2021高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定理学案新人教版

1、第六章动量和动量守恒定律考试说明课程标准命题热点1.通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。2探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。3体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。(1)动量定理的理解与应用。(2)动量守恒定律的理解与应用。(3)动量守恒与能量守恒的综合应用。(4)动量守恒定律与电磁学、原子物理等知识的综合应用。第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

2、动物体的_质量_和_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_与_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，p_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_ns_。(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

3、)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_f合t_或pp_f合t_。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

4、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a、b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pmv知d正确。2如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为的斜面向上滑动，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 (t

5、1t2)bmgsin (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：

6、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

7、物理意义描述机械运动状态的物理量定义式pmvekmv2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p，ek例1 (2019云南玉溪一中月考)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d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a、b、c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，环运动的时间为t，圆周的直径

8、为d。则环的加速度大小为agcos 。由位移公式得dcos at2gcos t2，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 ，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

9、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i合f合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/sbt2 s时物块的动量大小为4 kg m/sct3 s时物块的动量大小为5 kg m/sdt4 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 s、

10、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 ns、4 ns、3 ns、2 ns，应用动量定理imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg m/s、4 kg m/s、3 kg m/s、2 kg m/s，则a、b项均正确，c、d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

11、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

12、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。例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，

13、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：imgt50100.50 ns250 ns(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：(fmg)tmv2(mv1)解得f1 600 n答案(1)250 ns(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

14、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 jb离开无人机后，荚在空中运动的时间为 sc土壤对荚冲量的大小为3 kgm/sd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wmv20.0252 j0.25 j，a

15、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i0mv0.3 kgm/s，即冲量大小为0.3 kgm/s，c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 n22.5 n，即平均阻力大小为2

16、2.5 n，d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t内，取一小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积vvst(3)求小柱体质量mvvst(4)求小柱体的动量变化pvmv2st(5)应用动量定理ftp例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

17、周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，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t时间内，从喷口喷出的水的体积为v，质量为m，则mvvv0st由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0s(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t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v 在h高度处，t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p(m)v设水对玩具的作用力的大小为f，根据动量定理有ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得fmg联立式

18、得h答案(1)v0s(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，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)avsbcv2sdv2s解析t时间内贮气瓶喷出气体的质量msvt，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ftmv0，解得fv2s，选项d正确。2 nian gao kao mo ni xun lian2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

19、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4.8106 n，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(b)a1.6102 kgb1.6103 kgc1.6105 kgd1.6106 kg解析设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 kg1.6103 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

20、，与经历的时间的平方成正比。b对：根据v22ax，动能ekmv2m2axmax，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a、b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a、b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1，12b初动能相同时分别为14,14c初动量相同时分别为1，12d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ag，两木块a、b与地面

21、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c、d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 s；t1t2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。 图(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)