專題十四動量守恒定律高考物理浙江專用考點清單考點一動量定理考點基礎(chǔ)一、沖量定義力與力的作用時間的乘積叫力的沖量定義式I=Ft單位牛頓·秒,簡稱牛·秒,符號N·s矢量力是矢量,沖量也是矢量,方向與力的方向相同過程量沖量是描述力對物體作用的時間積累效應(yīng)的物理量,力越大,作用時間越長,沖量就越大絕對性由于力和時間都跟參考系的選擇無關(guān),所以沖量也跟參考系的選擇無關(guān);另外物體受某個力的沖量只取決于這個力及其作用時間,與物體的運動狀態(tài)、是否受其他力無關(guān)定義物體的質(zhì)量(m)跟其速度(v)的乘積(mv)叫做物體

的動量,用符號p表示定義式p=mv單位千克·米/秒,符號kg·m/s矢量方向與速度的方向相同狀態(tài)量對應(yīng)于某一時刻或某一位置相對性與參考系有關(guān),通常選取地面為參考系引入意義(1)為了描述力作用一段時間后對物體產(chǎn)生的效果(2)為了揭示相互作用的物體系統(tǒng),在作用過程中遵守的規(guī)律二、動量三、動量定理內(nèi)容物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這

個過程中所受力的沖量表達式p'-p=I或mv'-mv=F合t對象單個物體或多個物體組成的系統(tǒng)適用范圍宏觀、微觀、低速、高速都適用備注(1)動量定理是牛頓第二定律的變形,F合=

,合外力等于物體動量的變化率(2)動量定理表達式Ft=mv'-mv是一個矢量表達式,

應(yīng)用時需規(guī)定正方向,運用平行四邊形定則(3)合外力的沖量是物體動量變化的原因,物體動

量變化是合外力沖量產(chǎn)生的必然結(jié)果考向突破考向動量和動量定理動量定理的使用1.步驟:①明確研究對象——單體;②確定作用階段;③選擇正方向;④列方程并求解;⑤若有必要,進行討論。2.注意:動量定理的矢量性某個方向上的沖量等于這個方向上物體動量的變化,結(jié)合正交分解法可表示為:x:F1xΔt+F2xΔt+…+FnyΔt=mvx'-mvxy:F1yΔt+F2yΔt+…+FnxΔt=mvy'-mvy

例1質(zhì)量m=500g的籃球以10m/s的初速度豎直上拋,當(dāng)它上升了高度h=

1.8m時與天花板相碰,經(jīng)過時間t=0.4s的相互作用,籃球以碰前速度的

反彈,設(shè)空氣阻力忽略不計,g取10m/s2,求籃球?qū)μ旎ò宓钠骄饔昧Χ啻?解析①研究對象:籃球②階段:在0.4s內(nèi),籃球與天花板相碰產(chǎn)生形變,從而受到作用力(彈力)③正方向:豎直向下(也可選擇豎直向上,這里以向下為例)④列出動量定理的方程:

t+mgt=m·

v1-m·(-v1)=m

v1+mv1=

mv1負號表示該矢量的方向與選取的正方向相反。要解出作用力,必須知道碰

前速度,根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律可得:v1=

=8m/s解得

=12.5N⑤此題有必要討論:根據(jù)牛頓第三定律,天花板對籃球的作用力與籃球?qū)μ旎ò宓淖饔昧Υ笮?/p>

相等,方向相反。答案

12.5N點撥浙江選考中一般不會出現(xiàn)聯(lián)立方程組求解的動量定理問題,因此難

點及易錯點集中在動量定理表達式的書寫中,主要為以下三點:①遺漏了某個力的沖量。注意是(某方向上)合外力的沖量,這要求下筆前

先仔細地受力分析。②力或者速度的正、負號混淆。這要求明確規(guī)定好正方向,最好在卷面上

標(biāo)出。③“動量的變化”為末動量減初動量。這里的減號是一種固定運算法則,

與表示方向的正負號無關(guān)?？键c二動量守恒定律考點基礎(chǔ)動量守恒定律內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為零,則這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律表達式(1)p=p'(2)一維兩物體時:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'm1v1'-m1v1=-(m2v2'-m2v2)對象兩個及兩個以上物體組成的系統(tǒng)條件(1)不受外力,動量守恒(2)外力之和為零,動量守恒(3)外力遠小于內(nèi)力,動量近似守恒(4)某方向上外力之和為零,該方向上動量守恒二、碰撞、爆炸、反沖運動1.碰撞特點時間過程持續(xù)時間即相互作用時間極短作用力在相互作用的過程中,相互作用力先是急劇增大,然后再急劇減小,平均作用力很大動量守恒條件系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于外力,所以,系統(tǒng)即使所受外力之和不為零,外力也可以忽略,系統(tǒng)的總動量守恒位移碰撞過程是在一瞬間發(fā)生的,時間極短,所以,在物體發(fā)生碰撞的瞬間,可忽略物體的位移,可以認(rèn)為物體在碰撞前后仍在同一位置能量在碰撞過程中,一般伴隨著機械能的損失,碰撞后系統(tǒng)的總動能要小于或等于碰撞前系統(tǒng)的總動能,即Ek1'+Ek2'≤Ek1+Ek2分類按能量是否守恒分類彈性碰撞動量守恒,機械能守恒非彈性碰撞動量守恒,機械能有損失完全非彈性碰撞動量守恒,機械能損失最大按碰撞前后動量是否共線分類對心碰撞(正碰)碰撞前后速度共線非對心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共線2.爆炸概念一個物體由于內(nèi)力的巨大作用而分為兩個或兩個以上物體的過

程叫做爆炸特點動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的動量守恒動能增加在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸和碰撞的時間極短,因而在作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計,可以認(rèn)為爆炸和碰撞后仍然從作用前的位置以新的動量開始運動3.反沖概念根據(jù)動量守恒定律,如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分,一部分向某個方向運動,另一部分必然向相反的方向運動。這個現(xiàn)象叫做反沖反沖原理反沖運動的基本原理仍然是動量守恒定律。當(dāng)系統(tǒng)所受的外力之和為零或外力遠遠小于內(nèi)力時,系統(tǒng)的總動量守恒。這時,如果系統(tǒng)的一部分獲得了某一方向的動量,系統(tǒng)的剩余部分就會在這一方向的相反方向上獲得同樣大小的動量應(yīng)用反沖運動有利也有害,有利的一面我們可以應(yīng)用,

比如農(nóng)田、園林的噴灌裝置,旋轉(zhuǎn)反擊式水輪發(fā)電機,噴氣式飛機,火箭,航天員在太空行走,等等。反沖運動不利的一面則需要盡力去排除,比如開槍或開炮時反沖運動對射擊準(zhǔn)確性的影響等考向突破考向動量守恒定律動量守恒定律的使用1.條件(1)不受外力,動量守恒;(2)外力之和為零,動量守恒;(3)外力遠小于內(nèi)力,動量近似守恒;(4)某方向上外力之和為零,該方向上動量守恒。2.步驟(1)明確研究對象——系統(tǒng);(2)判斷系統(tǒng)是否動量守恒;(3)確定作用階段;(4)選擇正方向;(5)列方程并求解;(6)若有必要,進行討論。3.碰撞后運動狀態(tài)可能性判定(1)動量制約:即碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約,總動量的方向

恒定不變,即p1+p2=p1'+p2'。(2)動能制約:即在碰撞過程中總動能不會增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)運動制約:即碰撞要受到運動的合理性要求的制約,如果碰前兩物體同

向運動,則后面物體速度必須大于前面物體的速度,碰撞后原來在前面的物

體速度必增大,且大于或等于原來在后面的物體的速度,否則碰撞沒有結(jié)

束;如果碰前兩物體是相向運動,而碰后兩物體的運動方向不可能都不改

變,除非碰后兩物體速度均為零。例2(多選)如圖所示,小車的上面是由中間凸起的兩個對稱的曲面組成

的,整個小車的質(zhì)量為m,原來靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)在有一個可以看

作質(zhì)點的小球,質(zhì)量也為m,以水平速度v從左端滑上小車,恰好到達小車的

最高點后,又從另一個曲面滑下。關(guān)于這個過程,下列說法正確的是

()A.小球滑離小車時,小車又回到了原來的位置B.小球在滑上曲面的過程中,對小車壓力的沖量大小是

C.小球和小車作用前后,小車和小球的速度可能沒有變化D.車上曲面的豎直高度不會大于

解析小球滑上曲面的過程,小車向右運動,小球滑下時,小球還會繼續(xù)前

進,故不會回到原位置,所以A錯誤;由小球恰好到達最高點,可知小球在小

車最高點時,兩者有共同速度,對于車、球組成的系統(tǒng),由動量守恒定律列

式為mv=2mv',得共同速度v'=

,小車動量的變化為

,所以B正確;兩曲面光滑時,小球和小車作用前后,小車和小球的速度沒有變化,所以C正確;由于

小球原來的動能為

,小球到最高點時系統(tǒng)的動能為

×2m×(

)2=

,所以系統(tǒng)動能減少了

,如果曲面光滑,則減少的動能等于小球增加的重力勢能,即

=mgh,得h=

,顯然,這是最大值,如果曲面粗糙,高度還要小些,所以D正確。答案

BCD方法技巧方法1動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在電磁感應(yīng)問題中,導(dǎo)體棒或者線框在受到安培力的情況下,往往做的是非

勻變速運動,無法用勻變速運動規(guī)律來求解一些物理量,如時間t、位移x等,

這時動量定理是唯一的選擇。在書寫方程時,安培力作為一個變力,它的沖

量不能簡單地用力乘以時間來表示,正如在非勻速運動中,位移不能簡單地

用速度乘以時間來計算一樣。下面利用微元思想來證明安培力沖量的表

達式。如圖所示,光滑水平導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒,有效長度為l。同時空間中存

在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。現(xiàn)給予導(dǎo)體棒一個初

速度v0使其開始運動,求導(dǎo)體棒在靜止前受到的安培力的沖量。

安培力的沖量

證明:安培力一直變化,但在極短時間Δt內(nèi)可認(rèn)為不變?！唳=BIl·Δt=BlΔq∴I=∑ΔI=∑BlΔq=Blq同理:ΔI=

·Δt=

I=∑ΔI=∑

=

因此安培力的沖量的表達式為I=Blq或I=

。必須注意以下三點:①安培力的方向與導(dǎo)體棒運動方向相反,故沖量方向也與運動方向相反。

若取運動方向為正方向,則應(yīng)該在沖量前添加一個負號;②表達式中的R為回路總電阻;③若線框的匝數(shù)為N,則相應(yīng)的表達式變?yōu)镮=NBlq及I=

。例1

(2019浙江嘉興、麗水聯(lián)考,11)如圖所示,有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌,

MA、ND段用特殊材料包裹,絕緣不導(dǎo)電,導(dǎo)軌的間距l(xiāng)=1m,左側(cè)接電容器,

右側(cè)接R=6Ω的電阻,ABCD區(qū)域、EFGH區(qū)域、MN左側(cè)均存在垂直于平

面,磁感應(yīng)強度B=1T的勻強磁場,ABCD區(qū)域、EFGH區(qū)域?qū)挾染鶠閐=2.4m,

FG的右側(cè)固定一輕質(zhì)絕緣彈簧。金屬桿a、b的質(zhì)量均為m=0.1kg,電阻

分別為r1=3Ω、r2=6Ω,金屬桿a靜止在MN左側(cè),金屬桿b靜止在BEHC區(qū)域,

電容器的電容C=0.1F,電容器充電完畢以后閉合開關(guān)S,經(jīng)過一段時間金屬

桿a獲得恒定的速度滑入MA、ND,通過ABCD區(qū)域后與金屬桿b發(fā)生彈性

碰撞,最后金屬桿b壓縮彈簧,彈簧形變量最大時彈簧被鎖定(金屬桿b靜止),

彈簧儲存的彈性勢能為0.2J,則求:(1)電容器上極板的電性(“正電”或“負電”)并說明理由;(2)金屬桿b剛要離開EFGH區(qū)域磁場瞬間,受到的安培力大小;(3)從進入ABCD區(qū)域到鎖定過程,金屬桿a上產(chǎn)生的焦耳熱;(4)電容器充電完畢后所帶的電荷量。解析(1)閉合開關(guān)S,金屬桿a向右運動,說明金屬桿a受到向右的安培力,由

左手定則判斷電流方向。所以電容器上極板帶正電。(2)金屬桿b壓縮彈簧,動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能:

m

=Ep

vb=2m/s電源電動勢E=Blvb=2V電阻R與r1并聯(lián),總電阻R總=8ΩI=

F安=BIl=0.25N(3)金屬桿b通過EFGH區(qū)域,由動量定理得:-

Δt=mΔv

Δt=dΔv=3m/s碰撞以后金屬桿b的速度vb'=5m/s金屬桿a、b發(fā)生彈性碰撞,滿足動量守恒:mv=mva+mvb'能量守恒:

mv2=

m

+

mb'2求得金屬桿a的碰撞前的速度為v=5m/s電阻R與r2并聯(lián),R總'=6Ω-

Δt'=mΔv'

Δt=dΔv'=4m/s則立屬桿a切割磁線,金屬桿a進入ABCD區(qū)域時的速度v0=9m/s金屬桿a切割磁感線,電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q1=

m

-

mv2=2.8J則金屬桿a切割磁線,金屬桿a上產(chǎn)生的焦耳熱為1.4J金屬桿b切割磁感線,電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q2=

mvb'2-

m

=1.05J則金屬桿b切割磁感線,金屬桿a上產(chǎn)生的焦耳熱為

J金屬桿a上總共產(chǎn)生了約1.575J的焦耳熱(4)金屬桿a獲得恒定的速度v0=9m/s,設(shè)通過金屬桿a的電荷量為qBql=mv0且金屬桿a達到穩(wěn)定速度時,電容器兩端的電壓與金屬桿兩端的電壓相等

=Blv0Q=

=1.8C答案見解析方法2動量定理在流體問題中的應(yīng)用通常情況下應(yīng)用動量定理解題,研究對象為質(zhì)量一定的物體,它與其他物體

只有一次相互作用,我們稱之為“單體作用”。這類題目對象明確、過程

清楚,求解不難。而對于流體連續(xù)相互作用的這類問題,研究對象不明,相

互作用的過程也較復(fù)雜,求解有一定難度。1.流體作用模型對于流體運動,可沿流速v的方向選取一段柱形流體,設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)

通過某一橫截面積為S的截面的柱形流體的長度為Δl,如圖所示。設(shè)流體

的密度為ρ,則在Δt的時間內(nèi)流過該截面的流體的質(zhì)量為Δm=ρSΔl=ρSvΔt,

根據(jù)動量定理,流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量,

即FΔt=ΔmΔv,分兩種情況:

(1)作用后流體微元停止,有Δv=-v,則F=-ρSv2;(2)作用后流體微元以速率v反彈,有Δv=-2v,則F=-2ρSv2。2.微粒類問題微粒及其特點:通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?質(zhì)量

具有獨立性,通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n。分析步驟:(1)建立“柱體”模型,沿速度v0的方向選取一段微元,柱體的橫

截面積為S;Sv0Δt,則微元內(nèi)的粒子數(shù)N=nv0SΔt;(3)先應(yīng)用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘以N計算。例2設(shè)想有一質(zhì)量為M的宇宙飛船,正以速度v0在宇宙中飛行。飛船可視為橫截面積為S的圓柱體(如圖所示)。某時刻飛船監(jiān)測到前面有一片塵埃云。

已知塵埃云分布均勻,密度為ρ。假設(shè)塵埃與飛船發(fā)生的是彈性碰撞,且不

考慮塵埃間的相互作用。為了保證飛船能以速度v0勻速穿過塵埃云,在剛

進入塵埃云時,飛船立即開啟內(nèi)置的離子加速器。已知該離子加速器是利

用電場加速帶電粒子,形成向外發(fā)射的高速(遠遠大于飛船速度)粒子流,從

而對飛行器產(chǎn)生推力的。若發(fā)射的是一價陽離子,每個陽離子的質(zhì)量為m,

加速電壓為U,元電荷為e。在加速過程中飛行器質(zhì)量的變化可忽略。求單位時間內(nèi)射出的陽離子數(shù)。解析題中隱含條件為:飛船的質(zhì)量遠大于塵埃質(zhì)量。因此在碰撞前后,塵

埃速度的大小不變,方向相反。設(shè)在很短的時間Δt內(nèi),與飛船碰撞的塵埃的質(zhì)量為m',所受飛船的作用力為

F1。飛船與塵埃發(fā)生的是彈性碰撞,由動量守恒定律和能量守恒定律可得Mv0=Mv1+m'v2

M

=

M

+

m'

解得v2=

v0由于M?m',所以碰撞后塵埃的速度v2=2v0,對塵埃,根據(jù)動量定理F1Δt=m'v2,其在m'=ρSv0Δt則由牛頓第三定律得,飛船所受阻力F2=2ρS

設(shè)一個離子在電場中加速后獲得的速度為v,根據(jù)動能定理eU=

mv2設(shè)單位時間內(nèi)射出的離子數(shù)為n,在很短的時間Δt內(nèi),根據(jù)動量定理FΔt=nΔtmv飛船做勻速運動,則飛船的動力F=F2=nmv解得n=

ρS

答案見解析方法3碰撞、爆炸等現(xiàn)象中動量守恒定律的應(yīng)用在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時,需注意到這些過程一般

均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。這種問題由于作用時

間都極短,所以動量守恒定律一般能派上大用場。例3如圖,小球a、