2021高考物理一輪復習第六章動量和動量守恒定律第1講動量動量定理學案新人教版

1、第六章動量和動量守恒定律考試說明課程標準命題熱點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體會用動量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。(1)動量定理的理解與應用。(2)動量守恒定律的理解與應用。(3)動量守恒與能量守恒的綜合應用。(4)動量守恒定律與電磁學、原子物理等知識的綜合應用。第1講動量動量定理zhi shi shu li zi ce gong gu知識梳理自測鞏固知識點1動量1動量(1)定義：運

2、動物體的_質量_和_速度_的乘積。(2)公式：p_mv_。(3)單位：_千克米每秒_，符號是_kg m/s_。(4)矢量性：方向與_速度_的方向相同，運算遵循_平行四邊形定則_。2動量變化量(1)定義：物體在某段時間內_末動量_與_初動量_的矢量差(也是矢量)。(2)動量始終保持在一條直線上時的運算：選定一個正方向，動量、動量的變化量用帶正、負號的數(shù)值表示，p_pp_。知識點2動量定理1沖量(1)定義：力與力的_作用時間_的乘積。(2)公式：i_ft_。(3)單位：_牛頓秒_，符號是_ns_。(4)矢量性：方向與_力的方向_相同。(5)物理意義：反映力的作用對_時間_的積累效應。2動量定理(1

3、)內容：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_合力的沖量_。(2)表達式：mvmv_f合t_或pp_f合t_。思考：教材中是如何推導動量定理表達式的？答案設一質量為m的物體，初速度為v，在恒力f作用下的時間t內，速度從v變化到v，由于物體做勻加速運動，則有a，再根據(jù)牛頓第二定律得fma，即ftmvmv。思維診斷：(1)某物體的速度大小不變，動量一定不變。()(2)物體的質量越大，動量一定越大。()(3)物體的動量相同，其動能一定也相同。()(4)沖量是矢量，其方向與恒力的方向相同。()(5)力越大，力對物體的沖量越大。()(6)若物體在一段時間內，其動量發(fā)生了變化，則物體在這段

4、時間內的合外力一定不為零。()1關于動量，下列說法正確的是(d)a速度大的物體，它的動量一定大b動量大的物體，它的速度一定也大c只要物體運動的速度大小不變，物體的動量就保持不變d質量一定的物體，動量變化越大，該物體的速度變化一定越大解析動量由質量和速度共同決定，只有質量和速度的乘積大，動量才大，選項a、b均錯誤；動量是矢量，只要速度方向變化，動量就發(fā)生變化，選項c錯誤；由pmv知d正確。2如圖所示，質量為m的小滑塊沿傾角為的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零然后下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為f1。在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為(c)amgsin (t

5、1t2)bmgsin (t1t2)cmg(t1t2)d0解析談到?jīng)_量必須明確是哪一個力的沖量，此題中要求的是重力對滑塊的總沖量，根據(jù)沖量的定義式ift，因此重力對滑塊的總沖量應為重力乘以作用時間，所以igmg(t1t2)，即c正確。3高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛剛產(chǎn)生作用前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力多大？答案mg解析對自由落體運動，有：hgt解得：t1規(guī)定向下為正方向，對運動的全過程，根據(jù)動量定理，有：mg(t1t)ft0解得：

6、fmg。he xin kao dian zhong dian tu po核心考點重點突破考點一對動量、沖量的理解1動量的性質(1)瞬時性：通常說物體的動量是物體在某一時刻或某一位置的動量，動量的大小可用pmv表示。(2)矢量性：動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同。(3)相對性：因物體的速度與參考系的選取有關，故物體的動量也與參考系的選取有關。2沖量的性質(1)過程量：沖量描述的是力的作用對時間的積累效應，取決于力和時間這兩個因素，所以求沖量時一定要明確所求的是哪一個力在哪一段時間內的沖量。(2)矢量性：沖量的方向與力的方向相同，與相應時間內物體動量變化量的方向相同。3動量和動能的比較動量動能

7、物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式pmvekmv2標矢性矢量標量變化決定因素物體所受沖量外力所做的功換算關系p，ek例1 (2019云南玉溪一中月考)如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為最低點。每根桿上都套著一個完全相同的小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c點無初速度釋放，下列關于它們下滑過程的說法中正確的是(b)a重力對各環(huán)的沖量中a的最大b彈力對各環(huán)的沖量中c的最大c合力對各環(huán)的沖量大小相等d各環(huán)的動能增量相等解析本題考查了動能定理和動量定理。設任一細桿與豎直方向的夾角為，環(huán)運動的時間為t，圓周的直徑

8、為d。則環(huán)的加速度大小為agcos 。由位移公式得dcos at2gcos t2，得到t，所以三個環(huán)的運動時間相同，由于三個環(huán)的重力相等，運動時間相同，由公式ift分析可知，重力對各環(huán)的沖量相等，a錯誤；彈力fnmgsin ，則c環(huán)受到的彈力最大，三個環(huán)的運動時間相等，則彈力對c環(huán)的沖量最大，b正確；a環(huán)的加速度最大，受到的合力最大，則合力對a環(huán)的沖量最大，c錯誤；重力對a環(huán)做功最多，其動能的增量最大，d錯誤。方法總結：沖量的計算方法(1)恒力沖量的計算首先考慮公式，其次考慮用動量定理求解；變力沖量的計算首先用動量定理求解，其次可考慮ft圖象中的面積對應沖量。(2)總沖量的三種求法：若各個外力

9、是恒力，且各力的作用時間也相同，可以先求出合力再乘以時間求沖量，即i合f合t。若各個外力是恒力，但各力的作用時間不相同，可以先求出每個外力在相應時間內的沖量，然后求各外力沖量的矢量和。若外力是變力，可以應用動量定理求合外力的沖量。類題演練1(2020江西南昌月考)(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(ab)at1 s時物塊的速率為1 m/sbt2 s時物塊的動量大小為4 kg m/sct3 s時物塊的動量大小為5 kg m/sdt4 s時物塊的速度為零解析根據(jù)ft圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力f的沖量，可知在01 s、

10、02 s、03 s、04 s內合外力沖量分別為2 ns、4 ns、3 ns、2 ns，應用動量定理imv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg m/s、4 kg m/s、3 kg m/s、2 kg m/s，則a、b項均正確，c、d項均錯誤?？键c二對動量定理的理解及應用1應用動量定理解題的一般步驟(1)明確研究對象和研究過程研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。(2)進行受

11、力分析只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內部的相互作用力(內力)會改變系統(tǒng)內某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，則要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。(3)規(guī)定正方向由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前先規(guī)定一個正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負。(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。(5)根據(jù)動量定理列式求解。2應用動量定理解題的注意事項(1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規(guī)定的正方

12、向之間的關系(即要注意各個量的正、負)。(2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。(3)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統(tǒng)。(4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和，末態(tài)的動量p也是系統(tǒng)各部分動量之和。(5)對系統(tǒng)各部分的動量進行描述時，應該選取同一個參考系，不然求和無實際意義。例2 蹦床運動有“空中芭蕾”之稱，某質量m50 kg的運動員從距蹦床h11.25 m高處自由落下，接著又能彈起h21.8 m高，運動員與蹦床接觸時間t0.50 s，在空中保持直立，不計空氣阻力，

13、取g10 m/s2，求：(1)運動員與蹦床接觸時間內，所受重力的沖量大小i；(2)運動員與蹦床接觸時間內，受到蹦床平均彈力的大小f。解析(1)重力的沖量大小為：imgt50100.50 ns250 ns(2)設運動員下落h1高度時的速度大小為v1，則根據(jù)動能定理可得：mgh1mv解得v15 m/s設彈起時離開蹦床瞬間，運動員的速度大小為v2，則根據(jù)動能定理可得：mgh20mv解得：v26 m/s取豎直向上為正方向，由動量定理有：(fmg)tmv2(mv1)解得f1 600 n答案(1)250 ns(2)1 600 n類題演練2(2019山西模擬)使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同

14、營養(yǎng)物質包進一個很小的莢里。播種時，在離地面10 m高、以15 m/s的速度水平勻速飛行的無人機中，播種器利用空氣壓力把莢以5 m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出， 莢進入地面下10 cm深處完成一次播種。已知莢的總質量為20 g，不考慮莢所受大氣阻力及進入土壤后重力的作用，以g10 m/s2，則(d)a射出莢的過程中，播種器對莢做的功為2.5 jb離開無人機后，莢在空中運動的時間為 sc土壤對莢沖量的大小為3 kgm/sd莢在土壤內受到平均阻力的大小為22.5 n解析本題考查了動能定理、自由落體運動、動量定理。播種器對豆莢做的功為莢增加的動能，故為wmv20.0252 j0.25 j，a

15、錯誤；離開無人機后，在豎直方向上莢做初速度為v5 m/s、加速度為g的勻加速直線運動，則hvtgt2，解得t1 s(2 s舍去)，b錯誤；莢落地時，豎直方向上的速度為vyvgt15 m/s，水平方向上的速度為v015 m/s，故莢落地時的速度大小為v15 m/s，莢進入地面下10 cm深處，速度為零，故土壤對莢的沖量為i0mv0.3 kgm/s，即沖量大小為0.3 kgm/s，c錯誤；莢進入土壤后，豎直方向上做減速運動，末速度為零，位移為10 cm0.1 m，根據(jù)位移速度公式可得0.1 m，進入土壤后的時間為t，聯(lián)立解得t s，根據(jù)動量定理可得t0mv，解得 n22.5 n，即平均阻力大小為2

16、2.5 n，d正確。jie duan pei you cha que bu lou階段培優(yōu)查缺補漏用動量定理求解流體沖擊力問題應用動量定理求解流體沖擊力，關鍵是“柱體微元”模型，具體思路是：(1)在極短時間t內，取一小柱體作為研究對象。(2)求小柱體的體積vvst(3)求小柱體質量mvvst(4)求小柱體的動量變化pvmv2st(5)應用動量定理ftp例3 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?/p>

17、周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為，重力加速度大小為g。求：(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。解析(1)設t時間內，從噴口噴出的水的體積為v，質量為m，則mvvv0st由式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為v0s(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t時間內噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v 在h高度處，t時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為p(m)v設水對玩具的作用力的大小為f，根據(jù)動量定理有ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得fmg聯(lián)立式

18、得h答案(1)v0s(2)類題演練3如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸。現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為s，氣體的密度為，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時鋼瓶底端對豎直墻面的作用力大小是(d)avsbcv2sdv2s解析t時間內貯氣瓶噴出氣體的質量msvt，對于貯氣瓶、瓶內氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得ftmv0，解得fv2s，選項d正確。2 nian gao kao mo ni xun lian2年高考模擬訓練1(2019全國卷，16)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的

19、研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8106 n，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(b)a1.6102 kgb1.6103 kgc1.6105 kgd1.6106 kg解析設1 s內噴出氣體的質量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為f，由動量定理ftmv知，m kg1.6103 kg，選項b正確。2(2018全國卷，14)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(b)a與它所經(jīng)歷的時間成正比b與它的位移成正比c與它的速度成正比d與它的動量成正比解析a錯：速度vat，動能ekmv2ma2t2

20、，與經(jīng)歷的時間的平方成正比。b對：根據(jù)v22ax，動能ekmv2m2axmax，與位移成正比。c錯：動能ekmv2，與速度的平方成正比。d錯：動量pmv，動能ekmv2，與動量的平方成正比。3(2020湖北荊門統(tǒng)考)兩木塊a、b質量之比為21，在水平地面上滑行時與地面間的動摩擦因數(shù)相同，則a、b在開始滑行到停止運動的過程中，下列關于滑行的時間之比tatb和距離之比xaxb的說法正確的是(a)a初動能相同時分別為1，12b初動能相同時分別為14,14c初動量相同時分別為1，12d初動量相同時分別為12,12解析本題考查了牛頓第二定律、動量定理、動能定理。根據(jù)牛頓第二定律得ag，兩木塊a、b與地面

21、間的動摩擦因數(shù)相等，則兩木塊做勻減速運動的加速度大小相等，由題意知兩木塊質量之比為21，當初動能相同時，根據(jù)ekmv2知，初速度大小之比為1，根據(jù)t知，滑行的時間之比為1；根據(jù)勻變速直線運動的平均速度推論知xvt，因為初速度大小之比為1，運動時間之比為1，則滑行距離之比為12，故a正確，b錯誤。若初動量相等，由pmv可知初速度大小之比為12，則根據(jù)t知，滑行的時間之比為12；根據(jù)勻變速直線運動的平均速度推論知xvt，因為初速度大小之比為12，時間之比為12，則滑行距離之比為14，故c、d錯誤。4(2019全國卷，25)一質量為m2 000 kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機突然發(fā)現(xiàn)前方100 m處有一警示牌，立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖(a)中的圖線。圖(a)中，0t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間(這段時間內汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛)，t10.8 s；t1t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t21.3 s；從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止。已知從t2時刻開始，汽車第1 s內的位移為24 m，第4 s內的位移為1 m。 圖(a) 圖(b)(1)在圖(b)中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的vt圖線。(2)