(江苏专版)2020版高考物理第十一章第1节动量定理动量守恒定律讲义(含解析)

动量定理动量守恒定律
(1)动量越大的物体，其速度越大。

( ×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。

( ×)
(3)物体所受协力不变，则动量也不改变。

( ×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。

( ×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向同样。

( ×)
(6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

( √)
(7)物体互相作用时动量守恒，但机械能不必定守恒。

( √)
(8)若在圆滑水平面上的两球相向运动，碰后均变成静止，则两球碰前的动量大小必定同样。

( √)
打破点 ( 一)动量定理的理解与应用
1．动能、动量、动量变化量的比较
动能
动量 动量变化量 定义
物体因为运动 物体的质量和
物体末动量与 而拥有的能量
速度的乘积
初动量的矢量差
定义式
k
1
2
＝
p ＝ ′－
E ＝
2mv p mv
pp
标矢性 标量 矢量
矢量 特色
状态量
状态量
过程量
关系 k
＝
p 2
， k ＝
1
， ＝ 2
k
， ＝ 2E k
方程
E
2m E
2pv p mE p v
(1) 都是相对量，与参照系的选用相关，往常选用地面为参照系
联系
(2) 若物体的动能发生变化， 则动量必定也发生变化； 但动量发生变化时动能
不必定发生变化
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
研究对象能够是一个物体， 也能够是几个物体构成的系统， 系统内各物体能够是保持相对静止的， 也能够是相对运动的。

研究过程既能够是全过程， 也能够是全过程中的某一阶段。

(2) 进行受力剖析
只剖析研究对象之外的物体施加给研究对象的力， 全部外力之和为合外力。

研究对象内部的互相作使劲 ( 内力 ) 会改变系统内某一物体的动量， 但不影响系统的总动量， 所以不用分
析内力。

假如在所选定的研究过程的不一样阶段中物体的受力状况不一样， 则要分别计算它们的冲量，而后求它们的矢量和。

(3) 规定正方向
因为力、 冲量、速度、动量都是矢量， 在一维的状况下， 列式前能够先规定一个正方向，与规定的正方向同样的矢量为正，反之为负。

(4) 写出研究对象的初、 末动量和合外力的冲量 ( 或各外力在各个阶段的冲量的矢量和) 。

(5) 依据动量定理列式求解。

3．应用动量定理解题的注意事项
(1) 动量定理的表达式是矢量式， 列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系 ( 即要注意各个量的正负 ) 。

(2) 动量定理中的冲量是合外力的冲量， 而不是某一个力的冲量， 它能够是协力的冲量，
也能够是各力冲量的矢量和，还能够是外力在不一样阶段的冲量的矢量和。

(3) 应用动量定理能够只研究一个物体，也能够研究几个物体构成的系统。

(4) 初态的动量p 是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。

(5)对系统各部分的动量进行描绘时，应当选用同一个参照系，否则乞降无实质意义。

[ 题点全练 ]
1．(2018 ·盐城期末 ) 质量为m的小球，以初速度v 竖直向上抛出，经过一段时间后回
到抛出点。

不计空气阻力，以竖直向上为正方向，则整个过程中，小球重力的冲量是( ) A． 0 B．mv
C． 2mv D．－ 2mv
分析：选 D 小球在空中不受空气阻力，则落回到抛出点时速度大小不变，方向相反。

对全程由动量定理可知：I ＝p＝－ mv－ mv＝－2mv，故D正确。

2. (2019 ·宿迁模拟) 在某次短道速滑接力赛中，质量为50 kg
的运动员甲以 6 m/s 的速度在前方滑行，质量为60 kg 的乙以7 m/s
的速度从后边追上，并快速将甲向前推出，达成接力过程。

设推后
乙的速度变成 4 m/s ，方向向前，若甲、乙接力前后在同向来线上
运动，不计阻力，求：
(1)接力后甲的速度大小；
(2)若甲、乙运动员的接触时间为 0.5 s ，乙对甲均匀作使劲的大小。

分
析： (1) 由动量守恒定律得
m甲 v 甲＋ m乙 v 乙＝ m甲 v 甲′＋ m乙 v 乙′
解得 v 甲′＝9.6 m/s。

(2)对甲应用动量定理得
F t ＝
甲甲
′－
甲
v
甲m v m
解得 F ＝360N。

答案： (1)9.6 m/s (2)360 N
3．(2018 ·江苏高考 ) 如下图，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为，运动
m
速度的大小为 v，方向向下。

经过时间t ，小球的速度大小为 v，方向变成向上。

忽视空气阻力，重力加快度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。

分析：取向上为正方向，依据动量定理
mv－(－ mv)＝ I － mgt
解得 I ＝2mv＋ mgt。

答案： 2mv＋mgt
打破点 ( 二 )动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的五个特征
矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选用一致的正方向
相对性各物体的速度一定是相对同一参照系的速度( 一般是相关于地面) 动量是一个刹时量，表达式中的p1、 p2一定是系统中各物体在互相作用前同同时性
一时辰的动量， p1′、p2′ 一定是系统中各物体在互相作用后同一时辰的动量
系统性研究的对象是互相作用的两个或多个物体构成的系统
动量守恒定律不单合用于低速宏观物体构成的系统，还合用于靠近光速运动的微
普适性
观粒子构成的系统
2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义
(1)p＝p′，即系统互相作用前的总动量p 等于互相作用后的总动量 p′。

(2)p＝ p′－ p＝0，即系统总动量的增量为0。

(3)p1＝－ p2，即两个物体构成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。

3．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确立系统的构成 ( 系统包含哪几个物体及研究的过程) 。

(2)进行受力剖析，判断系统动量能否守恒( 或某一方向上能否守恒 ) 。

(3)规定正方向，确立初、末状态动量。

(4)由动量守恒定律列出方程。

(5)代入数据，求出结果，必需时议论说明。

[ 典例 ] (2017 ·江苏高考) 甲、乙两运动员在做花式溜冰表演，沿同向来线相向运动，速度大小都是 1 m/s。

甲、乙相遇时使劲推对方，今后都沿各自原方向的反方向运动，速度
大小分别为 1 m/s 和 2 m/s 。

求甲、乙两运动员的质量之比。

[分析] 由动量守恒得m1v1－ m2v2＝ m2v2′－ m1v1′
m1v2＋ v2′
解得＝
m2v1＋ v1′
m 3
代入数据得 1 ＝。

m2 2
[答案] 3 ∶ 2
[ 易错提示 ]应用动量守恒定律应注意以下三点
(1)确立所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。

(2)判断系统能否动量守恒，仍是某个方向上动量守恒。

(3)系统中各物体的速度是不是相对地面的速度，若不是，则应变换成相关于地面的速
度。

[ 集训冲关 ]
1. 在圆滑的水平面上有a、b两球在 t ＝2 s 时发生正碰，其质量
分别为a、 b，两球在碰撞前后的-
t 图像如下图。

a
、
b
两球质量
m m v
之比是()
A．m a∶m b＝1∶ 2
B．m a∶m b＝2∶ 5
C．m a∶m b＝2∶ 1
D．m a∶m b＝5∶ 2
分析：选 B由题图可知 b 球碰前静止，设碰撞前 a 球的速度为v0，碰后 a 球的速度为v1，b 球的速度为v2，小球碰撞过程中动量守恒，规定 a 球的初速度方向为正，由动量守恒
定律有： m a v0＝m a v1＋ m b v2；由题图知， v0＝4 m/s， v1＝－1 m/s， v2＝2 m/s，代入上式解得：m a∶m b＝2∶5，故B正确。

2．(2017 ·全国卷Ⅰ) 将质量为 1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g 焚烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为
( 喷出过程中重力和空气阻力可忽视)()
A．30 kg ·m/s B．5.7 ×10 2 kg·m/s
C．6.0 ×10 2 kg·m/s D ．6.3 ×10 2 kg·m/s
分析：选 A燃气从火箭喷口喷出的瞬时，火箭和燃气构成的系统动量守恒，设燃气喷
出后的瞬时，火箭的动量大小为p，依据动量守恒定律，可得 p－ mv0＝0，解得 p＝ mv0＝
kg×600 m/s ＝30 kg ·m/s，选项 A 正确。

3．(2019 ·南京模拟) 在 2018 年冬奥会花式溜冰双人滑竞赛中，中
国选手隋娴静韩聪组合获取亚军。

如下图为某次训练中情形，他们携
手滑步，相对圆溜冰面的速度为 1.0 m/s 。

韩聪忽然将隋娴静向原来运
动方向推开，推力作用时间为 2.0 s ，隋娴静的速度大小变成 4.0 m/s 。

假定隋娴静和韩聪的质量分别为40 kg 和 60 kg ，求：
(1)推开后韩聪的速度大小；
(2)推开过程中隋娴静对韩聪的均匀作使劲大小。

分析： (1) 以本来运动方向为正，由动量守恒定律得
( m1＋m2) v＝m1v1＋m2v2
解得 v2＝－1 m/s，即速度大小为 1 m/s 。

(2)由动量定理得： Ft ＝ m2v2－ m2v
解得 F＝－60 N，即大小为60 N 。

答案： (1)1 m/s(2)60 N
打破点 ( 三 )动量守恒定律的 3 个应用实例
碰撞
1.对碰撞的理解
(1)发生碰撞的物体间一般作使劲很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化
明显；物体在作用时间内位移可忽视。

(2)即便碰撞过程中系统所受合外力不等于零，因为内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽视，以为系统的动量是守恒的。

(3)若碰撞过程中没有其余形式的能转变成机械能，则系统碰撞后的总机械能不行能大
于碰撞前系统的总机械能。

2．物体的碰撞能否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，按照的规律是动量守恒定律和机械能守恒
定律，切实地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。

(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。

(2)题目中明确告诉是弹性小球、圆滑钢球或分子( 原子等微观粒子 ) 碰撞的，都是弹性
碰撞。

3．碰撞现象知足的规律
(1)动量守恒。

(2)动能不增添。

(3)速度要合理。

①若两物体同向运动，则碰前应有v 后＞ v 前；碰后本来在前的物体速度必定增大，若碰
后两物体同向运动，则应有v 前′≥ v 后′。

②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不行能都不改变。

[ 例 1] (2018 ·徐州模拟 ) 如下图，圆滑的水平面上，小球A以速率
v0撞向正前方的静止小球B，碰后两球沿同一方向运动，且小球 B 的速率是
A的4倍，已知小球A、 B 的质量分别为2m、m。

(1)求碰撞后 A球的速率；
(2)判断该碰撞能否为弹性碰撞。

[ 分析 ] (1) 设向右为正方向，以A、 B 球为系统，由动量守恒定律得：
2mv0＝ 2mv A＋mv B
且 v B＝4v A
1
解得： v A＝3v0。

1
2 2
(2)碰撞前系统的总动能为： E k＝2×2mv0＝ mv0
碰撞后系统的总动能为：k′＝1
×2 2
1 2 2
，则k＝ k′，所以该碰撞是弹性碰2
A＋B＝0
E mv 2mv mv E E
撞。

1
[ 答案 ] (1) 3v 0 (2) 是弹性碰撞 [ 方法例律 ]
碰撞问题解题策略
(1) 抓住碰撞的特色和不一样种类碰撞知足的条件，列出相应方程求解。

(2) 可熟记一些公式，比如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度知足：
v 1′＝ m 1－m 2
v 2′＝ 2m 1
v 1
v 1
m ＋m
m ＋ m
1 2
1
2
(3) 熟记弹性正碰的一些结论，比如，当两球质量相等时，两球碰撞后互换速度；当
1
m
? m ，且 v
2 ＝ 0 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为
2v 。

当 m ? m ，且 v ＝ 0 时，
2
1
1
2
2
碰后质量小的球原速率反弹。

爆 炸
[ 例 2]
最近几年春节时期，全国很多大中城市将燃放烟花鞭炮禁放改为限放，增添了节日
氛围。

假定一质量为 m 的烟花从地面上 A 点以速度 v 竖直上涨到最大高度处炸裂为质量相等
的两块， 沿水平方向向相反两个方向飞出，
假定此中一块落在距 A 点距离为 s 处，不计空气
阻力及耗费的炸药质量，烟花炸裂时耗费的化学能
80%转变成动能。

求：
(1) 烟花上涨的最大高度；
(2) 烟花炸裂后落在距 A 点距离 s 处的一块水平飞出时的速度大小；
(3) 烟花炸裂时耗费的化学能。

[ 分析 ]
(1) 由竖直上抛公式得烟花上涨的最大高度
v 2 h ＝ 2g 。

(2) 设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为
v 1，由平抛运动规律得
1
2
s ＝ v 1t ，h ＝ gt
2
sg
解得 v 1＝ v 。

(3) 烟花炸裂后两块在水平方向动量守恒，
m m
2v 1－ 2v 2＝0，
解得另一块的速度为
v 2＝ v 1。

由能量守恒定律得烟花炸裂时耗费的化学能
1
m 2
2× · v 1
2 2
E ＝
2
2
5msg
80%
＝ 8v 2 。

2
sg
2 2
[答案]
(1) v (2) (3) 5msg 2g v 8v 2
[ 方法例律
]
爆炸现象的三个规律
动量
守恒
动能
增添
地点
不变
因为爆炸是在极短的时间内达成的，爆炸物体间的互相作使劲远远大于遇到
的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
在爆炸过程中，因为有其余形式的能量
( 如化学能 ) 转变成动能，所以爆炸后
系统的总动能增添
爆炸的时间极短， 因此作用过程中， 物体产生的位移很小， 一般可忽视不计，
能够以为爆炸后仍旧从爆炸前的地点以新的动量开始运动
反 冲
[例 3]
一质量为 M 的航天器， 正以速度 v 0 在太空中飞翔， 某一时辰航天器接到加快的
指令后， 发动机瞬时向后喷出必定质量的气体， 气体喷出时速度大小为 v 1，加快后航天器的
速度大小为
v 2
，则喷出气体的质量
为 (
)
m
A ． ＝v
－
v
B ． ＝ v
2
m
2
m
v 1
M
M
v 2＋v 1
C ． m ＝
v 2－ v 0
v 2－ v 0
v 2＋v M D ． m ＝
M
1
v 2－ v 1
[分析]
规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得： Mv 0＝ ( M － m ) v 2－ mv 1
v 2－ v 0
解得： m ＝ v 2＋ v 1M ，故 C 正确。

[答案] C
[ 方法例律 ] 对反冲运动的三点说明
作用
反冲运动是系统内物体之间的作使劲和反作使劲产生的成效
原理 动量 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动按照动量守恒
守恒 定律
机械能 反冲运动中，因为有其余形式的能转变成机械能，所以系统的总机械能增
增添
加
反冲运动中的“人船”模型
如下图，长为
L 、质量为 m 船 的小船停在静水中，质量为 m 人 的人由静止开始从船的一
端走到船的另一端，不计水的阻力。

以人和船构成的系统为研究对象， 在人由船的一端走到船的另一端的过程中， 系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得： m 船 v 船＝ m 人 v 人 ，因人和船组
成的系统，动量一直守恒，
故有： m 船 x 船 ＝ m 人 x 人，
由图可看出： x 船 ＋ x 人 ＝L ，
m 船
m 人
可解得： x 人 ＝ m 人 ＋ m 船L ， x 船＝ m 人 ＋ m 船 L
此模型可进一步推行到其余近似的情形中，
从而能解决大批的实质问题， 比如：人沿着
静止在空中的热气球下边的软梯滑下或攀上，
求热气球上涨或降落高度的问题；
小球沿放在
圆滑水平川面上的弧形槽滑下，求弧形槽挪动距离的问题等。

( 一 ) 系统动量守恒
1. 如下图， 质量 m ＝ 60 kg 的人，站在质量 M ＝ 300 kg 的车的一端，
车长 L ＝ 3 m ，相关于地面静止。

当车与地
面间的摩擦能够忽视不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将
(
)
A ．退后 0.5 m
B ．退后 0.6 m
C ．退后 0.75 m
D ．向来匀速退后
分析：选 A 人车构成的系统动量守恒，则 1
＝ 2
，所以
1
＝ 2
，又有
x 1
＋ 2＝ ，
mv Mv mx Mx x L
解得 x 2＝ 0.5 m 。

( 二 ) 系统某个方向上动量守恒
2. 如下图，一个质量为 m 的玩具蛙，蹲在质量为 M 的小车的细杆
上，小车放在圆滑的水平桌面上，若车长为L ，细杆高为 h ，且位于小车
的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度 v 跳出，才能落到桌面
上。

分析：蛙跳出后做平抛运动，运动到小车上表面高度处时间为
t ＝
2h
，蛙与车水平方向动量守恒，可知
＝
L
－ x ，蛙要能落到桌面上，其最小水平速
g
mx M 2
度为 v
＝ x
，上边三式联立求得
＝
LM
2g 。

t
v
m ＋M
h
答案：
LM 2g
m ＋ M
h。