高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章第1節(jié)動量動量定理課件

第六章碰撞與動量守恒課標(biāo)要求熱點(diǎn)考向1.探究物體彈性碰撞的一些特點(diǎn).知道彈性碰撞和非彈性碰撞2.通過實(shí)驗(yàn)，理解動量定理和動量守恒定律.能用動量守恒定律定量分析一維碰撞問題3.通過物理學(xué)中的守恒定律，體會自然界的和諧和統(tǒng)一1.動量定理與動量守恒定律的應(yīng)用2.動量守恒與能量守恒的綜合應(yīng)用3.動量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用第1節(jié)動量動量定理一、動量動量定理1.沖量.作用時(shí)間Ft力F(1)定義：力和力的__________的乘積.(2)公式：I＝________，適用于求恒力的沖量.(3)方向：與________的方向相同.

2.動量. (1)定義：物體的質(zhì)量與________的乘積. (2)公式：p＝________. (3)單位：千克·米/秒，符號：________. (4)意義：動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與________的方向相同.速度mvkg·m/s速度項(xiàng)目動量定理動量守恒定律內(nèi)容物體在一個(gè)過程始末的_______變化量等于它在這個(gè)過程中所受合外力的________相互作用的物體組成的系統(tǒng)__________或所受合外力為________時(shí)，這個(gè)系統(tǒng)的總動量將保持不變表達(dá) 式p′－p＝________或mv′－mv＝________m1v1＋m2v2＝___________二、動量定理和動量守恒定律動量沖量不受外力零F合

tF合

tm1v1′＋m2v2′【基礎(chǔ)自測】1.判斷下列題目的正誤.(1)動量越大的物體，其速度越大.()(2)兩物體的動量相等，他們的動能也一定相等.()(3)物體所受合力不變，則其動量也不改變.()(4)物體沿水平面運(yùn)動時(shí)，重力不做功，其沖量為零.()(5)動量變化量的大小不可能等于初、末狀態(tài)動量大小之和.()答案：(1)×

(2)×

(3)×

(4)×

(5)×2.如圖6-1-1所示，一個(gè)物體在與水平方向成θ角的拉力F的)作用下勻速前進(jìn)了時(shí)間t，則下列說法正確的是(

圖6-1-1 A.拉力

F對物體的沖量大小為Ftcosθ

B.拉力對物體的沖量大小為Ftsinθ

C.摩擦力對物體的沖量大小為Ftsinθ

D.合外力對物體的沖量大小為零

解析：求沖量時(shí)，必須明確是哪一個(gè)力在哪一段時(shí)間內(nèi)的沖量.本題中，作用的時(shí)間都是t，根據(jù)公式I＝F·t求得力F對物體的沖量就是Ft，A、B均錯誤.物體做勻速運(yùn)動，因此物體受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以摩擦力對物體的沖量大小為Fft＝Fcosθ·t，C錯誤.物體勻速運(yùn)動，合外力為零，所以合外力對物體的沖量大小為零，D正確.答案：D

3.(2022年廣東茂名模擬)蹦床是我國的優(yōu)勢運(yùn)動項(xiàng)目，我國某蹦床運(yùn)動員在東京奧運(yùn)會上一舉奪冠，為祖國爭了光.如圖6-1-2所示為運(yùn)動員比賽時(shí)的情境，比賽中某個(gè)過程，她自距離水平網(wǎng)面高3.2m處由靜止下落，與網(wǎng)作用后，豎直向上彈離水平網(wǎng)面的最大高度為5m，與網(wǎng)面作用過程中所用時(shí)間為0.7s.不考慮空氣阻力，重力加速度取10m/s2，若運(yùn)動員質(zhì)量為60kg，則網(wǎng)面對她的沖量大小為()圖6-1-2A.420N·sB.480N·sC.1080N·sD.1500N·s解析：由靜止下落到接觸網(wǎng)面時(shí)，根據(jù)動能定理有mgh1＝

開網(wǎng)面瞬間的速度v2＝10m/s，方向豎直向上，取向上為正方向，則根據(jù)動量定理有I－mgt＝mv2＋mv1，代入數(shù)據(jù)可得，網(wǎng)面對她的沖量大小I＝1500N·s，選D.

答案：DM＋m

4.如圖6-1-3所示，質(zhì)量為M的小車A停放在光滑的水平面上，小車上表面粗糙.質(zhì)量為m的滑塊B以初速度v0

滑到小車A上，車)足夠長，滑塊不會從車上滑落，則小車的最終速度大小為(

圖6-1-3A.零B.mv0

MC.mv0D.

mv0M－m答案：C對比項(xiàng)目動量動能動量變化量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差熱點(diǎn)1動量[熱點(diǎn)歸納]1.動量與動能的比較.對比項(xiàng)目動量動能動量變化量定義式p＝mvΔp＝p′－p矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程(續(xù)表)對比項(xiàng)目動量動能動量變化量對于給定的物體，若動能發(fā)生了變化，動量一定也發(fā)生了變化；而動量發(fā)生變化，動能不一定發(fā)生變化(動量發(fā)生變化，可能是方向變而大小不變，故動能可能不變).它們都是相對量，均與參考系的選取有關(guān)，高中階段通常選取地面為參考系(續(xù)表)2.關(guān)于動量變化量的幾點(diǎn)說明.(1)動量的變化量是矢量，遵循平行四邊形定則.其方向與速度的改變量方向相同.

(2)如果初末動量在同一直線上，首先規(guī)定正方向，再用正負(fù)表示初末動量p1、p2，根據(jù)公式Δp＝p2－p1，求出動量的變化量，如圖6-1-4甲、乙.甲乙丙

圖6-1-4 (3)如果初末動量不在同一直線上，需使用平行四邊形定則，求出動量的變化量Δp.如圖丙.

【典題1】(2023

年廣東廣州開學(xué)考)在空中相同高度處以相同的速率分別拋出質(zhì)量相同的三個(gè)小球.一個(gè)豎直上拋，一個(gè)豎直下拋，一個(gè)平拋.若不計(jì)空氣阻力，三個(gè)小球從拋出到落地的過程中(

)A.三個(gè)小球落地時(shí)的動量相同B.三個(gè)小球動量的變化量相同C.上拋球動量的變化量最大D.下拋球動量的變化量最大落地時(shí)的速度大小相等，由于做平拋運(yùn)動的小球落地時(shí)的速度方向與豎直上拋和豎直下拋小球的落地速度方向不同，因此三個(gè)小球落地時(shí)的動量不相同，A錯誤.在相同高度處三個(gè)小球以相同的速率分別拋出，可知做豎直上拋運(yùn)動小球的運(yùn)動時(shí)間大于做平拋運(yùn)動小球的運(yùn)動時(shí)間，做平拋運(yùn)動小球的運(yùn)動時(shí)間大于做豎直下拋運(yùn)動小球的運(yùn)動時(shí)間，由動量定理可得mgt＝Δp，可知三個(gè)小球動量的變化量不相同.上拋球動量的變化量最大，下拋球動量的變化量最小，B、D錯誤，C正確.答案：C易錯點(diǎn)撥動量和動量變化量都是矢量.分析動量變化時(shí)不能僅僅看大小，一般先看方向，方向不同，動量和動量變化量必然不同，若方向相同，再看大小是否相同.對比項(xiàng)目沖量功定義作用在物體上的力和力的作用時(shí)間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I＝Ft(F為恒力)W＝Flcosα(F為恒力)熱點(diǎn)2沖量[熱點(diǎn)歸納]1.沖量與功的比較.對比項(xiàng)目沖量功標(biāo)矢性矢量標(biāo)量意義

①表示力對時(shí)間的累積②是動量變化的量度①表示力對空間的累積②是能量變化的量度都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系(續(xù)表)公式法利用定義式I＝Ft計(jì)算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無須考慮物體的運(yùn)動狀態(tài)圖像法利用F-t圖像計(jì)算，F(xiàn)-t圖像圍成的面積表示沖量，此法既可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量2.沖量的四種計(jì)算方法.(續(xù)表)

【典題2】(2023

年廣東茂名一模)如圖6-1-5所示為中國運(yùn)動員在冬奧會短道速滑比賽中的精彩瞬間.若他正沿圓弧形彎道勻速率滑行，在一段時(shí)間Δt內(nèi)滑過一小角度θ，則他在這個(gè)過程中()A.所受的合外力為零B.所受的合外力不為零，做勻變速運(yùn)動圖6-1-5C.合外力做功為零，合力的沖量也為零D.合外力做功為零，合力的沖量不為零

解析：運(yùn)動員沿圓弧彎道勻速率滑行，可看作勻速圓周運(yùn)動，所受合外力提供向心力，方向始終指向圓心，合外力不為零，也不是恒力，故AB錯誤.合外力與速度的方向始終保持垂直，合外力做功為零，但沖量是力與時(shí)間的乘積，合力的沖量不為零，故C錯誤，D正確.答案：D思路導(dǎo)引在一段時(shí)間內(nèi)恒力的沖量不可能為0，沖量滿足I＝Ft，與物體是否靜止無關(guān).

【遷移拓展1】(2021年廣東深圳模擬)2020年7月26日，大型水陸兩棲飛機(jī)“鯤龍AG600”海上首飛成功，為下一步飛機(jī)進(jìn)行海上試飛科目訓(xùn)練及驗(yàn)證飛機(jī)相關(guān)性能奠定了基礎(chǔ).若飛機(jī)的質(zhì)量為m，從t＝0時(shí)刻起，飛機(jī)在某段時(shí)間t0

內(nèi)由靜止開始做加速直線運(yùn)動，其加速度與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖6-1-6所示(圖中a0、t0均為已知量)，則在這段時(shí)間t0

內(nèi)，飛機(jī)所受合力的沖量大小為()圖6-1-6答案：C熱點(diǎn)3動量定理的理解與應(yīng)用[熱點(diǎn)歸納]

1.動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力.變力的情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值.

2.動量定理的表達(dá)式FΔt＝Δp是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力.

【典題3】(2023

年重慶涪陵開學(xué)考)冰壺比賽是冬奧會上備受關(guān)注的一個(gè)競技項(xiàng)目，運(yùn)動員需要先給冰壺一個(gè)初速度，使冰壺沿著冰面達(dá)到指定區(qū)域，若某次比賽過程冰面可視為光滑，質(zhì)量為5kg的冰壺(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于光滑水平面上.從t＝0時(shí)刻開始，冰壺受到運(yùn)動員的水平外力F作用，外力F隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖6-1-7所示.下列說法正確的是()圖6-1-7A.冰壺第1s末的速度大小為0.6m/sB.力F前1s內(nèi)的沖量大小為0.6N·sC.冰壺第2s末速度大小為2m/sD.前2s內(nèi)運(yùn)動員對冰壺做的功為0.9J解析：由動量定理

F1t1＝mv1

解得，冰壺第1s末的速度大小為v1＝3×1 5m/s＝0.6m/s，選項(xiàng)A正確.力F前1s內(nèi)的沖量大小為I1＝F1t1＝3×1N·s＝3N·s，選項(xiàng)B錯誤.冰壺在前2s內(nèi)由動量定理F1t1＋F2t2＝mv2，解得第2s末速度大小為v2＝0.8m/s，選項(xiàng)C1.6J，選項(xiàng)D錯誤.答案：A

思路導(dǎo)引F-t圖像中，圖線與坐標(biāo)軸所圍成的圖形面積的含義取決于F的意義，若F是合外力，則面積是合外力的沖量，也是動量的變化量.若F是某一個(gè)力，則面積是這一個(gè)力的沖量.

【遷移拓展2】(2023年廣東汕頭三模)人們對手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到眼睛的情況.如圖6-1-8所示，若手機(jī)質(zhì)量m＝200g，從離人眼約h＝20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后經(jīng)Δt＝0.01s手機(jī)停止運(yùn)動，重力加)速度g取10m/s2，下列分析正確的是(

圖6-1-8A.手機(jī)對眼睛的作用力大小約為30NB.手機(jī)對眼睛的作用力大小約為40NC.全過程手機(jī)重力的沖量大小約為0.42N·sD.全過程手機(jī)重力的沖量大小約為0.40N·s眼相互作用過程，以豎直向下為正方向，據(jù)動量定理可得(mg－F)Δt＝0－mv，解得手機(jī)受到的作用力大小為F＝42N，由牛頓第三定律可知，手機(jī)對眼睛的作用力大小約為42N，A、B錯誤.手機(jī)自由Δt)＝0.42N·s，C正確，D錯誤.答案：C熱點(diǎn)4用動量定理解釋現(xiàn)象[熱點(diǎn)歸納]應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象：

(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越短，力F就越大；力的作用時(shí)間Δt越長，力F就越小.例如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎.(2)當(dāng)作用力F一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越長，動量變化量Δp就越大；力的作用時(shí)間Δt越短，動量變化量Δp就越小.

【典題4】(2023年廣東汕頭一模)如圖6-1-9所示，足球場上，守門員會戴著厚厚的手套向飛奔而來的球撲去，使球停下.關(guān)于此過程守門)圖6-1-9員戴手套的作用，下列分析中正確的是( A.減小球的平均作用力

B.增大手受到球的沖量

C.球受到的動量變大

D.使球的加速度變大

答案：A應(yīng)用動量定理解決連續(xù)作用問題1.流體類“柱狀模型”問題.

對于流體運(yùn)動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖6-1-10所示.圖6-1-10

設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時(shí)間內(nèi)流過該截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：

(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2. (2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟(1)建立“柱體”模型，沿運(yùn)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(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt；(3)先應(yīng)用動量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算2.微粒類“柱狀模型”問題.風(fēng)級風(fēng)速/(m·s－1)風(fēng)級風(fēng)速/(m·s－1)00～0.2713.9～17.110.3～1.5817.2～20.7

【典題5】(2022

年廣東汕頭二模)汕頭市屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，圖示為風(fēng)級(0～12)風(fēng)速對照表.假設(shè)不同風(fēng)級的風(fēng)迎面垂直吹向某一廣告牌，且吹到廣告牌后速度立刻減小為零，則“12級”風(fēng)對廣告牌的最大作用力約為“4級”風(fēng)對廣告牌最小作用力的()風(fēng)級風(fēng)速/(m·s－1)風(fēng)級風(fēng)速/