2024年高考物理二轮复习第一部分第7讲动量定理与动量守恒定律学案

PAGE12-第7讲动量定理与动量守恒定律1．动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．3．三类碰撞：(1)弹性碰撞．动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2).(2)完全非弹性碰撞．动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非弹性碰撞．动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.机械能有损失，机械能的损失量为：ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2))).1．(2024·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车假如发生猛烈碰撞，车内的平安气囊会被弹出并瞬间充溢气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于平安气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．削减了碰撞前后司机动量的变更量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解析：因平安气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无平安气囊，司机初动量和末动量均相同，所以动量的变更量也相同，故B错误；因有平安气囊的存在，司机和平安气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为平安气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲，故增加了作用时间，故D正确．答案：D2．(2024·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kgB．53kgC．58kgD．63kg解析：设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员起先时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则依据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0.物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0.第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0.依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0，依据题意可知v8＝eq\f(15m0,m)v0>5m/s，解得m<60kg.第7次运动员的速度肯定小于5m/s，则v7＝eq\f(13m0,m)v0<5m/s，解得m>52kg，综上所述，运动员的质量满意52kg<m<60kg.A、D错误，B、C正确．答案：BC3．(2024·天津卷)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿其次定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l).①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl，②由动量定理，有I＝m1vA，③联立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl).④(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满意v′＝vA⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必需与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′，⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2).⑧答案：(1)I＝m1eq\r(5gl)(2)Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)考点一动量定理的应用1．动量定理的理解．(1)公式Ft＝p′－p是矢量式，左边是物体受到全部力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F是探讨对象所受的包括重力在内全部外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，假如合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值．(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变更量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等，而且Δp的方向与I合的方向相同．(3)公式Ft＝p′－p说明白两边的因果关系，即合力的冲量是动量变更的缘由．2．应用动量定理解题的基本步骤．(2024·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试胜利，这标记着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次试验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kgD．1.6×106kg解析：设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正确．答案：B考向冲量大小及动量变更量大小比较1.(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止起先从顶端下滑究竟端C、D、E处，三个过程中重力的冲量分别为I1、I2、I3，动量变更量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3，则()A．三个过程中，合力的冲量相等，动量变更量相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能变更量相等C．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp3解析：由机械能守恒定律可知物体下滑究竟端C、D、E的速度大小v相等，动量变更量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；依据动量定理，合力的冲量等于动量的变更量，故合力的冲量大小也相等，但方向不同，故A错误．设斜面的高度为h，从顶端A下滑究竟端C，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得物体下滑的时间t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1<I2<I3，故C正确，D错误．物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，依据动能定理，动能变更量相等，故B正确．答案：BC考向动量定理的理解和应用2．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m，据测算两车相撞前速率约为30m/s.(1)求相撞中车内质量约60kg的人受到的平均冲力；(2)若此人系有平安带，平安带在车祸过程中与人的作用时间是1s，求这时人受到的平均冲力．解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5m.设运动的时间为t，依据x＝eq\f(v0,2)t，得t＝eq\f(2x,v0)＝eq\f(1,30)s.依据动量定理Ft＝Δp＝mv0，得F＝eq\f(mv0,t)＝eq\f(60×30,\f(1,30))N＝5.4×104N.(2)若人系有平安带，依据动量定理F′t′＝mv0，得F′＝eq\f(mv0,t′)＝eq\f(60×30,1)N＝1.8×103N.答案：(1)5.4×104N(2)1.8×103N考向“微元法”在动量定理中的应用3．对于同一物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行探讨，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽视；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学学问，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系．(解题过程中须要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)解析：如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有eq\f(1,6)的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N＝eq\f(1,6)n·SvΔt，Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt，器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝eq\f(I,Δt)，则器壁单位面积所受粒子的压力f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2.答案：f＝eq\f(1,3)nmv2考点二动量守恒定律的应用1．内容．假如一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式．(1)p＝p′，系统作用前的总动量等于作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变更量等大反向．3．适用条件．(1)志向守恒：系统不受外力或所受外力的合力为0.(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为0时，系统在该方向上动量守恒．4．动量守恒定律的“五性”．矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，列方程时应选取统一的正方向相对性各物体的速度必需是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必需是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2…必需是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性探讨的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统5.动量守恒定律解题的基本步骤．(2024·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同始终线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变更如图中实线所示．已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3JB．4JC．5JD．6J解析：由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5m/s，v乙＝1m/s；碰后甲、乙的速度分别为v′甲＝－1m/s，v′乙＝2m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，则损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v′eq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)m乙v′eq\o\al(2,乙)，解得ΔE＝3J，故A正确．答案：A考向动量是否守恒的推断1.如图所示，装有弹簧放射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦．从静止弹射到小球落地前的过程中，下列推断正确的是()A．小球的机械能守恒，动量守恒B．小球的机械能守恒，动量不守恒C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒解析：从静止弹射到小球落地前的过程中，由于弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒．由于小球所受的合力不等于0，则其动量不守恒，故A、B两项错误；小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒．系统竖直方向的合力不为0，水平方向合力为0，所以系统的动量不守恒，水平方向动量守恒，故C项错误，D项正确．答案：D考向动量守恒定律的基本应用2．(2024·江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽视滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.eq\f(m,M)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v解析：对小孩和滑板车组成的系统，由动量守恒定律，0＝Mv－mv′，解得：v′＝eq\f(M,m)v，故B项正确．答案：B考向碰撞问题3．一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2＝km1，k<1.碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞．碰撞后两物体速度分别为v1和v2.假设碰撞在一维上进行，且一个物体不行能穿过另一个物体．物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是()A.eq\f(1－k,1＋k)≤r≤1B.eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)C．0≤r≤eq\f(2,1＋k)D.eq\f(1,1＋k)≤r≤eq\f(2,1＋k)解析：若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；由能量关系：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，则eq\f(v1,v0)＝eq\f(1－k,1＋k)；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v1＝v2＝eq\f(m1v0,m1＋m2)，则eq\f(v1,v0)＝eq\f(1,1＋k).故eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)，B正确．答案：B考向爆炸和反冲问题4．(2024·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面起先上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).①设烟花弹从地面起先上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0＝v0－gt，②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)).③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1.④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E，⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0.⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分接着上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2，⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg).⑧答案：(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)考点三电磁学中的动量问题动量观点在电磁感应现象中的应用．(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的状况，假如两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；(2)由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．如图所示，两根质量均为m＝2kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用250N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5m的过程中，CD棒上产生的焦耳热为30J，此时AB棒和CD棒的速度分别为vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，马上撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度vA和vC的大小；(3)撤去拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速度v′A和v′C的大小．解析：(1)设两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时候电流均相等，依据焦耳定律Q＝I2Rt，可得QAB＝eq\f(1,2)QCD＝15J.(2)依据能量守恒定律有Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋QAB＋QCD，又vA∶vC＝1∶2，解得vA＝4m/s，vC＝8m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒接着向左做加速运动，而CD棒起先向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满意BLv′A＝B·2Lv′C，即v′A＝2v′C.设AB棒和CD棒受到的安培力大小分别为FA和FC，对两棒分别应用动量定理有FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC.因为FC＝2FA，解得eq\f(v′A－vA,v′C－vC)＝－eq\f(1,2)，联立以上各式解得v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/s.答案：(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s考向动量定理在电磁感应中应用1.如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界进入磁场，滑过磁场后速度变为v(v<v0)那么()A．完全进入磁场中时线圈的速度大于eq\f(v0＋v,2)B．完全进入磁场中时线圈的速度等于eq\f(v0＋v,2)C．完全进入磁场中时线圈的速度小于eq\f(v0＋v,2)D．以上状况A、B均有可能，而C是不行能的解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v′.线圈在穿过磁场的过程中的感应电荷量为q.因为框进、出磁场时面积变更量相等，所以磁通量的变更量相等，即进、出磁场感应电荷量相等．下面是线圈在进入磁场、穿出磁场的过程中的动量定理：Bqa＝mv0－mv′，Bqa＝mv′－mv，由上述二式可得v′