资源简介

　动量定理和动量守恒定律
命题区间 高考题型 近年考频
动量定理和动量守恒定律 动量、动量定理 2023年新课标卷T19　2021年山东卷T16
动量守恒定律的应用 2024年江苏卷T14　2022年湖南卷T4
碰撞、爆炸与反冲问题 2024年湖北卷T10　2021年山东卷T11
命题分析 素养落实
动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，是解决物理问题的重要基本方法，高考中主要以两种命题形式出现：一是以动量定理为核心结合多运动过程的考查；二是以动量守恒定律为核心结合碰撞、反冲、爆炸等运动模型考查实际生活、科技问题。这几类题型，命题情境新、密切联系实际、综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用。 1．掌握与动量相关的概念及规律 2．动量守恒的条件及动量守恒定律 3．灵活应用以上规律解决碰撞类问题
动量、动量定理
1．理解有关概念及公式
2．用动量定理解题的基本思路
　(2021·山东卷T16)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
命题立意：利用动量定理求平均作用力
第一步：根据平抛运动规律求出鸟蛤落地速度大小
第二步：由动量定理求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小
第三步：由平抛运动规律写出海鸥速度大小为15 m/s和17 m/s时的坐标
规范解答：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得H＝gt2，vy＝gt，v＝，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－mv，联立，代入数据得F＝500 N。
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1＝v1t，x2＝x1＋L，联立，代入数据得x1＝30 m，x2＝36 m
若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，得x1′＝v2t，x2′＝x1′＋L，联立，代入数据得x1′＝34 m，x2′＝40 m
综上得x坐标区间为[34 m，36 m]或(34 m，36 m)。
[答案]　(1)500 N　(2)[34 m，36 m]或(34 m，36 m)
难点：动量定理中的方向问题
易错：误认为－FΔt＝0－mv方程中v为竖直分速度而出错
动量守恒定律的应用
1．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
2．应用动量守恒定律应注意的两个问题
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。
(2)动量守恒具有分量式：若系统所受合力不为零，但在某个方向上所受的合力为零，则系统在该方向上的动量守恒。
　(2022·湖南卷T4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
命题立意：利用弹性碰撞公式分析粒子碰撞问题
第一步：明确氢核、中子、氮核的质量关系
第二步：根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解
规范解答：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
＝
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝14mv2＋mv4
＝
联立解得v2＝v0
可得v1＝v0>v2
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
氮核的动量为pN＝14mv2＝
可得pN>pH
碰撞后氢核的动能为EkH＝＝
氮核的动能为EkN＝＝
可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
难点：根据动量守恒定律和能量守恒定律列式和联立求解
易错：不知道弹性正碰满足动量守恒和能量守恒而造成错误
碰撞、爆炸与反冲问题
1．碰撞过程遵循的“三原则”
动量守恒 碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能不增加 碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。系统动能满足关系式：＋m2v2′2
速度的合理性 按碰撞可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的速度大小关系及方向特点应与实际相一致
2．合理选用三个定律
(1)如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解。
(2)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。
　(多选)(2021·山东卷T11)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是(　　)
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d＝
D．d＝
命题立意：动量守恒与抛体运动的综合应用
第一步：水平投出物资瞬间满足动量守恒定律
第二步：分析投出物资后分析物资和热气球的受力
第三步：由运动的分解分别求出水平位移和竖直位移
规范解答：热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv＝mv0，则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为a＝g，设物资下落H过程所用的时间为t，根据H＝gt2，解得落地时间为t＝ ，热气球在竖直方向上运动的位移为HM＝at2＝·g·＝H
物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，水平位移分别为xm＝v0t＝v0
xM＝vt＝ v0·
根据勾股定理可知落地时物资和热气球的距离为d＝＝，C正确，D错误。故选BC。
[答案]　BC
难点：水平投出物资后两者受力分析和运动情况的判断
易错：误以为投出物资后热气球做匀速直线运动
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