（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 第六章 第1節(jié) 動量定理學案（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 第六章 第1節(jié) 動量定理學案（含解析） 新課程標準 核心知識提煉 1.通過實驗和理論推導，理解動量定理和動量守恒定律，能用其解釋生活中的有關現(xiàn)象。知道動量守恒定律的普適性。 2.探究并了解物體彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。 3.體會用守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。 動量定理 動量守恒定律 彈性碰撞和非彈性碰撞 實驗：驗證動量守恒定律 第1節(jié)　動量定理 一、動量 1．定義：物體的質量和速度的乘積。 2．表達式：p＝。 3．單位：kg

2、·m/s。 4．標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。 二、動量定理 1.沖量 (1)定義：力和力的作用時間的乘積。 (2)表達式：I＝Ft。 (3)單位：N·s。 (4)標矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。 2．動量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。 (2)表達式：Ft＝mv′－mv。 [深化理解] 1．動量變化量也是矢量，其方向與速度變化量的方向相同。 2．力與物體運動方向垂直時，該力不做功，但該力的沖量不為零。 3．某個力的沖量與物體的運動狀態(tài)及其是否受其他力無關。 4．動量定理是矢量方程

3、，列方程時應選取正方向，且力和速度必須選同一正方向。 [基礎自測] 一、判斷題 (1)動量越大的物體，其速度越大。(×) (2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×) (3)物體所受合力不變，則動量也不改變。(×) (4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零。(×) (5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×) (6)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。(√) 二、選擇題 1．(2018·全國卷 Ⅰ )高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能(　　) A．與它所經(jīng)歷的時間成正比 B．與它的位

4、移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比 解析：選B　動能Ek＝mv2，與速度的平方成正比，故C錯誤。速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，與經(jīng)歷的時間的平方成正比，故A錯誤。根據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，故B正確。動量p＝mv，可得Ek＝，與動量的平方成正比，故D錯誤。 2．[滬科版選修3－5 P10 T3]質量為5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為(　　) A．10 kg·m/s　　　　　　 B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 k

5、g·m/s 解析：選D　動量的變化是末動量減去初動量，規(guī)定了豎直向下為正方向，則小球的初動量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以動量的變化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s。 3．(多選)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 解析：選AB　前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝

6、m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，故A正確；t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，故B正確；物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝2 m/s－0.5×1 m/s＝1.5 m/s，動量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，故C錯誤；t＝4 s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝2 m/s－0.5×2 m/s＝1 m/s，故D錯誤。 高考對本節(jié)內(nèi)容的考查，主要集中在對動量、沖量、動量變化量的理解及應用動量定理解決實際問題，題

7、型多為選擇題，而動量定理結合其他力學知識進行綜合考查，也可以計算題的形式呈現(xiàn)，難度中等。 考點一　動量與沖量的理解[基礎自修類] [題點全練] 1．[對動量的理解] 下列關于動量的說法正確的是(　　) A．質量大的物體動量一定大 B．速度大的物體動量一定大 C．兩物體動能相等，動量不一定相等 D．兩物體動能相等，動量一定相等 解析：選C　動量等于運動物體質量和速度的乘積，動量大小與物體質量、速度兩個因素有關，A、B錯；由動量大小和動能的表達式得出p＝，兩物體動能相等，質量關系不明確，動量不一定相等，D錯，C對。 2．[對沖量的理解與大小比較] 如圖所示，豎直面內(nèi)有一個

8、固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑。兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP>QN。將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．合力對兩滑塊的沖量大小相同 B．重力對a滑塊的沖量較大 C．彈力對a滑塊的沖量較小 D．兩滑塊的動量變化大小相同 解析：選C　這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達滑軌底端。合力F＝mgsin θ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a>Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大，a滑塊的動量變化也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FN＝mgcos θ，F(xiàn)Na

9、故C正確。 3．[動量變化量的大小計算] (多選)質量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動，經(jīng)過時間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時間內(nèi)物體動量變化量的大小為(　　) A．m(v－v0)　　　　　　　　 B．mgt C．m D．m 解析：選BCD　由動量定理可得，物體在時間t內(nèi)動量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運動過程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝，由機械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物體動量變化量Δp＝mΔv＝m＝m，選項C、D均正確，只有選項A錯誤。 [名師微點] 1．動能、動量、動量變化量的比較 動能 動量 動

10、量變化量 定義 物體由于運動而具有的能量 物體的質量和速度的乘積 物體末動量與初動量的矢量差 定義式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 標矢性 標量 矢量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 聯(lián)系 (1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系 (2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化 2．沖量的計算 (1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。 (2)變力的沖量 ①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則

11、力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝t，其中F1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小。 ②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。 ③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求Δp間接求出沖量。 考點二　動量定理的理解和應用[師生共研類] 1．應用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象 (1)當物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，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)當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小。 2．應用動量定理

12、解題的一般步驟 (1)確定研究對象。中學階段的動量定理問題，其研究對象一般僅限于單個物體。 (2)對物體進行受力分析?？梢韵惹竺總€力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。 (3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正、負號。 (4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要其他補充方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。 [典例]　“蹦床”已成為奧運會的比賽項目。質量為m的運動員從床墊正上方h1高處自由落下，落墊后反彈的高度為h2，設運動員每次與床墊接觸的時間為t，求在運動員與床墊接觸的時間內(nèi)運動員對床墊的平均

13、作用力。(空氣阻力不計，重力加速度為g) [解析]　設運動員下降h1剛接觸床墊的速度大小為v1，則離開床墊的速度大小為v2，由機械能守恒定律得 mv12＝mgh1 mv22＝mgh2 設時間t內(nèi)，床墊對運動員的平均作用力為F，取向上為正方向， 由動量定理得(F－mg)t＝mv2－(－mv1) 以上三式聯(lián)立可得F＝＋mg 再由牛頓第三定律得，運動員對床墊的作用力為 F′＝F＝＋mg，方向豎直向下。 [答案]?。玬g，方向豎直向下 [延伸思考] (1)床墊對運動員的沖量是多少？ (2)如果運動員不是落在床墊上，而是落在水泥地面上，運動員所受的平均沖力表達式相同嗎？實際結果有

14、區(qū)別嗎？ 提示：(1)床墊對運動員的沖量I＝Ft＝m(＋)＋mgt。 (2)運動員所受的平均沖力表達式相同，但因落在水泥地面上時，作用時間t明顯減小，故運動員所受平均沖力明顯增大，容易受到傷害。 例題及相關延伸思考旨在讓考生掌握應用動量定理的方法技巧和注意事項。 (1)對不涉及加速度和位移的力與運動的關系問題，應用動量定理不需要考慮運動過程的細節(jié)，解題較為方便。 (2)在應用動量定理解題時，需要表達物體(沿某方向)受到的合沖量，所以一定要對物體認真進行受力分析，不可有力的遺漏。 (3)當合力遠大于重力時，可忽略重力的沖量。 (4)對于變力的沖量，往往通過動量定理來計算。 (

15、5)建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的正、負號。 [題點全練] 1．[應用動量定理解釋生活現(xiàn)象] 玻璃杯從同一高度落下，掉在石頭上比掉在草地上容易碎，這是由于在玻璃杯與石頭的撞擊過程中(　　) A．玻璃杯的動量較大　　　　 B．玻璃杯受到的沖量較大 C．玻璃杯的動量變化較大 D．玻璃杯的動量變化較快 解析：選D　從同一高度落到地面上時，速度相同，動量相同，與草地或石頭接觸后，末動量均變?yōu)榱?，因此動量變化量相同。因為玻璃杯與石頭的作用時間短，由動量定理Ft＝mΔv知，此時玻璃杯受到的力F較大，即玻璃杯的動量變化較快，容易碎，D正確。 2．[應用動量定理求變力的沖

16、量] 如圖所示，一輕質彈簧固定在墻上，一個質量為m的木塊以速度v0從右側沿光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W分別是(　　) A．I＝0，W＝mv02　　　　　 B．I＝mv0，W＝mv02 C．I＝2mv0，W＝0 D．I＝2mv0，W＝mv02 解析：選C　由能量守恒可知，木塊向右離開彈簧瞬間的速度也為v0，取向右為正方向，由動量定理可得：I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，由動能定理可得：W＝mv02－mv02＝0，故選項C正確。 3．[應用動量定理計算平均

17、力] 在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點，質量m＝0.5 kg，AB間距離s＝5 m，如圖所示。小物塊以初速度v0＝8 m/s從A向B運動，剛要與墻壁碰撞時的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向彈回。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物塊從A向B運動過程中的加速度a的大小； (2)小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (3)若碰撞時間t＝0.05 s，碰撞過程中墻面對小物塊平均作用力F的大小。 解析：(1)從A到B過程是勻減速直線運動，根據(jù)速度位移公式，有：a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2。 所以加速度的大小為1.5 m/s2。

18、 (2)從A到B過程，由動能定理，有： －μmgs＝mv12－mv02 代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.15。 (3)對碰撞過程，規(guī)定向左為正方向，由動量定理，有： FΔt＝mv2－m(－v1) 可得：F＝130 N。 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N “融會貫通”歸納好——巧用微元法結合動量定理解決流體及微粒兩類“柱狀模型”問題 (一)流體類“柱狀模型”問題 流體及其特點 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ 分析步驟 1 建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S 2 微元研究，

19、作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應的質量為Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體 [例1]　(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求 (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 [解析]　(1)設Δt時間內(nèi)，從噴口噴出

20、的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S。 ③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v ⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ [答案]

21、　(1)ρv0S　(2)－ (二)微粒類“柱狀模型”問題 微粒及 其特點 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n 分析步驟 1 建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S 2 微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt 3 先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算 [例2]　宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持速度不變的問題。假設一宇宙飛船以v＝2.0×103

22、m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒塵區(qū)，飛船垂直于運動方向上的最大截面積S＝5 m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力多大？ [解析]　設飛船在微粒塵區(qū)飛行Δt時間，則在這段時間內(nèi)附著在飛船上的微粒質量Δm＝ρSvΔt， 微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加， 由動量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv， 所以飛船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2N＝40 N。 [答案]　40 N 對于流體及微粒的動量連續(xù)發(fā)生變化這類問題，關鍵是應用微元法正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內(nèi)動量發(fā)生變化的那部分物質作為研究對象，建立“柱狀模型”：研究對象分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內(nèi)，質量為Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt時間內(nèi)動量的變化情況，再根據(jù)動量定理求出有關的物理量?！?