江蘇專用2025版高考物理一輪復習第6章動量第1節(jié)動量和動量定理學案

PAGE9-第1節(jié)動量和動量定理[高考備考指南]考點內容高考(江蘇卷)四年命題狀況比照分析20242024202420242021年1月24日適應性考試命題分析動量、動量定理T12：動量守恒定律T12：沖量、動量定量T12：動量守恒定律T12：動量守恒定律—高考對本章的考查熱點是動量定理、動量守恒定律與牛頓運動定律、能量守恒的綜合應用。本章較以往要求較高，考查形式多為選擇題和計算題。動量守恒定律彈性碰撞和非彈性碰撞(一維碰撞)反沖運動試驗八驗證動量守恒定律核心素養(yǎng)物理觀念：動量、沖量、碰撞、反沖?？茖W思維：動量定理、動量守恒定律、人船模型、木塊－滑塊模型、子彈打木塊模型、含彈簧模型?？茖W探究：驗證動量守恒定律。科學看法與責任：現代航天技術與反沖。第1節(jié)動量和動量定理一、動量、動量的變更量、沖量1．動量(1)定義：運動物體的質量和速度的乘積叫作物體的動量，通常用p來表示。(2)表達式：p＝mv。(3)單位：kg·m/s。(4)標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。2．動量的變更量(1)因為動量是矢量，動量的變更量Δp也是矢量，其方向與速度的變更量Δv的方向相同。(2)動量的變更量Δp的大小，一般用末動量p′減去初動量p進行計算，也稱為動量的增量。即Δp＝p′－p。3．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。公式：I＝F·t。(2)單位：沖量的單位是?！っ?，符號是N·s。(3)方向：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。二、動量定理1．內容：物體在一個過程始末的動量變更量等于它在這個過程中所受力的沖量。2．表達式：Ft＝Δp＝p′－p。3．矢量性：動量變更量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上應用動量定理。1．思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)(1)物體的動能變更時，動量肯定變更。 (√)(2)兩物體的動量相等，動能也肯定相等。 (×)(3)動量變更量的大小不行能等于初、末狀態(tài)動量大小之和。 (×)(4)動量定理描述的是某一狀態(tài)的物理規(guī)律。 (×)(5)物體所受合外力的沖量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更的方向相同。 (√)2．(人教版選修3－5P7[例題1]改編)質量為0.5kg的物體，運動速度為3m/s，它在一個變力作用下速度變?yōu)?m/s，方向和原來方向相反，則這段時間內動量的變更量為()A．5kg·m/s，方向與原運動方向相反B．5kg·m/s，方向與原運動方向相同C．2kg·m/s，方向與原運動方向相反D．2kg·m/s，方向與原運動方向相同[答案]A3．(人教版選修3－5P11T2改編)一質量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平力F作用下，經時間t，通過位移L后，動量變?yōu)閜，動能變?yōu)镋k。若上述過程F不變，物體的質量變?yōu)閑q\f(m,2)，以下說法正確的是()A．經過時間2t，物體動量變?yōu)?pB．經過位移2L，物體動量變?yōu)?pC．經過時間2t，物體動能變?yōu)?EkD．經過位移2L，物體動能變?yōu)?EkA[由動量定理得p＝Ft，則經過時間2t，物體的動量p2＝F·2t＝2p，由p2＝2mEk，得物體的動能Ek2＝eq\f(2p2,2·\f(m,2))＝8Ek，選項A正確，C錯誤；由動能定理Ek＝FL，則經過位移2L，物體的動能Ek2＝F·2L＝2Ek，由p2＝2mEk，得物體的動量p2＝eq\r(2·\f(m,2)·2Ek)＝p，選項B、D錯誤。]4．(人教版選修3－5P11T3改編)質量為4kg的物體以2m/s的初速度做勻變速直線運動，經過2s，動量大小變?yōu)?4kg·m/s，則該物體()A．所受合外力的大小可能大于11NB．所受合外力的大小可能小于3NC．沖量大小可能小于6N·sD．沖量大小可能大于18N·sD[若以物體初速度方向為正方向，則初動量p1＝mv1＝8kg·m/s，末動量大小為14kg·m/s，則有兩種可能：當p2＝14kg·m/s，則Ft＝p2－p1＝6kg·m/s，F＝3N；當p2＝－14kg·m/s，則Ft＝p2－p1＝－22kg·m/s，F＝－11N，負號表示方向，故選項A、B、C錯誤，D正確。]動量及動量變更量的理解eq\o([依題組訓練])1．下列關于動量的說法正確的是()A．質量大的物體動量肯定大B．速度大的物體動量肯定大C．兩物體動能相等，動量不肯定相等D．兩物體動能相等，動量肯定相等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＝eq\r(2mEk)，兩物體動能相等，質量關系不明確，動量不肯定相等，D錯，C對。]2．關于動量的變更，下列說法中不正確的是()A．做直線運動的物體速度增大時，動量的增量Δp的方向與運動方向相同B．做直線運動的物體速度減小時，動量的增量Δp的方向與運動方向相反C．物體的速度大小不變時，動量的增量Δp為零D．物體做平拋運動時，動量的增量肯定不為零C[當做直線運動的物體的速度增大時，其末態(tài)動量p2大于初態(tài)動量p1，由矢量的運算法則可知Δp＝p2－p1＞0，與物體運動方向相同，如圖(a)所示，所以A選項正確。當做直線運動的物體速度減小時，p2＜p1，如圖(b)所示，Δp與p1(或p2)方向相反，與運動方向相反，故B選項正確。當物體的速度大小不變時，其方向可能變更，也可能不變更，故動量可能不變更即Δp＝0，也可能動量大小不變而方向變更，此種狀況Δp≠0，故C選項錯誤。當物體做平拋運動時，速度的大小和方向變更，即動量肯定變更，Δp肯定不為零，如圖(c)所示，故D選項正確。]3．質量為0.2kg的球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內，關于球的動量變更量Δp和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是()A．Δp＝2kg·m/s，W＝－2JB．Δp＝－2kg·m/s，W＝2JC．Δp＝0.4kg·m/s，W＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/s，W＝2JA[取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變更量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向豎直向上。由動能定理知，合外力做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。](1)動量的兩性①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。②相對性：動量的大小與參考系的選取有關，通常狀況是指相對地面的動量。(2)動量與動能的比較名稱項目動量動能動量變更量定義物體的質量和速度的乘積物體由于運動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢標性矢量標量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關聯方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)沖量、動量定理的理解及應用eq\o([分考向訓練])1．應用動量定理說明的兩類物理現象(1)當物體的動量變更量肯定時，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肯定時，力的作用時間Δt越長，動量變更量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變更量Δp越小。2．應用動量定理解題的一般步驟(1)確定探討對象。中學階段的動量定理問題，其探討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)依據動量定理列方程，如有必要還須要其他補充方程，最終代入數據求解。對過程較困難的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。動量定理的應用1．(2024·濟寧質檢)1998年6月18日，國產轎車在清華高校汽車工程探討所進行的整車平安性碰撞試驗取得勝利，被譽為“中國轎車第一撞”。在碰撞過程中，關于平安氣囊對駕駛員愛護作用的說法正確的是()A．減小了駕駛員的動量變更量B．減小了駕駛員的動量變更率C．減小了駕駛員受到撞擊力的沖量D．延長了撞擊力的作用時間，從而使得駕駛員的動量變更量更大B[在碰撞過程中，駕駛員的動量變更量是肯定的，而運用平安氣囊后增加了撞擊力作用的時間，依據動量定理Ft＝Δp可知，平安氣囊可以減小駕駛員受到的沖擊力，即減小了駕駛員的動量變更率，故B正確，A、C、D錯誤。]2．(2024·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯試勝利，這標記著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次試驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kgB[依據動量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝1.6×103kg/s，所以選項B正確。]動量定理與圖象的結合3．如圖所示，物體從t＝0時刻起先由靜止做直線運動，0～4s內其合外力隨時間變更的關系圖線為某一正弦函數，下列表述不正確的是()A．0～2s內合外力的沖量始終增大B．0～4s內合外力的沖量為零C．2s末物體的動量方向發(fā)生變更D．0～4s內物體動量的方向始終不變C[依據F-t圖象面積表示沖量，可知在0～2s內合外力的沖量始終增大，A正確；0～4s內合外力的沖量為零，B正確；2s末沖量方向發(fā)生變更，物體的動量起先減小，但方向不發(fā)生變更，0～4s內物體動量的方向始終不變，C錯誤，D正確。]4．(2024·全國卷Ⅲ改編)一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運動。F隨時間t變更的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為5kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零A[A對：前2s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s。B錯：t＝2s時物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s。C錯：物塊在2～4s內做勻減速直線運動，加速度的大小a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動量大小p3＝mv3＝3kg·m/s。D錯：t＝4s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s。]應用動量定理處理“流體類”問題eq\o([講典例示法])“流體類柱體”模型流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，特點是質量具有連續(xù)性，題目中通常給出密度ρ作為已知條件分析步驟1建立“柱體”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2用微元法探討，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度Δl＝vΔt，對應的質量為Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt3建立方程，應用動量定理探討這段柱形流體[典例示法](一題多法)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。為計算便利起見，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?，在水平方向朝四周勻稱散開。忽視空氣阻力。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)在剛噴出一段很短的Δt時間內，可認為噴出的水柱保持速度v0不變。該時間內，噴出水柱高度Δl＝v0Δt ①噴出水柱質量Δm＝ρΔV ②其中ΔV為水柱體積，滿意ΔV＝ΔlS ③由①②③可得：噴泉單位時間內噴出的水的質量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。(2)法一：動量定理、運動學公式設玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg ④其中，F沖為水柱對玩具底部的作用力由牛頓第三定律知F壓＝F沖 ⑤其中，F壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達玩具底部時的速度由運動學公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh ⑥在很短Δt時間內，沖擊玩具水柱的質量為ΔmΔm＝ρv0SΔt ⑦由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理得－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′ ⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽視，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′ ⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。法二：牛頓定律、運動學公式，由牛頓其次定律得F＋(Δm)g＝(Δm)a因Δt很小很小，有F＝Mg?(Δm)g則有Mg＝Δma＝Δmeq\f(v－0,Δt)解得v＝eq\f(MgΔt,Δm)對每一個水柱由運動學公式得h＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2g)＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。[答案](1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)“微粒類柱體”模型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粒子數n分析步驟1建立“柱體”模型，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2用微元法探討，作用時間Δt內一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt3先應用動量定理探討單個粒子，建立方程，再乘N計算[典例示法]有一宇宙飛船，它垂直于運動方向的最大截面積S＝0.98m2，以v＝2×103m/s的速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)，此塵區(qū)每立方米空間有一個微粒，微粒的平均質量m＝2×10－7kg，要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應增加多少？(設微粒與飛船外殼碰撞后附于飛船上)[解析]選在Δt時間內與飛船碰撞的微粒為探討對象，其質量等于底面積為S、高為vΔt的圓柱體內微粒的總質量，M＝mSvΔt，初動量為0，末動量為Mv。設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得F·Δt＝Mv－0，則F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2，依據牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行，牽引力的增加量為F′＝F＝mSv2，代入數據解得F′＝0.784N。[答案]0.784N[跟進訓練]1．雨打芭蕉是我國古代文學中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當時雨滴落地速度約為1