（新課標）河南省2015高考物理總復習講義 第13章 第1講 動量定理 動量守恒定律

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1、 第1講　動量定理　動量守恒定律 知識一　沖量和動量定理 1．沖量 (1)定義：力F與力的作用時間t的乘積． (2)定義式：I＝Ft. (3)單位：Ns (4)方向：恒力作用時，與力的方向相同． (5)物理意義：是一個過程量，表示力在時間上積累的作用效果． 2．動量定理 (1)內容：物體所受合力的沖量等于物體的動量變化． (2)表達式： 知識二　動量和動量守恒定律 1．動量 (1)定義：運動物體的質量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示． (2)表達式：p＝mv. (3)單位：kgm/s. (4)標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．動量

2、守恒定律 (1)內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律． (2)表達式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和． 3．動量守恒定律的適用條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零． (2)近似守恒：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． 知識三　碰撞、反沖和爆炸問題 1．彈性碰撞和非彈性碰撞 動量是否守恒 機械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非完全彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒

3、 損失最大 2.反沖現象 在某些情況下，原來系統(tǒng)內物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開．這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能 2 / 14 增大，且常伴有其他形式能向動能的轉化． 3．爆炸問題 爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動． 考點一　對動量定理的理解及應用 一、適用范圍 適用于恒力作用也適用于變力作用，適用于直線運動也適用于曲線運動，適用于受持續(xù)的沖量作用，也適用于受間斷的多個沖量的作用． 二、解釋現象 一類是物體

4、的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小．另一類是作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小． 三、解題的基本思路 1．確定研究對象：一般為單個物體或由多個物體組成的系統(tǒng). 2．對物體進行受力分析．可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量． 3．抓住過程的初末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號． 4．根據動量定理列方程代入數據求解． 　排球運動是一項同學們喜歡的體育運動．為了了解排球的某些性能，某同學讓排球從距地面高h1＝1.8 m處自由落下，測出該排球從開始下落到第一次反彈到最高點所

5、用時間為t＝1.3 s，第一次反彈的高度為h2＝1.25 m．已知排球的質量為m＝0.4 kg，g取10 m/s2，不計空氣阻力．求： (1)排球與地面的作用時間； (2)排球對地面的平均作用力的大?。? 【解析】　(1)排球第一次落到地面的時間為t1，第一次反彈到最高點的時間為t2， 由h1＝gt，h2＝gt，得 t1＝0.6 s，t2＝0.5 s 所以排球與地面的作用時間Δt＝t－t1－t2＝0.2 s. (2)方法一：設排球第一次落地的速度大小為v1，第一次反彈離開地面時的速度大小為v2，則有： v1＝gt1＝6 m/s，v2＝gt2＝5 m/s 設地面對排球的平均作用力

6、的大小為F，以排球為研究對象，取向上為正方向，則在排球與地面的作用過程中，由動量定理得： (F－mg)Δt＝mv2－m(－v1) 解得：F＝＋mg 代入數據得：F＝26 N 根據牛頓第三定律得：排球對地面的平均作用力為26 N. 方法二：全過程應用動量定理 取豎直向上為正方向，從開始下落到第一次反彈到最高點的過程用動量定理得F(t－t1－t2)－mgt＝0 解得：F＝＝26 N 再由牛頓第三定律得排球對地面的平均作用力的大小為26 N. 【答案】　(1)0.2 s　(2)26 N 考點二　動量守恒定律的理解與應用 一、動量守恒定律的“五性” 1．矢量性：速度、動

7、量均是矢量，因此列式時，要規(guī)定正方向． 2．相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系． 3．系統(tǒng)性：動量守恒是針對滿足守恒條件的系統(tǒng)而言的，系統(tǒng)改變，動量不一定滿足守恒． 4．同時性：動量守恒定律方程等號左側表示的是作用前同一時刻的總動量，右側則表示作用后同一時刻的總動量． 5．普適性：動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，而且適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)． 二、動量守恒定律的不同表達形式 1．p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′. 2．m1v1＋m2m2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動

8、量和等于作用后的動量和． 3．Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向． 4．Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零． 三、應用動量守恒定律解題的步驟 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(或某一方向上動量是否守恒)； 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． 　(2013新課標全國卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d.現給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短．當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d.已

9、知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數均為μ，B的質量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度的大?。? 【解析】　從碰撞時的能量和動量守恒入手，運用動能定理解決問題． 設在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2.在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得 mv2＝mv＋(2m)v① mv＝mv1＋(2m)v2② 式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正．由①②式得 v1＝－③ 設碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動能定理得 μmgd1＝mv④ μ(2m)gd2＝(2m)v⑤ 據題意有 d＝d1＋d2⑥ 設A的初速度大小為v0，由動

10、能定理得 μmgd＝mv－mv2⑦ 聯立②至⑦式，得 v0＝ 【答案】　 考點三　碰撞問題 一、分析碰撞問題的三個依據 1．動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. 2．動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. 3．速度要合理 (1)碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前′≥v后′. (2)兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變． 二、彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒．以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m1v1＝m1v′1＋m

11、2v′2 m1v＝m1v′＋m2v′ 解得：v′1＝，v′2＝ 結論1.當兩球質量相等時，v′1＝0，v′2＝v1，兩球碰撞后交換了速度． 2．當質量大的球碰質量小的球時，v′1＞0，v′2＞0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動． 3．當質量小的球碰質量大的球時，v′1＜0，v′2＞0，碰撞后質量小的球被反彈回來． 　 圖13－1－1 如圖13－1－1所示，質量分別為1 kg、3 kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現使滑塊A以4 m/s的速度向右運動，與左側連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生碰撞．求二者在發(fā)生碰撞的過程中． (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)滑塊B的最大速度． 【

12、解析】　(1)當彈簧壓縮最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A、B同速． 由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝＝ m/s＝1 m/s 彈簧的最大彈性勢能即滑塊A、B損失的動能 Epm＝mAv－(mA＋mB)v2＝6 J. (2)當彈簧恢復原長時，滑塊B獲得最大速度， 由動量守恒和能量守恒得 mAv0＝mAvA＋mBvm mAv＝mBv＋mAv 解得vm＝2 m/s，向右． 【答案】　(1)6 J　(2)2 m/s，向右 考點四　動量與能量觀點的綜合應用 　利用動量和能量的觀點解題應注意下列問題 一、動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；

13、而動能定理和能量守恒定律是標量表達式． 二、動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)．在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解． 　 圖13－1－2 (2012新課標全國高考)如圖13－1－2，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O.讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平．從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60.忽略空氣阻力，求： (1)兩球a、b的質量之比； (2)兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之

14、比． 【審題指導】　解答本題時應注意以下兩點： (1)小球碰撞前和碰撞后的擺動過程中機械能分別守恒． (2)兩球相碰過程為完全非彈性碰撞． 【解析】　(1)設球b的質量為m2，細線長為L，球b下落至最低點，但未與球a相碰時的速率為v，由機械能守恒定律得 m2gL＝m2v2① 設球a的質量為m1；在兩球相碰后的瞬間，兩球共同速度為v′，以向左為正．由動量守恒定律得 m2v＝(m1＋m2)v′② 設兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③ 聯立①②③式得 ＝－1④ 代入已知數據得

15、 ＝－1⑤ (2)兩球在碰撞過程中的機械能損失為 Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥ 聯立①⑥式，Q與碰前球b的最大動能Ek之比為 ＝1－(1－cos θ)⑦ 聯立⑤⑦式，并代入題給數據得 ＝1－⑧ 【答案】　(1)－1　(2)1－ 考點五　實驗：驗證動量守恒定律 一、實驗裝置 圖13－1－3 二、實驗步驟 1．不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復10次．用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面，圓心P就是小球落點的平均位置． 2．把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復實驗1

16、0次．用步驟1的方法，標出碰后入射小球落點的平均位置M和被碰小球落點的平均位置N.如圖13－1－4所示． 圖13－1－4 3．連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度．將測量數據填入表中．最后代入m1＝m1＋m2，看在誤差允許的范圍內是否成立． 　如圖13－1－5(a)所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實驗小車，甲車系一穿過打點計時器的紙帶，當甲車受到水平向右的沖量時，隨即啟動打點計時器．甲車運動一段距離后，與靜止的乙車發(fā)生正碰并粘在一起運動． 圖13－1－5 紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車運動情況如圖(b)所示，電源頻率為50 Hz，則碰撞前甲車運動速度大小為_____

17、___m/s，甲、乙兩車的質量比m甲∶m乙＝________. 【解析】　由紙帶及刻度尺可得碰前甲車的速度為 v1＝ m/s＝0.6 m/s. 碰后兩車的共同速度 v2＝ m/s＝0.4 m/s. 由動能守恒定律有m甲v1＝(m甲＋m乙)v2. 由此得甲、乙兩車的質量比 ＝＝＝. 【答案】　0.6　2∶1 1．質量為M的木塊在光滑的水平面上以速度v1向右運動，質量為m的子彈以速度v2向左射入木塊并停留在木塊中，要使木塊停下來，發(fā)射子彈的數目是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 【解析】　設發(fā)射子彈的數目為n，由動量守恒可知：nmv2－Mv

18、1＝0，解得n＝，選項D正確． 【答案】　D 2．(多選)質量為m的人站在質量為M的小車上，小車靜止在水平地面上，車與地面摩擦不計．當人從小車左端走到右端時， 下列說法正確的是(　　) A．人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上運動的平均速度也越大 B．人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上移動的距離也越大 C．不管人以什么樣的平均速度行走，車在地面上移動的距離相同 D．人在車上行走時，若人相對車突然停止，則車也立刻停止 【解析】　當人從小車左端走到右端時，由動量守恒定律，人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上運動的平均速度也越大，但是車在地面上移動的距離只與人在車上移動的

19、位移有關，與人的平均速度無關，選項A、C正確，B錯誤．人在車上行走時，若人相對車突然停止，由動量守恒定律，則車也立刻停止，選項D正確． 【答案】　ACD 3. 圖13－1－6 如圖13－1－6所示，一輛小車靜止在光滑水平面上，A、B兩人分別站在車的兩端．當兩人同時相向運動時(　　) A．若小車不動，兩人速率一定相等 B．若小車向左運動，A的動量一定比B的小 C．若小車向左運動，A的動量一定比B的大 D．若小車向右運動，A的動量一定比B的大 【解析】　根據動量守恒可知，若小車不動，兩人的動量大小一定相等，因不知兩人的質量，故選項A錯誤．若小車向左運動，A的動量一定比B的大，

20、故選項B錯誤，選項C正確．若小車向右運動，A的動量一定比B的小，故選項D錯誤． 【答案】　C 圖13－1－7 4．如圖13－1－7所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱．關于上述過程，下列說法中正確的是(　　) A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同 【解析】　如果一個系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，那么這個系統(tǒng)的總動量保持不變．選項A中，男孩和木箱組成的系統(tǒng)受到小車對系統(tǒng)的摩擦力的作用；選項B中，小車

21、與木箱組成的系統(tǒng)受到男孩對系統(tǒng)的摩擦力的作用；動量及其改變量均為矢量，選項D中，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同、方向相反，故本題正確選項為C. 【答案】　C 5. 圖13－1－8 (2012福建高考)如圖13－1－8所示，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(　　) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 【解析】　小船和救生員組成的系統(tǒng)滿足動量守恒： (M＋m)v0＝m(－v)＋Mv

22、′ 解得v′＝v0＋(v0＋v) 故C項正確，A、B、D三項均錯． 【答案】　C 6．(2014長沙模擬)如圖13－1－9所示，質量為M、長為L的長木板放在光滑水平面上，一個質量也為M的物塊(視為質點)以一定的初速度從左端沖上木板，如果長木板是固定的，物塊恰好停在木板的右端，如果長木板不固定，則物塊沖上木板后在木板上最多能滑行的距離為(　　) 圖13－1－9 A．L B. C. D. 【解析】　固定時，由動能定理得：μMgL＝Mv，后來木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv－2Mv2，故得s＝.D項正確，A、B、C項錯誤． 【答案】　D 7．(2012天津高

23、考) 質量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為________kgm/s. 若小球與地面的作用時間為0.2 s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取g＝10 m/s2)． 【解析】　以豎直向上為正方向，則v′＝4 m/s，v＝－6 m/s 所以小球與地面碰撞前后的動量變化為 Δp＝mv′－mv＝[0.24－0.2(－6)] kgm/s＝2 kgm/s 根據動量定理，得(F－mg)t＝Δp 所以平均作用力F＝＋mg＝ N＋0.210 N＝12 N. 【答案】　

24、2　12 8．(2013寧波模擬)如圖13－1－10所示，質量為m＝2 kg的物體，在水平力F＝8 N的作用下，由靜止開始沿水平面向右運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2.若 F作用t1＝6 s后撤去，撤去F后又經t2＝2 s物體與豎直墻壁相碰，若物體與墻壁作用時間t3＝0.1 s，碰墻后反向彈回的速度v′＝6 m/s，求墻壁對物體的平均作用力．(g取10 m/s2) 圖13－1－10 【解析】　取從物體開始運動到撞墻后反向彈回的全過程應用動量定理，并取F的方向為正方向 則Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′ 所以＝ ＝ N＝280 N，方向與F的方

25、向相反． 【答案】　280 N，方向與F的方向相反 9．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上向右運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖13－1－11所示．B與C碰撞后二者會粘在一起運動．求 圖13－1－11 (1)B與C碰撞后瞬間B與C的速度大小； (2)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大． 【解析】　(1)對B、C碰撞過程：mBv＝(mB＋mC)vBC 解得vBC＝2 m/s (2)當A、B、C三者速度相等時彈性勢能最大，對A、B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得： (mA＋m

26、B)v＝(mA＋mB＋mC)vABC 解得：vABC＝3 m/s 【答案】　(1)2 m/s　(2)3 m/s 10．(2013新課標全國卷Ⅱ)如圖13－1－12，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C.B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動．假設B和C碰撞過程時間極短．求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中， 圖13－1－12 (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能． 【解析】　(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B

27、與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1① 此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE.對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒得 mv1＝2mv2② mv＝ΔE＋(2m)v③ 聯立①②③式得 ΔE＝mv④ (2)由②式可知v2