高中物理一轮复习材料 知识点 第六章：动量 动量守恒定律

这是一份高中物理一轮复习材料 知识点 第六章：动量 动量守恒定律，共79页。学案主要包含了动量和冲量，动量的变化量，动量定理等内容，欢迎下载使用。
第1讲 动量定理
一、动量和冲量
[注意] 动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而动能变化时，动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式：p＝eq \r(2mEk)。
二、动量的变化量
1．因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
2．动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
三、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
3．动量定理的研究对象：单个物体或物体系。对物体系内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系的动量变化量。
情境创设
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。
微点判断
(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)
(3)物体所受合力不变，则物体的动量也不改变。(×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，故重力的冲量为零。(×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)
(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。(√)
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算]
(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
解析：选D 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
2．[动量变化量的大小计算]
(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
解析：选BCD 由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝eq \r(v2－v02)，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以 eq \r(v2－v02)＝eq \r(2gh)，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，C、D正确，A错误。
3．[冲量的计算]
如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为( )
A．I＝0 B．I＝mv0
C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
解析：选C 根据机械能守恒定律可知木块离开弹簧时速度大小为v0，方向向右。设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故C正确。
[要点自悟明]
1．动量变化量的计算
(1)利用Δp＝p′－p计算，但要注意该表达式的矢量性。
(2)利用Δp＝I＝F合·t计算，该法常用于合外力和作用时间已知的情形。
2．冲量的三种计算方法
(二)动量定理(精研点)
逐点清1 应用动量定理解释体育活动
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析：选B 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
一点一过 对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
逐点清2 动量定理的应用
2.(2023·山东枣庄模拟)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D 手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝eq \r(2gh)＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝eq \f(mv,t)＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
一点一过 应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
逐点清3 动量定理用于多过程问题
3．(2023·云南玉溪一中月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F。已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
解析：选B 在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(v,2)，全程的平均速度也为eq \f(v,2)，则物块的总位移x＝eq \f(v,2)t＝eq \f(20,2)×8 m＝80 m，选项C、D错误。
一点一过 用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。
(三) “柱状”模型(精研点)
模型(一) 流体类“柱状模型”
[例1] 运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析] 设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
模型(二) 微粒类“柱状模型”
[例2] “神舟十五号”与空间站对接前的短时间内“神舟十五号”以速度v0近似做匀速直线运动，“神舟十五号”在运动方向横截面的面积为S。已知“神舟十五号”所在的区域内单位体积内有N个微粒，每个微粒的质量均为m，“神舟十五号”碰到微粒后，微粒就附着在“神舟十五号”上(碰撞前瞬间微粒静止)，忽略一切阻力和摩擦，为保持“神舟十五号”以恒定的速率运行，则推力的功率为( )
A．SNmv02 B．2SNmv02
C．SNmv03 D．2SNmv03
[解析] 在很短时间t内附着在“神舟十五号”上的微粒总质量为M＝v0tSNm，对附着在“神舟十五号”上的微粒由动量定理得Ft＝Mv0－0，解得“神舟十五号”对这些微粒的作用力大小为F＝SNmv02，根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持“神舟十五号”匀速运行，“神舟十五号”发动机的推力大小F′＝F，推力的功率为P＝F′v0＝SNmv03，选项C正确，A、B、D错误。
[答案] C
1．[激励爱国情怀](2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A．40 B．80
C．120 D．160
解析：选C 设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
2.[渗透五育教育(体育)]拍篮球是大家都喜欢的强身健体的大众体育活动项目。已知篮球质量为0.4 kg，为保证篮球与地面碰撞后自然弹起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球( )
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
解析：选D 人拍球的过程，由动量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6 kg·m/s，则I