【物理】2019届一轮复习鲁科版第六章动量和动量定理学案 12页

基础课1　动量和动量定理 知识点一、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、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＝p1－p2‎ 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＝ 知识点二、动量定理 ‎1．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：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。‎ ‎(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。‎ ‎2．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＝Δp＝p1－p2。‎ ‎(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。‎ ‎　[思考判断]‎ ‎(1)两物体的动量相等，动能也一定相等。(　　)‎ ‎(2)动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和。(　　)‎ ‎(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量。(　　)‎ ‎(4)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。(　　)‎ ‎(5)物体的动量越大，则物体的惯性就越大。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×‎ ‎　动量、冲量的理解及计算 ‎1．冲量和动量的比较 冲量I 动量p 定义 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量 质量和速度的乘积叫做动量 公式 I＝Ft p＝mv 单位 N·s kg·m/s 矢标性 矢量，方向与恒力的方向相同 矢量，方向与速度的方向相同 特点 过程量 状态量 ‎2.冲量和功的区别 ‎(1)冲量和功都是过程量。冲量是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。‎ ‎1．[动量的理解]下列关于动量的说法正确的是(　　)‎ A．质量大的物体动量一定大 B．速度大的物体动量一定大 C．两物体动能相等，动量不一定相同 D．两物体动能相等，动量一定相等 解析　动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式得出p＝，两物体动能相同，质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，故D错，C正确。‎ 答案　C ‎2．[冲量、动量的理解]如图1所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．合力对两滑块的冲量大小相同 B．重力对a滑块的冲量较大 C．弹力对a滑块的冲量较小 D．两滑块的动量变化大小相同 解析　这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力N＝mgcos θ，Na＜Nb，因此弹力对a滑块的冲量较小。故选项C正确。‎ 答案　C ‎3．[用I＝Ft计算恒力冲量]如图2所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f。在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(　　)‎ 图2‎ A．mg(t1＋t2)sin θ B．mg(t1－t2)sin θ C．mg(t1＋t2) D．0‎ 解析　重力是恒力，重力的冲量等于重力与重力作用时间的乘积，即整个运动过程中重力的冲量为mg(t1＋t2)。选项C正确。‎ 答案　C ‎　动量定理的理解及应用 ‎1．对动量定理的理解 ‎(1)动量定理的表达式Ft＝p1－p2是矢量式，右边是物体受到的所有外力的总冲量，而不是某一个力的冲量。其中F是所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在时间t内的平均值。‎ ‎(2)动量定理的表达式Ft＝p1－p2说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。‎ ‎(3)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量变化量Δp的关系，合外力的冲量由动量的变化量反映出来，I合与Δp不仅大小相等，方向也相同。‎ ‎(4)动量定理具有普适性，动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用。‎ ‎2．动量定理的要点 ‎(1)矢量式。‎ ‎(2)F既可以是恒力也可以是变力。‎ ‎(3)冲量是动量变化的原因。‎ ‎(4)由Ft＝p1－p2，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。‎ ‎3．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。‎ ‎【典例】　[用动量定理求变力的冲量]如图3所示，一质量为m的滑块在固定于竖直平面的半径为R的光滑轨道内运动，若滑块在圆心等高处C点由静止释放，‎ 则滑块从C点到达最低点B的过程中所受合力的冲量大小为多大？方向如何？‎ 图3‎ 解析　根据机械能守恒定律，有 mgR＝mv所以vB＝ 根据动量定理I＝mvB－0＝m 冲量I的方向一定与vB的方向相同，水平向右。‎ 答案　m　水平向右 ‎【拓展延伸】‎ 在【典例】中，若滑块在圆轨道上运动时能够到达圆周的最高点，且这时对轨道压力刚好为0，则滑块从A点沿轨道到达最低点B的过程中所受到的合力的冲量的大小多大？方向如何？‎ 解析　滑块在A点时对轨道压力刚好为0，说明此时物体只受重力。‎ mg＝m，vA＝ 从A到B机械能守恒，有mg·2R＋mv＝mv vB＝ 根据动量定理，并设向左方向为正，则 I＝m(－vB)－mvA ‎＝－m(＋)＝－(＋1)m 答案　(＋1)m　方向水平向右 ‎1．[用动量定理解释生活现象]人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了(　　)‎ A．减小地面对人的冲量 B．使人的动量变化减小 C．减小地面对人的冲力 D．增大人对地面的压强，起到安全保护作用 解析　人从高处跳下落地时的速度是一定的，与地面接触的过程中，人的动量变化是定值，所受到的冲量也是一定的，但脚尖先着地增加了缓冲时间，使得人所受冲力减小，起到安全保护作用，这个过程中人对地面的压强也相应减小。选项C正确。‎ 答案　C ‎2．[用动量定理求变力冲量]一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析　设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由 h＝gt2得t1＝＝0.4 s。‎ 如设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得 mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6 N·s。‎ 负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。‎ 答案　C ‎3．[用动量定理求动量变化]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 ‎4．[动量定理的应用](2015·安徽理综，22)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5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5‎ ‎(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)对小物块从A运动到B处的过程中 应用动能定理 ‎－μmgs＝mv2－mv①‎ 代入数值解得μ＝0.32②‎ ‎(2)取向右为正方向，碰后滑块速度 v′＝－6 m/s 由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③‎ 解得F＝－130 N④‎ 其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左。‎ ‎(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 ‎－W＝0－mv′2⑤‎ 解得W＝9 J 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 方法技巧 ‎1．用动量定理解题的基本思路 ‎2．动量定理的应用技巧 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I。‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化。‎ 应用动量定理求解连续作用问题 机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题。这类问题的特点是：研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体)，动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者结合牛顿运动定律综合求解。‎ 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时间内粒子给嚣壁的冲量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 一股水流以 10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？‎ 解析　小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F＝mg①‎ 小球受到的冲力大小等于小球对水的力。取很小一段长为Δl的小水柱Δm，其受到重力Δmg和球对水的力F，取向下为正方向。‎ ‎(F＋Δmg)t＝0－(－Δmv)②‎ 其中小段水柱的重力Δm·g忽略不计，Δm＝ρS·Δl ‎②式变为F＝ 因t很短，Δl很小，一小段Δl的水柱可以看成匀速上升，Δl＝vt。‎ 上式变为F＝ρSv2③‎ v为冲击小球前水的速度，即水以初速v0射出后，上升到h高处时的速度。根据竖直上抛的公式有 v2－v＝2(－g)h 所以v＝ 代入③，有F＝ρS(v－2gh)‎ 代入①，有mg＝ρS(v－2gh)‎ h＝＝ ‎＝ m＝1.8 m 答案　1.8 m 方法技巧 动量定理用于处理连续流体或粒子流的作用力问题，分析的关键是构建合理的物理模型，即隔离出一定形状的流体或粒子流作为研究对象，从而化“无形”为“有形”。‎ ‎1．(2015·北京理综)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析　从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时，F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误。‎ 答案　A ‎2．(2015·重庆理综)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌 落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 解析　由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确。‎ 答案　A ‎3．[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：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：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 ‎(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)－ ‎4．(2017·济南市联考)在水平方向的匀强电场中，有一带电正粒子质量为m、电荷量为q，从A点以初速度v0竖直向上射入电场，到达最高点B时的速度大小为2v0。如图6所示，不计空气阻力。试求：该电场的场强E。‎ 图6‎ 解析　题设带电粒子能达到最高点，隐含粒子的重力不能忽略。粒子在运动过程中受到两个力：竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE。因粒子带正电，故电场强度的方向水平向右。在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。到达最高点B点时，竖直分速度vy＝0，设所用的时间为t，运用动量定理的分量式，有 水平方向：qEt＝m·2v0－0①‎ 竖直方向：mgt＝0－(－mv0)②‎ 由①②得＝2，则E＝。‎ 答案　，水平向右