2022屆高考一輪復(fù)習(xí)選修3-5動量第1講動量動量定理學(xué)案一、動量1．定義物體的質(zhì)量和速度的乘積。eq\a\vs4\al([注1])2．表達(dá)式p＝eq\a\vs4\al(mv)。3．單位：kg·m/s。4．標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。二、動量定理1．沖量(1)定義：力和力的作用時間的乘積。eq\a\vs4\al([注2])(2)表達(dá)式：I＝Ft。(3)單位：N·s。(4)標(biāo)矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。2．動量定理(1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。(2)表達(dá)式：Ft＝mv′－mv。eq\a\vs4\al([注3])【注解釋疑】[注1]動量是狀態(tài)量，與時刻或位置相對應(yīng)。[注2]沖量是過程量，與時間或過程相對應(yīng)。[注3]“力”指的是合外力?！净A(chǔ)自測】一、判斷題(1)動量越大的物體，其速度越大。(×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×)(3)物體所受合力不變，則動量也不改變。(×)(4)物體沿水平面運(yùn)動時，重力不做功，其沖量為零。(×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×)(6)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。(√)二、選擇題1．[滬科版選修3－5P10T3]質(zhì)量為5kg的小球以5m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3m/s的速度反向彈回，A．10kg·m/s B．－10kg·mC．40kg·m/s D．－40kg·m解析：選D動量的變化是末動量減去初動量，規(guī)定了豎直向下為正方向，則小球的初動量p1＝mv1＝25kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15kg·m/s，所以動量的變化Δp＝p2－p1＝－40kg·m2．[粵教版選修3－5P9T5]下列關(guān)于物體的動量和動能的說法，正確的是()A．物體的動量發(fā)生變化，其動能一定發(fā)生變化B．物體的動能發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化C．若兩個物體的動量相同，它們的動能也一定相同D．動能大的物體，其動量也一定大解析：選B物體的動量發(fā)生變化時，如果只是方向發(fā)生變化，則其動能不變，A錯誤；物體的動能發(fā)生變化時，速度大小一定變化，則動量一定發(fā)生變化，B正確；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，兩物體的動量相同時，質(zhì)量越小，動能越大，故選項(xiàng)C、D均錯誤?？键c(diǎn)一動量與沖量的理解[素養(yǎng)自修類]【對點(diǎn)訓(xùn)練】1．[對動量變化量的理解](2021·廣東廣州一模)如圖為跳水運(yùn)動員從起跳到落水過程的示意圖，運(yùn)動員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動過程記為Ⅰ，運(yùn)動員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運(yùn)動員()A．過程Ⅰ的動量變化量等于零B．過程Ⅱ的動量變化量等于零C．過程Ⅰ的動量變化量等于重力的沖量D．過程Ⅱ的動量變化量等于重力的沖量解析：選C過程Ⅰ中動量變化量等于重力的沖量，即為mgt，不為零，故A錯誤，C正確；運(yùn)動員入水前的速度不為零，末速度為零，過程Ⅱ的動量變化量不等于零，故B錯誤；過程Ⅱ的動量變化量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯誤。2．[對沖量的理解](2021·天津一中模擬)如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個物體，沿著傾角分別為α和β的兩個光滑斜面，由靜止從同一高度h2開始下滑到同樣的另一高度h1的過程中，A、B兩個物體相同的物理量是()A．所受重力的沖量 B．所受支持力的沖量C．所受合力的沖量 D．動量變化量的大小解析：選D物體下滑過程中，下滑高度h＝h2－h(huán)1相等，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，物體到達(dá)高度h1處時，速度v＝eq\r(2gh)，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，加速度a＝gsinθ，物體沿斜面下滑的時間：t＝eq\f(v,a)＝eq\f(\r(2gh),gsinθ)＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，由于斜面傾角θ不同，物體下滑的時間t不同，重力的沖量I＝mgt不同，故A錯誤；物體下滑的時間t不同，所受支持力的方向不同，所以所受支持力的沖量一定不同，故B錯誤；由于斜面傾角不同，滑到h1高度時，兩物體動量方向不同，但兩物體動量大小相等，所以兩個物體動量變化量的大小是相等的；由動量定理可知，物體動量變化量等于物體所受合外力的沖量，所以物體所受合力的沖量大小相等，但方向不同，故C錯誤，D正確。3．[沖量的計算](多選)(2019·湖北宜昌市四月調(diào)研)一質(zhì)量為m的運(yùn)動員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運(yùn)動到站立狀態(tài)(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運(yùn)動員保持乙狀態(tài)站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升高度分別為h1、h2，經(jīng)歷的時間分別為t1、t2，重力加速度為g，則()A．地面對運(yùn)動員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運(yùn)動員做的功為0B．地面對運(yùn)動員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運(yùn)動員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)C．運(yùn)動員對重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，運(yùn)動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)D．運(yùn)動員對重物的沖量為Mg(t1＋t2)，運(yùn)動員對重物做的功為0解析：選AC因運(yùn)動員將重物緩慢上舉，則可認(rèn)為是平衡狀態(tài)，地面對運(yùn)動員的支持力為：(M＋m)g，整個過程的時間為(t1＋t2＋Δt)，根據(jù)I＝Ft可知地面對運(yùn)動員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面對運(yùn)動員的支持力沒有位移，可知地面對運(yùn)動員做的功為0，選項(xiàng)A正確，B錯誤；運(yùn)動員對重物的作用力為Mg，作用時間為(t1＋t2＋Δt)，根據(jù)I＝Ft可知運(yùn)動員對重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移為(h1＋h2)，根據(jù)W＝Flcosα可知運(yùn)動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)，選項(xiàng)C正確，D錯誤?！疽c(diǎn)解讀】1．動量的變化量(1)數(shù)學(xué)表達(dá)式：Δp＝p2－p1(2)動量的變化量是矢量，遵循平行四邊形定則。其方向與速度的改變量方向相同。a．如果初末動量在同一直線上，首先規(guī)定正方向，再用正負(fù)表示初末動量p1、p2，根據(jù)公式Δp＝p2－p1，求出動量的變化量，如圖(1)(2)。b．如果初末動量不在同一直線上，需使用平行四邊形定則，求出動量的變化量Δp。如圖(3)。2.動量與動能的關(guān)系Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)。3．沖量的四種計算方法公式法利用定義式I＝Ft計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動狀態(tài)圖像法利用F-t圖像計算，F(xiàn)-t圖像圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，F(xiàn)1、F2為該段時間內(nèi)初，末兩時刻力的大小動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量考點(diǎn)二動量定理的理解和應(yīng)用[多維探究類]考法一動量定理的定性應(yīng)用[例1]下列解釋中正確的是()A．跳高時，在落地處墊海綿是為了減小沖量B．在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過程受到的沖量C．動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，質(zhì)量小的先停下來D．人從越高的地方跳下，落地時越危險，是因?yàn)槁涞貢r人受到的沖量越大[解析]跳高時，在落地處墊海綿是為了延長作用時間減小沖力，不是減小沖量，故選項(xiàng)A錯誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長作用時間，從而減小沖力，不是減小沖量，故選項(xiàng)B錯誤；動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，根據(jù)動量定理Ft＝mv，則知運(yùn)動時間相等，故選項(xiàng)C錯誤；從越高的地方跳下，落地時速度越大，動量越大，則沖量越大，故選項(xiàng)D正確。[答案]Deq\a\vs4\al([解題技法])應(yīng)用動量定理解釋兩類物理現(xiàn)象(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，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)當(dāng)作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小。考法二動量定理的定量計算[例2]“蹦床”已成為奧運(yùn)會的比賽項(xiàng)目。質(zhì)量為m的運(yùn)動員從床墊正上方h1高處自由落下，落墊后反彈的高度為h2，設(shè)運(yùn)動員每次與床墊接觸的時間為t，求在運(yùn)動員與床墊接觸的時間內(nèi)運(yùn)動員對床墊的平均作用力。(空氣阻力不計，重力加速度為g)[解析]設(shè)運(yùn)動員下降h1剛接觸床墊的速度大小為v1，則離開床墊的速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgh1eq\f(1,2)mv22＝mgh2設(shè)時間t內(nèi)，床墊對運(yùn)動員的平均作用力為F，取向上為正方向，由動量定理得(F－mg)t＝mv2－(－mv1)以上三式聯(lián)立可得F＝eq\f(m（\r(2gh2)＋\r(2gh1)）,t)＋mg再由牛頓第三定律得，運(yùn)動員對床墊的作用力為F′＝F＝eq\f(m（\r(2gh2)＋\r(2gh1)）,t)＋mg，方向豎直向下。[答案]eq\f(m（\r(2gh2)＋\r(2gh1)）,t)＋mg，方向豎直向下eq\a\vs4\al([解題技法])應(yīng)用動量定理解題的一般步驟(1)確定研究對象。一般選單個物體或多個物體組成的系統(tǒng)。(2)對物體進(jìn)行受力分析?？梢韵惹竺總€力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正、負(fù)號。(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要其他補(bǔ)充方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。對過程較復(fù)雜的運(yùn)動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理?！緦c(diǎn)訓(xùn)練】1．[應(yīng)用動量定理解釋生活現(xiàn)象](2020·全國卷Ⅰ)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D．延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積解析：選D行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，可以延長司機(jī)的受力時間，從而減小了司機(jī)受到的作用力，A項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確；碰撞前司機(jī)動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機(jī)動量的變化量，B項(xiàng)錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機(jī)的動能轉(zhuǎn)化為司機(jī)對安全氣囊做的功，C項(xiàng)錯誤。2．[應(yīng)用動量定理解決多過程問題]一高空作業(yè)的工人重為600N，系一條長為L＝5m的安全帶，若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時間t＝1s(工人最終靜止懸掛在空中)，則緩沖過程中安全帶受的平均沖力是多少？(g取10m/s2解析：解法一分段列式法：依題意作圖，如圖所示，設(shè)工人剛要拉緊安全帶時的速度為v1，v12＝2gL，得v1＝eq\r(2gL)經(jīng)緩沖時間t＝1s后速度變?yōu)?，取向下的方向?yàn)檎较?，對工人由動量定理知，工人受兩個力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv1，F(xiàn)＝eq\f(mgt＋mv1,t)將數(shù)值代入得F＝1200N。由牛頓第三定律，工人給安全帶的平均沖力F′為1200N，方向豎直向下。解法二全程列式法：在整個下落過程中對工人應(yīng)用動量定理，重力的沖量大小為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(\f(2L,g))＋t)))，拉力F的沖量大小為Ft。初、末動量都是零，取向下為正方向，由動量定理知mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ｋ\r(\f(2L,g))＋t))－Ft＝0，解得F＝eq\f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ｋ\r(\f(2L,g))＋t)),t)＝1200N。由牛頓第三定律知工人給安全帶的平均沖力F′＝F＝1200N，方向豎直向下。答案：1200N，方向豎直向下“融會貫通”歸納好——兩類“柱狀”模型模型一流體類“柱狀”模型流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體[例1]某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。[解析](1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。③(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)v02④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧[答案](1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)模型二微粒類“柱狀”模型微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱狀模型”，沿運(yùn)動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算[例2]宇宙飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決，其中之一就是當(dāng)飛船進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持速度不變的問題。假設(shè)一宇宙飛船以v＝2.0×103m/s的速度進(jìn)入密度ρ＝2.0×10－6kg/m3的微粒塵區(qū)，飛船垂直于運(yùn)動方向上的最大截面積S＝5m2，且認(rèn)為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，[解析]設(shè)飛船在微粒塵區(qū)飛行Δt時間，則在這段時間內(nèi)附著在飛船上的微粒質(zhì)量Δm＝ρSvΔt，微粒由靜止到與飛船一起運(yùn)動，微粒的動量增加，由動量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，所以飛船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2N＝40N。[答案]40Neq\a\vs4\al([解題技法])應(yīng)用動量定理求解連續(xù)作用問題機(jī)槍連續(xù)發(fā)射子彈、水柱持續(xù)沖擊煤層等都屬于連續(xù)作用問題。這類問題的特點(diǎn)是：研究對象不是質(zhì)點(diǎn)(也不是能看成質(zhì)點(diǎn)的物體)，動量定理應(yīng)用的對象是質(zhì)點(diǎn)或可以看做質(zhì)點(diǎn)的物體，所以應(yīng)設(shè)法把子彈、水柱質(zhì)點(diǎn)化，通常選取一小段時間內(nèi)射出的子彈或噴出的水柱作為研究對象，對它們進(jìn)行受力分析，應(yīng)用動量定理，或者結(jié)合牛頓運(yùn)動定律綜合求解?！緦c(diǎn)訓(xùn)練】1．(2021·湖北黃石二中模擬)運(yùn)動員在水上做飛行運(yùn)動表演，他