1、第 7 讲 动量定理与动量守恒一、理清三个规律，打牢解题基础二、牢记一个定律，万变不离其宗1动量守恒定律(1)条件：系统不受外力或所受外力的矢量和为零(2)表达式：pp， p0，m 1v1m 2v2m 1v1m 2v22动量守恒定律的三个性质(1)矢量性：公式中的 v1、v 2、v 1和 v2都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向) 后，才能用代数方法运算这点要特别注意(2)相对性：速度具有相对性，公式中的 v1、v 2、v 1和 v2应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度(3)同时性：相互作用前的总动量，是指相互作用前的某一时刻，v 1、v 2
2、均是此时刻的瞬时速度；同理，v 1、v 2应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度三、明晰三类碰撞，紧扣模型特点高频考点 1 动量 冲量和动量定理11.(多选)(2017全国卷)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动F 随时间 t 变化的图线如图所示，则( )At1 s 时物块的速率为 1 m/sBt2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sCt3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sDt4 s 时物块的速度为零解析：由动量定理可得：Ftmv，解得 v ，t1 s 时物块的速率为 v Ftm Ftm 212m/s1 m/s，故 A 正确；在 Ft 图中面积表示冲量，所
3、以，t2 s 时物块的动量大小pFt 22 kgm/s4 kgm/s，t3 s 时物块的动量大小为 p(2 211)kgm/s 3 kgm/s，t4 s 时物块的动量大小为 p(2212)kgm/s 2 kgm/s，所以 t4 s 时物块的速度为 1 m/s，故 B 正确，C、 D 错误答案：AB12.(2016全国新课标卷) 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气
4、阻力已知水的密度为 ，重力加速度大小为 g.求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度解析：(1)设 t 时间内，从喷 口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则mVVv 0St 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 v 0S mt(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v.对于 t 时间内喷 出的水，有能量守恒得 (m)v2(m) gh (m)v 12 12 20在 h 高度处，t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p (m)v 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有 Ft
5、 p 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 FMg 联立 式得 h v202g M2g22v20S2答案：(1)v 0S (2) v202g M2g22v20S21使用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更 简捷动量定理不仅适用于恒力，也适用于 变力 这种情况下，动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的 F 是物体或系 统所受的合力2应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程( 研究过程既
6、可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究 对象的力，不必分析内力(3)规定正方向(4)写出研究对象的初、末 动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解高频考点 2 动量守恒定律的应用21.(2017全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.3 102 kgm/s解析：设火箭的质量为 m1，燃气
7、的质量为 m2，根据动量守恒，m 1v1m 2v2，解得火箭的动量为：P m 2v2m 1v130 kgm/s ，所以 A 正确；BCD 错误答案：A22 (2017吉林省第三次调研)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 m(mM)的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是( )A在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽
8、高 h 处解析：小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故动量不再守恒，故 A 错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故 B 错误 ；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，但当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，水平方向动量不守恒，C 错误；因两物体均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故 D 正确；故选 D答案
9、：D23.(多选)(2017南昌市十所省重点中学二模)A、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图表示发生碰撞前后的 vt 图线，由图线可以判断正确的是( )AA、B 的质量比为 32BA、B 作用前后总动量守恒CA、B 作用前后总动量不守恒DA、B 作用前后总动能不变解析：根据动量守恒定律：m A6m B1m A2m B7 得：m AmB32，故 A 正确；根据动量守恒知 A、B 作用前后 总动量守恒， B 正确、C 错误 ；作用前总动能：mA62 mB12 mA12 12 553作用后总动能： mA22 mB72 mA12 12 553可见作用前后总动能不变，D 正确答案：ABD1注意区
10、分动量守恒与机械能守恒的条件(1)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，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力 为零，系统在该方向上动量守恒(2)在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒(3)动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系2判断动量是否守恒与机械能是否守恒的方法(1)判断动量是否守恒一般都是根据守恒条件(2)判断机械能是否守恒既可以根据守恒条件，也可以根据守恒表达式，即 E1E 2高频考点 3 动量观点在电磁学中的应用31实验观察到，静止在匀强磁场中 A 点的原子核发生 衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周
11、运动，运动方向和轨迹示意图如图，则( )A轨迹 1 是电子的，磁场方向垂直纸面向外B轨迹 2 是电子的，磁场方向垂直纸面向外C轨迹 1 是新核的，磁场方向垂直纸面向里D轨迹 2 是新核的，磁场方向垂直纸面向里解析：根据动量守恒定律，原子核 发生 衰变后产生的新核与电子的动量大小相等，设为 p.根据 qvB ，得轨道半径 r ，故电子的轨迹半径较大，即轨迹 1 是电子的，mv2r mvqB pqB轨迹 2 是新核的根据左手定 则，可知磁 场方向垂直纸面向里选项 D 正确答案：D32如图所示，在光滑的水平面上，有一竖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(aL)的正方形闭合线圈
12、以初速度 v0 垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(vv0)，那么( )A完全进入磁场中时线圈的速度大于 (v0v)/2B完全进入磁场中时线圈的速度等于(v 0v)/2C完全进入磁场中时线圈的速度小于(v 0v)/2D以上情况 A、B 均有可能，而 C 是不可能的解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为 vx.线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力对于线圈进入磁场的过 程，据 动量定理可得：FtBa Ba m vxm v0R Ba2R对于线圈穿出磁场的过程，据 动量定理可得：FtBa Ba m vmv xR Ba2R由上述二式可得 vxv0 v2答案：B33如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水
13、平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管，在弧形轨道上高为 H 的地方无初速释放一磁铁(可视为质点) ，下滑至水平轨道时恰好沿螺线管的轴心运动，设螺线管和磁铁的质量分别为 M、 m，求：(1)螺线管获得的最大速度；(2)全过程中整个电路所消耗的电能解析：(1)建立完全非弹性碰撞模型当磁铁在光滑弧形轨道上运动时，可 认为还没有与螺线管 发生相互作用，根据机械能守恒可求出磁铁进入水平轨道时的速度，即 mgH mv 12 20当磁铁在水平轨道上靠近螺线管时，由于 电磁感应现象使磁 铁与螺线管之间产生相互作用力，最终当两者速度相等 时， 电磁感应现象消失，一起做匀速直线运动，此
14、时，螺线管速度达到最大，设为 v，由动量守恒定律得 mv0(Mm )v所以，v mM m2gH(2)根据能量守恒定律有 EmgH (Mm) v2，解得 E 12 MmgHM m答案：(1) (2)mM m2gH MmgHM m碰撞模型碰撞模型及其变形是中学物理中的常见模型，在高中物理中占有非常重要的位置，模型的基本特征是两个相遇的物体在极短的时间内发生相互作用，使它们的运动状态发生变化模型的核心是对动量定理和动量守恒定律的应用，即在碰撞的短暂时间内，两物体遵循动量守恒定律通过该模型，可以对动量定理、动量守恒定律、功能关系以及牛顿运动定律等知识进行综合考查完全弹性碰撞(2017广州市模拟)如图，
15、水平面上相距为 L5 m 的 P、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为 M2 kg 的小物块 B 静止在 O 点，OP 段光滑，OQ 段粗糙且长度为d3 m一质量为 m1 kg 的小物块 A 以 v06 m/s 的初速度从 OP 段的某点向右运动，并与 B 发生弹性碰撞两物块与 OQ 段的动摩擦因数均为 0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能重力加速度 g10 m/s 2，求(1)A 与 B 在 O 点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔【解析】 (1)设 A、B 在 O 点碰后的速度分别为 v1 和 v2，以向右为正方向由动量守恒：mv0mv 1M v2碰撞前
16、后动能相等： mv mv Mv12 20 12 21 12 2解得：v 12 m/s 方向向左，v 24 m/s(方向向右)(2)碰后，两物块在 OQ 段减速时加速度大小均为：a 2 m/s 2mgmB 经过 t1时间与 Q 处挡板碰，由运动学公式：v 2t1 at d 得：t 11 s(t 13 s 舍去)12 21与挡板碰后，B 的速度大小 v3v 2at 12 m/s，反弹后减速时间 t2 1 sv3a反弹后经过位移 s1 1 m ，B 停止运动v232a物块 A 与 P 处挡板碰后，以 v42 m/s 的速度滑上 O 点， 经过 s2 1 m 停止v242a所以最终 A、B 的距离 s
17、ds 1s 21 m ，两者不会碰第二次在 AB 碰后，A 运动总时间 tA 3 s ，2L d|v1| v4g整体法得 B 运动总时间 tBt 1t 22 s，则时间间隔 tAB1 s【答案】 (1)v 12 m /s，方向向左；v 24 m/s，方向向右 (2)1 s完全弹性碰撞具有以下三个方面的特征：(1)碰撞时间极短，碰撞前后物体组成的系统遵循动量守恒定律(或在某方向上遵循 动量守恒定律) ；(2)碰撞时没有机械能损失，故发生碰撞的系统也遵循机械能守恒定律；(3)碰撞过程中，物体的速度发生有限的改变，位移忽略不计完全非弹性碰撞(2017天津卷)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不
18、可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA2 kg、m B1 kg.初始时 A 静止与水平地面上，B 悬于空中先将 B 竖直向上再举高 h1.8 m(未触及滑轮 )然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触取 g10 m/s2(1)B 从释放到细绳绷直时的运动时间 t；(2)A 的最大速度 v 的大小；(3)初始时 B 离地面的高度 H【解析】 (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h gt212解得：t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 v0，有 v0gt6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远
19、大于 A、B 的重力， A、B 相互作用，总动量守恒：mBv0(m Am B)v绳子绷直瞬间，A、B 系统获得的速度：v2 m/s之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度 v 即为最大速度，A 的最大速度为 2 m/s(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触， 说明此时 A、B 的速度为零，这一过程中 A、B 组成的系统机械能守恒，有： (mAm B)v2m BgHm AgH12解得，初始时 B 离地面的高度 H0.6 m【答案】 (1)t 0.6 s (2)v2 m/s (3)H0.6 m抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体
20、相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力(2)碰撞的“三个原则”：动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律； 能量不增加原 则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系 统的总能量； 物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程 进 行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律 (功能关系) 进行求解碰撞中的“弹簧模型”(2017拉萨中学月考)质量分别为 m11 kg，m 2
21、3 kg 的小车 A 和 B 静止在水平面上，小车 A 的右端水平连接一根轻弹簧，小车 B 以水平向左的初速度 v0 向 A 驶，与轻弹簧相碰之后，小车 A 获得的最大速度为 v6 m/s，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能的损失，求：(1)小车 B 的初速度 v0；(2)A 和 B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能【解析】 (1)由题意可得，当 A、B 相互作用弹簧恢复到原长时 A 的速度达到最大，设此时 B 的速度为 v2，所以：由动量守恒定律可得：m 2v0 m1vm 2v2，相互作用前后系统的总动能不变： m2v m1v2 m2v ，12 20 12 12 2解得：v 04
22、 m/s；(2)第一次弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设此时 A、B 有相同的速度 v，根据动量守恒定律有：m 2v0 (m1m 2)v，此时弹簧的弹性势能最大，等于系 统动能的减少量：E m2v (m1m 2)v 26 J12 20 12【答案】 (1)4 m/s (2)6 J利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动 量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态，是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程注意：1 由于弹簧的弹力是变力，所以 弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或
23、能量守恒求解；, 2要特 别注意弹簧的三个状态：原长此时弹簧的弹性势能为零、压缩到最短或伸长到最长的状态此时弹簧连 接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能，这往往是解决此类问题的突破点.碰撞中的“子弹打木块模型”如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为 m0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系一个质量为 M1.98 kg 的木块现有一质量为m020 g 的子弹以 v0100 m/s 的水平速度射入木块并停留在木块中，不计空气阻力和子弹与木块相互作用的时间，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所
24、能达到的最大高度【解析】 (1)子弹射入木块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，设二者的共同速度大小为 v，根据动量守恒定律得： m0v0(m 0M) v代入数据解得：v1 m/s由题意可知，机械能只在该过 程中有损失， 损失的机械能为 E m0v (m0M)v 212 20 12解得：E99 J(2)木块(含子弹 )在向上摆动的过程中，以木 块(含子弹)和圆环组 成的系统为研究对象，设其共同速度为 v，根据系 统水平方向上动量守恒可得：(m0M)v( m0mM)v解得：v0.8 m/s设木块(含子弹)能够摆起的最大高度为 h，则由机械能守恒可得：(Mm 0)v2 (m0mM)v 2(
25、m 0M)gh12 12联立解得：h0.01 m【答案】 (1)99 J (2)0.01 m“子弹打木块模型”是碰撞中的常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可 归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力 对木块做的功的差 值进行求解
