《动量》第一轮复习教学案(教师)

第十八章 动量第1课时: 冲量、动量、动量定理【知识梳理】1．动量: p=mv(1) 瞬时性：描述物体某一瞬间的运动状态的物理量。

(2) 动量是状态量． 2．动量的变化: Δp(1) 动量是矢量，当动量发生变化时，动量的变化Δp=p 末一p 初．如上图所示，当初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形法则运算．(2) 动量变化的方向一般与初态动量和末态动量的方向不相同．其方向与速度的改变量Δv 的方向相同．(3) 当初、末动量在一直线上时通过选定正方向，动量的变化可简化为带有正、负号的代数运算。

3．冲量I=Ft(1) 冲量描述的是力F 对作用时间t 的累积效果．力越大，作用时间越长，冲量就越大． (2) 冲量是一个过程量，讲冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量．(3) 如果力的方向是恒定的，则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． 4．动量定理（1）内容：物体所受的合外力的冲量等于物体的动量变化F ²t=mvt-mv0 （2）几点说明：① 动量定理表达式中的F 是: 研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力． ② 动量定理是牛顿第二定律的变形0t t v v m v m v p p F m a mttt'---====合也可以写成：tp F ∆∆=合 即：物体所受的合外力与物体的动量变化率成正比．5．动量定理解题步骤： ① 确定研究对象；② 分析受力，确定冲量和初、末动量； ③ 规定正方向； ④ 根据动量定理列方程； ⑤ 解方程并分析验证．【典型例题】例1．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ．在此过程中（ B ）A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为212m vB ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为212m vD ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零提示：运动员向上起跳的过程中，由动量定理可得，I m g t m v -∆=，则I m v m g t =+∆；起跳过程中，地面对运动员的作用力向上且其作用点的位移为零（阿模型化，认为地面没有发生形变），所以，地面对运动员做的功为零．例2．以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m 的物体，空气阻力不可忽略．关于物体受到的冲量，以下说法错误的是 （ A ）A ．物体上升和下降两个阶段受到重力的冲量方向相反B ．物体上升和下降两个阶段受到空气阻力的冲量方向相反C ．物体在下降阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下例3．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1³103kg/m3) （ A ）A.0.15PaB.0.54PaC.1.5PaD.5.4Pa例4．（08四川卷）一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。

在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块（视为质点）。

小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。

重力加速度g ＝10 m/s 2。

在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？解析：解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v 。

由功能关系得θθμsin cos 212h mg mvmgh +=①以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量)(v m mv I --= ②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ’，则θθμsin cos 212h mg h mg mv'+'= ③同理，有θθμsin cos 212h mg v m h mg '+'=' ④)(v m v m I '--'=' ⑤式中，v ’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I ’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。

由①②③④⑤式得kII =' ⑥式中μθμθ+-=t a n t a n k ⑦由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)c o t 1(2201θμ-=gh mI ⑧总冲量为)1(3214321k kk I I I I I I +++=+++= ⑨由)11112kkkkk nn --=⋯+++- ⑩得)cot 1(221104θμ---=gh mkkI ⑾代入数据得)63(43.0+=I N ²s ⑿解法二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a ，依牛顿第二定律得mamg mg =-θμθcos sin ①设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，则θs i n 22h av= ②以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为)(v m mv I --= ③由①②③式得)cot 1(221θμ-=gh mI ④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a ’， 依牛顿第二定律有a m mg mg '=-θμθcos sin ⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为θsin 22a vh '=' ⑥由②⑤⑥式得 hk h 2=' ⑦式中μθμθ+-=tan tan k ⑧同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量)cot 1(22θμ-'='h g m I ⑨ 由④⑦⑨式得kII ='⑩由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)c o t 1(2201θμ-=gh mI⑾总冲量为 )1(3214321k kk I I I I I I +++=+++= ⑿由)11112kkk kk nn --=⋯+++-⒀得)cot 1(221104θμ---=gh mkkI ⒁代入数据得)63(43.0+=I N ²s ⒂【巩固练习】1．一质量为m 的物体放在光滑的水平面上，今以恒力F 沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是（ D ） A ．物体的位移相等 B ．物体动能的变化量相等 C ．F 对物体做的功相等 D ．物体动量的变化量相等提示：物体在恒力的作用下做匀加速直线运动，在相同的时间内，其位移不相等，故力对物体做的功不相等，由动能定理可知，物体动能的变化量不相等；根据动量定理，有F t p∆=∆，所以，物体动量的变化量相等．2．一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（ AC ） A ．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B ．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C ．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和D ．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能3．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速收至胸前，这样做可以（ B ）A. 减小球对手的冲量B. 减小球的动量变化率C. 减小球的动量变化量D. 减小球的动能变化量4．一个质量为0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ BC ） A ．Δv =0 B ．Δv =12m/s C ．W =0 D ．W =10.8J5．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，为了检测篮球的性能，某同学多次让一篮球h 1＝1.8m 处自由下落，测出篮球从开始下落至第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3s ，该篮球第一次反弹从离开地面至最高点所用时间为0.5s ，篮球的质量为m ＝0.6kg 取10m/s 2。

求篮球对地面的平均作用力（不计空气阻力）。

5．篮球从h 1处下落的时间为t 1，触地时的速度大小为1υ，弹起时的速度大小为2υ。

则ss gh t 6.0108.12211=⨯==① 2分s m s m gh /6/8.1102211=⨯⨯==υ ② 2分s m s m gt /5/5.01022=⨯==υ ③ 2分球与地面作用时间 s t t t t 2.021=--=∆ ④ 1分球触地过程中取向上为正方向，对篮球用动量定理)()(12υυ--=∆-m m t mg F ⑤ 3分即)(21υυ+∆+=tm mg F代入数据得 N F 39= 2分根据牛顿第三定律篮球对地的作用力大小为39N,方向竖直向下。

2分6．（10分）一根均匀的米尺，质量为0.2kg ，放在水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数为0.16，有1/4长度露在桌外，现有一水平拉力沿着米尺方向作用在米尺上作用1s ，为使米尺能从桌边落下，外力F 至少应为多少?6．取米尺为研究对象，设从开始运动到停止运动用的时间为t 位移为s ，拉力停止作用对尺子的运动速度为v ，则由动量定理可知。

对全过程有00F t m g t μ-= ① （2分） 拉力作用时间段0()F m g t m v μ-= ② （2分） 由运动学知识2v S vt t ==③ （2分）联立①②可知00()2F m gFS t t mm gμμ-=⨯欲使尺子从水平桌面落下必使尺子的重心出桌子边缘。

∴4l S ≥（2分） 故有24F m gFl mm gμμ-⨯≥代入数字可知0.160.21010.220.160.2104F F-⨯⨯⨯≥⨯⨯⨯ 化简得 20.320.0320F F --≥解得0.4F N ≥ 故 F 至少为0.4N (4分)7．如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N·s 的瞬时冲量I 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E kA 为8.0J ，小物块的动能E kB 为0.50J ，重力加速度取10m/s 2，求： （1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v 0；（2）木板的长度L ．【答案】0.50m 解析：（1）设水平向右为正方向，有I =m A v 0代入数据得v 0=3.0m/s ②（2）设A 对B 、B 对A 、C 对A 的滑动摩擦力的大小分别为F AB 、F BA 和F CA ，B 在A 滑行的时间为t ，B 离开A 时A 和B 的速度分别为v A 和v B ，有 －(F BA ＋F CA )t =m A v A －m A v A ③ F AB t =m B v B ④ 其中F AB =F BA F CA =μ(m A ＋m B )g ⑤ 设A 、B 相对于C 的位移大小分别为s A 和s B ，有2211()22B AC A A A A A F F s m v m v -+=- ⑥ F AB s B =E kB⑦ 动量与动能之间的关系为A Am v =⑧ B B m v =⑨ 木板A 的长度L =s A －s B⑩代入数据解得L =0.50m第十八章动量第2课时: 动量守恒定律【知识梳理】1．内容：相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或它们受到的外力的合力为0，则系统的总动量保持不变。