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    第六章 第1讲 动量 动量定理— 高中物理一轮复习学案
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    第六章 第1讲 动量 动量定理—2022高中物理一轮复习学案

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    这是一份第六章 第1讲 动量 动量定理—2022高中物理一轮复习学案,共11页。

    1讲 动量 动量定理

    ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU

    知识梳理·自测巩固

    知识点1 动量

    1动量

    (1)定义:运动物体的__质量____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____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__pp__

    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__Ft__

    (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:mvmv__Ft__pp__Ft__

    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,再根据牛顿第二定律得Fma,即Ftmvmv

    思维诊断:

    (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,其方向与恒力的方向相同。(  )

    (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。(  )

      

    1.关于动量,下列说法正确的是( D )

    A.速度大的物体,它的动量一定大

    B.动量大的物体,它的速度一定也大

    C.只要物体运动的速度大小不变,物体的动量就保持不变

    D.质量一定的物体,动量变化越大,该物体的速度变化一定越大

    [解析] 动量由质量和速度共同决定,只有质量和速度的乘积大,动量才大,选项AB均错误;动量是矢量,只要速度方向变化,动量就发生变化,选项C错误;由ΔpmΔvD正确。

    2.如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1速度为零然后下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1。在整个过程中,重力对滑块的总冲量为( C )

    Amgsin θ(t1t2)       Bmgsin θ(t1t2)

    Cmg(t1t2) D0

    [解析] 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量,此题中要求的是重力对滑块的总冲量,根据冲量的定义式IFt,因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间,所以IGmg(t1t2),即C正确。

    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] mg

    [解析] 对自由落体运动,有:hgt

    解得:t1

    规定向下为正方向,对运动的全过程,根据动量定理,有:

    mg(t1t)Ft0

    解得:Fmg

    HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO

    核心考点·重点突破

    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pmv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

     

    动量

    动能

    物理意义

    描述机械运动状态的物理量

    定义式

    pmv

    Ekmv2

    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

    pEk

    1 (2019·云南玉溪一中月考)如图所示,adbdcd是竖直面内三根固定的光滑细杆,abcd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abc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agcos α。由位移公式得Dcos αat2gcos αt2,得到t,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IFt分析可知,重力对各环的冲量相等,A错误;弹力FNmgsin 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。

    方法总结:

    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Ft图象中的面积对应冲量。

    (2)总冲量的三种求法: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IF·t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。若外力是变力,可以应用动量定理求合外力的冲量。

    〔类题演练1

    (2020·江西南昌月考)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则( AB )

    At1 s时物块的速率为1 m/s

    Bt2 s时物块的动量大小为4 kg· m/s

    Ct3 s时物块的动量大小为5 kg· m/s

    Dt4 s时物块的速度为零

    [解析] 根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量,可知在01 s02 s03 s04 s内合外力冲量分别为2 N·s4 N·s3 N·s2 N·s,应用动量定理ImΔv可知物块在1 s2 s3 s4 s末的速率分别为1 m/s2 m/s1.5 m/s1 m/s,物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg· m/s4 kg· m/s3 kg· m/s2 kg· m/s,则AB项均正确,CD项均错误。

    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。

    2 蹦床运动有空中芭蕾之称,某质量m50 kg的运动员从距蹦床h11.25 m高处自由落下,接着又能弹起h21.8 m高,运动员与蹦床接触时间t0.50 s,在空中保持直立,不计空气阻力,取g10 m/s2,求:

    (1)运动员与蹦床接触时间内,所受重力的冲量大小I

    (2)运动员与蹦床接触时间内,受到蹦床平均弹力的大小F

    [解析] (1)重力的冲量大小为:Imgt50×10×0.50  N·s250 N·s

    (2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1

    则根据动能定理可得:mgh1mv解得v15 m/s

    设弹起时离开蹦床瞬间,运动员的速度大小为v2,则根据动能定理可得:-mgh20mv

    解得:v26 m/s

    取竖直向上为正方向,由动量定理有:(Fmgtmv2(mv1)

    解得F1 600 N

    [答案] (1)250 N·s (2)1 600 N

    〔类题演练2

    (2019·山西模拟)使用无人机植树时,为保证树种的成活率,将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时,在离地面10 m高、以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机中,播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出, 荚进入地面下10 cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20 g,不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用,以g10 m/s2,则( D )

    A.射出荚的过程中,播种器对荚做的功为2.5 J

    B.离开无人机后,荚在空中运动的时间为 s

    C.土壤对荚冲量的大小为3 kg·m/s

    D.荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N

    [解析] 本题考查了动能定理、自由落体运动、动量定理。播种器对豆荚做的功为荚增加的动能,故为Wmv2×0.02×52 J0.25 JA错误;离开无人机后,在竖直方向上荚做初速度为v5 m/s、加速度为g的匀加速直线运动,则hvtgt2,解得t1 s(2 s舍去)B错误;荚落地时,竖直方向上的速度为vyvgt15 m/s,水平方向上的速度为v015 m/s,故荚落地时的速度大小为v15 m/s,荚进入地面下10 cm深处,速度为零,故土壤对荚的冲量为I0mv=-0.3 kg·m/s,即冲量大小为0.3 kg·m/sC错误;荚进入土壤后,竖直方向上做减速运动,末速度为零,位移为10 cm0.1 m,根据位移-速度公式可得0.1 m,进入土壤后的时间为t,联立解得t s,根据动量定理可得t0mv,解得=-=- N=-22.5 N,即平均阻力大小为22.5 ND正确。

    JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU

    阶段培优·查缺补漏

    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ΔVvSΔt

    (3)求小柱体质量ΔmρΔVρvSΔt

    (4)求小柱体的动量变化ΔpvΔmρv2SΔt

    (5)应用动量定理FΔtΔp

    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)Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则ΔmρΔV

    ΔVv0SΔt

    ①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为

    ρv0S

    (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

    m)v2m)ghm)v

     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Δpm)v

    设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔtΔp

    由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得FMg

    联立③④⑤⑥⑦式得h

    [答案] (1)ρv0S (2)

    〔类题演练3

    如图所示,一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口的面积为S,气体的密度为ρ,气体向外喷出的速度为v,则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是( D )

    AρvS  B 

    Cρv2S  Dρv2S

    [解析] Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量ΔmρSv·Δt,对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统,由动量定理得FΔtΔmv0,解得Fρv2S,选项D正确。

    2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN

    2年高考·模拟训练

    1(2019·全国卷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 )

    A1.6×102 kg        B1.6×103 kg

    C1.6×105 kg D1.6×106 kg

    [解析] 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Ftmv知,m kg1.6×103 kg,选项B正确。

    2(2018·全国卷14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能( B )

    A.与它所经历的时间成正比

    B.与它的位移成正比

    C.与它的速度成正比

    D.与它的动量成正比

    [解析] A错:速度vat,动能Ekmv2ma2t2,与经历的时间的平方成正比。B对:根据v22ax,动能Ekmv2m·2axmax,与位移成正比。C错:动能Ekmv2,与速度的平方成正比。D错:动量pmv,动能Ekmv2,与动量的平方成正比。

    3(2020·湖北荆门统考)两木块AB质量之比为21,在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同,则AB在开始滑行到停止运动的过程中,下列关于滑行的时间之比tAtB和距离之比xAxB的说法正确的是( A )

    A.初动能相同时分别为112

    B.初动能相同时分别为14,14

    C.初动量相同时分别为112

    D.初动量相同时分别为12,12

    [解析] 本题考查了牛顿第二定律、动量定理、动能定理。根据牛顿第二定律得aμg,两木块AB与地面间的动摩擦因数相等,则两木块做匀减速运动的加速度大小相等,由题意知两木块质量之比为21,当初动能相同时,根据Ekmv2知,初速度大小之比为1,根据t知,滑行的时间之比为1;根据匀变速直线运动的平均速度推论知xvt,因为初速度大小之比为1,运动时间之比为1,则滑行距离之比为12,故A正确,B错误。若初动量相等,由pmv可知初速度大小之比为12,则根据t知,滑行的时间之比为12;根据匀变速直线运动的平均速度推论知xvt,因为初速度大小之比为12,时间之比为12,则滑行距离之比为14,故CD错误。

    4(2019·全国卷25)一质量为m2 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,0t1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)t10.8 st1t2时间段为刹车系统的启动时间,t21.3 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

        

    (a)                      图(b)

    (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vt图线。

    (2)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t1t2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(t1t2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)vt图象如图所示。

    (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v1t2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Δt1 s

    设汽车在t2(n1)Δtt2nΔt内的位移为snn1,2,3

    若汽车在t2tt2t时间内未停止,设它在t2t时刻的速度为v3,在t2t时刻的速度为v4,由运动学公式有

    s1s43at)2

    s1v2Δtat)2

    v4v24aΔt

    联立①②③式,代入已知数据解得

    v4=- m/s

    这说明在t2t时刻前,汽车已经停止。因此,式不成立。

    由于在t2tt2t内汽车停止,由运动学公式

    v3v23aΔt

    2as4v

    联立②⑤⑥式,代入已知数据解得

    a8 m/s2v228 m/s

    a m/s2v229.76 m/s

    式情形下,v30,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

    f1ma

    t1t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为

    If1(t2t1)

    由动量定理有

    Imv1mv2

    由动能定理,在t1t2时间内,汽车克服阻力做的功为

    Wmvmv

    联立⑦⑨⑪⑫式,代入已知数据解得

    v130 m/s

    W1.16×105 J

    从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为

    sv1t1(v1v2)(t2t1)

    联立⑬⑮式,代入已知数据解得

    s87.5 m

     

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