第六章 第一节 动量定理-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

第一节　动量　动量定理

一、动量

1．定义：物体的质量和__速度__的乘积。

2．表达式：p＝__mv__。

3．单位：__千克·米/秒__。

4．标矢性：动量是矢量，其方向和__速度__方向相同。

二、动量定理

1．冲量

(1)定义：力和力的作用__时间__的乘积。

(2)表达式：I＝__Ft__。

(3)单位：__牛·秒__。

(4)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向__相同__。

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力的__冲量__。

(2)表达式：Ft＝Δp＝__p′－p__。

[自我诊断]

判断下列说法的正误。

(1)动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。(√)

(2)一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变。(√)

(3)物体所受合外力的冲量方向与物体动量的方向相同。(×)

(4)系统的机械能守恒时，动量也一定守恒。(×)

(5)物体的动量变化越大，其速度变化一定越大。(√)

(6)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)

(7)物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。(×)

(8)合外力的冲量等于物体的动量变化。(√)

考点一　动量、冲量的理解及计算

1．动能、动量、动量变化量的比较

2.冲量的计算

(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。

(2)变力的冲量

①方向不变的变力的冲量：若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。

②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。

③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。

[题组突破]

[对冲量的理解]

1．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．合力对两滑块的冲量大小相同

B．重力对a滑块的冲量较大

C．弹力对a滑块的冲量较小

D．两滑块的动量变化大小相同

[解析]　这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcos θ，FNa＜FNb，因此弹力对a滑块的冲量较小。故C正确。

[答案]　C

[动量和冲量的定量计算]

2．(多选)(2020·湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重力和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1，t2，重力加速度为g，则(　　 )

A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0

B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)

C．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)

D．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0

[解析]　因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动的支持力为：(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Flcos α可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误。

[答案]　AC

考点二　动量定理的基本应用

1．动量定理I＝p′－p的理解

(1)公式是矢量式，右边是动量的变化量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算，但必须注意正负值。

(2)公式左边是物体受到所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量。

(3)公式说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。

2．动量定理的应用

(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，则可求物体动量的变化Δp，等效代换为变力的冲量I。

(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换为动量的变化。

[例1]　(2020·长春质检)“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)

[解析]　解法一　对运动员与床垫作用过程应用动量定理来解决。

设运动员下降h1刚接触床垫的速度大小为v1，刚离开床垫的速度大小为v2，由机械能守恒定律得

mv＝mgh1

mv＝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＝＋mg

再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力大小为

F′＝F＝＋mg，方向竖直向下。

解法二　选择运动员的全程利用动量定理进行研究

运动员自由下落h1阶段所用时间为t1

由h1＝gt，得t1＝

运动员反弹竖直上升h2阶段所用时间为t2

由h2＝gt，得t2＝

由全过程的动量定理得mg(t1＋t2＋t)－Ft＝0

解得F＝＋mg

再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力大小为

F′＝F＝＋mg，方向竖直向下。

[答案]　＋mg　方向竖直向下

◆规律总结

用动量定理解题的基本思路

[跟踪训练]

1．(2020·全国卷Ⅰ)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(　　)

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]　行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的功，C项错误。

[答案]　D

考点三　动量定理在多过程问题中的应用

应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路。

[例2]　一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g取10 m/s2，忽略空气阻力的影响)

[解析]　解法一　分段列式法：依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，v＝2gL，得v1＝

经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，取向下为正方向，对工人由动量定理知，(mg－F)t＝0－mv1，F＝

将数值代入得F＝1 200 N。

由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F′大小为1 200 N，方向竖直向下。

解法二　全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理。重力的冲量大小为mg( ＋t)，拉力F的冲量大小为Ft；初、末动量都是零。取向下为正方向，由动量定理知mg( ＋t)－Ft＝0

解得F＝＝1 200 N

由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力大小

F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下。

[答案]　1 200 N　方向竖直向下

[跟踪训练]

2．(2020·吉林“五地六校”合作体联考)一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则(　　 )

A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1

B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1

C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1

D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1

[解析]　根据动量定理得：

0～t0内：F0t0＝mv1①

t0～2t0内：2F0t0＝mv2－mv1②

由①②解得：v1∶v2＝1∶3

由p＝mv得：p2＝3p1

由Ek＝mv2得：Ek1＝mv，

Ek2＝mv

解得：Ek2＝9Ek1。

[答案]　C

“柱状模型”分析流体问题

对于“连续”质点系发生持续作用，物体动量(或其他量)连续发生变化这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“柱状模型”：在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质量为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。

模型一　流体类问题

[典例1]　(2016·全国卷Ⅰ)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)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。

该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt ①

喷出水柱质量Δm＝ρΔV②

其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为

＝ρv0S

(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得F冲＝Mg④

其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力

由牛顿第三定律知大小关系为

F压＝F冲⑤

其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度

由运动学公式得v′2－v＝－2gh⑥

在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm

Δm＝ρv0SΔt⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧

由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为

F压Δt＝Δmv′⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。

[答案]　(1)ρv0S　(2)－

[跟踪训练]

1．如图所示为喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒立在空中，水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)从地下射向垃圾桶。求垃圾桶可停留的最大高度(水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)。

[解析]　设垃圾桶可停留的最大高度为h，水柱到达高处h的速度为vt，则

v－v＝－2gh

得v＝v－2gh

由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为

FΔt＝2vt

解得F＝2·vt＝2

据题意有F＝Mg

联立解得h＝－2。

[答案]　－2

模型二　微粒类问题

[典例2]　宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？

[解析]　设飞船在微粒尘区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，

微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，

所以飞船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N。

[答案]　40 N

[跟踪训练]

2．(2020·四川双流中学高三模拟)对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量，为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n与v的关系正确的是(　　)

A．f＝nmv2　　　　　 B．f＝nmv2

C．f＝nmv2  D．f＝nmv2

[解析]　一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N＝n·SvΔt，Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt，器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝，则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2，故选项B正确。

[答案]　B