2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (31)

第六章动量第24讲动量和动量定理知识点一动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．2．表达式：p＝m v.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．5．动量、动能、动量变化量的比较知识点二动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量．公式：I＝Ft.(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．2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化．(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，可以在某一方向上用动量定理．(1)两物体的动量相等，动能也一定相等．(×)(2)动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(5)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)1．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是(A)A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·sD．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s解析：小球从被抛出至到达最高点经历时间2 s，受到的冲量大小为10 N·s，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s，受到的冲量大小为20 N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s，选项B、C、D错误．2．如图所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了10 s后停下来，则运动员对球的冲量为(D)A．1 000 N·s B．500 N·sC．0 D．无法确定解析：滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D正确．3．1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，使“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895N，推进器的工作时间Δt＝7s，测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1＝3 400 kg，则可测出火箭组的质量m2为(B)A．3 400 kg B．3 485 kgC．6 265 kg D．6 885 kg解析：根据动量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，解得m2≈3 485 kg，选项B正确．4．下面列举了生活中常见的一些做法，其中不可以用动量定理解释的是(C)A．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间C．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去D．跳高运动中的垫子总是十分松软解析：热水瓶胆做成两层并把两层中间的空气抽去，是为了防止空气对流而散失热量，从而更好地保温，与动量定理无关，其他几项中做法均与动量定理有关，故选项C正确．5．(多选)古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子的质量约为2 kg，以15 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1 m/s，取兔子初速度的方向为正方向，则(AD)A．兔子撞树前的动量大小为30 kg·m/sB．兔子撞树过程中的动量变化量为32 kg·m/sC．兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相同D．兔子受到撞击力的冲量大小为32 N·s解析：由题意可知，兔子的初速度v0＝15 m/s，则兔子撞树前的动量大小p1＝m v1＝2 kg×15 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确；末速度v＝－1 m/s，末动量p2＝m v2＝2 kg×(－1 m/s)＝－2 kg·m/s，兔子撞树过程中的动量变化量为Δp＝p2－p1＝－2 kg·m/s－30 kg·m/s ＝－32 kg·m/s，选项B错误；兔子撞树过程中的动量变化量为负值，说明兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相反，选项C错误；由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量I＝Δp＝－32 N·s，选项D正确．6.一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮，两端拴有A、B两物体，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，B物体开始时静止于地面上，A 离地高度H＝1 m．现将A抬高h1＝1.8 m，由静止释放，绳子绷直瞬间断开，并给B一个竖直向上的瞬时冲量I，B此后上升的最大高度为h2＝0.2 m，(不考虑一切阻力，g取10 m/s2)求：(1)瞬时冲量I 的大小．(2)A 落地的速度．解析：(1)B 上升过程由动能定理得：－m 2gh 2＝0－12m 2v 22 解得：v 2＝2 m/s取竖直向上为正方向，对B 由动量定理得：I －m 2g Δt ＝m 2v 2－0由于时间极短，Δt 近似为0，故I ＝m 2v 2＝4 N·s(2)A 先做自由落体运动，下落h 1高度时，速度为：v 1＝2gh 1＝6 m/s由于绳子给A 的冲量大小也为I ，方向竖直向上，对A 由动量定理得：m 1g Δt －I ＝m 1v 1′－m 1v 1代入数据解得：v 1′＝2 m/s之后A 自由下落，由动能定理得：m 1gH ＝12m 1v 2－12m 1v 1′2解得：v＝2 6 m/s答案：(1)4 N·s(2)2 6 m/s知识点一动量、冲量的理解和计算1．冲量和动量的比较(1)冲量和功都是过程量．冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．(2)冲量是矢量，功是标量．(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．1．下列关于动量的说法正确的是(C)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，动量不一定相同D．两物体动能相等，动量一定相等解析：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＝2mE k，两物体动能相同，质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，故D错，C正确．2.如图所示，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(C)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．故选项C正确．3.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F f.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(C)A．mg(t1＋t2)sinθB．mg(t1－t2)sinθC．mg(t1＋t2) D．0解析：重力是恒力，重力的冲量等于重力与重力作用时间的乘积，即整个运动过程中重力的冲量为mg(t1＋t2)．选项C正确．知识点二动量定理的理解及应用1．对动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，左边是物体受到的所有外力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中F是所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F 是合外力在时间t内的平均值．(2)动量定理的表达式Ft＝p′－p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．(3)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量变化量Δp的关系，合外力的冲量由动量的变化量反映出来，I合与Δp不仅大小相等，方向也相同．(4)动量定理具有普适性，动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用．2．动量定理的要点(1)矢量式．(2)F既可以是恒力也可以是变力．(3)冲量是动量变化的原因．(4)由Ft＝p′－p，得F＝p′－pt＝Δpt，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．3．用动量定理解释现象(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．(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．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．典例如图所示，质量m＝2 kg的物体，在水平力F＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.F作用t1＝2 s后，撤去F，又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰．若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰撞后反向弹回的速度v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g取10 m/s2)【审题关键点】(1)物体与墙碰撞前做何种运动？(2)物体与墙碰撞前后速度方向是否一致？【解析】解法一：分段法以物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，选F 的方向为正方向．设撤去F时速度为v1则根据动量定理(F－μmg)t1＝m v1－0①撤去F后受力情况如图乙所示物体开始碰墙时的速度为v2，根据动量定理，－μmgt2＝m v2－m v1②对碰墙过程，设墙对物体的平均作用力大小为F，F t3＝－m v′－m v2③联立①②③，并代入数据得F＝－280 N.解法二：全过程整体考虑取从物体开始运动到碰墙后反向弹回的全过程用动量定理，并取F方向为正方向，则由动量定理：Ft1－μmg(t1＋t2)＋F t3＝－m v′代入数据整理解得F＝－280 N.【答案】280 N，方向与F方向相反．【突破攻略】应用动量定理解题的方法在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号．对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力．4．(多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程 2.如果忽略空气阻力，则下述正确的是(AC)A．过程1和过程2动量的变化大小都为m v0B．过程1和过程2动量变化的方向相反C．过程1重力的冲量为m v0，且方向竖直向下D．过程1和过程2重力的总冲量为0解析：根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用．选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－m v0)＝m v0，下落过程动量的变化量Δp2＝m v0－0＝m v0，大小均为m v0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝m v0－(－m v0)＝2m v0，D错误．5．“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)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解析：从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A正确，选项B、C、D错误．6.(2019·北京市通州区摸底)在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示．小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v 1＝7 m/s ，碰撞后以速度v 2＝6 m/s 反向弹回．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小物块从A 向B 运动过程中的加速度a 的大小；(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；(3)若碰撞时间t ＝0.05 s ，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F 的大小．解析：(1)从A 到B 过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a ＝v 21－v 202s ＝72－822×5m/s 2＝－1.5 m/s 2. (2)从A 到B 过程，由动能定理，有：－μmgs ＝12m v 21－12m v 20 代入数据解得：μ＝0.15. (3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ft ＝m v 2－m (－v 1) 可得：F ＝130 N.答案：(1)1.5 m/s 2 (2)0.15 (3)130 N应用动量定理求解连续作用问题机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题．这类问题的特点是：研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体)，动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者综合牛顿运动定律综合求解．7．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)解析：一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2m v 如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N ＝16n ·S v Δt Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝13nSm v 2Δt 器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝I Δt则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝13nm v 2 答案：f ＝13nm v 28．一股水流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？解析：小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F＝mg①小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl的小水柱Δm，其受到重力Δmg和球对水的力F，取向下为正方向．(F＋Δmg)t＝0－(－Δm v)②其中小段水柱的重力Δm·g忽略不计，Δm＝ρS·Δl②式变为F＝ρS·Δl·vt因t很短，Δl很小，一小段Δl的水柱可以看成匀速上升，Δl＝v t.上式变为F＝ρS v2③v为冲击小球前水的速度，即水以初速v0射出后，上升到h高处时的速度．根据竖直上抛的公式有v2－v20＝2(－g)h所以v＝v20－2gh代入③，有F＝ρS(v20－2gh)代入①，有mg＝ρS(v20－2gh)h＝v20－mgρS2g＝ρS v20－mg2gρS＝1.0×103×0.5×10－4×102－0.32×102×10×1.0×103×0.5×10－4m＝1.8 m答案：1.8 m。