2025年高考物理復習講義第六章第1講　動量、動量定理（含解析）

第1講動量、動量定理素養(yǎng)目標1.知道動量、動量變化量、沖量的概念．(物理觀念)2.知道動量定理的內容及表達式．(物理觀念)3.能夠應用動量定理解釋日常生活現(xiàn)象．(科學思維)一、動量1．定義：物體的質量與速度的乘積．2．表達式：p＝mv.3．方向：動量的方向與速度的方向相同．4．動量的變化(也叫動量的變化量、動量的改變量、動量的增量等)(1)定義：動量的變化等于末動量與初動量之差．(2)表達式：Δp＝p′－p，Δp也是矢量，Δp的方向與速度的變化量Δv的方向相同.直觀情境同一直線上不在同一直線上二、沖量1．定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量.直觀情境恒力的沖量變力的沖量2.公式：I＝F·t.3．單位：牛頓·秒，符號是N·s.4．標矢性：沖量是矢量，方向是由力的方向決定的．5．物理意義：表示力的作用對時間的積累效果．三、動量定理1．內容：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．表達式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p.3．對動量定理的理解(1)動量定理反映了力的沖量與動量變化量之間的因果關系，即合力的沖量是原因，物體的動量變化量是結果．(2)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和．(3)動量定理表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義．1．思維辨析(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)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零．()(5)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．()2.如圖所示，兩個質量相同的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，在到達斜面底端的過程中()A．重力的沖量相同B．彈力的沖量相同C．合力的沖量相同D．合力的沖量大小相同3．顛球是足球運動基本技術之一，若質量為400g的足球用腳顛起后，豎直向下以4m/s的速度落至水平地面上，再以3m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，在足球與地面接觸的時間內，關于足球動量變化量Δp和合外力對足球做的功W，下列判斷正確的是()A．Δp＝1.4kg·m/s，W＝－1.4JB．Δp＝－1.4kg·m/s，W＝1.4JC．Δp＝2.8kg·m/s，W＝－1.4JD．Δp＝－2.8kg·m/s，W＝1.4J考點動量和沖量1．動量與動能的比較比較項目動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標矢性矢量標量變化因素物體所受沖量外力所做的功大小關系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)2.沖量的計算方法公式法I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)圖像法F-t圖像與t軸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，則力F在某段時間t內的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t動量定理法根據物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量典例1(2024·湖北高中名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，不可伸長的輕繩一端懸掛在天花板上的O點，另一端系著質量為m的小球，給小球一定的速度大小v，使之在水平面內做周期為T的勻速圓周運動．不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球運動半周的過程中，動量不變B．小球運動半周的過程中，合力的沖量大小為2mvC．小球運動一周的過程中，重力的沖量為零D．小球運動一周的過程中，拉力的沖量為零1．[對沖量的理解](多選)如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量的大小依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有()A．三個過程中，合力的沖量大小相等，動量的變化量大小相等B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等C．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp32．[沖量的計算]如圖所示，質量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g.在整個運動過程中，下列說法正確的是()A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθB．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθC．合外力的沖量為0D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)考點動量定理的理解和應用1．對動量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．(4)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理．2．用動量定理解題的基本思路典例2用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理．如圖所示，距秤盤80cm高度處把1000粒豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的分速度變?yōu)榕銮暗囊话耄裘苛６沽Ｖ慌c秤盤碰撞一次，碰撞后的豆粒彈出秤盤，且碰撞時間極短(忽略重力的影響)，已知1000粒豆粒的總質量為100g，取g＝10m/s2.則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N1．[對動量定理的理解]籃球運動員通常要伸出兩臂去迎接隊友傳來的籃球，當接到籃球后，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣做的目的是()A．減小球對手的沖量B．減小球的動量變化量C．減小球與手接觸的時間D．減小球對手的沖擊力2．[動量定理的應用]氣墊鞋通過氣墊的緩沖減小地面對腳的沖擊力，如圖所示．某同學所受重力大小為G，穿著平底布鞋時雙腳豎直著地過程中與地面的作用時間為t0，受到地面的平均沖擊力大小為4G.若腳著地前的速度保持不變，該同學穿上某型號的氣墊鞋時，雙腳豎直著地過程中與地面的作用時間變?yōu)?.5t0，則該同學受到地面的平均沖擊力大小變?yōu)?)A．2.2G B．2.0GC．1.8G D．1.6G課題研究應用“柱狀模型”解決連續(xù)流體問題1．流體類“柱狀模型”特點液體流、氣體流等，質量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟(1)建立“柱狀”模型，沿速度v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S.(2)微元研究，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度Δl＝vΔt，對應的質量Δm＝ρSvΔt.(3)建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體2.微粒類“柱狀模型”特點電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“流體”，質量具有獨立性，通常給出單位體積內的粒子數n分析步驟(1)建立“柱狀”模型，沿運動的方向選取一段柱形微元，柱體的橫截面積為S.(2)微元研究，作用時間Δt內的一段柱形微元的長度Δl＝v0Δt，對應的體積ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt.(3)先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算典例(多選)如圖所示，用水槍噴出的水柱沖擊右側的煤層．設水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．水槍的質量為M，手持水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是()A．水槍單位時間噴出的水的質量為ρvπD2B．水槍的功率為eq\f(1,8)ρπD2v3C．水柱對煤層的平均沖力為eq\f(1,4)ρπD2v2D．手對水槍的作用力水平向右變式宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區(qū)時，如何保持速度不變的問題．假設一宇宙飛船以v＝2.0×103m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6kg/m3的微粒塵區(qū)，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積S＝5m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力大小為()A．20N B．40NC．60N D．80N答案及解析1．思維辨析(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)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零．(×)(5)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．(√)2.如圖所示，兩個質量相同的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，在到達斜面底端的過程中()A．重力的沖量相同B．彈力的沖量相同C．合力的沖量相同D．合力的沖量大小相同解析：重力的沖量IG＝mg·t，物體下滑時間不同，故IG不同，A項錯誤．彈力與斜面垂直，兩物塊所受彈力方向不同，故彈力的沖量不同，B項錯誤．兩物塊所受合力的方向平行于斜面，故合力的沖量方向也與斜面平行，所以合力的沖量不同，C項錯誤．由機械能守恒定律可知，物體到達底端時的速率相同，又兩物體的質量相同，所以由I＝mv知，合力的沖量大小相同，D項正確．答案：D3．顛球是足球運動基本技術之一，若質量為400g的足球用腳顛起后，豎直向下以4m/s的速度落至水平地面上，再以3m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，在足球與地面接觸的時間內，關于足球動量變化量Δp和合外力對足球做的功W，下列判斷正確的是()A．Δp＝1.4kg·m/s，W＝－1.4JB．Δp＝－1.4kg·m/s，W＝1.4JC．Δp＝2.8kg·m/s，W＝－1.4JD．Δp＝－2.8kg·m/s，W＝1.4J解析：物體的質量m＝400g＝0.4kg，以豎直向上為正方向，則足球與地面碰撞過程中動量的變化量為Δp＝mv2－mv1＝0.4×3kg·m/s－0.4×(－4)kg·m/s＝2.8kg·m/s，方向豎直向上；由動能定理可知，合外力做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.4×32J－eq\f(1,2)×0.4×42J＝－1.4J，選項C正確，A、B、D錯誤．答案：C考點動量和沖量典例1(2024·湖北高中名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，不可伸長的輕繩一端懸掛在天花板上的O點，另一端系著質量為m的小球，給小球一定的速度大小v，使之在水平面內做周期為T的勻速圓周運動．不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球運動半周的過程中，動量不變B．小球運動半周的過程中，合力的沖量大小為2mvC．小球運動一周的過程中，重力的沖量為零D．小球運動一周的過程中，拉力的沖量為零解析：小球運動半周的過程中，速度方向變化，則動量變化，A錯誤；取初始時刻小球速度方向為正，運動半周小球動量的變化量為Δp＝－mv－mv＝－2mv，根據動量定理得，合力的沖量大小為2mv，B正確；小球運動一周的過程中，重力的沖量為IG＝mg·t＝mgT，C錯誤；小球運動一周的過程中，由動量定理得IG＋IT＝0，得拉力的沖量為IT＝－IG＝－mgT，D錯誤．故選B．1．[對沖量的理解](多選)如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量的大小依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有()A．三個過程中，合力的沖量大小相等，動量的變化量大小相等B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等C．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp3解析：由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根據動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也大小相等；設斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2得物體下滑的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1<I2<I3，所以A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據動能定理，動能的變化量相等，所以B正確．答案：ABC2．[沖量的計算]如圖所示，質量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g.在整個運動過程中，下列說法正確的是()A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθB．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθC．合外力的沖量為0D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)解析：重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A項錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，B項正確；整個過程中滑塊的動量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0，C項錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D項錯誤．答案：B考點動量定理的理解和應用典例2用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理．如圖所示，距秤盤80cm高度處把1000粒豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的分速度變?yōu)榕銮暗囊话耄裘苛６沽Ｖ慌c秤盤碰撞一次，碰撞后的豆粒彈出秤盤，且碰撞時間極短(忽略重力的影響)，已知1000粒豆粒的總質量為100g，取g＝10m/s2.則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N解析：設豆粒從80cm高處落至秤盤時速度大小為v1，則v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，以向上為正方向，根據動量定理有Ft＝mv2－m(－v1)，則F＝eq\f(mv2－m－v1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，B項正確．故選B．1．[對動量定理的理解]籃球運動員通常要伸出兩臂去迎接隊友傳來的籃球，當接到籃球后，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣做的目的是()A．減小球對手的沖量B．減小球的動量變化量C．減小球與手接觸的時間D．減小球對手的沖擊力解析：在接球過程中，球的初速度一定，末速度為零，則球的動量變化量一定，由動量定理可知，球對手的沖量一定，A、B錯誤；在球的動量變化量一定時，這種接球方式是通過增加球與手接觸的時間，從而減小手對球的沖擊力，由牛頓第三定律知，可減小球對手的沖擊力，C錯誤，D正確．答案：D2．[動量定理的應用]氣墊鞋通過氣墊的緩沖減小地面對腳的沖擊力，如圖所示．某同學所受重力大小為G，穿著平底布鞋時雙腳豎直著地過程中與地面的作用時間為t0，受到地面的平均沖擊力大小為4G.若腳著地前的速度保持不變，該同學穿上某型號的氣墊鞋時，雙腳豎直著地過程中與地面的作用時間變?yōu)?.5t0，則該同學受到地面的平均沖擊力大小變?yōu)?)A．2.2G B．2.0GC．1.8G D．1.6G解析：穿著平底布鞋時雙腳豎直著地過程中與地面的作用時間為t0，受到地面的平均沖擊力大小為4G，合力的沖量為(4G－G)t0，若腳著地前的速度保持不變，則合力的沖量不變，有(4G－G)t0＝(F－G)·2.5t0，解得該同學受到地面的平均沖擊力大小為F＝2.2G，A正確．答案：A課題研究應用“柱狀模型”解決連續(xù)流體問題典例(多選)如圖所示，用水槍噴出的水柱沖擊右側的煤層．設水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．水槍的質量為M，手持水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是()A．水槍單位時間噴出的水的質量為ρvπD2B．水槍的功率為eq\f(1,8)ρπD2v3C．水柱對煤層的平均沖力為eq\f(1,4)ρπD2v2D．手對水槍的作用力水平向右解析：設Δt時間內，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝eq\f(1,4)πD2