届高考物理一轮复习专题动量和动量定理导学案1.docx

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届高考物理一轮复习专题动量和动量定理导学案1

动量和动量定理

知识梳理

知识点一　动量

1.定义：

物体的　　　　与　　　　的乘积.

2.表达式：

p＝　　　　.

3.特征：

矢量性、瞬时性、相对性.

4.动量的变化（也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等等）

（1）定义：

动量的变化等于　　　　与　　　　之差.

（2）表达式：

　　　　　　，Δp也是矢量，Δp的方向由初末动量的方向共同决定.

答案：

1.质量　速度　2.mv　4.

（1）末动量　初动量　

（2）Δp＝p′－p

知识点二　冲量

1.定义：

　　　　与　　　　　　的乘积叫做力的冲量.

2.公式：

　　　　.

3.单位：

　　　　，符号是　　　　.

4.矢标性：

冲量是　　　　，方向是由　　　　决定的.

5.物理意义：

表示力的作用对　　　　的积累效果.

6.作用效果：

使物体的　　　　发生变化.

答案：

1.力　力的作用时间　2.I＝F·t　3.牛顿·秒　N·s　4.矢量　力的方向　5.时间　6.动量

知识点三　动量定理

1.内容：

物体在一个过程始末的　　　　等于它在这个过程中所受力的冲量.

2.表达式：

F（t′－t）＝mv′－mv或I＝p′－p.

3.注意：

（1）动量定理内容有两方面：

一是合外力冲量的大小与动量变化的大小　　　　，二是动量变化的方向与冲量的方向　　　　.

（2）动量定理的研究对象，可以是　　　　，也可以是　　　　.对物体系统，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系统的动量变化.

4.用动量概念表示牛顿第二定律

F＝

，此式表示：

物体　　　　等于它所受的力.

答案：

1.动量变化量　3.

（1）相等　相同　

（2）单个物体　物体系统　4.动量的变化率

考点精练

考点一　动量的概念以及动量的变化

1.动量是矢量，是物体的质量与速度的乘积，而不是质量与速率的乘积.

2.动量是状态量，物体的动量总是指物体在某一时刻的动量，因此在计算时相应的速度应取这一时刻的瞬时速度.

3.物体动量的变化是矢量，其方向与物体速度的变化量Δv的方向相同.在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合力的方向相同.

4.有关物体动量变化的运算，一定要按照矢量运算的法则（平行四边形定则或三角形定则）进行，如果物体的初、末动量都在同一条直线上，常常选取一个正方向，使物体的初、末动量都带有表示自己方向的正负号，这样，就可以把复杂的矢量运算化为简单的代数运算了.

对应训练

考向1　动量、动量变化的理解

[典例1]　对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，哪个是正确的（　　）

A.物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上

B.物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下

C.物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上

D.物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下

[解析]　物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量Δp＝mgt，重力的方向竖直向下，则动量变化

量的方向向下.B选项正确.

[答案]　B

考向2　动量变化的计算

[典例2]　质量是8g的玻璃球，以3m/s的速度向右运动，碰到一个物体后被弹回，以2m/s的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量.

[解析]　设水平向右的方向为正方向，则p＝mv＝8×10－3×3kg·m/s＝2.4×10－2kg·m/s，p′＝mv′＝8×10－3×（－2）kg·m/s＝－1.6×10－2kg·m/s

故玻璃球动量的变化量为Δp＝p′－p＝－1.6×10－2kg·m/s－2.4×10－2kg·m/s＝－4.0×10－2kg·m/s

“－”表示动量变化量的方向水平向左.

[答案]　4.0×10－2kg·m/

s，方向水平向左

反思总结

1.动量是状态量，方向与速度方向相同，速度指的是瞬时速度.

2.动量变化量是两个矢量的差，注意在一维情况下动量变化量的矢量运算可转化为代数运算.

考点二　冲量的理解与计算

1.对冲量的理解

（1）冲量是过程量：

冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应.

（2）冲量的矢量性：

冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变

时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，

则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同.

（3）冲量的绝对性：

冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性.

2.冲量的计算

（1）单个力的冲量：

利用公式I＝Ft计算.

（2）合力的冲量：

①如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则.

②两种方法：

可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解.

③变力的冲量：

用动量定理列式求解.

考点精练

考向1　对冲量的理解

[典例3]　（多选）恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，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（　　）

A.拉力F对物体的冲量大小为零

B.拉力F对物体的冲量大小为Ft

C.拉力F对物体的冲量大小为Ftcosθ

D.合力对物体的冲量大小为零

[解析]　由冲量的定义知拉力F对物体的冲量I＝F·t，选项A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，故合力对物体的冲量大小为零，选项D正确.

[答案]　BD

考向2　冲量的计算

[典例4]　一个铁球，从静止状态由10m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用去0.4s，该铁球的质量为336g，求

从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？

从进入泥潭到静止，泥潭的阻力对小球的冲量为多少？

（保留两位小数，取g＝10m/s2）

[解析]　小球进入泥潭前做自由落体运动，求出小球下落的时间，便可以求出恒定重力在这一过程的冲量；小球进入泥潭后，泥土对小球的阻力是变力，此变力的冲量要由动量定理求得.

小球自由下落10m所用的时间是t1＝

＝

s＝

s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×

N·s≈4.75N·s.

对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg（t1＋t2）－Ft2＝0.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2＝mg（t1＋t2）＝0.336

×10×（

＋0.4）N·s≈6.10N·s，方向竖直向上.如图所示.

[答案]　4.75N·s　6.10N·s　

反思总结

变力的冲量不能由I＝Ft求出，可以由动量定理求出动量的变化，从而求得变力的冲量；同理，当物体做曲线运动时，动量的变化可以通过求合力的冲量，从而求得动量变化.

考点三　用动量定理定性解释物理现象

用动量定理解释的现象一般可分为两类：

（1）物体的动量变化Δp一定，由动量定理Ft＝Δp可知，若力的作用时间t越短，则作用力F越大，因此在需要增大作用力时

，可尽量缩短作用时间，如打击、碰撞等过程；若力的作用时间越长，则作用力F就越小，因此在需要减小作用力时，可设法延长力的作用时间，如利用软垫、弹簧的缓冲作用来延长作用的时间.

（2）作用力F一定，由动量定理Ft＝Δp可知，力的作用时间越长，动量的变化就越大；力的作用时间越短，动量的变化就越小.

对应训练

考向1　缩短作用时间，增大作用力

[典例5]　（2017·河北邯郸广平一中期中）从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎.这是因为（　　）

A.掉在水泥地上，玻璃杯的动量大

B.掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大

C.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大

D.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大

[解析]　杯子从同一高度落下，到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理I＝Δp可知，冲量也相等；但由于在软泥地上，软泥地的缓冲使接触时间较大，由I＝Ft可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在软泥地上更易破碎；只有D选项正确.

[答案]　D

考向2　延长作用时间，减小作用力

[典例6]　篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球.接球时，两手随球迅速收缩至胸前.这样做可以（　　）

A.减小球对手的冲量

B.减小球对人的冲击力

C.减小球的动量变化量

D.减小球的动能变化量

[解析]　接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球的动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据冲量I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间t以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确.

[答案]　B

考点四　应用动量定理定量计算

1.动量定理表达式为FΔt＝Δp，它的左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量.其中力F可以是恒力，也可以是变力，如果是变力，则F应是在Δt时间内的平均值.

2.动量定理说明的是合力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，I合与Δp不仅大小相等而且方向相同.

3.动量定理的研究对象是单个物体或物体系统.系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和，而系统内物体之间的作用力（内力），由大小相等、方向相反和等时性可知，其总冲量为零，不会改变系统的总动量.

4.在不涉及加速度和位

移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便，不需要考虑运动过程的细节.

对应训练

考向1　计算变力的冲量

[典例7]

　（2017·河北衡水中学期中）如图所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开，物

体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为　　　　.

[解析]　分别对A、B两物体应用动量定理列式，联立即可以求出弹簧的弹力对A的冲量.以向上为正方向，由动量定理得：

对B：

－Mgt＝－Mu－0，对A：

I－mgt＝mv－0，解得：

I＝m（v＋u）.

[答案]　m（u＋v）

考向2　计算平均作用力

[典例8]　一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的

大小是（　　）

A.mgΔtB.

C.

＋mgD.

－mg

[解析]　对铁锤应用动量定理.设木桩对铁锤的平均作用力为F，则（F－mg）·Δt＝0－（－mv），解得F＝

＋mg，所以铁锤对木桩的平均冲力F′＝F＝

＋mg.

[答案]　C

考向3　动量定理的综合应用

[典例9]　（2016·新课标全国卷Ⅰ）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ρ，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Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm＝ρΔV　①

ΔV＝v0SΔt　②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

＝ρv0S.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Δt时间内喷出的水，由能量守恒得

Δmv2＋Δmgh＝

Δmv20　④

在h高度处，Δt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Δp＝Δmv　⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp　⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg　⑦

联立③④⑤⑥⑦式得h＝

－

.　⑧

[答案]　

（1）ρv0S　

（2）

－

反思总结

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.

随堂检测

1．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（　　）

A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小

B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小

C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大

D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力

2．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产生作用力前人下落的距离为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，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大小为（　　）

A.

＋mgB.

－mg

C.

＋mgD.

－mg

3．[2016·全国卷Ⅰ，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ρ，重力加速度大小为g。

求

（ⅰ）喷泉单位时间内喷出的水的质量；

（ⅱ）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

4．（2017·济南市联考）在水平方向的匀强电场中，有一带电正粒子质量为m、电荷量为q，从A点以初速度v0竖直向上射入电场，到达最高点B时的速度大小为2v0。

如图6所示，不计空气阻力。

试求：

该电场的场强E。

图6

参考答案

1.解析　从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小

的加速运动，当a＝0时，F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误。

答案　A

2.解析　由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝

，在t时间内对人由动量定理得（F－mg）t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝

＋mg，A项正确。

答案　A

3.解析　（ⅰ）在刚喷出一段很短的Δt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Δl＝v0Δt①

喷出水柱质量Δm＝ρΔv②

其中Δv为水柱体积，满足Δv＝ΔlS③

由①②③可得：

喷泉单位时间内喷出的水的质量为

＝ρv0S

（ⅱ）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＝Mg④

其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力

由牛顿第三定律：

F压＝F冲⑤

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：

v′2－v

＝－2gh⑥

在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm

Δm＝ρv0SΔt⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理

（F压＋Δmg）Δt＝Δmv′⑧

由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为

F压Δt＝Δmv′⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h＝

－

答案　（ⅰ）ρv0S　（ⅱ）

－

4.解析　题设带电粒子能达到最高点，隐含粒子的重力不能忽略。

粒子在运动过程中受到两个力：

竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE。

因粒子带正电，故电场强度的方向水平向右。

在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。

到达最高点B点时，竖直分速度vy＝0，设所用的时间为t，运用动量定理的分量式，有

水平方向：

qEt＝m·2v0－0①

竖直方向：

mgt＝0－（－mv0）②

由①②得

＝2，则E＝

。

答案　

，水平向右