2022版高考物理一轮复习第6章动量第1节动量和动量定理教案

1、第1节 动量和动量定理选择性考试备考指南考点内容要求命题分析核心素养动量、动量定理、动量守恒定律及其应用1高考对动量部分的考查主要是碰撞、爆炸和反冲运动模型，题型以计算和选择为主，也有实验但较少。2动量守恒定律是力学的重点，要关注动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒综合的压轴计算题。物理观念：动量、冲量、碰撞、爆炸、反冲。科学思维：动量定理、动量守恒定律、人船模型、“滑块滑板”模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型。科学探究：验证动量守恒定律、验证动量定理。科学态度与责任：现代航天技术与反冲。弹性碰撞和非弹性碰撞实验七：验证动量守恒定律说明：只限于一维第1节动量和动量定理一、动量、

2、动量的变化量、冲量1动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。(2)表达式：pmv。(3)单位：kgm/s。(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。2动量的变化量(1)因为动量是矢量，动量的变化量p也是矢量，其方向与速度的改变量v的方向相同。(2)动量的变化量p的大小，一般用末动量p减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。即ppp。3冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。公式：ift。(2)单位：冲量的单位是牛秒，符号是ns。(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。二、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

3、过程中所受力的冲量。2表达式：ftppp。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。一、思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)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动量变化量的大小不可能等于初、末状态动量大小之和。()4动量定理描述的是某一状态的物理规律。()5物体所受合外力的冲量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相同。()二、走进教材1(人教版选修35p7例题1改编)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则

4、这段时间内动量的变化量为()a5 kgm/s，方向与原运动方向相反b5 kgm/s，方向与原运动方向相同c2 kgm/s，方向与原运动方向相反d2 kgm/s，方向与原运动方向相同答案a2(人教版选修35p11t2改编)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力f作用下，经时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为ek。若上述过程f不变，物体的质量变为，以下说法正确的是()a经过时间2t，物体动量变为2pb经过位移2l，物体动量变为2pc经过时间2t，物体动能变为4ekd经过位移2l，物体动能变为4eka由动量定理得pft，则经过时间2t，物体的动量p2f2t2p，由p22mek，得物体的动

5、能ek28ek，选项a正确，c错误；由动能定理ekfl，则经过位移2l，物体的动能ek2f2l2ek，由p22mek，得物体的动量p2p，选项b、d错误。3(人教版选修35p11t3改编)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 kgm/s，则该物体 ()a所受合外力的大小可能大于11 nb所受合外力的大小可能小于3 nc冲量大小可能小于6 nsd冲量大小可能大于18 nsd若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1mv18 kgm/s，末动量大小为14 kgm/s，则有两种可能：当p214 kgm/s，则ftp2p16 kgm/s，f3 n；当p2

6、14 kgm/s，则ftp2p122 kgm/s，f11 n，负号表示方向，故选项a、b、c错误，d正确。 动量及动量变化量的理解1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(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是 ()a做直线运动的物体速度增大时，动量的增量p的方向与运动方向相同b做直线运动的物体速度减小时，动量的增量

7、p的方向与运动方向相反c物体的速度大小不变时，动量的增量p为零d物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零abd当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知pp2p10，与物体运动方向相同，如图(a)所示，所以a选项正确；当做直线运动的物体速度减小时，p2p1，如图(b)所示，p与p1(或p2)方向相反，与运动方向相反，故b选项正确；当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，故动量可能不变化即p0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况p0，故c选项错误；当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，p一定不为零，如图(c)所示，故d

8、选项正确。3质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量p和合外力对小球做的功w，下列说法正确的是()ap2 kgm/s，w2 jbp2 kgm/s，w2 jcp0.4 kgm/s，w2 jdp0.4 kgm/s，w2 ja取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量pmv2mv10.24 kgm/s0.2(6) kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的功wmvmv0.242 j0.262 j2 j。故选项a正确。(1)动量的两性瞬时性：动量是描述物

9、体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。(2)动量、动能与动量变化量的比较名称项目动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式pmvekmv2ppp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，ekpv，p，p 冲量、动量定理的理解及应用1冲量的三个特点(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与力的作用时间的乘积。(2)矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间

10、内物体动量改变量的方向一致。(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。2动量定理的两点注意(1)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。在变力的情况下，动量定理中的力f应为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式ftp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的f是物体或系统所受的合力。3用动量定理解释两类现象(1)p一定时，f的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。(2)f一定，此时力的作用时间越长，p就越大；力的作用时间越短，p就越小。冲量的理解1(多选)(2

11、020济南4月检测)一质量为m的运动员托着质量为m的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立t时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则()甲乙丙a地面对运动员的冲量为(mm)g(t1t2t)，地面对运动员做的功为0b地面对运动员的冲量为(mm)g(t1t2)，地面对运动员做的功为(mm)g(h1h2)c运动员对重物的冲量为mg(t1t2t)，运动员对重物做的功为mg(h1h2)d运动员对重物的冲量为mg(t1t2)，运动员对重物做的

12、功为0ac因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(mm)g，整个过程的时间为(t1t2t)，根据ift可知地面对运动员的冲量为(mm)g(t1t2t)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项a正确，b错误；运动员对重物的作用力为mg，作用时间为(t1t2t)，根据ift可知运动员对重物的冲量为mg(t1t2t)，重物的位移为(h1h2)，根据wflcos 可知运动员对重物做的功为mg(h1h2)，选项c正确，d错误。动量定理的应用2(2020全国卷t14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速

13、度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()a增加了司机单位面积的受力大小b减少了碰撞前后司机动量的变化量c将司机的动能全部转换成汽车的动能d延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积d行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，a项错误，d项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，b项错误；碰撞过程中通过对安全气囊做功将司机的动能转化为内能，c项错误。3(2021广东新高

14、考适应性考试)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()a头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍b足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kgm/sc足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kgm/sd足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 nsc足球自由落体80 cm时的速度为v1，时间为t1，有v14 m/s，t10.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最

15、大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2v14 m/s，上升的时间t2t10.4 s；对足球与人接触的过程，t0.1 s，取向上为正方向，由动量定理有(mg)tmv2(mv1)p，解得36 n，p3.2 kgm/s，即头部对足球的平均作用力为36 n，而足球的重力为4 n，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为p3.2 kgm/s，故a错误，c正确；足球刚接触时的动量为p1mv11.6 kgm/s，故b错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为igmg(t1tt2)3.6 ns，故d错误。故选c。动量定理与图象的结合4.如图所示，物体从t0时刻开始由静止

16、做直线运动，04 s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是()a02 s内合外力的冲量一直增大b04 s内合外力的冲量为零c2 s末物体的动量方向发生变化d04 s内物体动量的方向一直不变c根据ft图象面积表示冲量，可知在02 s内合外力的冲量一直增大，a正确；04 s内合外力的冲量为零，b正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，04 s内物体动量的方向一直不变，c错误，d正确。5.一物体在合外力f的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，在t0和2t0时刻，物体的动能分别为ek1、ek2，动量分别为p1、p

17、2，则()aek28ek1，p24p1bek23ek1，p23p1cek29ek1，p23p1dek23ek1，p22p1c根据动量定理得：0t0内：f0t0mv1t02t0内：2f0t0mv2mv1由解得：v1v213由pmv得：p23p1由ekmv2得：ek1mv，ek2mv解得：ek29ek1。 应用动量定理处理“柱体”模型“流体类柱体”模型流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度作为已知条件分析步骤1建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为s2用微元法研究，作用时间t内的一段柱形流体的长度lvt，对应的质量为m

18、vslsvt3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体示例1(一题多法)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，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)在刚喷出一段很短的t时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。该时间内，喷出水柱高度lv0t喷出水柱质量mv其中v为水柱体积，满足

19、vls由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为v0s。(2)法一：动量定理、运动学公式设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得f冲mg其中，f冲为水柱对玩具底部的作用力由牛顿第三定律知f压f冲其中，f压为玩具底部对水柱的作用力，v为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式得v2v2gh在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为mmv0st由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得(f压mg)tmv由于t很小，mg也很小，可以忽略，式变为f压tmv由可得h。法二：牛顿定律、运动学公式，由牛顿第二定律得f(m)g(m)a因t很小很小，有fmg(m)g则有mgmam解得v对每一个水柱由运动学公式

20、得h。答案(1)v0s(2)“微粒类柱体”模型微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤1建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为s2用微元法研究，作用时间t内一段柱形流体的长度为l，对应的体积为vsv0t，则微元内的粒子数nnv0st3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘n计算示例2有一宇宙飞船，它垂直于运动方向的最大截面积s0.98 m2，以v2103 m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m2107 kg，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微

21、粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)解析选在t时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量等于底面积为s、高为vt的圆柱体内微粒的总质量，mmsvt，初动量为0，末动量为mv。设飞船对微粒的作用力为f，由动量定理得ftmv0，则fmsv2，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于msv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力的增加量为ffmsv2，代入数据解得f0.784 n。答案0.784 n1雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1