1.25m高處自由落下，接著又能彈起h2＝1.8m高，運動員與蹦床接觸時間t＝0.50s，在空中保持直立，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，求： (1)運動員與蹦床接觸時間內，所受重力的沖量大小I； (2)運動員與蹦床接觸時間內，受到蹦床平均彈力的大小F. 答案　(1)250Ns　(2)1600N 解析　(1)重力的沖量大小為：I＝mgt＝50100.50Ns＝250Ns (2)設運動員下落h1高度時的速度大小為v1， 則根據動能定理可得：mgh1＝mv12 解得v1＝5m/s 設彈起時速度大小為v2，則根據動能定理可得： mgh2＝mv22 解得：v2＝6m/s 取向上為正方向，由動量定理有： (F－mg)t＝mv2－(－mv1) 解得F＝1600N.