高考物理一轮复习-第6章-第1节-动量和动量定理.doc

[高考备考指南]
考点内容
要求
高考(全国卷)三年命题情况对照分析
2020
2019
2018
命题分析
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用
Ⅱ
卷Ⅰ·T14：动量定理的应用
T23：实验：验证动量定理
卷Ⅱ·T21动量守恒定律的应用
卷Ⅲ·T15：碰撞中的动量和能量问题
卷Ⅰ·T16：动量定理
T25：动量守恒定律、碰撞中的能量及功能关系
卷Ⅲ·T25：动量守恒定律、功能关系
卷Ⅰ·T14：动量、动能
T24：动量守恒定律、机械能守恒定律
卷Ⅱ·T24：牛顿第二定律、动量守恒定律
T15：动量定理
卷Ⅲ·T25：动量、机械能守恒定律
1.纵观近几年高考试题：主要考查了碰撞、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。
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
实验七：验证动量守恒定律

说明：只限于一维

核心素养
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(如2019全国卷Ⅰ·T25,2019全国卷Ⅲ·T25；2018年全国卷Ⅰ·T24)。
科学探究：验证动量守恒定律、验证动量定理(如2020卷Ⅰ·T23)。
科学态度与责任：现代航天技术与反冲(如2019年全国卷Ⅰ·T16)。
第1节　动量和动量定理

一、动量、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：p＝mv。
(3)单位：kg·m/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Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)动量的变化量Δp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Δp＝p′－p。
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：I＝F·t。
(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
(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过程中所受力的冲量。
2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
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3－5P7[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，则这段时间内动量的变化量为(　　)
A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反
D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同
[答案]　A
2．(人教版选修3－5P11T2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2p
B．经过位移2L，物体动量变为2p
C．经过时间2t，物体动能变为4Ek
D．经过位移2L，物体动能变为4Ek
A　[由动量定理得p＝Ft，则经过时间2t，物体的动量p2＝F·2t＝2p，由p2＝2mEk，得物体的动能Ek2＝＝8Ek，选项A正确，C错误；由动能定理Ek＝FL，则经过位移2L，物体的动能Ek2＝F·2L＝2Ek，由p2＝2mEk，得物体的动量p2＝＝p，选项B、D错误。]
3．(人教版选修3－5P11T3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 kg·m/s，则该物体(　　)
A．所受合外力的大小可能大于11 N
B．所受合外力的大小可能小于3 N
C．冲量大小可能小于6 N·s
D．冲量大小可能大于18 N·s
D　[若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末动量大小为14 kg·m/s，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 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Δp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Δp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Δp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Δp＝p2－p1＞0，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，p2＜p1，如图(b)所示，Δp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Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，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，Δp一定不为零，如图(c)所示，故D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Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是 (　　)
A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J
A　[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Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。故选项A正确。]
　(1)动量的两性
①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。
②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
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
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＝，Ek＝pv，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FΔt＝Δp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)Δp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，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
题组训练
　冲量的理解
1．(多选)(2020·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Δt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(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，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(t1＋t2＋Δt)，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(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
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＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；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＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Flcos α可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误。]
　动量定理的应用
2．(2020·全国卷Ⅰ·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．(2019·全国卷Ⅰ·T16)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4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
B　[根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。]
　动量定理与图象的结合
4．如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 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(　　)

A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 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0～2 s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4 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，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。]
5．(2020·吉林“五地六校”合作体联考)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、p2，则(　　)

A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1
B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1
C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1
D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1
C　[根据动量定理得：
0～t0内：F0t0＝mv1 ①
t0～2t0内：2F0t0＝mv2－mv1 ②
由①②解得：v1∶v2＝1∶3
由p＝mv得：p2＝3p1
由Ek＝mv2得：Ek1＝mv，Ek2＝mv
解得：Ek2＝9Ek1。]
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ρ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S
2
用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3
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)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＝v0Δt ①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV ②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS ③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S。
(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 ④
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 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
由运动学公式得v′2－v＝－2gh ⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρv0SΔt ⑦
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＋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＝－。
法二：牛顿定律、运动学公式，由牛顿第二定律得
F＋(Δm)g＝(Δm)a
因Δt很小很小，有F＝Mg≫(Δm)g
则有Mg＝Δma＝Δm
解得v＝
对每一个水柱由运动学公式得
h＝＝－
[答案]　(1)ρv0S　(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S
2
用微元法研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
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S＝0.98 m2，以v＝2×103 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m＝2×10－7 kg，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)
[解析]　选在Δt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vΔt的圆柱体内微粒的总质量，M＝mSvΔt，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
F·Δt＝Mv－0，
则F＝＝＝mSv2，
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F′＝F＝mSv2，
代入数据解得F′＝0.784 N。
[答案]　0.784 N

1．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1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为(　　)
A．0.25 N B．0.5 N C．1.5 N D．2.5 N
A　[设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)，得：F＝。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，可得F＝ρSv，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶面受到的平均作用力F′＝F，压强为P＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N，故选项A正确，B、C、D均错误。]
2.(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ，下列说法正确的是(　　)

A．高压水枪的流量为vπD2
B．高压水枪的功率为ρπD2v3
C．水柱对煤层的平均冲击力为ρπD2v2
D．手对高压水枪的作用力水平向右
BC　[高压水枪的流量为Q＝πv＝vπD2，A错误；以Δt时间内高压水枪喷出的水为研究对象，由动能定理得，高压水枪对水做的功为W＝ρπvΔt·v2＝ρπD2v3Δt，则高压水枪的功率为P＝＝ρπD2v3，B正确；以Δt时间内高压水枪喷出的水为研究对象，由动量定理得－FΔt＝－ρπvΔtΔv，解得煤层对水柱的平均作用力大小为F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力为ρπD2v2，C正确；由牛顿第三定律知，高压水枪受重力、水柱对高压水枪的水平向左的力和手对高压水枪的作用力，由平衡条件知，手对高压水枪的作用力斜向右上方，D错误。]
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