高考物理第六章第1节动量定理学案.docx

动量与动量守恒定律新课程标准核心知识提炼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.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。动量定理动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞实验：验证动量守恒定律第1节动量定理 一、动量1定义：物体的质量和速度的乘积。2表达式：p。3单位：kgm/s。4标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。二、动量定理1.冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积。(2)表达式：IFt。(3)单位：Ns。(4)标矢性：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。(2)表达式：Ftmvmv。深化理解1动量变化量也是矢量，其方向与速度变化量的方向相同。 2力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。3某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关。4动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。基础自测一、判断题(1)动量越大的物体，其速度越大。()(2)物体的动量越大，其惯性也越大。()(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。()(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。()(5)物体所受合外力的冲量的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是一致的。()二、选择题1(2018全国卷 )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()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：选B动能Ekmv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度vat，可得Ekma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据v22ax，可得Ekmax，与位移成正比，故B正确。动量pmv，可得Ek，与动量的平方成正比，故D错误。2沪科版选修35 P10 T3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()A10 kgm/sB10 kgm/sC40 kgm/s D40 kgm/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p1mv125 kgm/s，末动量p2mv215 kgm/s，所以动量的变化pp2p140 kgm/s。3(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()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：选AB前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，故A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，故B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t32 m/s0.51 m/s1.5 m/s，动量大小p3mv33 kgm/s，故C错误；t4 s时物块的速度v4v2a2t42 m/s0.52 m/s1 m/s，故D错误。高考对本节内容的考查，主要集中在对动量、冲量、动量变化量的理解及应用动量定理解决实际问题，题型多为选择题，而动量定理结合其他力学知识进行综合考查，也可以计算题的形式呈现，难度中等。考点一动量与冲量的理解基础自修类题点全练1对动量的理解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，动量一定相等解析：选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对冲量的理解与大小比较如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MPQN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()A合力对两滑块的冲量大小相同B重力对a滑块的冲量较大C弹力对a滑块的冲量较小D两滑块的动量变化大小相同解析：选C这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力Fmgsin (为滑轨倾角)，FaFb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FNmgcos ，FNaFNb，因此弹力对a滑块的冲量较小。故C正确。3动量变化量的大小计算(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()Am(vv0)BmgtCm Dm解析：选BCD由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量v沿竖直方向，其大小v，由机械能守恒定律可得：mv02mghmv2，所以，故物体动量变化量pmvmm，选项C、D均正确，只有选项A错误。名师微点1动能、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ekmv2pmvppp标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek，Ekpv，p，p联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式IFt计算。(2)变力的冲量方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量It，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。作出Ft变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求p间接求出冲量。考点二动量定理的理解和应用师生共研类1应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间t越短，力F就越大，力的作用时间t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t越长，动量变化量p越大，力的作用时间t越短，动量变化量p越小。2应用动量定理解题的一般步骤(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(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。典例“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v1，则离开床垫的速度大小为v2，由机械能守恒定律得mv12mgh1mv22mgh2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(Fmg)tmv2(mv1)以上三式联立可得Fmg再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为FFmg，方向竖直向下。答案mg，方向竖直向下延伸思考(1)床垫对运动员的冲量是多少？(2)如果运动员不是落在床垫上，而是落在水泥地面上，运动员所受的平均冲力表达式相同吗？实际结果有区别吗？提示：(1)床垫对运动员的冲量IFtm()mgt。(2)运动员所受的平均冲力表达式相同，但因落在水泥地面上时，作用时间t明显减小，故运动员所受平均冲力明显增大，容易受到伤害。例题及相关延伸思考旨在让考生掌握应用动量定理的方法技巧和注意事项。(1)对不涉及加速度和位移的力与运动的关系问题，应用动量定理不需要考虑运动过程的细节，解题较为方便。(2)在应用动量定理解题时，需要表达物体(沿某方向)受到的合冲量，所以一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏。(3)当合力远大于重力时，可忽略重力的冲量。(4)对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算。(5)建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的正、负号。题点全练1应用动量定理解释生活现象玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于在玻璃杯与石头的撞击过程中()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解析：选D从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ftmv知，此时玻璃杯受到的力F较大，即玻璃杯的动量变化较快，容易碎，D正确。2应用动量定理求变力的冲量如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是()AI0，Wmv02BImv0，Wmv02CI2mv0，W0 DI2mv0，Wmv02解析：选C由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度也为v0，取向右为正方向，由动量定理可得：Imv0(mv0)2mv0，由动能定理可得：Wmv02mv020，故选项C正确。3应用动量定理计算平均力在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m0.5 kg，AB间距离s5 m，如图所示。小物块以初速度v08 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v17 m/s，碰撞后以速度v26 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数；(3)若碰撞时间t0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a m/s21.5 m/s2。所以加速度的大小为1.5 m/s2。(2)从A到B过程，由动能定理，有：mgsmv12mv02代入数据解得：0.15。(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ftmv2m(v1)可得：F130 N。答案：(1)1.5 m/s2(2)0.15(3)130 N“融会贯通”归纳好巧用微元法结合动量定理解决流体及微粒两类“柱状模型”问题(一)流体类“柱状模型”问题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微元研究，作用时间t内的一段柱形流体的长度为l，对应的质量为mSvt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体例1(2016全国卷)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，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)v02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联立式得h。 答案(1)v0S(2)(二)微粒类“柱状模型”问题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“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2微元研究，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v2.0103 m/s的速度进入密度2.0106 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S5 m2，且认为微粒与飞船