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：p＝p′，Δp＝0，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2．动量守恒定律的三个性质 (1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′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、v2、v1′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，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′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 1－1.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)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( ) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝，t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；在F-t图中面积表示冲量，所以，t＝2 s时物块的动量大小p＝Ft＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p′＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s时物块的动量大小为p′＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误． 答案：AB 1－2.(2016·全国新课标Ⅰ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．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，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Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S ③ (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Δt时间内喷出的水，有能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④ 在h高度处，Δt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Δp＝(Δm)v ⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝－ ⑧ 答案：(1)ρv0S (2)－ 1．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 2－1.(2017·全国卷Ⅰ)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 ... ...
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