2022届高考一轮复习选修3-5动量第1讲动动量定理学案

2022届高考一轮复习选修3-5动量第1讲动量动量定理学案着nr四层箍盥清单•记牢・怡透一、动量1．定义物体的质量和速度的乘积。[注1]2．表达式p=mv_。.单位：kg・m/s。.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。二、动量定理.冲量⑴定义二力和力的作用时间的乘积。[注2]⑵表达式：i=Ft。（3）单位：N・s。（4）标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。.动量定理⑴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力的冲量。⑵表达式：Ft=mv'—mv。[注3]【注解释疑】[注1]动量是状态量，与时刻或位置相对应。[注2]冲量是过程量，与时间或过程相对应。[注3]“力”指的是合外力。【基础自测】一、判断题⑴动量越大的物体，其速度越大。（X）⑵物体的动量越大，其惯性也越大。（X）⑶物体所受合力不变，则动量也不改变。（X）（4）物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。（X）⑸物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。（X）（6）物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。（J）二、选择题.［沪科版选修3-5P10Q质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/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.10kg•m/sB.-10kg•m/sC.40kg•m/sD.-40kg•m/s解析：选D动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1=mv1=25kg•m/s，末动量p2=mv2=-15kg•m/s,所以动量的变化”=p2-p1=-40kg•m/s。.［粤教版选修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，其动量也一定大解析：选B物体的动量发生变化时，如果只是方向发生变化，则其动能不变，A错误；物体的动能发生变化时，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，b正确；由ek=2m可知，两物体的动量相同时，质量越小，动能越大，故选项C、D均错误。…立足*四矍？曲教肾地型:规律•方法考点一动量与冲量的理解［素养自修类］【对点训练】1．［对动量变化量的理解］TOC\o"1-5"\h\z（2021・广东广州一模）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意，’图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I,运动员入水后到最低.',点的运动过程记为H,忽略空气阻力，则运动员（）A.过程I的动量变化量等于零

b.过程n的动量变化量等于零C.过程I的动量变化量等于重力的冲量D.过程n的动量变化量等于重力的冲量解析：选C过程I中动量变化量等于重力的冲量，即为mg乙不为零，故A错误，C正确；运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程n的动量变化量不等于零，故b错误;过程n的动量变化量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故d错误。.［对冲量的理解］（2021•天津一中模拟）如图所示，质量相等的4、5两个物体，沿着倾角分别为。和少的两个光滑斜面，由静止从同一高度九2开始下滑到同样的另一高度々的过程中，4、5两个物体相同的物理量是（）A.A.所受重力的冲量B.所受支持力的冲量C.所受合力的冲量C.所受合力的冲量D.动量变化量的大小解析：选D物体下滑过程中，下滑高度h=h2-h1相等，由机械能守恒定律得：mgh-2mv2，物体到达高度h1处时，速度v=，2gh，由牛顿第二定律得：mgsin0=ma，加速度a-gsin0,物体沿斜面下滑的时间：£=v=父2吟=「远，由于斜面倾角0agsin0sin01g不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量I=mgt不同，故A错误；物体下滑的时间t不同，所受支持力的方向不同，所以所受支持力的冲量一定不同，故B错误；由于斜面倾角不同，滑到h1高度时，两物体动量方向不同，但两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等的；由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合外力的冲量，所以物体所受合力的冲量大小相等，但方向不同，故C错误，D正确。.［冲量的计算］（多选）（2019•湖北宜昌市四月调研）一质量为m的运动员托着、产一7。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X'二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甲乙丙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()A.地面对运动员的冲量为(M+m)g(11+12+At)，地面对运动员做的功为0B.地面对运动员的冲量为(M+m)g(11+12),地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2)C.运动员对重物的冲量为Mg(11+12+At)，运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)D.运动员对重物的冲量为Mg(11+12),运动员对重物做的功为0解析：选AC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：(M+m)g，整个过程的时间为(t1+12+4)，根据I二Ft可知地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+12+At储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(t1+12+At)，根据I=Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(11+12+At)，重物的位移为(h1+h2)，根据W=Flcosa可知运动员对重物做的功为Mg也1+h2)，选项C正确，D错误。【要点解读】1．动量的变化量(1)数学表达式：Ap=p2—p1(2)动量的变化量是矢量,遵循平行四边形定则。其方向与速度的改变量方向相同。a.如果初末动量在同一直线上，首先规定正方向，再用正负表示初末动量p1、p2,根据公式Ap=p2—p1,求出动量的变化量，如图(1)(2)。b.如果初末动量不在同一直线上，需使用平行四边形定则，求出动量的变化量Ap。如图(3)。.动量与动能的关系丸=瓷,ph而Ek。.冲量的四种计算方法利用定义式I=Ft计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动公式法状态图像法利用F-1图像计算，F-1图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均值法若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段.、一，一，一F+F一、一.、一，、时间t内的冲量I-%2t,F1>F2为该段时间内初，末两时刻力的大小动量定理法如果物体受到大小或方9化的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I=Ap求变力的冲量考点二动量定理的理解和应用［多维探究类］考法一动量定理的定性应用［例1］下列解释中正确的是()A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大［解析］跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft=mv,则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。［答案］D［解题技法］应用动量定理解释两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间&越短，力F就越大，力的作用时间取越长，力F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)当作用力F一定时，力的作用时间At越长，动量变化量绿越大，力的作用时间At越短，动量变化量绿越小。考法二动量定理的定量计算［例2］“蹦床”已成为奥运会的比赛项目。质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2,设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g)［解析］设运动员下降h1刚接触床垫的速度大小为q,则离开床垫的速度大小为4,由机械能守恒定律得2mv12=mgh12mv22=mgh2设时间t内，床垫对运动员的平均作用力为F，取向上为正方向，由动量定理得(F-mg)t=mv2-(-mv1)以上三式联立可得m(『2gh2+\2ghr)F=一+mgt再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为__m(\2ghi2+、而h1)F'=F=t+mg,方向竖直向下。t［答案］m(丽严］)+mg，方向竖直向下t［解题技法］应用动量定理解题的一般步骤(1)确定研究对象。一般选单个物体或多个物体组成的系统。(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。【对点训练】1．［应用动量定理解释生活现象］（2020・全国卷I）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解析：选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；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的功，C项错误。2．［应用动量定理解决多过程问题］一高空作业的工人重为600N,系一条长为L=5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s（工人最终静止悬挂在空中），则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？（g取10m/s2,忽略空气阻力的影响）解析：解法一分段列式法：依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为V一v12=2gL，得v1=42gL经缓冲时间t=1s后速度变为0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg,所以（mg-F）t=0-mv1,F=1m单:mv1

将数值代入得F=1200N。由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F,为1200N，方向竖直向下。解法二全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg［黑+tI，拉力F的冲量大小为Ft。初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg(K-'j'g+t)…=0,mgl解得F二一Kmgl解得F二一—,产——=1200N。由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F'=F=1200N，方向竖直向下。答案：1200N,方向竖直向下聚焦"关键"/魂翦猫巧学・妙解,悟理“融会贯通”归纳好——两类“柱状”模型模型一流体类“柱状”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”，质量具有连续性，通常已知密度p分析步骤1建立“柱状模型"，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S2微兀研究，作用时间At内的一段柱形流体的长度为Al，对应的质量为Am=pSvAt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体［例1］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%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p，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&时间内，从喷口喷出的水的体积为AV，质量为即，则Am=pAV①AV=v0SAt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Am瓦=Pv0S。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At时间内喷出的水，由能量守恒得2(Am)v2+(Am)gh=2(Am)v02@在h高度处，At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Ap=(Am)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FAt=Ap⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得手M2H⑧-2g2P2v02S2。［答案］⑴ppv0S⑵vg-2PM02S模型二微粒类“柱状”模型微粒及通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，其特点通常给出单位体积内粒子数n分1建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微兀，柱体的横截面积为S析2微兀研究，作用时间At内一段柱形流体的长度为Al,对应的体积为AV步骤=Sv0At，则微元内的粒子数N=nv0SAt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算［例2］宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v=2.0X103m/s的速度进入密度p=2.0X10-6kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S=5m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？［解析］设飞船在微粒尘区飞行At时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Am=pSvAt,微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理Ft=Ap得FAt=Amv=pSvAtv,所以飞船所需推力F=pSv2=2.0X10.6X5X（2.0x103）2N=40N。［答案］40N［解题技法］应用动量定理求解连续作用问题机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题。这类问题的特点是：研究对象不是质点（也不是能看成质点的物体），动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者结合牛顿运动定律综合求解。【对点训练】（2021•湖北黄石二中模拟）运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水