《2019版高考物理一輪復習 第六章 動量和動量守恒定律 第1講 動量和動量定理學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理一輪復習 第六章 動量和動量守恒定律 第1講 動量和動量定理學案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　動量和動量定理 ★★★考情微解讀★★★ 見學生用書P092 微知識1 動量 1．定義：物體的質量與速度的乘積。 2．公式：p＝mv。 3．單位：千克·米/秒。符號：kg·m/s。 4．意義：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同。 微知識2 動量變化 1．定義：物體的末動量p′與初動量p的差。 2．定義式：Δp＝p′－p。 3．矢量性：動量變化是矢量，其方向與物體的速度變化的方向相同。 微知識3 動量定理 1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化等于它在這個過程中所受力的沖量。 2．表達式：p′－p＝I或mv′－mv＝F

2、t。 3．沖量：力與力的作用時間的乘積，即I＝Ft。 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。) 1．動量是矢量，其方向與物體速度的方向相同。(√) 2．做勻速圓周運動的物體的動量不變。(×) 3．物體靜止在水平面上是因為受到的支持力的沖量為零。(×) 4．合外力的沖量等于物體的動量變化。(√) 5．合外力的沖量等于各外力沖量的代數(shù)和。(×) 二、對點微練 1．(動量的理解)(多選)下列關于動量的說法正確的是(　　) A．質量大的物體，動量一定大 B．質量和速率都相同的物體，動量一定相同 C．一個物體的速率改變，它的動量一定改變 D．一個物體的運動

3、狀態(tài)改變，它的動量一定改變 解析　根據(jù)動量的定義，它是質量和速度的乘積，因此它由質量和速度共同決定，故A項錯；又因為動量是矢量，它的方向與速度的方向相同，而質量和速率都相同的物體，其動量大小一定相同，但方向不一定相同，故B項錯；一個物體的速率改變，則它的動量大小就一定改變，故C項對；物體的運動狀態(tài)變化，則它的速度就一定發(fā)生了變化，它的動量也就發(fā)生了變化，故D項對。 答案　CD　 2．(沖量)(多選)恒力F作用在質量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是(　　) A．拉力F對物體的沖量大小為零 B．拉力F對物體的沖量大小為F

4、t C．拉力F對物體的沖量大小是Ftcosθ D．合力對物體的沖量大小為零 解析　對沖量的計算一定要分清求的是哪個力的沖量，是某一個力的沖量、是合力的沖量、是分力的沖量還是某一方向上力的沖量。這一個力的沖量與另一個 力的沖量無關。B、D項正確。 答案　BD　 3．(動量定理)質量為m的物體在力F作用下做初速度為v1的勻加速直線運動，經(jīng)時間t，物體的動量由mv1增到mv2，則(　　) A．若該物體在2F力作用下經(jīng)2t，則物體的動量變化量為4mv2－4mv1 B．若該物體在2F力作用下經(jīng)2t，則物體的動量變化量為4mv2－3mv1 C．在2F力作用下經(jīng)t，物體的動量變化量為2mv

5、2 D．在2F力作用下經(jīng)t，物體的動量變化量為2mv2－mv1 解析　由動量定理得Ft＝mv2－mv1，則2F·2t＝4mv2－4mv1,2Ft＝2mv2－2mv1，故只有選項A正確。 答案　A　 見學生用書P092 微考點　1　動量和動量變化 核|心|微|講 1．動量是矢量，其方向與物體運動的速度方向相同。 2．動量具有相對性，與參考系的選取有關，一般以地面為參考系。 3．動量的變化量也是矢量，求動量的變化時要指出動量變化的方向。 4．動量與動能的關系 (1)聯(lián)系：都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，Ek＝，p＝。 (2)區(qū)別：動量是矢量，動能是標量；動能從能量的角度描

6、述物體的狀態(tài)，動量從運動物體的作用效果方面描述物體的狀態(tài)。 典|例|微|探 【例1】　如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的圓周軌道，圓心O在S的正上方。在O、P兩點各有一質量為m的物塊a和b，從同一時刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑。以下說法正確的是(　　) A．a(chǎn)比b先到達S，它們在S點的動量不相同 B．a(chǎn)與b同時到達S，它們在S點的動量不相同 C．a(chǎn)比b先到達S，它們在S點的動量相同 D．b比a先到達S，它們在S點的動量相同 【解題導思】 (1)物塊a和b到達S點時的速度大小相等嗎？速度方向相同嗎？ 答：由機械能守恒定律知，兩物塊到達S點時的速度大小相等，但方向

7、不同。 (2)物塊a和b到達S點時的動量相同嗎？ 答：不相同，動量的方向不同。 解析　在物體下落的過程中，只有重力對物體做功，故機械能守恒，故有mgh＝mv2，解得v＝。所以在相同的高度，兩物體的速度大小相同，即速率相同。由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到達S。又因到達S點時a的速度豎直向下，而b的速度水平向左，故兩物體的動量大小相等，方向不相同，故選項A正確，B、C、D項錯誤。 答案　A 題|組|微|練 1．(多選)關于動量的變化，下列說法正確的是(　　) A．做直線運動的物體速度增大時，動量的增量Δp的方向與運動方向相同 B．做直線運動的物體速度減小時，

8、動量的增量Δp的方向與運動方向相反 C．物體的速度大小不變時，動量的增量Δp為零 D．物體做曲線運動時，動量的增量一定不為零 解析　當運動物體的速度增大時，其末態(tài)動量p2大于初態(tài)動量p1，由矢量的運算法則可知Δp＝p2－p1>0，與物體運動方向相同。如圖甲所示，所以A項正確； 當物體速度減小時，p2

9、確。 答案　ABD　 2．質量是8 g的玻璃球，以3 m/s的速度向右運動，碰到一個物體后被彈回，以2 m/s的速度沿同一直線向左運動。該玻璃球的動量變化量為(　　) A．8.0×10－3 kg·m/s，方向水平向左 B．8.0×10－3 kg·m/s，方向水平向右 C．4.0×10－2 kg·m/s，方向水平向左 D．4.0×10－2 kg·m/s，方向水平向右 解析　依題意畫圖如圖所示，圖中v、v′，分別為玻璃球與物體碰撞前、后的速度。 設水平向右的方向為正方向，則p＝mv＝8×10－3×3 kg·m/s＝ 2．4×10－2 kg·m/s， p′＝mv′＝8×10－

10、3×(－2) kg·m/s＝－1.6×10－2 kg·m/s， 故玻璃球動量的變化量為 Δp＝p′－p＝－1.6×10－2 kg·m/s－2.4×10－2 kg·m/s ＝－4.0×10－2 kg·m/s。 “－”表示動量變化量的方向水平向左。選項C正確。 答案　C　 微考點　2　動量定理的應用 核|心|微|講 1．總沖量的兩種求解方法 (1)若各力的作用時間相同，且各外力為恒力，可以先求合力，再乘以時間求沖量，即I＝F合t。 (2)若各力作用時間不同，可以先求出每個力在相應時間的沖量，然后求各外力沖量的矢量和，即I＝F1t1＋F2t2＋…。 2．動量定理不僅適用于恒力作

11、用，還適用于變力作用，而且不需要考慮運動過程的細節(jié)。 3．用動量定理解釋現(xiàn)象 用動量定理解釋現(xiàn)象一般分為兩類：一類是物體的動量變化量一定，這種情況下力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小。另一類是作用力一定，這種情況下力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小。分析問題時，一定要把哪個量一定，哪個量變化搞清楚。 典|例|微|探 【例2】　用0.5 kg的鐵錘把釘子釘進木頭里，打擊時鐵錘的速度v＝4.0 m/s，如果打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊的作用時間是0.01 s，那么： (1)不計鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？ (2)考

12、慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2) (3)比較(1)和(2)，討論是否要計鐵錘的重力。 【解題導思】 (1)考慮鐵錘的重力和不考慮鐵錘的重力計算出來的結果差距大嗎？ 答：不大。 (2)什么情況下不考慮重力的影響呢？ 答：作用時間比較短時，鐵錘與釘子的作用力比其重力大得較多，可以不考慮重力的影響。 解析　(1)以鐵錘為研究對象，不計重力時，只受釘子的作用力，方向豎直向上，設為F1，取豎直向上為正，由動量定理可得F1t＝0－mv， 所以F1＝－ N＝200 N，方向豎直向上。 由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的作用力為200 N，方向豎直向下。

13、(2)若考慮重力，設此時受釘子的作用力為F2，對鐵錘應用動量定理，取豎直向上為正。 (F2－mg)t＝0－mv(矢量式)， F2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向豎直向上。 由牛頓第三定律知，此時鐵錘釘釘子的作用力為205 N，方向豎直向下。 (3)比較F1與F2，其相對誤差為×100%＝2.5%，可見本題中重力的影響可忽略。 答案　(1)200 N，方向豎直向下 (2)205 N，方向豎直向下　(3)見解析 題|組|微|練 3．質量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好彈性安全帶的保護，使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間是1.2 s，安全帶長5

14、 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N 解析　選取人為研究對象，人下落過程中由v2＝2gh，v＝10 m/s，緩沖過程由動量定理得(F－mg)t＝mv， F＝＋mg＝1 100 N。由牛頓第三定律可知，安全帶所受的平均沖力為1 100 N。 答案　B　 4．(多選)一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，則在此過程中(　　) A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt B．地面對他的沖量為mv－mgΔt C．地面對他做的功為mv2 D．地面

15、對他做的功為零 解析　取運動員為研究對象，由動量定理得(F－mg)Δt＝mv－0，I＝FΔt＝mv＋mgΔt，運動員沒有離開地面，地面對運動員的彈力做功為零，所以AD項正確。 答案　AD　 見學生用書P093 　素能培養(yǎng) 　 　　對于“變質量”和“連續(xù)”的流體的動量變化的問題，一般要選用一段時間Δt內(nèi)流出的液柱為研究對象，其長度為vΔt，液柱底面積為S，得液柱體積V＝SvΔt，故液柱質量為Δm＝ρΔV＝ρSvΔt，再對質量為Δm的液柱應用動量定理。 　經(jīng)典考題　 如圖所示，水力采煤時，用水槍在高壓下噴出強力的水柱沖擊煤層，設水柱直徑為d＝30 cm，水速為v＝50 m/s，

16、假設水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱?，求水柱對煤層的平均沖擊力。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3) 解析　設在一小段時間Δt內(nèi)，從水槍射出的水的質量為Δm，則Δm＝ρSvΔt。以Δm為研究對象，它在Δt時間內(nèi)的動量變化Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt。 設F為水對煤層的平均作用力，即沖力，F(xiàn)′為煤層對水的反沖力，以v的方向為正方向，根據(jù)動量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρv2SΔt，即 F′＝－ρSv2。 根據(jù)牛頓第三定律知F＝－F′＝ρSv2，式中S＝d2，代入數(shù)值得F≈1.77×105 N。 答案　1.77×105 N 　對法對題

17、 1．為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水面上升了45 mm。查詢得知，當時雨滴豎直下落速度約為12 m/s。據(jù)此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)(　　) A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析　設圓柱形水杯的橫截面積為S，則水杯中水的質量為m＝ρV＝103×45×10－3S＝45S，由動量定理可得Ft＝mv，而p＝，所以p＝＝ Pa＝0.15 Pa。 答案　A　 2．一艘宇宙飛船以v＝1.0×104 m/s

18、的速度進入密度為 ρ＝2.0×10－7 kg/m3的微隕石流中，如果飛船在垂直于運動方向上的最大截面積S＝5 m2，且認為微隕石與飛船碰撞后都附著在飛船上。為使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應為多大？ 解析　設t時間內(nèi)附著在飛船上的微隕石總質量為Δm，則Δm＝ρSvt，① 這些微隕石由靜止至隨飛船一起運動，其動量增加是受飛船對其作用的結果，由動量定理有 Ft＝Δp＝Δmv，② 則微隕石對飛船的沖量大小也為Ft，為使飛船速度保持不變，飛船應增加的牽引力為ΔF＝F，③ 綜合①②③并代入數(shù)值得ΔF＝100 N，即飛船的牽引力應為100 N。 答案　100 N 見學生用書P094

19、 1．(多選)關于物體的動量，下列說法正確的是(　　) A．慣性越大的物體，它的動量也越大 B．動量大的物體，它的速度不一定大 C．物體的速度大小不變，則其動量也保持不變 D．運動物體在任一時刻的動量的方向一定是該時刻的速度方向 解析　動量的大小由質量和速度的大小共同決定，即p＝mv，慣性大則質量大，但動量不一定大，選項A錯誤；動量大的物體，可能是速度大，但也有可能是質量大，選項B正確；動量是矢量，其方向與速度方向相同，只有在速度大小、方向均不變時，其動量才保持不變，故選項C錯誤，選項D正確。 答案　BD　 2．動量相等的甲、乙兩車，剎車后沿水平路面滑行，若兩車質量之比為＝，路

20、面對兩車的阻力相同，則兩車的滑行時間之比為(　　) A．1∶1　　　B．1∶2　　　C．2∶1　　　D．1∶4 解析　兩車滑行時水平方向受阻力f作用，在這個力作用下使物體的動量發(fā)生變化。若規(guī)定以車行駛方向為正方向，－ft＝0－p，所以兩車滑行時間t＝，當p、f相同時，滑行時間t相同，選項A正確。 答案　A　 3．從地面上方同一高度沿水平和豎直向上方向分別拋出兩個等質量的小物體，拋出速度大小都是為v，不計空氣阻力，對兩個小物體以下說法正確的是(　　) A．落地時的速度相同 B．落地時重力做功的瞬時功率相同 C．從拋出到落地重力的沖量相同 D．兩物體落地前動量變化率相等 解析　根

21、據(jù)動能定理兩物體落地時，速度大小相等，方向不同，故落地時速度不同，故A項錯誤；根據(jù)動能定理兩物體落地時，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬時功率p＝mgvsinθ，故B項錯誤；高度相同，平拋時間短，根據(jù)動量定理得I＝mgt，故C項錯誤；根據(jù)動量定理得I＝mgΔt＝Δp，故D項正確。 答案　D　 4．跳高比賽中，必須在運動員著地處鋪上很厚的海綿墊子，這是因為(　　) A．減小運動員著地過程中受到的沖量作用 B．減小運動員著地過程中動量的變化量 C．減小運動員著地過程中受到的平均沖力 D．以上說法均不正確 解析　跳高運動員在落地的過程中，動量變化一定，由動量定理可知，運動員受到的沖量I一定，跳高運動員在跳高時跳到沙坑里或跳到海綿墊上可以延長著地過程的作用時間t，由I＝Ft可知，延長時間t可以減小運動員所受到的平均沖力F，故A、B、D項錯誤，C項正確。 答案　C 9