高三物理一轮复习精品学案：动量定理及应用

[高考命题解读]
第1讲动量定理及应用
一、动量、动量变化、冲量
1.动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积.
(2)表达式：p＝m v.
(3)方向：动量的方向与速度的方向相同.
2.动量的变化
(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做力的冲量.
(2)公式：I＝Ft.
(3)单位：N·s.
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同.
自测
1下列说法正确的是()
A.速度大的物体，它的动量一定也大
B.动量大的物体，它的速度一定也大
C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
答案 D
二、动量定理
1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量.
2.公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I.
3.动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是
各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.
自测
2(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()
A.m(v－v0)
B.mgt
C.m v2－v02
D.m2gh
答案BCD
命题点一对动量和冲量的理解
1.对动量的理解
(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)动量与动能的比较
2.对冲量的理解
(1)冲量的两性
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该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.
(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必然联系.
(3)冲量与功的比较
例
1如图1所示是我国女子短道速滑队训练中的情景，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()
图1
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
答案 B
变式
1(多选)两个质量不同的物体，如果它们的()
A.动能相等，则质量大的动量大
B.动能相等，则动量大小也相等
C.动量大小相等，则质量大的动能小
D.动量大小相等，则动能也相等
答案AC
例
2(2018·甘肃西峰调研)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，MP>QN.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()
图2
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
答案 C
解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端.合力F＝mg sinθ(θ为滑轨倾角)，F a>F b，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F N＝mg cosθ，F N a<F N b，因此弹力对a滑块的冲量较小.选C.
变式
2(多选)如图3所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则()
图3
A.拉力对物体的冲量大小为Ft
B.拉力对物体的冲量大小为Ft sinθ
C.摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθ
D.合外力对物体的冲量大小为零
答案AD
解析拉力F对物体的冲量就是Ft，所以A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力F f＝F cosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F f t＝Ft cosθ，C项错误；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D项正确.
命题点二动量定理的基本应用
1.动量定理的理解
(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体.
(2)Ft ＝p ′－p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft 是物体所受的合外力的冲量.
(3)Ft ＝p ′－p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.
(4)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δp
t ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率.
2.用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体. (2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解.
例
3 (2015·重庆理综·3)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.m 2gh
t ＋mg
B.m 2gh t －mg
C.m gh t
＋mg
D.m gh t
－mg
答案 A
解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定
理得(mg －F )t ＝0－m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2gh
t
＋mg ，A 项正确.
变式
3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.这样做的目的是()
A.减小球对手的冲量
B.减小球对手的冲击力
C.减小球的动量变化量
D.减小球的动能变化量
答案 B
变式
4 (2015·安徽理综·22)一质量为0.5kg 的小物
块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图4所示.物块以v 0＝9m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6m /s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.
图4
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .
答案 (1)0.32 (2)130N (3)9J
解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程，应用动能定理得－μmgs ＝12m v 2－1
2m v 02 代入数值解得μ＝0.32
(2)取向右为正方向，碰后物块速度v ′＝－6m/s
由动量定理得：FΔt＝m v′－m v
解得F＝－130N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.
(3)对物块反向运动过程，应用动能定理得
－W＝0－1
2
2m v′
解得W＝9J
命题点三动量定理在多过程问题中的应用
应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路.
例
4 一高空作业的工人重为600N ，系一条长
为L ＝5m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取10m/s 2，忽略空气阻力的影响)
答案 1200N ，方向竖直向下
解析 解法一 分段列式法：依题意作图，如图所示，
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1，v 12＝2gL ，得 v 1＝2gL
经缓冲时间t ＝1s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg ，所以(mg －F )t ＝0－m v 1，F ＝mgt ＋m v 1t
将数值代入得F ＝1200N.
由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F ′为1200N ，方向竖直向下.
解法二 全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg (2L g
＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知 mg (
2L
g
＋t )－Ft ＝0 解得F ＝
mg (
2L g
＋t )t
＝1200N
由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F ′＝F ＝1200N ，方向竖直向下.
变式
5 一个质量为m ＝100g 的小球从离厚软垫h
＝0.8m 高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2s ，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(g ＝10m/s 2)
答案 0.6N·s ，方向竖直向上
解析 设小球自由下落h ＝0.8m 的时间为t 1，由
h ＝1
2
gt 12得t 1＝2h
g
＝0.4s. 设I 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得
mg (t 1＋t )＋I ＝0，得I ＝－0.6N·s.
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上.
命题点四 应用动量定理处理“流体模型”
的冲击力问题
1.研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等. 2.研究方法
是隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解. 3.基本思路
(1)在极短时间Δt 内，取一小柱体作为研究对象. (2)求小柱体的体积ΔV ＝v S Δt (3)求小柱体质量Δm ＝ρΔV ＝ρv S Δt (4)求小柱体的动量变化Δp ＝v Δm ＝ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt ＝Δp
例
5 (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v 0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. 答案 (1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g
2ρ2v 0
2S 2
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v 0不变.
该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt 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
Δm
Δt
＝ρv0S
(2)设玩具底板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冲为水柱对玩具底板的作用力
由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式：v′2－v02＝－2gh ⑥在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为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
(F压＋Δmg)Δt＝Δm v′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δm v′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝v02
2g －M2g
2ρ2v02S2
变式
6 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生
的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m /s ，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m 3)( ) A.0.15Pa B.0.54Pa C.1.5Pa
D.5.4Pa
答案 A
解析 设雨滴受到支持面的平均作用力为F .设在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v
＝12m/s 减为零.以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ，得到F ＝Δm
Δt v .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 ＝ρS Δh ，
得F ＝ρS v Δh Δt .压强p ＝F S ＝ρv Δh
Δt ＝1×103×12×45×10－33600
Pa ＝0.15Pa.
变
式
7 如图5所示，由喷泉中喷出的水柱，把一
个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v 0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)
Δm
Δt 从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)
图5
答案 v 022g －M 2g 8(Δt Δm )2
解析 设垃圾桶可停留的最大高度为h ，并设水柱到达h 高处的速度为v t ，则
v t 2－v 02＝－2gh 得v t 2＝v 02－2gh
由动量定理得，在极短时间Δt 内，水受到的冲量为
F Δt ＝2(Δm
Δt ·Δt )v t
解得F ＝2Δm Δt ·v t ＝2
Δm
Δt v 02－2gh
据题意有F ＝Mg
联立解得h ＝v 022g －M 2g 8(Δt Δm
)2。