第7讲　动量定理和动量守恒定律-高考物理二轮复习 学案

这是一份第7讲　动量定理和动量守恒定律-高考物理二轮复习 学案，共26页。

1．如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（ ）
A．1.5 m/sB．3.0 m/sC．4.5 m/sD．6.0 m/s
2．两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（ ）
A．mP＞mN＞mQB．mN＞mP＞mQC．mQ＞mP＞mND．mQ＞mN＞mP
3．如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
考情分析：本讲内容在高考中既有选择题又有计算题，计算题以中等难度以上题目为主，重点考查动量定理和动量守恒定律，常用程序法解决多过程问题、微元法解决流体问题，同时注重模型的构建，如人船模型、滑块曲面模型、子弹打木块模型等。
考点一 动量定理
动量定理在“四类”问题中的应用1.解缓冲问题——延长时间、减小冲力。如汽车安全气囊、跳高垫子。时间由0.01 s延长到1 s，冲力可变为原来的1100。
2.求解平均力问题——可分析计算碰撞、冲击过程等复杂的情况。
3.求解流体问题——建立柱状模型，Δm＝ρSvΔt，FΔt＝Δmv。
4.在电磁感应中求解电荷量问题——掌握动量定理和电荷量公式的应用BILΔt＝Δp，q＝IΔt。
【例1】
4．如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图2所示。物块开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
（1）t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小；
（2）t在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
（3）t＝6 s时，物块的速度大小。
【例2】
5．电动自行车因低碳环保而成为现代流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，会将正对空气的速度从0变为v，人和车总的迎风面积为S，空气密度为ρ，则其受到的空气的平均阻力为（ ）
A．ρSv2B．2ρSv2C．ρSvD．2ρSv
方法技巧用动量定理求解“流体”问题的方法
考点二 动量守恒定律
动量守恒定律的应用
【例3】
6．如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．儿童和滑环组成的系统动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1∶5
7．如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1。开始时两木块之间有一根用轻绳缚住已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动。若两木块m1和
m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块（ ）
A．动量大小之比为1∶1B．速度大小之比为2∶1
C．动量大小之比为2∶1D．速度大小之比为1∶1
考点三 碰撞与反冲问题
1.碰撞问题遵循的三条原则
2.反冲的两条规律
（1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。
（2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有m1v1－m2v2＝0。
【例4】
8．“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1 kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5 kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（ ）
A．小球A碰撞前后的速度大小之比为7∶2
B．小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2
C．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变
D．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少
【例5】
9．如图甲所示，两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（体积忽略）以一定初速度v0打入木板A，子弹恰好未离开木板B且A、B两木板没有发生碰撞。现把A、B两块木板绑在一起横放（如图乙所示），子弹再次以同样的初速度v0打入木板A，子弹也恰好未离开木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动，则dh等于（ ）
A．12B．25C．815D．1225
【例6】
10．某校学生在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝2.0 kg的水相对地面以v＝6 m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0＝0.4 kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1 N，不计水平方向的任何力，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求水火箭外壳能上升的最大高度H；
（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝0.4），下落高度h＝20 m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：
①外壳匀速时的速度vm；
②外壳从下落到匀速所经历的时间；
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。
【例7】
11．如图所示，长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面两端分别固定半径均为R的四分之一圆弧体AB、CD，圆弧面光滑，圆弧面的最低点B、C均与长木板上表面相切，长木板BC段上表面粗糙，BC长为2R，长木板（包括两个圆弧体）质量为3m。将一个质量为m的物块在A点上方距离A高度为R的P点由静止释放，物块恰好能到达D点，物块的大小忽略不计，重力加速度为g，求：
（1）长木板向左运动的最大距离；
（2）长木板运动过程中的最大速度；
（3）物块与长木板BC间的动摩擦因数。
规律总结人船模型
（1）一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过程中，在运动方向上满足：
①动量守恒：mv＝Mv'，可推导出mx＝Mx'。
②位移关系：x＋x'＝l，则x＝Mm＋Ml，xx'＝Mm。其中x、x'为两部分的对地位移，l为相对位移。
（2）常见模型图例

应用数学归纳法解决多次碰撞问题1.常见模型：两个物体、多个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞。
2.解题方法
（1）先分析前二至三次碰撞，得出初步结果；
（2）总结前几次数据，利用数学归纳法找出规律，通常会符合等差数列或等比数列，然后可得出通式，求出多次碰撞最后的速度、位移、能量等结果。
【典例】
12．在光滑平直轨道边依次站着2 025个人，间距均为d，每人手里拿着质量均为m、编号为1、2、3、…、2 025的沙包。一个质量也为m的货斗，在恒定外力F的推动下，从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动①，货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗②，直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短②，货斗及沙包均可视为质点。求：
（1）1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
（2）2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③；
（3）全过程中的能量损失。
审题指导：
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，A球竖直方向上速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，
碰撞为完全弹性碰撞，则有mv＝mv1＋mv2，12mv2＋12mvA2＝12m（vA2＋v12）＋12mv22，
联立解得v1＝v，v2＝0
小球A在竖直方向有h＝12gt2，解得t＝2 s，
可知碰撞后小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，
故答案为：B。
【分析】先计算小球A自由下落1s后的位置和速度，再分析碰撞后A的平抛运动，结合完全弹性碰撞的动量守恒和动能守恒规律，联立求解碰撞前小球B的速度。
2．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，
整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－vP'＞vN1'－vN1，
解得mP＜mN；
对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，
整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，
解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。
【分析】本题利用完全弹性碰撞的速度变化规律分析质量关系：碰撞后，入射小车若反弹，说明其质量小于被碰小车；若速度方向不变，说明其质量大于被碰小车。结合动量守恒和动能守恒可推导质量大小关系。
3．【答案】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg
则小物块从开始运动到离开平台有vx2−v02=2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动有h=12gt12，x = vxt1
联立解得x = 0.6m
（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有h'=12gt22，vy2 = gt2
则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1 = gt1
解得IN = 0.1N·s
取水平向右为正，在水平方向有－μNΔt = vx'－vx，IN = NΔt
解得vx' = －1m/s
但由于vx'减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx' = 0
【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；冲量
【解析】【分析】（1）在水平台上运动过程中，根据动能定理求解末速度大小，根据平抛运动的规律求解物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离；
（2）从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，竖直方向根据动量定理列方程求解弹力冲量大小；小物块与地面接触过程中，水平方向根据动量定理求解物块弹离地面时水平速度的大小。
4．【答案】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝3mg4t
所以当t＝6 s时，F＝33mg2
0～6 s内F的冲量为F-t图像与时间轴所围成的面积，即I＝12×332mg×6＝932mg
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
mgsin 30°＝μmgcs 30°
即μ＝tan 30°＝33
在垂直杆方向，当Fsin θ＝mgcs θ时，t＝4 s
则0～4 s，垂直杆方向，有Fsin θ＋N＝mgcs θ
摩擦力f＝μN＝33(32mg－38mgt)＝(12－18t)mg（0≤t≤4）
在4～6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcs θ＋N
摩擦力f＝μN＝33(38mgt－32mg)＝(18t－12)mg（4≤t≤6）
相应的f-t图像如图
（3）在0～6 s内沿杆方向，根据动量定理有IFcs θ－If＋mgsin θ×t＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图像与时间轴所围成的面积，则If＝12×12mg×4＋12×14mg×2＝54mg
联立有932mg·cs 30°－54mg＋3mg＝mv
可得v＝172g。
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【分析】(1) 先由 F−t 图像的线性关系写出 F(t) 表达式，代入 t=6 s 求力的大小；冲量是 F−t 图像与时间轴围成的面积，用三角形面积公式计算。
(2) 初始静止时先求动摩擦因数 μ，再分两段分析垂直杆方向的受力：0∼4 s 支持力向上，4∼6 s 支持力向下，分别推导摩擦力 f(t) 的表达式。
（3）沿杆方向对 0∼6 s 全过程应用动量定理，分别计算力 F、摩擦力 f、重力分力的冲量，联立求解末速度 v。
5．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段空气的质量Δm＝ρvΔtS
根据动量定理得FΔt＝Δmv＝ρv2ΔtS
由牛顿第三定律知，风对人的作用力的大小F'＝F
联立解得F'＝ρSv2
故答案为：A。
【分析】取时间Δt内与车碰撞的空气柱为研究对象，利用动量定理分析空气的动量变化，从而求出车对空气的平均作用力，再由牛顿第三定律得到空气对车的平均阻力。
6．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：儿童和滑环组成的系统水平方向不受外力，竖直方向受力不平衡，所以系统水平方向动量守恒但系统动量不守恒，故A错误；
BC：儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；
D：根据人船模型的规律有5mx人＝mx环，解得5x人＝x环，则可知儿童和滑环的水平位移之比为1∶5，故D正确。
【分析】本题核心是分析系统的动量与机械能守恒条件，结合水平方向动量守恒（人船模型）分析位移关系。
7．【答案】A,B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】AC：左侧木块所受滑动摩擦力f1＝μ1m1g，方向水平向右。右侧木块所受滑动摩擦力f2＝μ2m2g，方向水平向左，
根据题意有m2＝2m1，μ1＝2μ2，解得f1＝f2，即两木块构成的系统所受外力的合力为0，则系统动量守恒，
两木块动量大小相等，则动量大小之比为1∶1，故A正确，C错误；
BD：根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，根据题意有m2＝2m1，解得v1∶v2＝2∶1，故B正确，D错误。
【分析】 先对系统进行受力分析，判断水平方向合外力是否为零，确定动量是否守恒；再结合已知的质量和动摩擦因数关系，推导动量与速度的比例关系。
8．【答案】B,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】AB：由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为v，则A球的速度为－2v，
设碰撞前A球的速度为v0，由于碰撞过程系统的动量守恒，则有0.1 kg v0＝－0.1 kg·2v＋0.5 kg·v，解得v＝13v0，则球A碰撞后的速度大小为v'＝2v＝23v0，则小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2，故B正确，A错误；
CD：碰撞前系统的总动能Ek＝12×0.1 kg×v02，碰撞后系统的总动能Ek'＝12×0.1 kg×（23v0）2＋12×0.5 kg×（ 13v0）2，可得Ek＝Ek'，可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。
【分析】 空间站内无外力，系统动量守恒。先根据位移关系得到碰撞后两球的速度比，再结合动量守恒定律求出 A 球碰撞前后的速度比，最后计算系统动能变化判断碰撞类型。
9．【答案】D
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】子弹第一次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，由能量守恒定律有fd＝12mv02－12mv12－12mv22
子弹打入木板B的过程中，由动量守恒定律有mv1＝2mv3，由能量守恒定律有fd＝12mv12－12·2mv32
联立解得fd＝425mv02
子弹第二次打木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝3mv4，由能量守恒定律有fh＝12mv02－12·3mv42
联立解得fh＝13mv02，可得dh＝1225
故答案为：D
【分析】两种场景下，子弹与木板系统水平方向均不受外力，动量守恒；子弹恰好未离开木板，说明最终与木板共速，且系统损失的动能等于阻力乘以相对位移。
10．【答案】（1）解：喷水过程中，根据动量守恒定律有mv＝m0v0
上升过程中有m0g＋f0＝m0a，02－v02＝－2aH
解得H＝36 m。
（2）解：①外壳匀速时，有m0g＝kvm
解得vm＝10 m/s。
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
m0gt－kvt＝m0vm
又vt＝h
解得t＝3 s。
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
m0gh＋Wf＝12m0vm2－0
解得Wf＝－60 J
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【分析】(1) 喷水瞬间动量守恒，先求外壳初速度；上升阶段受重力和空气阻力，用牛顿第二定律求加速度，再由运动学公式求最大高度。
(2) ① 匀速时受力平衡，重力与阻力相等，直接求匀速速度；
② 下落阶段用动量定理（平均阻力冲量等于 kvt=kh），联立求时间；
③ 下落阶段用动能定理，重力做功减阻力做功等于动能变化，求阻力做功。
11．【答案】（1）解：物块从A点进入圆弧轨道AB开始至物块到达D点过程中，设物块向右的水平位移大小为x1，长木板向左运动的最大距离为x2。系统水平方向动量守恒，则有mv1=3mv2
即mx1=3mx2
又因为x1+x2=4R
解得x2=R
（2）解：当物块第一次到达B点时，长木板的速度最大。设小物块第一次到达B点时物块的速度大小为v1，长木板的速度大小为v2，根据系统水平方向的动量守恒有mv1=3mv2
根据机械能守恒有mg×2R=12mv12+12×3mv22
解得v2=13gR
（3）解：从P点到D点运动过程中，根据能量守恒有mgR=μmg×2R
解得μ=0.5
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1） 物块和长木板组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒且初始总动量为 0。利用人船模型的位移关系求解长木板的最大位移。
（2） 物块滑到 B 点时，重力势能全部转化为物块和长木板的动能，此时系统水平动量守恒，且物块与长木板速度满足动量守恒关系，联立求解长木板的最大速度。
（3） 物块从 B 到 C 的过程中，系统水平动量守恒，摩擦力做功消耗机械能；物块恰好到达 D 点，最终两者速度均为 0，由能量守恒求解动摩擦因数。
（1）物块从A点进入圆弧轨道AB开始至物块到达D点过程中，设物块向右的水平位移大小为x1，长木板向左运动的最大距离为x2。系统水平方向动量守恒，则有mv1=3mv2
即mx1=3mx2
又因为x1+x2=4R
解得x2=R
（2）当物块第一次到达B点时，长木板的速度最大。设小物块第一次到达B点时物块的速度大小为v1，长木板的速度大小为v2，根据系统水平方向的动量守恒有mv1=3mv2
根据机械能守恒有mg×2R=12mv12+12×3mv22
解得v2=13gR
（3）从P点到D点运动过程中，根据能量守恒有mgR=μmg×2R
解得μ=0.5
12．【答案】（1）解：放入沙包前，对货斗，根据动能定理，有Fd＝12mv12
代入数据解得v1＝2Fdm
1号沙包放入货斗后，有mv1＝2mv1共
可得v1共＝Fd2m。
（2）解：2号沙包放入货斗前，有Fd＝12·2mv22－12·2mv1共2
2号沙包放入货斗后，有2mv2＝3mv2共
可得v2共＝2Fd3m
3号沙包放入货斗前，有Fd＝12·3mv32－12·3mv2共2
3号沙包放入货斗后，有3mv3＝4mv3共
可得v3共＝3Fd4m
依此类推，可知第n个沙包放入货斗后的共同速度vn共＝nFd(n+1)m
所以，2 025个沙包放入货斗后的共同速度v2 025共＝2025Fd2026m
（3）解：全过程由能量守恒定律可知ΔE＝F·2 025d－12·2 026m·v2025共2
所以ΔE＝20252Fd
【知识点】动量定理
【解析】【分析】(1) 货斗从静止到第1人处，恒力F做功，由动能定理求碰撞前速度；放入沙包时动量守恒，求共同速率。
(2) 归纳第n个沙包放入前的动能定理与碰撞时的动量守恒规律，得到通项公式，代入n=2025求解。
(3) 全过程能量损失等于恒力F做的总功减去最终系统的动能，由能量守恒计算。特点
液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤
（1）建立“柱状”模型，沿速度v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
（2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρSvΔt
（3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
适用条件
解题的基本思路
（1）系统不受外力或系统所受的合外力为零。
（2）系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多，如碰撞、冲击、爆炸、猛拉等。
（3）系统所受的合力不为零，在某个方向上的合力为零
（1）确定研究对象，进行受力分析和过程分析。
（2）确定系统动量在研究过程中是否守恒。
（3）明确过程的初、末状态的系统动量。
（4）规定正方向，根据动量守恒定律列方程求解
信息提取
信息加工
从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动①
利用动能定理，计算放入沙包前货斗的速度
该人立即将沙包无初速放入货斗②
沙包放入货斗时间极短②
沙包投入过程中，动量守恒，可计算沙包的速度
2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③
利用数学归纳法，寻找以后碰撞过程中对应规律或结果