【物理】2020届一轮复习人教版 动量和动量定理 学案 12页

动量和动量定理 全国卷3年考情分析 考点内容 考纲要求 三年考题 ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 卷Ⅲ T35(2)，动量守恒定律，能量守恒定律 卷ⅡT35(2)，动量守恒，机械能守恒 卷ⅠT35(2)，动量定理，机械能守恒 卷ⅠT14，动量守恒定律 卷ⅠT14，动量 卷ⅡT15，动量定理 卷ⅢT21，动量定理 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 实验：验证动量守恒定律 说明：碰撞和动量守恒只限于一维 第1讲动量和动量定理 ‎[基础知识·填一填]‎ ‎[知识点1]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．‎ ‎[知识点2]冲量 ‎1．定义：力F与力的作用时间t的乘积.‎ ‎2．定义式：I＝Ft.‎ ‎3．单位：N·s.‎ ‎4．方向：恒力作用时，与力的方向相同.‎ ‎5．物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)‎ ‎(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)‎ ‎(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)‎ ‎(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)‎ ‎(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)‎ ‎(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)‎ ‎[知识点3]动量定理 ‎1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量.‎ ‎2．表达式：.‎ ‎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．‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同．(×)‎ ‎(2)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．(√)‎ ‎(3)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(√)‎ ‎(4)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．(√)‎ ‎[教材挖掘·做一做]‎ ‎1．(人教版选修3－5 P11第1题改编)关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是()‎ A．一物体的动量不变，其动能一定不变 B．一物体的动能不变，其动量一定不变 C．两物体的动量相等，其动能一定相等 D．两物体的动能相等，其动量一定相等 答案：A ‎2．(人教版选修3－5 P7例1改编)如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动．遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是()‎ A．滑块的动量改变量的大小为mv0‎ B．滑块的动量改变量的大小为mv0‎ C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同 D．重力对滑块的冲量为零 答案：B ‎3．(人教版选修3－5 P8例2改编)(多选)一个质量为‎0.18 kg的垒球，以‎25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为‎45 m ‎/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是()‎ A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C．球棒对垒球做的功为126 J D．球棒对垒球做的功为36 J 解析：AC[设球棒对垒球的平均作用力为，由动量定理得·t＝m(vt－v0)，取末速度方向为正方向，则vt＝‎45 m/s，v0＝－‎25 m/s，代入上式得＝1 260 N．由动能定理得W＝mv－mv＝126 J，故A、C正确．]‎ ‎4．(人教版选修3－5 P9科学漫步改编)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度约为‎30 m/s.‎ ‎(1)试求车祸中车内质量约‎60 kg的人受到的平均冲力．‎ ‎(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．‎ 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，则 F′＝＝ N＝1.8×103 N.‎ 答案：(1)5.4×104 N(2)1.8×103 N 考点一动量与冲量的理解 ‎[考点解读]‎ ‎1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek＝mv2‎ p＝mv Δp＝p′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 ‎(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 ‎(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 ‎2.冲量和功的区别 ‎(1)冲量和功都是过程量．冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．‎ ‎(2)冲量是矢量，功是标量．‎ ‎(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．‎ ‎3．冲量的计算 ‎(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．‎ ‎(2)变力的冲量 ‎①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小．‎ ‎②作出 F－t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量．如图所示．‎ ‎③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]如图所示，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自由滑下，在到达斜面底端的过程中()‎ A．重力的冲量相同 B．弹力的冲量相同 C．合力的冲量相同 D．以上说法均不对 ‎[解析]D[高度相同，则下滑的距离x＝，加速度a＝gsin θ，根据x＝at2，得：t＝＝，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I＝mgt知，重力的冲量不同，故A错误．对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同，故B错误．合力的大小F合＝mgsin θ，可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量不同，故C错误．]‎ 对冲量的理解 在计算支持力的冲量时，有的同学认为IN＝0，这种错误观点在于未分清冲量与功的概念，应注意力对物体做功时，力的冲量不为零，但力对物体有冲量时，力不一定对物体做功．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(多选)从水平地面上方同一高度处，使a球斜上抛，b球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上，空气阻力不计．在此过程中，下列说法正确的是()‎ A．两球着地时的动能相同 B．两球着地时的动量相同 C．重力对两球所做的功相同 D．重力对两球的冲量相同 解析：AC[斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两球初位置高度相同，故重力做功相同，由动能定理得，WG＝mgh＝Ek－mv，因为两球的质量、初速度相同，下落的高度相同，故重力对两球所做的功相同，两球着地时的动能相同，故A、C正确；两球初始高度相同，a球斜上抛，b球平抛，a球开始时具有向上的分速度，所以a球运动的时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量比对b球的冲量大，故D错误；由于二者落地时的动能相等，则落地时的速度大小相等，而落地时a球竖直方向的分动量大，所以二者落地时速度的方向和动量的方向不同，故B错误．]‎ ‎2．(多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2.如果忽略空气阻力，则下列叙述正确的是()‎ A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0‎ B．过程1和过程2动量变化的方向相反 C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下 D．过程1和过程2的重力的总冲量为0‎ 解析：AC[根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用，选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，故A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误．]‎ ‎3．(2019·合肥模拟)(多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()‎ A．第2 s末，质点的动量为0‎ B．第4 s末，质点回到出发点 C．在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小 D．在1～3 s时间内，F的冲量为0‎ 解析：CD[从图象可以看出在前2 s力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，而不是0，故A错误；该物体在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0～4 s内的位移为正，故B错误；0～2 s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得力F瞬时功率开始时为0,2 s末的瞬时功率为0，所以在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在F－t图象中，图象与t轴围成的面积表示力F的冲量，由图可知，1～2 s之间的面积与2～3 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在1～3 s时间内，F的冲量为0，故D正确．]‎ 考点二动量定理的理解及应用 ‎[考点解读]‎ ‎1．对动量定理的理解 ‎(1)动量定理的表达式Ft＝Δp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)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．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．‎ ‎(3)应用动量定理解释两类物理现象 ‎①当物体的动量变化量一定时，力的作用时间t越短，力F就越大，力的作用时间t越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．‎ ‎②当作用力F一定时，力的作用时间t越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间t越短，动量变化量Δp越小．‎ ‎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(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例2](2018·江苏卷)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．‎ ‎[审题指导]动量定理是矢量式，应先选定正方向，注意初、末状态速度的正负．‎ ‎[解析]取向上为正方向，由动量定理得 mv－(－mv)＝I 且I＝(－mg)t 解得IF＝t＝2mv＋mgt ‎[答案]2mv＋mgt 应用动量定理的注意事项 ‎1．动量定理是矢量式，要选取统一的正方向，确定动量和冲量的正负号．‎ ‎2．动量定理是过程式，必须明确冲量的过程及初、末状态的动量．‎ ‎3．在Ft＝mv2－mv1中，Ft是合力的冲量，不是某一个力的冲量．‎ ‎4．在系统中，相互作用力的冲量一定大小相等、方向相反．‎ ‎5．注意题目要求，不要盲目忽略重力的冲量．‎ ‎[母题探究]‎ 母题 典例2‎ 探究1.动量定理在生活中的应用 探究2.用动量定理求变力的冲量(或动量变化)‎ 探究3.动量定理对多过程的应用 ‎[探究1]动量定理在生活中的应用 ‎(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是()‎ A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 解析：ABC[火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时曲腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故选项B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．]‎ ‎[探究2]用动量定理求变力的冲量(或动量变化)‎ ‎(2019·泰安模拟)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则()‎ A．t1＞t2 B．t1＝t2‎ C．I1＞I2 D．I1＝I2‎ 解析：C[小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点，即从A到C速度越来越小，AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动过程中的运动时间为t1＜t2，故A、B错误；沿圆心方向的合力与速度垂直，动量变化为零，AB段平均速率大于BC段平均速率，说明切线方向上AB段速度变化量较大，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合外力的冲量大小为I1＞I2，故C正确，D错误．]‎ ‎[探究3]动量定理对多过程中的应用 ‎(2017·全国卷Ⅲ)(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：AB[对物块，由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝，t＝1 s时物块的速率为v＝‎1 m/s，A正确；在F－t图中面积表示冲量，故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，B正确，C错误；t＝4 s时物块的动量大小为p″＝(2×2－1×2) kg·m/s＝‎2 kg·m/s，故t＝4 s时物块的速度为‎1 m/s，D错误．]‎ 物理模型(七)用动量定理研究“流体冲击模型”‎ ‎[模型阐述]‎ 通常情况下应用动量定理解题，研究对象为质量一定的物体，它与其他物体只有一次相互作用，我们称之为“单体作用”．这类题目对象明确、过程清楚，求解不难．而对于流体连续相互作用的这类问题，研究对象不明，相互作用的过程也较复杂，求解有一定难度．‎ 方法指导：巧选对象，将连续作用转化为“单体作用”；巧取瞬间，将较长时间内的变质量问题转化为短时间内不变质量问题．‎ ‎1．建立“柱体模型”‎ 沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面S的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρΔlS＝ρSv·Δt.‎ ‎2．掌握微元法 当所取时间为Δt足够短时，图中流体柱长度Δl甚短，相应的质量Δm也很小．显然，选取流体柱的这一微元小段作为研究对象就称微元法．‎ ‎3．运用动量定理 求解这类问题一般运用动量定理，即流体微元所受的合外力的冲量等于微元动量的增量，即F＝.‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例](2016·全国卷Ⅰ)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．‎ ‎[审题指导]本题的第二问的关键是：‎ ‎(1)连续流动的水流对玩具的平均冲击力F与玩具的重力Mg平衡．‎ ‎(2)若水流冲击玩具的速度为v，考虑以很短时间Δt内冲击玩具的水流Δm为研究对象，它在重力和玩具对它的反作用力F′作用下在Δt时间内动量减为零，利用动量定理可列出F′、v、Δm的关系，从而利用F′＝F＝Mg求出速度v，再求速度v对应的高度．‎ ‎[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＝ρΔV①‎ ΔV＝v0SΔt②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S③‎ ‎(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，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④‎ 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)v⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝－ ‎[答案](1)ρv0S(2)－ 应用动量定理求解流体冲击力，关键是建立“柱体微元”模型，具体思路是 ‎(1)在极短的时间Δt内，取一小柱体为研究对象．‎ ‎(2)求小柱体的体积ΔV＝vΔtS ‎(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt.‎ ‎(4)求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt.‎ ‎(5)应用动量定理FΔt＝Δp.‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了‎45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为‎12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×‎103 kg/m3)()‎ A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：A[设圆柱形水杯的横截面积为S，则水杯中水的质量为m＝ρV＝1×103×45×10－3S＝45S，由动量定理可得：Ft＝mv，而p＝，所以p＝＝ ‎ Pa＝0.15 Pa.]‎ ‎2．飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×‎103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－‎6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝‎5 m2‎，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v，所需推力多大？‎ 解析：设飞船在微粒尘区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，‎ 微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，‎ 由动量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，‎ 所以飞船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.‎ 答案：40 N