2020版高考一轮复习物理新课改省份专用学案：第六章第1节动量定理

第六章 动量与动量守恒定律

第1节　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＝。

3．单位：kg·m/s。

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：N·s。

(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＝mv′－mv。

[深化理解]

1．动量变化量也是矢量，其方向与速度变化量的方向相同。

2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。

3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关。

4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。

[基础自测]

一、判断题

(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)

(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)

(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×)

(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)

(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)

(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。(√)

二、选择题

1．(2018·全国卷 Ⅰ )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(　　)

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：选B　动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确。动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。

2．[沪科版选修3－5 P10 T3]质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(　　)

A．10 kg·m/s　　　　　　 B．－10 kg·m/s

C．40 kg·m/s   D．－40 kg·m/s

解析：选D　动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s。

3．(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(　　)

A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s

B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s

C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s

D．t＝4 s时物块的速度为零

解析：选AB　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，故B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝2 m/s－0.5×1 m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，故C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝2 m/s－0.5×2 m/s＝1 m/s，故D错误。

高考对本节内容的考查，主要集中在对动量、冲量、动量变化量的理解及应用动量定理解决实际问题，题型多为选择题，而动量定理结合其他力学知识进行综合考查，也可以计算题的形式呈现，难度中等。

考点一　动量与冲量的理解[基础自修类]

[题点全练]

1．[对动量的理解]

下列关于动量的说法正确的是(　　)

A．质量大的物体动量一定大

B．速度大的物体动量一定大

C．两物体动能相等，动量不一定相等

D．两物体动能相等，动量一定相等

解析：选C　动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式得出p＝，两物体动能相等，质量关系不明确，动量不一定相等，D错，C对。

2．[对冲量的理解与大小比较]

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：选C　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。

3．[动量变化量的大小计算]

(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　)

A．m(v－v0)　　　　　　　　 B．mgt

C．m   D．m

解析：选BCD　由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，选项C、D均正确，只有选项A错误。

[名师微点]

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。

考点二　动量定理的理解和应用[师生共研类]

1．应用动量定理解释的两类物理现象

(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，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)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。

2．应用动量定理解题的一般步骤

(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。

(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。

(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。

(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。

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

mv12＝mgh1

mv22＝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为

F′＝F＝＋mg，方向竖直向下。

[答案]　＋mg，方向竖直向下

[延伸思考]

(1)床垫对运动员的冲量是多少？

(2)如果运动员不是落在床垫上，而是落在水泥地面上，运动员所受的平均冲力表达式相同吗？实际结果有区别吗？

提示：(1)床垫对运动员的冲量I＝Ft＝m(＋)＋mgt。

(2)运动员所受的平均冲力表达式相同，但因落在水泥地面上时，作用时间t明显减小，故运动员所受平均冲力明显增大，容易受到伤害。

[题点全练]

1．[应用动量定理解释生活现象]

玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于在玻璃杯与石头的撞击过程中(　　)

A．玻璃杯的动量较大　　　　 B．玻璃杯受到的冲量较大

C．玻璃杯的动量变化较大   D．玻璃杯的动量变化较快

解析：选D　从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv知，此时玻璃杯受到的力F较大，即玻璃杯的动量变化较快，容易碎，D正确。

2．[应用动量定理求变力的冲量]

如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是(　　)

A．I＝0，W＝mv02　　　　　 B．I＝mv0，W＝mv02

C．I＝2mv0，W＝0   D．I＝2mv0，W＝mv02

解析：选C　由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度也为v0，取向右为正方向，由动量定理可得：I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，由动能定理可得：W＝mv02－mv02＝0，故选项C正确。

3．[应用动量定理计算平均力]

在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；

 (2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；

(3)若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。

解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2。

所以加速度的大小为1.5 m/s2。

(2)从A到B过程，由动能定理，有：

－μmgs＝mv12－mv02

代入数据解得：μ＝0.15。

(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：

FΔt＝mv2－m(－v1)

可得：F＝130 N。

答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N

“融会贯通”归纳好——巧用微元法结合动量定理解决流体及微粒两类“柱状模型”问题

(一)流体类“柱状模型”问题

[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)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm＝ρΔV  ①

ΔV＝v0SΔt ②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

＝ρv0S。 ③

(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

(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④

在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

Δp＝(Δm)v ⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有

FΔt＝Δp ⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得

F＝Mg ⑦

联立③④⑤⑥⑦式得

h＝－。 ⑧

[答案]　(1)ρv0S　(2)－

(二)微粒类“柱状模型”问题

[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)2N＝40 N。

[答案]　40 N

对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对象分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，质量为Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt时间内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量。