2021届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量和动量定理学案粤教版

1、第六章 碰撞与动量守恒高考导航考点内容要求全国卷三年考情分析201720182019动量、动量定理、动量守恒定律及其应用卷t14：动量守恒定律的应用卷t20：动量定理的应用卷t14：动量、动能t24：动量守恒定律、机械能守恒定律卷t24：牛顿第二定律、动量守恒定律t15：动量定理卷t25：动量、机械能守恒定律卷t16：动量定理的应用t25：vt图象、动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理卷t25：动量定理、动能定理、匀变速直线运动的规律卷t25：动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律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讲动量和动量定理知识要点一、动量1.定义：运动物体

2、的质量和速度的乘积叫做物体的动量，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。二、冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。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，冲量的方向与力的方向相同。三、动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。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。基础诊断1.(多选)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.质量和速率都相同的物体，动量一定相同c.一个物体的速率改

3、变，它的动量一定改变d.一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变解析根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，故a项错误；又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故b项错误；一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，故c项正确；物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故d项正确。答案cd2.(多选)恒力f作用在质量为m的物体上，如图1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()图1a.拉力f对物体的冲量大小为零b.拉力f对物体的冲

4、量大小为ftc.拉力f对物体的冲量大小是ftcos d.合力对物体的冲量大小为零解析对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。这一个力的冲量与另一个力的冲量无关。b、d项正确。答案bd3.质量为m的物体在力f作用下做初速度为v1的匀加速直线运动，经时间t，物体的动量由mv1增到mv2，则()a.若该物体在2f力作用下经2t，则物体的动量变化量为4mv24mv1b.若该物体在2f力作用下经2t，则物体的动量变化量为4mv23mv1c.在2f力作用下经t，物体的动量变化量为2mv2d.在2f力作用下经t，物体的动量变化量为2mv2

5、mv1解析由动量定理得ftmv2mv1，则2f2t4mv24mv1，2ft2mv22mv1，故只有选项a正确。答案a4.(2018全国卷，15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()a.10 n b.102 nc.103 n d.104 n解析根据自由落体运动和动量定理有v22gh(h为25层楼的高度，约70 m)，ftmv，代入数据解得f1103 n，所以c正确。答案c动量和冲量的理解1.对动量的理解(1)动量的两性瞬时性：动量是描述物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

6、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)动量与动能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，p，p2.对冲量的理解(1)冲量的两性时间性：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。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内物体动量改变量的方向一致。(2)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

7、必然联系。【例1】 (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()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列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知vat，且列车的动能为ekmv2，由以上整理得ekma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，a、c错误；将xat2代入上式得ekmax，则列车的动能与位移成正比，b正确；由动能与动量的关系式ek可知，列车的动能与动量的平方成正比，d错误。答案b1.(多选)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是()

8、a.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化b.物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化c.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化d.物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化解析物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故选项a错误，b正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故选项c正确，d错误。答案bc2.如图2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两点无初速度释放，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

9、是()图2a.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，选c。答案c3.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()a.p2 kgm/sw2 jb

10、.p2 kgm/sw2 jc.p0.4 kgm/sw2 jd.p0.4 kgm/sw2 j解析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。答案a动量定理的理解及应用1.动量定理的理解(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。变力的情况下，动量定理中的力f应理解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

11、。2.用动量定理解释现象(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。(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。分析问题时，要把哪个量不变、哪个量变化搞清楚。3.用动量定理解题的基本思路【例2】 (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()a.1.6102 kg b.1.6103 kgc.1.6105 kg d.1.6106 kg解析

12、根据动量定理有ftmv0，解得1.6103 kg/s，所以选项b正确。答案b1.应用动量定理解释生活现象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从而减小冲力，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ftmv，则知运动时间相等，故选项c

13、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d2.应用动量定理求动量的变化量(多选)如图3所示，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球a、b，a以速度v1斜向上抛出，b以速度v2竖直向上抛出，当a到达最高点时恰与b相遇。不计空气阻力，a、b质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是()图3a.相遇时a的速度一定为零b.相遇时b的速度一定为零c.a从抛出到最高点的时间为d.从抛出到相遇a、b动量的变化量相同解析相遇时a还具有水平速度，则此时的速度不为零，选项a错误；因a在最高点的竖直速度为零，可知b的速度也一定为零，选项b正确；两球运动的时间相等，即

14、t，选项c正确；根据pmgt可知从抛出到相遇a、b动量的变化量相同，选项d正确。答案bcd3.应用动量定理求变力的冲量拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球()图4a.手给球的冲量为1.6 kgm/sb.手给球的冲量为2.0 kgm/sc.人对球做的功为3.2 jd.人对球做的功为2.2 j解析人拍球的过程，人对球的冲量为i，由动量定

15、理得imgtmv0.44 kgm/s1.6 kgm/s，则i1.6 kgm/s，则手给球的冲量小于1.6 kgm/s，选项a、b错误；设人对球做的功为w，由动能定理得wmghmv2，解得w0.442 j0.4100.25 j2.2 j，选项d正确，c错误。答案d4.动量定理与图象的综合(多选)(2017全国卷，20)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5 所示，则()图5a.t1 s时物块的速率为1 m/s b.t2 s时物块的动量大小为4 kgm/sc.t3 s时物块的动量大小为5 kgm/sd.t4 s时物块的速度为零解析由动量定理可得ft

16、mv，解得v。t1 s时物块的速率为v m/s1 m/s，故选项a正确；t2 s时物块的动量大小p2f2t222 kgm/s4 kgm/s，故选项b正确；t3 s时物块的动量大小为p3(2211) kgm/s3 kgm/s，故选项c错误；t4 s 时物块的动量大小为p4(2212) kgm/s2 kgm/s，所以t4 s时物块的速度为1 m/s，故选项d错误。答案ab动量定理与微元法的综合应用考向流体类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”，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

17、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mvslsvt3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体【例3】 2016全国卷，35(2)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()喷泉单位时间内喷出的水的质量；()玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析()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

18、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vls由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为v0s。()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。答案()v0s()考向微粒类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”，

19、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【例4】 正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。解析一个粒子每与器壁碰撞一次给器

20、壁的冲量i2mv如图所示，以器壁上面积为s的部分为底、vt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在t时间内与器壁上面积为s的部分发生碰撞，碰壁粒子总数nnsvtt时间内粒子给器壁的冲量ininsmv2t器壁上面积为s的部分受到粒子的压力f则器壁单位面积所受粒子的压力fnmv2。答案fnmv21.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的。煤层受到3.6106 n/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1103 kg/m3)()a.30 m/s b.40 m/sc.45 m/s d.60 m/s解析设溅落在煤层表面的某水柱微

21、元的质量为m，由动量定理得ftmv，而msl，lvt，联立可得v2，则速度v60 m/s，选项d正确。答案d2.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图6所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图6a.0.2 n b.0.6 nc.1.0 n d.1.6 n解析豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时

22、的速度为v1，v2gh，则v1 m/s4 m/s设竖直向上为正方向，根据动量定理ftmv2mv1则f n0.6 n，故b正确，a、c、d错误。答案b课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(多选)(2019北京西城区模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是()a.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同b.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化c.物体所受合外力的冲量等于物体的动量d.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项a错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故

23、选项b正确，c错误；物体的动量pmv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项d正确。答案bd2.如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力f100 n，球在地面上滚动了10 s后停下来，则运动员对球的冲量为 ()图1a.1 000 ns b.500 nsc.0 d.无法确定解析滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球时的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项d正确。答案d3.如图2，广州塔摩天轮位于塔顶450 m高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客()图2a.动量不变 b.

24、线速度不变c.合外力不变 d.机械能不守恒解析坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项a、b、c错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项d正确。答案d4.2018年3月22日，一架中国国际航空ca103客机，中午从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿一个1米乘1米的大洞，雷达罩被砸穿。所幸客机于下午1点24分安全着陆，机上无人受伤。设客机撞鸟时飞行速度大约为1 080 km/h，小鸟质量约为0.5 kg，撞机时间约为0.01 s，估算飞机受到的撞击力为

25、()图3a.540 n b.54 000 nc.15 000 n d.1.50 n解析本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v1 080 km/h300 m/s，撞击过程对鸟，以飞机飞行方向为正方向，由动量定理得ftmv0，解得f n1.5104 n，则c正确，a、b、d错误。答案c5.如图4所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m70 kg，初速度v05 m/s，若经过1 s时，速度为v5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g10 m/s2，不计空气阻力)()图4a.700 kgm/s b.350 kgm/sc.3

26、50(1) kgm/s d.350(1) kgm/s解析根据动量定理得pf合t，即pmgt70101 kgm/s700 kgm/s，故选项a正确。答案a6.(2020佛山模拟)如图5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的大小为()图5a.i0 b.imv0c.i2mv0 d.i3mv0解析设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得mv2mv，所以vv0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得imv(mv0)2mv0，故选项c正确。答案

27、c7.(多选)在港珠澳大桥施工过程中，我国科学家和工程技术人员自主创新了海底沉管技术。海底沉管要克服复杂多变的洋流，情境复杂，其简化原理图如图6所示，吊车处于静止状态，吊绳相对于吊车以速度v匀速向下放管子，管子的质量为m。假设图中p为管子开始被吊起的位置，q为管子刚接触水面的位置，r为管子刚好完全进入水中的位置，s为管子刚好到达水底的位置，假定管子入水前后速度不变，则下列说法正确的是()图6a.管子从p位置到r位置，吊绳拉力等于管子重力b.管子从q位置到s位置，吊绳拉力小于管子重力，且拉力不变c.管子从q位置到r位置，吊绳拉力做功的功率在逐渐减小d.管子从q位置到最终停在s位置，合力对管子的冲

28、量大小为mv解析根据共点力的平衡条件可知，管子从p位置到q位置，吊绳拉力等于管子重力，管子从q位置到r位置，由于管子排开水的体积逐渐增大，管子所受的浮力逐渐增大，故吊绳拉力逐渐减小，又速度大小不变，故拉力做功的功率pfv逐渐减小，a错误，c正确；管子从q位置到s位置，吊绳拉力小于管子重力，管子从q位置到r位置，吊绳拉力逐渐减小，管子从r位置到s位置，吊绳拉力不变，b错误；管子从q位置到最终停在s位置，设向下的速度方向为正方向，根据动量定理可知，合力的冲量等于管子动量的变化量mv，故合力对管子的冲量大小为mv，d正确。答案cd8.如图7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

29、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()图7a.vs b.c.v2s d.v2s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。答案d9.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度时间图象如图8所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()图8a.10 ns，10 nsb.10 ns，10 nsc.0，10 nsd.0，10 ns解析由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p

30、1p25 kgm/s，由动量定理知i10；在后10 s内末状态的动量p35 kgm/s，由动量定理得i2p3p210 ns，故选项d正确。答案d综合提能练10.(2019四川省绵阳市第二次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体()a.滑行的距离小b.滑行的时间长c.滑行过程中的加速度大d.滑行过程中的动量变化快解析根据pmv可知，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知ff l0ek，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故a正确；根据动量定理得，ff t0p，因动量相同，故滑行时间相同，故b错误；因两

31、物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故c错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故d错误。答案a11.一质量为m的物体静置于倾角为的斜面上，在沿平行于斜面向上的拉力作用下开始运动，运动一段时间后撤去拉力，物体最终停止，其运动的速度时间图象如图9所示，已知斜面足够长，重力加速度为g，则()图9a.拉力的大小为b.滑动摩擦力冲量的大小为3(mv0mgt0sin )c.02t0时间为拉力的平均功率与滑动摩擦力的平均功率相等d.整个过程中拉力做的功与物体克服摩擦力做的功相等解析由vt图象斜率的绝对值表示加速度大小和牛顿第二定律得ffmgsin m和fmgsin m，联立解得拉力的大小为f，选项a错误；由a项分析知滑动摩擦力的大小fmmgsin ，则滑动摩擦力的冲量大小为iff3t0(mmgsin )3t03(mv0mgt0sin )，选项b正确，拉力的平均功率pf，滑动摩擦力的平均功率pf(mmgsin )，拉力的平均功率与滑