专题十二动量（讲解部分）（完整版）2

专题十二动量高考物理江苏省专用考点一动量、动量定理一、冲量考点清单定义力与力的①作用时间

的乘积叫力的冲量定义式I=②

Ft

标矢性力是矢量,冲量也是矢量过程性冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量,力越大,作用时间越长,冲量就越大绝对性力和时间都跟参考系的选择无关,因此冲量也跟参考系的选择无关;另外物体受某个力的冲量只取决于这个力及其作用时间,与物体的运动状态、是否受其他力无关单位牛顿·秒,简称牛·秒,符号N·s备注(1)冲量表达式I=Ft只适用于计算恒力的冲量;计算变力的冲量一般用动量定理(2)如图所示,在力F随时间t变化的F-t图像中,图线与时间轴之间的“面积”表示力的冲量(3)合外力冲量的计算a.如果物体受到的各个力作用的时间相同,且都为恒力,可用I合=F合·t计算b.如果在物体运动的整个过程中不同阶段受力不同,则合冲量为各个阶段冲量的矢量和二、动量定义物体的质量(m)跟其速度(v)的乘积(mv)叫物体的

动量,用符号p表示定义式p=③

mv

单位千克·米/秒,符号kg·m/s标矢性矢量,方向与④速度

的方向相同状态性对应于某一时刻或某一位置相对性与参考系有关,通常取地面为参考系内容物体在一个过程始、末的动量变化量等于它在

这个过程中所受力的冲量表达式p'-p=I或mv'-mv=F合t对象单个物体或多个物体组成的系统适用范围宏观、微观,低速、高速都适用三、动量定理备注(1)动量定理是牛顿第二定律的变形F合=

,合外力等于物体动量的⑤变化率

(2)动量定理表达式Ft=mv‘-mv是一个矢量表达式,应用时需规定正方向(3)合外力的冲量是物体动量变化的原因,物体动量变化是合外力冲量产生的必然结果考点二动量守恒定律及其应用、碰撞一、动量守恒定律三个概念系统相互作用的若干个物体看成一个系统,即系统至少由两个物体组成内力系统内部各物体之间的相互作用力叫内力外力系统外部物体对系统的作用力叫外力二、动量守恒定律的“四性”系统性(1)动量守恒定律成立的条件是系统不受外力或所受外力的矢量和为零,因此,应用动量守恒定律

解决问题时,要注意分析系统受到哪些外力,是否满足动量守恒的条件(2)系统的动量守恒时,系统内某一物体的动量可以不守恒,系统内所有物体动量的绝对值之和也可以不守恒,“动量守恒”是指系统内所有物体动量的矢量和是守恒的矢量性(1)动量守恒定律的表达式是矢量式(2)该式说明系统的总动量在相互作用前、后不仅大小相等,方向也③相同

(3)处理一条直线上的动量守恒问题时,要选定一个正方向,用正、负号表示动量的方向,从而将矢量运算转化为代数运算同一性动量守恒定律中的各个速度必须相对同一参考系(一般是相对地面)同时性动量是状态量,动量守恒定律是指系统任意时刻总动量保持不变,因此系统内物体(一维两物体

时)相互作用前的总动量m1v1+m2v2中的v1、v2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度;相互作用后的总动量m1v1‘+m2v2’中的v1‘、v2’必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度三、碰撞特点时间过程持续时间即相互作用时间极短作用力在相互作用的过程中,相互作用力先是急剧增大,然后再急剧减小,平均作用力很大动量守恒条件系统的内力远远大于外力,所以,系统即使所受外力矢量和不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒位移碰撞过程是在一瞬间发生的,时间极短,所以,在物体发生碰撞的瞬间,可忽略物体的位移,可以认为物体在碰撞前、后仍在同一位置能量在碰撞过程中,一般伴随着机械能的损失,碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能,即Ek1'+Ek2'≤Ek1+Ek2分类按能量是否守恒分类弹性碰撞动量守恒,④机械能无损失

非弹性碰撞动量守恒,⑤机械能有损失

完全非弹性碰撞动量守恒,⑥机械能损失最大

按碰撞前、后动量是否共线分类对心碰撞(正碰)碰撞前、后速度共线非对心碰撞(斜碰)碰撞前、后速度不共线四、爆炸概念一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程叫爆炸特点动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的动量守恒动能增加在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动概念根据动量守恒定律,如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫反冲反冲原理反冲运动的基本原理仍然是⑦动量守恒定律

。当系统所受的外力之和为零或外力远远小于内力时,系统的总动量守恒。这时,如果系统的一部分获得了某一方向的动量,系统的剩余部分就会在这一方向的相反方向上获得同样大小的动量应用反冲运动有利也有害,有利的一面我们可以应用,比如农田、园林的喷灌装置,旋转反击式水轮发电机,喷气式飞机,火箭等。反冲运动不利的一面则需要尽力去排除,比如开枪或开炮时反冲运动对射击准确性的影响等五、反冲知能拓展拓展一几个概念的比较1.冲量、动量与动量变化量物理量项目

冲量动量动量变化量定义力和力的作用时间的乘积叫力的冲量质量与速度的乘积叫动量末状态动量与初状态

动量的矢量差公式I=F·tp=m·vΔp=mv末-mv初单位牛顿·秒(N·s)千克·米/秒(kg·m/s)千克·米/秒(kg·m/s)标矢性矢量,与F同方向矢量,与v同方向矢量,用平行四边形定

则确定方向性质过程量,对力而言状态量,对物体而言过程量,对物体而言2.冲量和功的比较物理量项目

冲量功定义力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力

的方向上位移的乘积公式I=FtW=Fscosθ单位牛顿·秒(N·s)焦耳(J)标矢性矢量标量意义a.表示力在时间上的积累效果b.是动量变化大小的量度a.表示力在空间上的积累效果b.是能量变化多少的量度相同点都是过程量,都与力的作用过程相联系3.动量与动能物理量项目

动量动能表达式p=mvEk=

mv2物理意义描述机械运动的状态描述某个状态由于机械运动而

具有的能量性质状态量,矢量状态量,标量关联方程p=

,p=

Ek=

,Ek=

pv例1如图所示,一倾角为α,高为h的光滑斜面,固定在水平面上,一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到底端时速度的大小为vt,所用时间为t,则物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率及重力的冲量分别为

()

A.

、0

B.mgvt、mgtsinαC.mgvtcosα、mgt

D.mgvtsinα、mgt解析根据瞬时功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率

P=mgvtsinα,重力的冲量为I=mgt,故D选项正确。答案

D

拓展二两个原理的比较一、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较

动量守恒定律机械能守恒定律

一个系统不受外力作用或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以相互转化,而总的机械能保持不变表达式①m1v1+m2v2=m1v1‘+m2v2’,两个物体组成的系统相互作用前、后动量保持不变②Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量变化量大小相等,方向相反③Δp=0,系统动量增量为零①Ek+Ep=Ek‘+Ep’(系统初态的机械能等于系统末态的机械能)②ΔEk=-ΔEp(系统动能的增加量等于系统势能的减少量)③ΔEA增=ΔEB减(A、B组成的系统,A的机械能的增加量等于B的机械能的减少量)守恒条件①系统不受外力或所受外力的矢量和为零。要正确区分内力和外力②系统受外力,外力的合力不为零,但当内力远大于外力时也可以认为动量守恒。这时是一种近似守恒,但计算时仍可用动量守恒定律进行计算③系统所受的合外力虽不为零,如果在某一方向上合外力为零,那么在该方向上系统的动量守恒①只有重力或系统内弹力作用,没有其他力作用②有重力、系统内弹力以外的力作用,但这些力不做功③有重力、系统内弹力以外的力做功,但这些力做功的代数和为零研究对象相互作用的物体系统相互作用的物体系统(包括地球)守恒性质矢量守恒(规定正方向)标量守恒(不考虑方向性)适用范围宏观、微观,低速、高速都适用只适用于宏观、低速领域注意两个守恒定律都是动态过程的守恒,即在系统内部物理过程中的任一时刻、任一阶段内系统的总动量或总机械能都不变,因此在解决问题时,不必详尽追究中间过程系统内相互作用的细节,主要抓住始、末状态二、动量定理与动能定理的比较

动量定理动能定理公式F合t=mv'-mvF合s=

m

-

m

标矢性矢量式标量式因果关系因合外力的冲量合外力的功(总功)果动量的变化动能的变化应用侧重点涉及力与时间涉及力与位移例2如图所示,一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上,小车放在光滑水

平面上。在碗边内侧A处无初速度释放一只小球。则小球沿碗内壁下滑

的过程中,下列说法正确的是(半球形碗的半径为R)

()

A.小球、碗和车组成的系统机械能守恒B.小球的最大速度等于

C.小球、碗和车组成的系统动量守恒D.小球不能运动到碗左侧的碗边B点解析由于没有摩擦,对于小球、碗和车组成的系统所受合外力为零,则该

系统的机械能守恒,故A正确;设小球滑到最低点时速度为v,假设小车不动,

则由机械能守恒得:mgR=

mv2,可知v=

,由于小车没有固定,且小球下滑过程中其对碗的压力对碗和车组成的整体做正功,碗和小车获得动能,则

小球的最大速度小于

,故B错误;小球做曲线运动,具有向心加速度,有竖直向上的分加速度,根据牛顿第二定律知,系统所受的合外力不为零,故

系统的动量不守恒,故C错误;小球从A点到B点的过程中系统机械能守恒,

水平方向动量守恒,可知小球刚好运动到碗边B点,故D错误。答案

A应用一动量定理的应用实践探究1.动量定理:物体在一个过程始、末的动量变化量等于它在这个过程中所

受力的冲量。其数学表达式为:I=Δp=p2-p1。2.动量定理的理解(1)动量定理的表达式是一个矢量式,应用动量定理时需要规定正方向。(2)动量定理中I是合外力的冲量,是使研究对象的动量发生变化的原因,而

动量的变化是合外力冲量作用后导致的必然结果。(3)动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量。在所研究

的物理过程中,如果作用在物体上的各个外力的作用时间相同,求合外力的

冲量时,可以先求所有外力的合力,然后再乘以力的作用时间,也可以先求

每个外力在作用时间内的冲量,然后再求所有外力冲量的矢量和。如果作

用在物体上各外力的作用时间不同,就只能先求每一个外力在其作用时间内的冲量,然后再求所有外力冲量的矢量和。(4)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,对微观物体和高速运动仍然

适用。3.应用动量定理解题的步骤方法①确定研究对象;②分析研究对象所受的全部外力及作用时间;③确定物理过程,找出初、末速度;④选定正方向,表示出每个力的冲量和研究对象的初、末动量;⑤根据动量定理列方程求解。(1)应用动量定理解释物理现象:利用动量定理解释物理现象的问题主要有两类,一类是物体动量变化相同

或相差不大,由于作用时间的长短不同,物体受到的作用力不同,要使物体受到的作用力较小,应延长作用时间,要获得较大的作用力,就要缩短作用

时间;另一类是物体所受的合外力相同或相差不大,由于作用时间长短不

同,引起物体运动状态的改变不同。例1从同样高度落下的玻璃杯,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动量大,而掉在草地上的玻璃杯动量小B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大,掉在草地上的玻璃杯动量改变小C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快,掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用时间短,而掉在草地上的

玻璃杯与地面接触时,相互作用时间长解析杯子是否撞碎,取决于撞击地面时,地面对杯子的撞击力大小,规定

竖直向上为正方向,设玻璃杯下落高度为h,则玻璃杯落地前瞬间的速度大

小为

,设玻璃杯的质量为m,则落地前瞬间的动量大小为p=m

,与地面接触Δt时间后,杯子停下,在此过程中,玻璃杯的动量变化为Δp=-(-m

),再由动量定理可知(F-mg)·Δt=-(-m

),所以F=

+mg。由此可知,Δt越小,玻璃杯所受撞击力越大,玻璃杯就越容易碎,杯子掉在草地上

作用时间长,动量变化慢,作用力小,因此玻璃杯不易碎。答案

CD(2)动量定理的定量计算动量定理的数学表达式为矢量式,应用时一定要先确定正方向,各量代入数

据时,一定要注意正负号。例2质量为0.5kg的弹性小球,从1.25m高处自由下落,与地板碰撞后回跳

高度为0.8m。设碰撞时间为0.1s,g取10m/s2,求小球对地板的平均作用

力。解题导引

解析以开始下落的瞬间为初状态,反弹到最高点时为末状态,则重力的作

用时间:t=

+t碰+

=(0.5+0.1+0.4)s=1s碰撞时间为t碰=0.1s取竖直向下为正方向,mgt-

t碰=0所以

=

=

N=50N由牛顿第三定律可知,小球对地板的平均作用力大小为50N,方向竖直向下。答案50N,方向竖直向下例3在水平力F=30N的作用下,质量m=5kg的物体由静止开始沿水平面

运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用6s后撤去,撤去F

后物体还能向前运动多长时间?(g取10m/s2)解析

解法一用动量定理解,分段处理。选物体为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速运动的过程,受力情况如图

甲所示,f=μmg,始态速度为零,终态速度为v。取水平力F的方向为正方向,

根据动量定理有(F-μmg)t1=mv-0。对于撤去F后,物体做匀减速运动的过程,

受力情况如图乙所示,始态速度为v,终态速度为零,根据动量定理有-μmgt2=

0-mv。t2=

t1=

×6s=12s。解法二用动量定理解,研究全过程。选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、末状态的速度都

等于零。取水平力F的方向为正方向,根据动量定理得(F-μmg)t1+(-μmg)t2=0解得t2=

t1=

×6s=12s。答案12s应用二动量守恒定律的应用实践探究一、应用动量守恒定律解题的步骤例4如图所示,游乐场上,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动;设甲同学和他的车的总质量为150kg,碰撞前向右运动,速度的大小为4.5m/s,乙同学和他的车的总质量为200kg,碰撞前向左运动,速度的大小为4.25m/s,则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)

()

A.1m/sB.0.5m/sC.-1m/sD.-0.5m/s解析两车碰撞过程中动量守恒,即m1v1-m2v2=(m1+m2)v解得v=

=

m/s=-0.5m/s,故选项D正确。答案

D二、人船模型“人船模型”,不仅是动量守恒问题中典型的物理模型,也是最重要的

力学综合模型之一。“人船模型”题型涉及动量、能量、运动学、动力

学等力学考点,具有较强综合性。对于“人船模型”及其典例变式,通过类

比和等效的方法,可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极

为简捷。模型应用的条件:一个原来处于静止状态的系统,系统中的物体间发生相对

运动的过程中,外力在某一方向上矢量和为零,则系统在该方向上动量守

恒。例如,长为L、质量为M的小船停在静水中,一个质量为m的人立在船头,若

不计水的阻力,当人从船头走到船尾的过程中,求船和人对地面的位移。对于该情境中的“人船模型”,选人和船组成的系统为研究对象,因系统在

水平方向不受力,所以动量守恒,人未走时系统的总动量为零。当人加速前

进时,船同时加速后退;当人匀速前进时,船匀速后退;当人减速前进时,船减

速后退;当人速度为零时,船速度也为零。设某时刻人对地的速率为v1,船对地的速率为v2,根据动量守恒得mv1-Mv2=0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒,在①式两边同

乘以Δt,得mx1-Mx2=0

②②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出:x1+x2=L

③联立②③两式得

例5如图,一浮吊质量M=2×104kg,由岸上吊起一质量m=2×103kg的货物

后,再将吊杆OA从与竖直方向间夹角θ1=60°转到θ2=30°,设吊杆长L=8m,水

的阻力不计,求浮吊在水平方向移动的距离是多少?向哪边移动?解析不计水的阻力时,浮吊和货物所构成的系统在水平方向上动量守恒,

则M

=m

,必有M

=m

,即有Ms1=ms2,吊杆由与竖直方向成60°角转到成30°角的过程中,s1+s2=L(sin60°-sin30°),代入数据得浮吊移动距离s1=0.27

m。显然货物向船靠近,船必向岸靠近。答案0.27m向岸靠近例6如图所示,气球的质量为M,离地的高度为H,在气球下方有一质量为m的人拉住系在气球上不计质量的软绳,人和气球恰悬浮在空中处于静止状态,现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面,求软绳的长度。解析人和气球组成的系统总动量守恒,人沿绳子到达地面的过程中向下

发生的位移为H,此过程中气球向上发生的位移为s,两位移大小之和等于

所求的绳长。由M

-m

=0,即M

=m

,得:s=

则绳长L=s+H=

H。答案

H三、碰撞1.弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且

初、末动能相等。m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2v1'=

v2'=

2.非弹性碰撞:碰撞结束后,形变部分消失,动能有部分损失。m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2+ΔEk损3.完全非弹性碰撞:碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,形变完

全保留,动能损失最大。m1v1+m2v2=(m1+m2)v

m1

+

m2

=

(m1+m2)v2+ΔEk损max4.碰撞过程中的三个制约关系所谓的碰撞过程,实际上是碰撞双方在极短时间内以