【物理】2019届一轮复习人教版　动量　动量定理学案

【物理】2019届一轮复习人教版　动量　动量定理学案

第 章 动量 1．考纲展示：动量、动量定理Ⅱ 动量守恒定律及其应用Ⅱ 弹性碰撞和非弹 性碰撞Ⅰ 实验：验证动量守恒定律． 2．考纲变化：本章内容是模块 3－5 中的部分内容，考纲要求从 2017 年起由原 来的“选考内容”调至“必考内容”． 3．考情总结：本章内容是考纲要求由原来的“选考内容”调至“必考内容”．调 整后的第一次命题，考查点为动量守恒定律、动量定理的应用，题型为选择 题． 4．命题预测：调至“必考内容”后，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． 5．2017 年考题分布 试卷试题 Ⅰ卷 T14·6 分 Ⅱ卷 T15·6 分 Ⅲ卷 T20·6 分 考查要点 反冲运动的应用(火箭 模型) 衰 变 过 程 中 的 动量守恒问题 动 量 定 理 的 应 用 说明：动量定理、动量守恒定律只限于一维情况． 第一节 动量 动量定理 (对应学生用书第 104 页) [教材知识速填] 知识点 1 动量 1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用 p 来表示． 2．表达式：p＝mv. 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． 5．动量、动能、动量变化量的比较 动量 动能 动量变化量 定义式 p＝mv Ek＝1 2mv2 Δp＝p′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝ p2 2m ，Ek＝1 2pv，p＝ 2mEk，p＝2Ek v 易错判断 (1)物体的动能变化时动量一定变化．(√) (2)两物体的动量相等，动能也一定相等．(×) (3)动量变化的大小，不可能等于初、末状态动量大小之和．(×) 知识点 2 动量定理 1．冲量 (1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量．公式：I＝Ft. (2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是 N·s. (3)方向：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：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化． (2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p. (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上 应用动量定理． 易错判断 (1)动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×) (2)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．(×) (3)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同．(√) [教材习题回访] 考查点：动量变化量的理解 1．(沪科选修 3－5P10T3)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 [答案] D 考查点：动量和动能的比较 2．(粤教选修 3－5P9T5)下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是( ) A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同 D．动能大的物体，其动量也一定大 [答案] B 考查点：动量定理的应用 3．(粤教版选修 3－5P9T4)在没有空气阻力的条件下，在距地面高为 h，同时以相 等初速度 v0 分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体 m，当它们从 抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp.有( ) A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程最大 C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大 [答案] B 考查点：动量定理的应用 4．(人教版选修 3－5P11T2 改编)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力 F 的 作用下，经过时间 t、通过位移 l 后，动量变为 p、动能变为 Ek.以下说法正确 的是( ) A．在 F 作用下，这个物体若经过位移 2l，其动量将等于 2p B．在 F 作用下，这个物体若经过时间 2t，其动量将等于 2p C．在 F 作用下，这个物体若经过时间 2t，其动能将等于 2Ek D．在 F 作用下，这个物体若经过位移 2l，其动能将等于 4Ek [答案] B (对应学生用书第 105 页) 冲量的理解和计 算 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·s B．50 N·s C．25 N·s D．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＝1 2mv2，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.] [反思总结] 变力冲量的计算方法 (1)平均值法：力随时间均匀变化时，该力的平均值为 F ＝1 2(Ft＋F0)，I＝ 1 2(Ft＋F0)t. (2)图象法：如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分) 表示了力在时间 t 内的冲量． (3)根据动量定理求变力冲量． 动量定理的理解与简单应用 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．用动量定理解释的两类现象 (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． [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( ) 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．] 2．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若 迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是 ( ) A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小 C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 C [缓缓拉动纸带时，所用时间较长，摩擦力对物体的冲量大，故选项 C 正确．] 考向 2 用动量定理求平均作用力 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 到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 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，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大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg A [设高空作业人员自由下落 h 时的速度为 v，则 v2＝2gh，得 v＝ 2gh， 设安全带对人的平均作用力为 F，由动量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得 F＝m 2gh t ＋mg.] 4．一个质量为 0.18 kg 的垒球，以 25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后 反向水平飞回，速度大小为 45 m/s，若球棒与垒球的作用时间为 0.01 s．球棒 对垒球的平均作用力的大小为( ) A．450 N B．810 N C．1 260 N D．360 N C [取垒球飞向球棒的方向为正方向 初动量 p＝mv＝0.18×25 kg·m/s＝4.5 kg·m/s 末动量 p′＝mv′＝－0.18×45 kg·m/s＝－8.1 kg·m/s 由动量定理得垒球所受到的平均作用力为 F＝p′－p Δt ＝－8.1－4.5 0.01 N＝－1 260 N. 即所求平均作用力大小为 1 260 N，方向与所选的正方向相反．] (多选)在光滑水平面上有两个质量均为 2 kg 的质点，质点 a 在水平恒力 Fa＝4 N 作用下由静止开始运动 4 s，质点 b 在水平恒力 Fb＝4 N 作用下由 静止开始运动 4 m，比较这两质点所经历的过程，可以得到的正确结论是 ( ) A．质点 a 的位移比质点 b 的位移大 B．质点 a 的末速度比质点 b 的末速度小 C．力 Fa 做的功比力 Fb 做的功多 D．力 Fa 的冲量比力 Fb 的冲量小 AC [质点 a 的位移 xa＝1 2at2＝1 2·Fa mt2＝4×42 2×2 m＝16 m．由动量定理 Fata ＝mva，va＝Fata m ＝4×4 2 m/s＝8 m/s，由动能定理得 Fbxb＝1 2mv2b，vb＝ 2×4×4 2 m/s＝4 m/s.力 Fa 做的功 Wa＝Fa×xa＝4×16 J＝64 J，力 Fb 做的功 Wb＝Fb×xb＝4×4 J＝16 J．力 Fa 的冲量 Ia＝Fata＝4×4 N·s＝16 N·s，力 Fb 的冲量 Ib＝Δpb＝m(vb－0)＝2×(4－0) N·s＝8 N·s.综上可得 A、 C 选项正确．] [反思总结] 动量定理的应用技巧 1应用 I＝Δp 求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I＝Ft 求冲量， 可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换得出变力的冲量 I. 2应用Δp＝FΔt 求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化Δp＝p2－p1需 要应用矢量运算方法，计算比较复杂.如果作用力是恒力，可以求恒力的 冲量，等效代换得出动量的变化. 动量定理的综合应 用 [母题](2016·全国Ⅰ卷)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． [题眼点拨] ①“悬停在空中”表明水对其冲击力的大小等于其重力大 小；②“竖直方向水的速度变为零”显示水的动量变化大小是解题的突破 口． [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 Δm Δt ＝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 1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝1 2(Δm)v20 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＝v20 2g － M2g 2ρ2v20S2. ⑧ [答案](1)ρv0S (2)v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 [反思总结] 动量定理用于处理连续流体或粒子流的作用力问题，分析的关键是 构建合理的物理模型，即隔离出一定形状的流体或粒子流作为研究对象，从 而化“无形”为“有形”. [母题迁移] 迁移 1 动量定理与图象的结合 1．(多选)(2017·全国Ⅲ卷)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 612 所示，则( ) 图 612 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 AB [由动量定理得：t＝1 s 时，v1＝F1Δt1 m ＝2×1 2 m/s＝1 m/s t＝2 s 时：p2＝F1Δt2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s t＝3 s 时：p3＝F1Δt2＋F2Δt3 ＝2×2 kg·m/s－1×1 kg·m/s＝3 kg·m/s t＝4 s 时：F1Δt2＋F2Δt4＝mv4 v4＝2×2－1×2 2 m/s＝1 m/s 选项 A、B 正确．] 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所示，那么 该物体在 6 s 内速度的改变量是( ) 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＝ 3×4＋1 2 ×2×4－1 2 ×1×2 N·s＝15 N·s. 根据动量定理有 I＝mΔv，Δv＝ I m ＝15 3 m/s＝5 m/s. 故本题选 D.] 迁移 2 动量定理与多过程问题的结合 2.如图 613 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： (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？ 图 613 [题眼点拨] ①“并排放着 A、B 两木块”要想到子弹穿过 A 的过程中，A、 B 共同运动；②“阻力恒为 Ff”及“时间 t1”“时间 t2”． [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，可以看作一个整体 Fft1＝(mA＋mB)vA，所以 vA＝ Fft1 mA＋mB 对子弹：－Fft1＝mv1－mv0，所以 v1＝v0－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( t1 mA＋mB ＋ t2 mB ) 对子弹：－Fft2＝mv2－mv1，所以 v2＝v0－Fft1＋t2 m . [答案](1) Fft1 mA＋mB v0－Fft1 m (2)Ff t1 mA＋mB ＋ t2 mB v0－Fft1＋t2 m 迁移 3 动量定理在风力作用中的应用 3．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为 v0＝4 m/s 的匀速直线 运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减 速直线运动，经过 t＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为 S＝ 10 m2，帆船的总质量约为 M＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不 变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m3，在匀速行驶状态下估算： (1)帆船受到风的推力 F 的大小； (2)风速的大小 v. [解析](1)风突然停止，帆船只受到阻力 f 的作用，做匀减速直线运动，设 帆船的加速度为 a，则 a＝0－v0 t ＝－0.5 m/s2 根据牛顿第二定律有－f＝Ma，所以 f＝468 N 则帆船匀速运动时，有 F－f＝0 解得 F＝468 N. (2)设在时间 t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为 m，根据动量定理有－ Ft＝m(v0－v) 又 m＝ρS(v－v0)t 所以 Ft＝ρS(v－v0)2t 解得 v＝10 m/s. [答案](1)468 N (2)10 m/s