高考物理一轮复习 第6章 第1节　动量　动量定理

这是一份高考物理一轮复习 第6章 第1节　动量　动量定理，共9页。试卷主要包含了考纲变化，考情总结，命题预测等内容，欢迎下载使用。

2．考情总结：作为“选考内容”时，对动量定理、动量守恒的考查，以中等题为主，题型多为计算题，考查的内容主要通过碰撞综合应用动量守恒定律和能量守恒定律．
3．命题预测：调至“必考内容”后，预计题型不变，命题热点仍然集中在动量与能量、动量与牛顿运动定律的综合应用方面，也可能与电场、磁场、电磁感应综合命题，难度可能是中等难度以上或较难．
说明：动量定理、动量守恒定律只限于一维情况．
第1节 动量 动量定理
知识点1 冲量和动量
知识点2 动量定理
1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化．
2．公式：Ft＝Δp＝mv2－mv1.
3．理解：
(1)动量定理反映了冲量的作用效果是使物体动量变化．
(2)动量定理可由牛顿第二定律和运动学公式推出，由F＝ma和a＝eq \f(vt－v0,t)得：F＝eq \f(mvt－mv0,t)＝eq \f(Δp,t)
这是牛顿第二定律的另一种表达形式，它说明作用力等于物体动量的变化率．
1．正误判断
(1)冲量和功都是标量．(×)
(2)冲量为零时，力不一定为零．(√)
(3)某个恒力的功为零时，这个力的冲量不为零．(√)
(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×)
(5)动量和冲量都是状态量．(×)
2．[冲量、动量的理解]从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a球竖直上抛，b球竖直下抛，c球水平抛出，不计空气阻力，则( )
A．三球落地时的动量相同
B．三球落地时的动量大小相同
C．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同
D．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同
B [根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但c球速度方向与a、b球的速度方向不同．从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同．故本题选B.]
3．[冲量的计算](多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中( )
A．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相等
B．整个过程中物块所受弹力的冲量为零
C．整个过程中物块的合外力冲量为零
D．整个过程中物块的合外力冲量大小为2mv0
AD [物体沿光滑斜面先上冲再滑下，两段时间相等，故重力的冲量相等，A对．因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，B错．由动量定理得I合＝p′－p＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故C错、D对．]
4．[动量定理的应用]质量为4 kg的物体以2 m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为14 kg·m/s.该物体 ( )
【导学号：92492255】
A．所受合外力的大小可能大于11 N
B．所受合外力的大小可能小于3 N
C．所受的冲量可能小于6 N·s
D．所受的冲量可能大于18 N·s
D [若设物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：
当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故A、B、C错误，D正确．]
1.冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的，如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向就跟力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动时绳的拉力在时间t内的冲量，这时就不能说力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．
2．冲量是过程量，说到冲量必须明确是哪个力在哪段时间内的冲量．
3．冲量和功
(1)冲量反映力对时间积累的效应，功反映力对空间积累的效应．
(2)冲量是矢量，功是标量．
(3)冲量的正、负号表示冲量的方向，功的正、负号表示动力或阻力做功．
[题组通关]
1．甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则( )
A．甲物体受到的冲量大
B．乙物体受到的冲量大
C．两物体受到的冲量相等
D．两物体受到的冲量无法比较
C [由题设可知两物体动量的变化量相等，据动量定理，两物体受到的冲量是相等的．两物体不同时停下，是因为受到的合力(即摩擦力)的大小不相等，即两接触面的动摩擦因数不相等．可知正确答案为C.]
2．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量mA＝4 kg，如图6­1­1所示．现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去外力F，物体从静止开始运动．则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为( )
图6­1­1
A．20 N·sB．50 N·s
C．25 N·sD．40 N·s
A [弹簧的弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：I＝Δp，即外力的冲量等于物体动量的变化．由于弹簧储存了50 J的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量．所以有：Ep＝eq \f(1,2)mv2，I＝mv.由以上两式可解得弹簧的弹力对A物体的冲量为I＝20 N·s.故选A.]
变力冲量的计算方法
1．如果一个物体受到的力是变力，但该力随时间是均匀变化的，我们可用求平均值的方法求解，此种情况下该力的平均值为eq \x\t(F)＝eq \f(1,2)(Ft＋F0)，则该变力的冲量为
I＝eq \f(1,2)(Ft＋F0)t.
2．以时间为横轴，力为纵轴，画出变力随时间变化的关系图象，如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)在量值上表示了力的冲量的大小．
3．根据动量定理求变力冲量．根据动量定理I＝Δp，若I无法直接求得，可求出Δp间接求出I，这是求变力冲量的重要方法．
1．动量定理的理解
(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值．
(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等而且Δp的方向与I合方向相同．
(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和．而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量．
(4)动力学问题中的应用．在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便．不需要考虑运动过程的细节．
2．动量定理的应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．
(2)应用I＝Δp求变力的冲量．
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
3．用动量定理解题的基本思路
[多维探究]
●考向1 用动量定理解释生活现象
1．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击过程中( )
【导学号：92492256】
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
D [玻璃杯从相同高度落下，落地时的速度大小是相同的，落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量Δp是相同的，又由动量定理I＝Δp，知受到的冲量也是相同的，所以A、B、C都错．由动量定理Ft＝Δp得F＝Δp/t，落到水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，容易碎，D对．]
●考向2 动量定理的综合应用
2．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小Δp和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为( )
A．Δp＝0B．Δp＝3.6 kg·m/s
C．W＝0D．W＝10.8 J
BC [设初动量方向为正，则p1＝mv＝1.8 kg·m/s，碰后动量p2＝－mv＝－1.8 kg·m/s，故Δp＝p2－p1＝－3.6 kg·m/s，B项正确；由动能定理得墙对小球做的功W＝ΔEk＝0，C项正确．]
3．摆长为L，摆球质量为m的单摆，以摆角θ(θ＜5°)摆动，摆球从最大的位移处摆到平衡位置的过程中，下列说法中正确的是( )
A．重力的冲量为πmeq \r(\f(gl,2))
B．重力做的功为mglcs θ
C．合外力的冲量大小为meq \r(2gl1－cs θ)
D．合外力的冲量为零
C [摆球从最大位移摆到平衡位置的过程中
机械能守恒：mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2
即v＝eq \r(2gl1－cs θ)
由动量定理得
F合t＝Δp＝mv－0＝meq \r(2gl1－cs θ)，C对，D错．
重力做功WG＝mgl(1－cs θ)，B错．
重力冲量IG＝mg·eq \f(1,4)·2πeq \r(\f(l,g))＝eq \f(1,2)πmeq \r(gl)，A错，故选C.]
[反思总结]
应用动量定理的三点提醒
1．动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
2．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
3．对过程较复杂的运动，可分段也可全过程用动量定理．
[母题] 如图6­1­2所示，在光滑水平面上并排放着A、B两木块，质量分别为mA和mB.一颗质量为m的子弹以水平速度v0先后穿过木块A、B.木块A、B对子弹的阻力恒为Ff.子弹穿过木块A的时间为t1，穿过木块B的时间为t2.求：
图6­1­2
(1)子弹刚穿过木块A后，木块A的速度vA和子弹的速度v1分别为多大？
(2)子弹穿过木块B后，木块B的速度vB和子弹的速度v2又分别为多大？
【解析】 (1)从子弹刚进入A到刚穿出A的过程中：
对A、B：由于A、B的运动情况完全相同，可以看做一个整体
Fft1＝(mA＋mB)vA，所以vA＝eq \f(Fft1,mA＋mB)
对子弹：－Fft1＝mv1－mv0，所以v1＝v0－eq \f(Fft1,m).
(2)子弹刚进入B到刚穿出B的过程中：
对物体B：Fft2＝mBvB－mBvA
所以vB＝Ff(eq \f(t1,mA＋mB)＋eq \f(t2,mB))
对子弹：－Fft2＝mv2－mv1，所以v2＝v0－eq \f(Fft1＋t2,m).
【答案】 (1)eq \f(Fft1,mA＋mB) v0－eq \f(Fft1,m) (2)Ffeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t1,mA＋mB)＋\f(t2,mB))) v0－eq \f(Fft1＋t2,m)
[母题迁移]
●迁移1 结合图象分析多过程问题
1．一个质量为3 kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图图6­1­3所示，那么该物体在6 s内速度的改变量是( )
图6­1­3
A．7 m/s
B．6.7 m/s
C．6 m/s
D．5 m/s
D [F­t图线与时间轴围成的面积在量值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为
I＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×4＋\f(1,2)×2×4－\f(1,2)×1×2))N·s＝15 N·s.
根据动量定理有I＝mΔv，Δv＝eq \f(I,m)＝eq \f(15,3) m/s＝5 m/s.
故本题选D.]
●迁移2 结合动量守恒分析多过程问题
2．如图6­1­4所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为M1＝0.5 kg，M2＝1.49 kg的两个物体，置于光滑水平面上，M1靠在光滑竖直墙上．现有一颗质量为M＝0.01 kg的子弹，以600 m/s的水平速度射入M2中，最后M1和M2都将向右运动．试求：竖直墙对M1的冲量.
【导学号：92492257】
图6­1­4
【解析】 设子弹M和木块M2碰后的共同速度大小为v′，对M2和M由动量守恒：
Mv＝(M＋M2)v′①
当M2和M以共同速度v′(方向向左)压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时，根据机械能守恒，M2和M的共同速度大小仍为v′(方向向右)，此时对M1的作用力为零．取M1、弹簧以及M2和M这一系统为研究对象，对M2与M碰后到又回到初位置的整个过程，弹簧弹力对M1和M2的合冲量为0，设墙对M1的冲量大小为I，对系统由动量定理有：
I＝(M2＋M)v′－[－(M2＋M)v′]②
由①②式得I＝2Mv＝2×0.01×600 N·s＝12 N·s，方向向右
即墙对M1冲量大小为12 N·s，方向向右．
【答案】 12 N·s，方向向右
冲量I
动量p
定义
力和力的作用时间的乘积
物体的质量和速度的乘积
公式
I＝Ft
p＝mv
单位
N·s
kg·m/s
矢量性
矢量，方向与恒力的方向相同
矢量，方向与速度的方向相同
特点
过程量
状态量
冲量的理解和计算
动量定理的理解与应用
利用动量定理解决多过程问题