【物理】2019届一轮复习教科版动量和动量定理学案 18页

‎[高考导航]‎ 考点内容 要求 高考(全国卷)三年命题情况对照分析 ‎2015‎ ‎2016‎ ‎2017‎ 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ Ⅰ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒 Ⅱ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒 Ⅰ卷·T35(2)：动量定理和能量观点 Ⅱ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒 Ⅲ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒 Ⅰ卷·T14：动量守恒定律的应用 Ⅲ卷·T20：动量定理的应用 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 实验七：验证动量守恒定律 说明：只限于一维 基础课1　动量和动量定理 知识排查 动量 ‎1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。‎ ‎2.表达式：p＝mv。‎ ‎3.单位：kg·m/s。‎ ‎4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。‎ ‎5.动量的改变量：Δp＝p′－p 冲量 ‎1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。‎ 公式：I＝Ft。‎ ‎2.单位：牛·秒，符号是N·s。‎ ‎3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。‎ 动量定理 ‎1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。‎ ‎2.表达式：Ft＝mv′－mv＝p′－p。‎ ‎3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。‎ 小题速练 ‎1.(2018·四川成都市诊断性检测)(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是(　　)‎ A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同 B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化 C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量 D.物体动量的方向与物体的运动方向相同 解析　物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。‎ 答案　BD ‎2.[教科版选修3－5·P10·T2改编](多选)如图1所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是(　　)‎ 图1‎ A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力小 B.在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 C.在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小 解析　‎ 在缓慢拉动纸带时，重物与纸带之间是静摩擦力，在迅速拉动纸带时，它们之间是滑动摩擦力，静摩擦力与滑动摩擦力可认为相同，但滑动摩擦力大于一般的静摩擦力。缓慢拉动纸带时，作用时间长，摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟随纸带一起运动；迅速拉动纸带时，作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小，所以重物几乎不动。‎ 答案　CD ‎　冲量、动量及动量变化的计算 ‎1.冲量的计算方法 ‎(1)计算冲量可以使用定义式I＝Ft求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。‎ ‎(2)利用F－t图像计算，F－t围成的面积可以表示冲量，该种方法可以计算变力的冲量。‎ ‎2.动量、动能、动量变化量的比较 ‎ 名称 项目　‎ 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 p＝mv Ek＝mv2‎ Δp＝p′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ ‎1.(多选)对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是(　　)‎ A.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B.物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D.物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化 解析　物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故选项A错误，B正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故选项C正确，D错误。‎ 答案　BC ‎2.(2018·河南郑州市调研)(多选)如图2所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中(　　)‎ 图2‎ A.重力的冲量相同 B.斜面弹力的冲量不同 C.斜面弹力的冲量均为零 D.合力的冲量不同 解析　设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝，所用时间t＝ 。由冲量定义可求得重力的冲量大小为IG＝mgt＝，方向竖直向下，故选项A错误；斜面弹力的冲量大小为IN＝mgcos θ·t＝，方向垂直斜面向上，选项B正确，C错误；合力的大小为mgsin θ，I合＝mgsin θ·t＝m，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故选项D正确。‎ 答案　BD ‎3.(2018·安徽合肥一模)质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)‎ A.Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B.Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C.Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D.Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 解析　取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。‎ 由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。‎ 答案　A ‎4.(2017·全国卷Ⅲ，20)(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3所示，则(　　)‎ 图3‎ 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，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故选项B正确；t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故选项C错误；t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(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，故选项D错误。‎ 答案　AB ‎　动量定理的理解和应用 ‎1.理解动量定理的要点 ‎(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量。‎ ‎(2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求矢量和。‎ ‎(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。‎ ‎2.用动量定理解释现象 ‎(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。‎ ‎(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。‎ 分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。‎ ‎3.动量定理的两个重要应用 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量。‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。‎ ‎【典例】　一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速率约为30 m/s。则：‎ ‎(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？‎ ‎(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？‎ 解析　(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。‎ 设运动的时间为t，根据x＝t得，t＝＝ s。‎ 根据动量定理Ft＝Δp＝mv0得，‎ F＝＝ N＝5.4×104 N。‎ ‎(2)若人系有安全带时，‎ F′＝＝ N＝1.8×103 N。‎ 答案　(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N 用动量定理解题的基本思路 ‎　　　　　　‎ ‎1.下列解释中正确的是(　　)‎ A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量 B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量 C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来 D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大 解析　跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。‎ 答案　D ‎2.如图4所示，跳水运动员(图中用一小圆圈表示)，从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝60 kg，初速度v0＝10 m/s。若经过1 s时，速度大小为v＝10 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　)‎ 图4‎ A.600 kg·m/s B.600 kg·m/s C.600(－1) kg·m/s D.600(＋1) kg·m/s 解析　根据动量定理得Δp＝mgt＝60×10×1 kg·m/s＝600 kg·m/s，故选项A正确。‎ 答案　A ‎3.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图5所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)‎ 图5‎ A.10 N·s，10 N·s B.10 N·s，－10 N·s C.0，10 N·s D.0，－10 N·s 解析　由图像可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选项D正确。‎ 答案　D ‎4.(多选)从2017年6月5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通事故工作。在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图6所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.汽车和拖车整体动量守恒 B.汽车和拖车整体机械能守恒 C.从脱钩到拖车刚停下用时 D.拖车刚停下时汽车的速度为v0‎ 解析　汽车和拖车整体合外力不为零，故动量不守恒，选项A错误；汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，系统机械能增加，选项B错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，则a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖车脱钩后到停止经历的时间为t＝，选项C正确；全过程系统受到的合外力始终为(M＋m)a，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得(M＋m)a·＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝v0，选项D正确。‎ 答案　CD 应用动量定理解决流体问题，建立“柱状模型”‎ 对于“连续”质点系发生持续作用，物体动量(或其他量)连续发生变化这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“柱状模型”：在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质量为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。‎ 模型一　流体类问题 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 ‎1‎ 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S ‎2‎ 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt ‎3‎ 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 ‎【例1】　[2016·全国卷Ⅰ，35(2)]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 ‎(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ 解析　(ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。‎ 该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①‎ 喷出水柱质量Δm＝ρΔV②‎ 其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③‎ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ＝ρv0S ‎(ⅱ)设 玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F冲＝Mg④‎ 其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力 由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤‎ 其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度 由运动学公式得v′2－v＝－2gh⑥‎ 在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm Δm＝ρv0SΔt⑦‎ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得 ‎－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧‎ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为 F压Δt＝Δmv′⑨‎ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－ 答案　(ⅰ)ρv0S　(ⅱ)－ 将动量定理应用于流体时，应在任意时刻Δt时从流管中取出一个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积ΔV，在此柱体内截取一微小流束Δl，将“无形”流体变为“有形”实物Δm，则在Δt时间内质量为Δm的柱形流体的动量变化为Δp，即F·Δt＝Δmv2－Δmv1。　　　　　　‎ 模型二　微粒类问题 微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 ‎1‎ 建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S ‎2‎ 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt ‎3‎ 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 ‎【例2】　正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。‎ ‎(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)‎ 解析　一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数 N＝n·SvΔt Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt 器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝ 则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2‎ 答案　f＝nmv2‎ ‎【针对训练】　如图7所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　)‎ 图7‎ A.ρvS B. C.ρv2S D.ρv2S 解析　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt ‎，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。‎ 答案　D 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ A级：保分练 ‎1.(多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中(　　)‎ A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同 B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零 C.整个过程中物块合外力的冲量为零 D.若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0‎ 解析　物块沿光滑斜面先上滑再下滑，两过程所用时间相等，故重力的冲量相同，选项A正确；因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，选项B错误；由动量定理得I合＝p′－p＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎2.如图1所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多 B.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关 C.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少 D.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关 解析　由题知，物体所受的摩擦力f＝F，且为恒力，由A到B的过程中，v越大，所用时间越短，If＝Ft越小；因为Wf＝F·，故Wf与v无关。选项D正确。‎ 答案　D ‎3.(多选)在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下沿水平面运动，则在时间t内(　　)‎ A.重力的冲量大小为0‎ B.拉力F的冲量大小为Ft C.拉力F的冲量大小为Ftcos θ D.物体动量的变化量等于Ftcos θ 解析　重力的冲量大小IG＝mgt，选项A错误；拉力F的冲量大小IF＝Ft，故选项B正确，C错误；合力的冲量大小I合＝Ftcos θ，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ftcos θ，故选项D正确。‎ 答案　BD ‎4.(2017·天津理综，4)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)‎ 图2‎ A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析　机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故选项A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有mg－N＝m，座椅对他的支持力N＝mg－mt2，所以重力对它们的冲量大小不相等，选项D错误。‎ 答案　B ‎10.(2018·安徽铜陵联考)如图7所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率，则这四个速率中最大的是(　　)‎ 图7‎ 解析　根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0＝1 s，A图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－Ft0＝mv1，得v1＝20 m/s；B图中：mgsin 30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2‎ ‎，得v2＝15 m/s；C图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25 m/s；D图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15 m/s。故选项C正确。‎ 答案　C ‎11.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图8所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。‎ 图8‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。‎ 解析　(1)由动能定理，有－μmgx＝mv2－mv，‎ 可得μ＝0.32‎ ‎(2)规定向左为正，由动量定理FΔt＝mv′－mv，可得 F＝130 N ‎(3)由功能关系得W＝mv′2＝9 J 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J