高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第讲动量动量定理学案新人教版

这是一份高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第讲动量动量定理学案新人教版，共11页。
第1讲 动量 动量定理
知识梳理·双基自测
ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE
知识梳理
知识点1 动量
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积。
(2)公式：p＝mv。
(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量和初动量的矢量差(也是矢量)。
(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝p′－p。
知识点2 动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)单位：牛顿秒，符号是N·s。
(4)矢量性：方向与力的方向相同。
(5)物理意义：反映力的作用对时间的积累效应。
2．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合力的冲量。
(2)表达式：mv′－mv＝F合Δt或p′－p＝F合Δt。
思考：教材中是如何推导动量定理表达式的？
[答案] 设一质量为m的物体，初速度为v，在恒力F作用下的时间t内，速度从v变化到v′，由于物体做匀加速运动，则有a＝eq \f(v′－v,Δt)，再根据牛顿第二定律得F＝ma＝eq \f(mv′－v,Δt)，即FΔt＝mv′－mv。
双基自测
一、堵点疏通
1．某物体的速度大小不变，动量一定不变。( × )
2．物体的质量越大，动量一定越大。( × )
3．物体的动量相同，其动能一定也相同。( × )
4．冲量是矢量，其方向与力的方向相同。( √ )
5．力越大，力对物体的冲量越大。( × )
6．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。`( √ )
二、对点激活
1．下列关于动量和冲量的说法不正确的是( D )
A．动量大的物体动能不一定大
B．物体运动状态发生变化，则其动量一定发生改变
C．冲量是物体动量变化的原因
D．冲量方向与动量方向一致
[解析] 根据动量和动能的关系Ek＝eq \f(p2,2m)可知，动量大的物体动能不一定大，选项A正确；物体运动状态改变，即速度发生变化，则动量一定变化，故B正确；冲量是物体动量变化的原因，选项C正确；冲量方向与动量变化的方向一致，选项D错误。
2．为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A，B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。A，B两小球开始下落到落地前瞬间的过程中，下列对A，B球描述正确的是( B )
A．A球与B球的速率变化量相同
B．A球与B球的动量变化量相同
C．A球与B球的动量变化率不同
D．A球与B球的动能变化量不同
[解析] 因为A球立即水平飞出，以一定的速度做平抛运动，B球被松开，做自由落体运动，所以两球落地的速率不同，速率的变化量也不同，故A错误；两球落地的时间相同，受到的重力也相同，落地过程中重力的冲量相同，则两球动量的变化量相同，故B正确；A球与B球的动量变化率等于重力，故A球与B球的动量变化率相同，故C错误；下落过程中重力做功相同，则动能变化量相同，故D错误。
3．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刚产生作用前人下落的距离为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量，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多大？
[答案] eq \f(m\r(2gh),t)＋mg
[解析] 对自由落体运动，有：h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)
解得：t1＝eq \r(\f(2h,g))
规定向下为正方向，对运动的全过程，根据动量定理，有：
mg(t1＋t)－Ft＝0
解得：F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg。
核心考点·重点突破
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
考点一 对动量、冲量的理解
1．动量的性质
(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
2．冲量的性质
(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
3．动量和动能的比较
例1 (2023·云南玉溪一中月考)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，下列关于它们下滑过程的说法中正确的是( B )
A．重力对各环的冲量中a的最大
B．弹力对各环的冲量中c的最大
C．合力对各环的冲量大小相等
D．各环的动能增量相等
[解析] 本题考查了动能定理和动量定理。设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t，圆周的直径为D。则环的加速度大小为a＝gcs α。由位移公式得Dcs α＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)gcs αt2，得到t＝eq \r(\f(2D,g))，所以三个环的运动时间相同，由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I＝Ft分析可知，重力对各环的冲量相等，A错误；弹力FN＝mgsin θ，则c环受到的弹力最大，三个环的运动时间相等，则弹力对c环的冲量最大，B正确；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，D错误。
名师点拨 冲量的计算方法
(1)恒力冲量的计算首先考虑公式，其次考虑用动量定理求解；变力冲量的计算首先用动量定理求解，其次可考虑F－t图像中的面积对应冲量。
(2)总冲量的三种求法：①若各个外力是恒力，且各力的作用时间也相同，可以先求出合力再乘以时间求冲量，即I合＝F合·t。②若各个外力是恒力，但各力的作用时间不相同，可以先求出每个外力在相应时间内的冲量，然后求各外力冲量的矢量和。③若外力是变力，可以应用动量定理求合外力的冲量。
〔变式训练1〕将质量相等的三只小球a，b，c从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛、下抛、平抛出去，空气阻力不计，那么，有关三球动量和冲量的情况是( C )
A．三球刚着地时的动量均相同
B．三球刚着地时的动量均不相同
C．三球从抛出到落地时间内，受重力冲量最大的是a球，最小的是b球
D．三球从抛出到落地时间内，动量的变化量均相同
[解析] 三个小球a，b，c在空中均只受重力，故机械能守恒，则三小球落地时的速度大小相等，但c速度不沿竖直方向，故a，b的速度相等，动量相等，但与c不相等，故选项A，B错误；由于a的时间最长，b的时间最短，故a受冲量最大，b受冲量最小，选项C正确；物体动量的变化量等于合外力的冲量，故a动量变化最大，b最小，选项D错误。
考点二 对动量定理的理解及应用
1．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
研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。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，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
(3)规定正方向
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。
(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)。
(5)根据动量定理列式求解。
2．应用动量定理解题的注意事项
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。
(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
例2 “蹦床”已成为奥运会的比赛项目。质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g)
[延伸思考]
(1)床垫对运动员的冲量是多少？
(2)如果运动员不是落在床垫上，而是落在水泥地面上，运动员所受的平均冲力表达式相同吗？实际结果有区别吗？
[解析] 设运动员下降h1刚接触床垫的速度大小为v1，则离开床垫的速度大小为v2，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh1，
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝mgh2
设时间t内，床垫对运动员的平均作用力为F，取向上为
正方向，
由动量定理得(F－mg)t＝mv2－(－mv1)
以上三式联立可得
F＝eq \f(m\r(2gh2)＋\r(2gh1),t)＋mg
再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为
F′＝F＝eq \f(m\r(2gh2)＋\r(2gh1),t)＋mg，方向竖直向下。
[延伸思考]
提示：(1)床垫对运动员的冲量
I＝Ft＝m(eq \r(2gh2)＋eq \r(2gh1))＋mgt，方向竖直向上。
(2)运动员所受的平均冲力表达式相同，但因落在水泥地面上时，作用时间t明显减小，故运动员所受平均冲力明显增大，容易受到伤害。
[答案] eq \f(m\r(2gh2)＋\r(2gh1),t)＋mg，方向竖直向下
〔变式训练2〕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( C )
A．I＝0 B．I＝mv0
C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
[解析] 设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故选项C正确。
名师讲坛·素养提升
MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
用动量定理求解流体冲击力问题
应用动量定理求解流体冲击力，关键是“柱体微元”模型，具体思路是：
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt
(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
例3 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。
[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
eq \f(Δm,Δt)＝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
eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)veq \\al(2,0)④
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＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)⑧
[答案] (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)
〔变式训练3〕一艘宇宙飞船以v＝1.0×104m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？
[答案] 100 N
[解析] 设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρSvt①
这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft＝Δp＝Δmv②
则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F③
综合①②③并代入数值得ΔF＝100 N，即飞船的牵引力应为100 N。
2年高考·1年模拟
2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI
1．(2023·课标Ⅰ，14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( D )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
[解析] 本题考查动量定理的应用。安全气囊并不能改变碰撞前后司机动量的变化量，B错误；汽车碰撞瞬间，安全气囊充满气体，司机的动能转化为与气囊碰撞过程产生的内能，气囊延长了司机的受力时间，由动量定理知，司机受到的力F＝eq \f(Δp,Δt)，故司机受到的力减小，气囊又增大了司机的受力面积，故司机在单位面积上受力减小，A、C错误，D正确。
2．(2023·课标Ⅱ，21)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( BC )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
[解析] 本题考查多次碰撞问题。取运动员与物块组成的系统为研究对象，背离挡板运动的方向为正方向，由动量守恒定律可知，运动员第1次推出物块后有0＝Mv1－mv，物块第1次追上运动员有mv＋Mv1＝(m＋M)v′1＝2mv，运动员第2次推出物块后有(m＋M)v′1＝Mv2－mv，即(2×2－1)mv＝Mv2，物块第2次追上运动员有Mv2＋mv＝(m＋M)v′2，……，物块第n－1次追上运动员有mv＋Mvn－1＝(m＋M)v′n－1，运动员第n次推出物块后有(m＋M)v′n－1＝Mvn－mv，即vn＝eq \f(2n－1,M)mv，当vn≥v时，物块就不能再追上运动员，且vn－1≤v，当n＝8时，解得52 kg≤M≤60 kg，故B、C符合要求。
3．(2023·全国卷Ⅰ，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( B )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
[解析] 设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，选项B正确。
4．(2023·全国卷Ⅱ，25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线。
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
[答案] (1)如图所示 (2)28 m/s 8 m/s2 (3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m
[解析] (1)v－t图像如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s。
设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－eq \f(1,2)a(Δt)2②
v4＝v2－4aΔt③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－eq \f(17,6) m/s④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt⑤
2as4＝veq \\al(2,3)⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦
或a＝eq \f(288,25) m/s2，v2＝29.76 m/s⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有
f1＝ma⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝eq \f(1,2)f1(t2－t1)⑩
由动量定理有
I＝mv1－mv2⑪
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)⑫
联立⑦⑨eq \(○,\s\up1(10))⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s⑬
W＝1.16×105 J⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋eq \f(1,2)(v1＋v2)(t2－t1)＋eq \f(v\\al(2,2),2a)⑮
联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得
s＝87.5 m。
课程标准
命题热点
1．通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。
2．探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
3．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
(1)动量定理的理解与应用。
(2)动量守恒定律的理解与应用。
(3)动量守恒与能量守恒的综合应用。
(4)动量守恒定律与电磁学、原子物理等知识的综合应用。
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
标矢性
矢量
标量
变化决定因素
物体所受冲量
外力所做的功
换算关系
p＝eq \r(2mEk)，Ek＝eq \f(p2,2m)