1、专题二能量与动量 第3讲 动量定理、动量守恒定律 高考总复习大二轮 物 理 三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容 核心素养2019卷 16T 动量定理 物理观念卷 14T动量科学思维卷 15T 动量定理 物理观念2018卷 24T 动量守恒 科学思维卷 14T 反冲运动 科学思维2017卷 15T 动量守恒 物理观念2017 年高考考纲把动量列入必考内容后，高考对本知识点的考查中动量定理、动量守恒定律是本部分的重点知识，也是高考考查的热点，命题方向呈现多样化在 2020 年高考备考中应引起重视.考向一 动量、冲量及动量定理知识必备提核心 通技法1动量与动能的区别与联系(1)动量的大小与动能
2、的关系：由 pmv 及 Ek12mv2 易导出下列两个反映动量大小和动能关系的常用式：p 2mEk，Ek p22m.(2)动量是矢量、动能是标量，因此物体的动量变化时动能未必变化，物体的动能变化时动量必变化2动量的变化及其计算动量的变化为矢量，即物体某一运动过程中的末动量减去初动量也常说为动量的增量其计算方法：若初末动量均在一条直线上，转化为代数运算，首先规定正方向，一般默认初态为正，动量变化 pp2p1，若 p0，则动量的变化 p 与所规定正方向同向，若 p0，则动量的变化 p 与所规定正方向相反3冲量计算的四种方法方法一 求恒力的冲量，直接用 IFt 计算方法二 方向不变的变力冲量，若力随
3、时间均匀变化，即力为时间的一次函数(FF0kt)，则力 F 在某段时间 t 内的冲量 I(F1F2)t2，其中 F1、F2 为该段时间内初、末两时刻力的大小；方向变化的，变力冲量一般用 Ip 求解方法三 用 F-t 图中的“面积”求方向不变情况下的变力冲量方法四 用动量定理 Ip 求冲量4动量定理(1)文字表述物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化(2)公式表述FtppIppF1t1F2t2F3t3ppI1I2I3pp典题例析析典题 学通法例 1(2019课标，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次实验中该发动机向后
4、喷射的气体速度约为 3 km/s，产生的推力约为 4.8106 N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg解题关键 本题单位统一用国际单位制单位；研究对象选择发动机在 1 s 内喷射出的气体解析 B 本题考查了考生对动量定理的理解能力，体现了物理模型建构的核心素养，同时也增强了考生的国人自豪感设火箭发动机在 1 s 内喷射出气体的质量为 m.以这部分气体为研究对象，应用动量定理，Ftmv0，解得 mFtv 1.6103 kg.跟进题组练考题 提能力1(2018全国卷，15T)高空坠物极易对行人造成伤害，若
5、一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 s，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 N B102 NC103 N D104 N解析：C 每层楼的高度大约 3 m,25 层楼的高度h(251)3 m72 m鸡蛋下落到地面的速度 v 2gh37.9 m/s根据动量定理(Nmg)tmv，所以 Nmvt mg949 N，接近 103N，故 C 正确，A、B、D 错2(2017新课标)(多选)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
6、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：AB 本题考查直线运动、对图像的理解、动量定理t1 s 时物块的速率为 v，Ftmv，得 v1 m/s，A 项正确t2 s时动量为 p，p22 kgm/s4 kgm/s，B 项正确t3 s 时的动量p322 kgm/s11 kgm/s3 kgm/s，C 项错误同理 t4 s 时物块速度 v41 m/s，故 D 项错误易错警示辨易错 防未然使用动量定理应注意的问题(1)动量定理为矢量式，使用前需要先选择正方向(2)尤其注意，动量定理中的 F 指的是物体所受的合外力(3)动量定理的研究对象一般是单个物
7、体，但也可以应用于多个物体组成的系统如“系统所受外力的冲量等于系统总动量的变化”(4)涉及到力、时间、速度问题，可以选择动量定理，尤其针对短暂的相互作用问题考向二 动量守恒定律的应用知识必备提核心 通技法1动量守恒定律的表达式(1)最常见的两物体组成的系统动量守恒，任意两时刻系统的动量相等，表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2.(2)任意两时刻系统的动量相等，表达式 pp.(3)系统总动量增量为零，表达式：p0.(4)一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等，方向相反，表达式：p1p2.2动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零则系统动量守恒(2)系统所受内力
8、远远大于系统所受外力则系统动量守恒(3)系统在某方向上不受外力或所受外力的矢量和为零则该方向动量守恒典题例析析典题 学通法例 2(2020郑州高三质量预测)如图所示，质量为 m245 g的物块(可视为质点)放在质量为 M0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 0.4.质量为 m05 g 的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取 10 m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度 v1.(2)木板向右滑行的最大速度 v2.(3)物块在木板上滑行的时间 t.审题指导(1)子弹进
9、入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1.(3)木板足够长，物块最终与木板同速，此时，木板向右滑行的速度 v2 最大解析(1)子弹进入物块后向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1解得：v16 m/s(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律得：(m0m)v1(m0mM)v2解得：v22 m/s(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1解得：t1 s.答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s迁移题组多角度 提能力
10、迁移 1 某一方向上的动量守恒问题1(2019湖南郴州质检一，10)(多选)如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为 m、可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为 R，质量为 M3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时()A小环的速度大小为 2gRB小环的速度大小为 6gR2C大环移动的水平距离为3R2D大环移动的水平距离为R4解析：BD 设小环滑至最低点时的速度为 v1，大环的速度为v2，两环组成的系统满足机械能守恒，有 mgR12mv2112Mv22，且两环组成的系统满足水平方向动量守恒，有 0mv1Mv2，联立解得v1 6gR2，v2gR6，故 A 错误，B 正确；设小环和
11、大环水平方向发生的位移分别为 x1、x2，两环组成的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知x1x2v1v231，且 x1x2R，解得 x134R，x214R，故 C 错误，D 正确故选 B、D.迁移 2 爆炸反冲现象中的动量守恒2(2017课标，14)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 B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：A 本题考查动量守恒定律由于喷出过程
12、中重力和空气阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向，可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小，则|p火|p 气|m 气v 气0.05 kg600 m/s30 kgm/s，A 正确迁移 3 多物体组成系统的动量守恒3如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务某时刻甲、乙都以大小为 v02 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点甲和他的装备总质量为 M190 kg，乙和他的装备总质量为 M2135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为 m45 kg 的
13、物体 A 推向甲，甲迅速接住 A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度 v(相对于空间站)将物体 A 推出？(2)设甲与物体 A 作用时间为 t0.5 s，求甲与 A 的相互作用力 F的大小解析：(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和 A 组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M2v0(M2m)v1mv代入数据联立解得v10.4 m/s，v5.2 m/s.(2)以甲为研究对象，
14、由动量定理得，FtM1v1(M1v0)代入数据解得 F432 N.答案：(1)5.2 m/s(2)432 N规律方法知规律 握方法应用动量守恒定律解题的基本步骤考向三 碰撞问题知识必备提核心 通技法1碰撞过程特点碰撞的物理过程剧烈，物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化；碰撞过程中系统动量守恒的理论依据：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)，所以碰撞过程持续时间很短且在这很短的时间 t 内各物体的动量均发生了明显的改变，但与内力相比系统所受的很小的合外力 F 在极短的碰撞时间 t 内的冲量
15、很小，故碰撞过程中系统动量近似守恒，这是一条重要结论2碰撞所遵循的三条原则(1)动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2(2)系统初态总动能大于等于末态总动能12m1v2112m2v2212m1v1212m2v22，当发生弹性碰撞时，不等式中的等号成立(3)碰后的速度要符合实际情况：碰后两物体同向运动，则前面运动物体的速度一定大于等于后面运动物体的速度典题例析析典题 学通法例 3 如图所示，质量为 m10.2 kg 的小物块 A，沿水平面与小物块 B 发生正碰，小物块 B 的质量为 m21 kg.碰撞前，A 的速度大小为 v03 m/s，B 静止在水平面上由于两物块的材料未知，将可能发生不同
16、性质的碰撞，已知 A、B 与地面间的动摩擦因数均为 0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2，试求碰后 B 在水平面上滑行的时间审题指导 题目中只告诉 A 与 B 发生的是正碰，故出现 A、B两物体将发生弹性碰撞和完全非弹性碰撞两种情况解析 假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为 v1，则由动量守恒定律有 m 1v0(m 1m 2)v1 碰后，A、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为 t1，则由动量定理有(m 1m 2)gt1(m 1m 2)v1 解得 t10.25 s 假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后 A、B 的速度分别为 vA、vB，则由动量守恒定律有 m 1v0m 1vAm
17、2vB 由机械能守恒有12m 1v2012m 1v2A12m 2v2B 设碰后 B 滑行的时间为 t2，则m 2gt2m 2vB 解得 t20.5 s 可见，碰后 B 在水平面上滑行的时间 t满足 025 st0.5 s答案 见解析跟进题组练考题 提能力1如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动两球质量关系为 mB2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s，则()A左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110C右方是
18、 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110解析：A 由两球的动量都是 6 kgm/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是 A 球碰后 A 球的动量减少了 4 kgm/s，即 A 球的动量为 2 kgm/s，由动量守恒定律得 B 球的动量为 10 kgm/s，则速度大小之比为 25，故选项A 是正确的2一中子与一质量数为 A(A1)的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A.A1A1 B.A1A1C.4AA12D.A12A12解析：A 设中子质量为 m，则原
19、子核的质量为 Am，碰撞前后中子的速度分别为 v0、v1，碰后原子核的速度为 v2，由弹性碰撞可得 mv0mv1Amv2，12mv2012mv2112Amv22，解得 v11A1Av0，故v0v1A1A1，A 正确3光滑水平轨道上有三个木块 A、B、C，质量分别为 mA3m、mBmCm，开始时 B、C 均静止，A 以初速度 v0 向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，此后 A 与 B 间的距离保持不变求 B 与 C 碰撞前 B 的速度大小解析：设 A 与 B 碰撞后，A 的速度为 vA，B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB，B 与 C 碰撞粘在一起后的速度为 v，
20、由动量守恒定律得对 A、B 木块：mAv0mAvAmBvB对 B、C 木块：mBvB(mBmC)v由 A 与 B 间的距离保持不变可知 vAv解得 vB65v0答案：65v0规律方法知规律 握方法1碰撞现象满足的三个规律2碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1m1m2m1m2v1 v22m1m1m2v1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度当 m1m2，且 v20 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v1.当 m1m2，且 v20
21、时，碰后质量小的球原速率反弹动量守恒定律的综合应用典例(2019全国，25T)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示t0 时刻，小物块 A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与 B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当 A 返回到倾斜轨道上的 P 点(图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止物块 A 运动的 v t 图像如图(b)所示，图中的 v1和 t1均为未知量已知 A 的质量为 m，初始时 A 与 B 的高度差为 H，重力加速度大小为 g，不计空气阻力(1)求物块 B 的质量；
22、(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上求改变前后动摩擦因数的比值.核心考点1.动量守恒定律2.能量守恒定律3.动能定理命题技巧1.以两物块在粗糙轨道上的滑行与弹性碰撞为背景考查考生综合分析能力2.通过 v-t 图像的利用体现考生应用数学知识解物理问题的能力核心素养1.物理观念：动量观念能量观念2.科学思维：推理、判断审题关键(1)在时间短暂的弹性碰撞中，利用动量守恒，能量守恒列式求解(2)涉及距离的
23、问题中，通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量解析(1)根据图(b)，v1为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v12为其碰撞后瞬间速度的大小设物块 B 的质量为 m，碰撞后瞬间的速度大小为 v.由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m v1mv12 m v 12m v2112m12v1212m v2 联立式得 m 3m (2)在图(b)所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为 s1，返回过程中所走过的路程为 s2，P点的高度为 h，整个过程中克服摩擦力所做的功为 W.由动能定理有m gH fs112m v210(fs2m gh)012mv122
24、从图(b)所给出的 vt图线可知 s112v1t1 s212v12(1.4t1t1)由几何关系s2s1hH 物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W fs1fs2 联立式可得 W 215m gH (3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有 W m g cos H hsin 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s，由动能定理有mgs012m v2 设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有 m ghm g cos hsin m gs0 联立式可得119 答案(1)3m(2)215mgH(3)119易错展示(1)不知道弹性碰撞中要满足动量守恒和能量守恒(2)不会利用 v-
25、t 图求位移(3)不会选取过程列动能定理方程.对点演练练类题 提素养1如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小 g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向，冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同
26、速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20(m2m3)v 12m2v22012(m2m3)v2m2gh 式中 v203 m/s 为冰块推出时的速度，联立式并代入题给数据得 m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1m2v200 代入数据得 v11 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20m2v2m3v3 12m2v22012m2v2212m3v23 联立式并代入数据得 v21 m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后
27、方，故冰块不能追上小孩答案：(1)20 kg(2)见解析2(2020峨山县校级模拟)如图所示，高为 h 的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于 C 点，D 为斜劈的最高点，水平面的左侧 A 点处有一竖直的弹性挡板，质量均为 m 的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的 B 点，已知 ABh，BC3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为 0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好滑到斜劈的最高点 D 处，重力加速度用 g 表示求：(1)滑块甲的初速度 v0 的大小；(2)滑块乙最终静止的位置与 C 点的距离解析：(1)甲、乙两滑块质量相等，每次碰撞没有能量损失，所以碰撞后两者交换速度根据能量守恒定律得：12mv20mgBCmgh将 BC3h，0.5 代入解得 v0 5gh(2)设滑块乙在水平面上滑行的总路程为 s.对整个过程，由动能定理得mgs012mv20解得 s5h所以滑块乙最终静止的位置与 C 点的距离为 ss3h2h.答案：(1)5gh(2)2h