（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第1節(jié) 動(dòng)量定理學(xué)案（含解析）

《（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第1節(jié) 動(dòng)量定理學(xué)案（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第1節(jié) 動(dòng)量定理學(xué)案（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第1節(jié) 動(dòng)量定理學(xué)案（含解析） 新課程標(biāo)準(zhǔn) 核心知識(shí)提煉 1.通過(guò)實(shí)驗(yàn)和理論推導(dǎo)，理解動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律，能用其解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。知道動(dòng)量守恒定律的普適性。 2.探究并了解物體彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)。定量分析一維碰撞問(wèn)題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。 3.體會(huì)用守恒定律分析物理問(wèn)題的方法，體會(huì)自然界的和諧與統(tǒng)一。 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律 彈性碰撞和非彈性碰撞 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 第1節(jié)　動(dòng)量定理 一、動(dòng)量 1．定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積。 2．表達(dá)式：p＝。 3．單位：kg

2、·m/s。 4．標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同。 二、動(dòng)量定理 1.沖量 (1)定義：力和力的作用時(shí)間的乘積。 (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(dòng)量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量。 (2)表達(dá)式：Ft＝mv′－mv。 [深化理解] 1．動(dòng)量變化量也是矢量，其方向與速度變化量的方向相同。 2．力與物體運(yùn)動(dòng)方向垂直時(shí)，該力不做功，但該力的沖量不為零。 3．某個(gè)力的沖量與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及其是否受其他力無(wú)關(guān)。 4．動(dòng)量定理是矢量方程

3、，列方程時(shí)應(yīng)選取正方向，且力和速度必須選同一正方向。 [基礎(chǔ)自測(cè)] 一、判斷題 (1)動(dòng)量越大的物體，其速度越大。(×) (2)物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大。(×) (3)物體所受合力不變，則動(dòng)量也不改變。(×) (4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)量的方向相同。(×) (6)物體所受合外力的沖量方向與物體動(dòng)量變化的方向是一致的。(√) 二、選擇題 1．(2018·全國(guó)卷 Ⅰ )高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能(　　) A．與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比 B．與它的位

4、移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動(dòng)量成正比 解析：選B　動(dòng)能Ek＝mv2，與速度的平方成正比，故C錯(cuò)誤。速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，與經(jīng)歷的時(shí)間的平方成正比，故A錯(cuò)誤。根據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，故B正確。動(dòng)量p＝mv，可得Ek＝，與動(dòng)量的平方成正比，故D錯(cuò)誤。 2．[滬科版選修3－5 P10 T3]質(zhì)量為5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向?yàn)檎较?，則小球動(dòng)量的變化為(　　) A．10 kg·m/s　　　　　　 B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 k

5、g·m/s 解析：選D　動(dòng)量的變化是末動(dòng)量減去初動(dòng)量，規(guī)定了豎直向下為正方向，則小球的初動(dòng)量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末動(dòng)量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以動(dòng)量的變化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s。 3．(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 解析：選AB　前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝＝

6、m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，故A正確；t＝2 s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動(dòng)量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，故B正確；物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝2 m/s－0.5×1 m/s＝1.5 m/s，動(dòng)量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，故C錯(cuò)誤；t＝4 s時(shí)物塊的速度v4＝v2－a2t4＝2 m/s－0.5×2 m/s＝1 m/s，故D錯(cuò)誤。 高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查，主要集中在對(duì)動(dòng)量、沖量、動(dòng)量變化量的理解及應(yīng)用動(dòng)量定理解決實(shí)際問(wèn)題，題

7、型多為選擇題，而動(dòng)量定理結(jié)合其他力學(xué)知識(shí)進(jìn)行綜合考查，也可以計(jì)算題的形式呈現(xiàn)，難度中等。 考點(diǎn)一　動(dòng)量與沖量的理解[基礎(chǔ)自修類] [題點(diǎn)全練] 1．[對(duì)動(dòng)量的理解] 下列關(guān)于動(dòng)量的說(shuō)法正確的是(　　) A．質(zhì)量大的物體動(dòng)量一定大 B．速度大的物體動(dòng)量一定大 C．兩物體動(dòng)能相等，動(dòng)量不一定相等 D．兩物體動(dòng)能相等，動(dòng)量一定相等 解析：選C　動(dòng)量等于運(yùn)動(dòng)物體質(zhì)量和速度的乘積，動(dòng)量大小與物體質(zhì)量、速度兩個(gè)因素有關(guān)，A、B錯(cuò)；由動(dòng)量大小和動(dòng)能的表達(dá)式得出p＝，兩物體動(dòng)能相等，質(zhì)量關(guān)系不明確，動(dòng)量不一定相等，D錯(cuò)，C對(duì)。 2．[對(duì)沖量的理解與大小比較] 如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)

8、固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑。兩根光滑滑軌MP、QN的端點(diǎn)都在圓周上，MP>QN。將兩個(gè)完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點(diǎn)無(wú)初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運(yùn)動(dòng)到圓周上的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．合力對(duì)兩滑塊的沖量大小相同 B．重力對(duì)a滑塊的沖量較大 C．彈力對(duì)a滑塊的沖量較小 D．兩滑塊的動(dòng)量變化大小相同 解析：選C　這是“等時(shí)圓”，即兩滑塊同時(shí)到達(dá)滑軌底端。合力F＝mgsin θ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a>Fb，因此合力對(duì)a滑塊的沖量較大，a滑塊的動(dòng)量變化也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FN＝mgcos θ，F(xiàn)Na

9、故C正確。 3．[動(dòng)量變化量的大小計(jì)算] (多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的大小為(　　) A．m(v－v0)　　　　　　　　 B．mgt C．m D．m 解析：選BCD　由動(dòng)量定理可得，物體在時(shí)間t內(nèi)動(dòng)量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝，由機(jī)械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物體動(dòng)量變化量Δp＝mΔv＝m＝m，選項(xiàng)C、D均正確，只有選項(xiàng)A錯(cuò)誤。 [名師微點(diǎn)] 1．動(dòng)能、動(dòng)量、動(dòng)量變化量的比較 動(dòng)能 動(dòng)量 動(dòng)

10、量變化量 定義 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差 定義式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 標(biāo)矢性 標(biāo)量 矢量 矢量 特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過(guò)程量 關(guān)聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 聯(lián)系 (1)都是相對(duì)量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系 (2)若物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量一定也發(fā)生變化；但動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化 2．沖量的計(jì)算 (1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)算。 (2)變力的沖量 ①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時(shí)間均勻變化，即力為時(shí)間的一次函數(shù)，則

11、力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量I＝t，其中F1、F2為該段時(shí)間內(nèi)初、末兩時(shí)刻力的大小。 ②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。 ③對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解，即通過(guò)求Δp間接求出沖量。 考點(diǎn)二　動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用[師生共研類] 1．應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象 (1)當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越短，力F就越大，力的作用時(shí)間Δt越長(zhǎng)，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(shí)，力的作用時(shí)間Δt越長(zhǎng)，動(dòng)量變化量Δp越大，力的作用時(shí)間Δt越短，動(dòng)量變化量Δp越小。 2．應(yīng)用動(dòng)量定理

12、解題的一般步驟 (1)確定研究對(duì)象。中學(xué)階段的動(dòng)量定理問(wèn)題，其研究對(duì)象一般僅限于單個(gè)物體。 (2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析?？梢韵惹竺總€(gè)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(guò)程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動(dòng)量和沖量的正、負(fù)號(hào)。 (4)根據(jù)動(dòng)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(duì)過(guò)程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理。 [典例]　“蹦床”已成為奧運(yùn)會(huì)的比賽項(xiàng)目。質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)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(dòng)員每次與床墊接觸的時(shí)間為t，求在運(yùn)動(dòng)員與床墊接觸的時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員對(duì)床墊的平均

13、作用力。(空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g) [解析]　設(shè)運(yùn)動(dòng)員下降h1剛接觸床墊的速度大小為v1，則離開(kāi)床墊的速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律得 mv12＝mgh1 mv22＝mgh2 設(shè)時(shí)間t內(nèi)，床墊對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力為F，取向上為正方向， 由動(dòng)量定理得(F－mg)t＝mv2－(－mv1) 以上三式聯(lián)立可得F＝＋mg 再由牛頓第三定律得，運(yùn)動(dòng)員對(duì)床墊的作用力為 F′＝F＝＋mg，方向豎直向下。 [答案]?。玬g，方向豎直向下 [延伸思考] (1)床墊對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量是多少？ (2)如果運(yùn)動(dòng)員不是落在床墊上，而是落在水泥地面上，運(yùn)動(dòng)員所受的平均沖力表達(dá)式相同嗎？實(shí)際結(jié)果有

14、區(qū)別嗎？ 提示：(1)床墊對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量I＝Ft＝m(＋)＋mgt。 (2)運(yùn)動(dòng)員所受的平均沖力表達(dá)式相同，但因落在水泥地面上時(shí)，作用時(shí)間t明顯減小，故運(yùn)動(dòng)員所受平均沖力明顯增大，容易受到傷害。 例題及相關(guān)延伸思考旨在讓考生掌握應(yīng)用動(dòng)量定理的方法技巧和注意事項(xiàng)。 (1)對(duì)不涉及加速度和位移的力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系問(wèn)題，應(yīng)用動(dòng)量定理不需要考慮運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，解題較為方便。 (2)在應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)，需要表達(dá)物體(沿某方向)受到的合沖量，所以一定要對(duì)物體認(rèn)真進(jìn)行受力分析，不可有力的遺漏。 (3)當(dāng)合力遠(yuǎn)大于重力時(shí)，可忽略重力的沖量。 (4)對(duì)于變力的沖量，往往通過(guò)動(dòng)量定理來(lái)計(jì)算。 (

15、5)建立方程時(shí)要事先選定正方向，確定力與速度的正、負(fù)號(hào)。 [題點(diǎn)全練] 1．[應(yīng)用動(dòng)量定理解釋生活現(xiàn)象] 玻璃杯從同一高度落下，掉在石頭上比掉在草地上容易碎，這是由于在玻璃杯與石頭的撞擊過(guò)程中(　　) A．玻璃杯的動(dòng)量較大　　　　 B．玻璃杯受到的沖量較大 C．玻璃杯的動(dòng)量變化較大 D．玻璃杯的動(dòng)量變化較快 解析：選D　從同一高度落到地面上時(shí)，速度相同，動(dòng)量相同，與草地或石頭接觸后，末動(dòng)量均變?yōu)榱悖虼藙?dòng)量變化量相同。因?yàn)椴ＡПc石頭的作用時(shí)間短，由動(dòng)量定理Ft＝mΔv知，此時(shí)玻璃杯受到的力F較大，即玻璃杯的動(dòng)量變化較快，容易碎，D正確。 2．[應(yīng)用動(dòng)量定理求變力的沖

16、量] 如圖所示，一輕質(zhì)彈簧固定在墻上，一個(gè)質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右側(cè)沿光滑水平面向左運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生相互作用。設(shè)相互作用的過(guò)程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么，在整個(gè)相互作用的過(guò)程中彈簧對(duì)木塊沖量I的大小和彈簧對(duì)木塊做的功W分別是(　　) A．I＝0，W＝mv02　　　　　 B．I＝mv0，W＝mv02 C．I＝2mv0，W＝0 D．I＝2mv0，W＝mv02 解析：選C　由能量守恒可知，木塊向右離開(kāi)彈簧瞬間的速度也為v0，取向右為正方向，由動(dòng)量定理可得：I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，由動(dòng)能定理可得：W＝mv02－mv02＝0，故選項(xiàng)C正確。 3．[應(yīng)用動(dòng)量定理計(jì)算平均

17、力] 在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，質(zhì)量m＝0.5 kg，AB間距離s＝5 m，如圖所示。小物塊以初速度v0＝8 m/s從A向B運(yùn)動(dòng)，剛要與墻壁碰撞時(shí)的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向彈回。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物塊從A向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度a的大??； (2)小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)若碰撞時(shí)間t＝0.05 s，碰撞過(guò)程中墻面對(duì)小物塊平均作用力F的大小。 解析：(1)從A到B過(guò)程是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式，有：a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2。 所以加速度的大小為1.5 m/s2。

18、 (2)從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理，有： －μmgs＝mv12－mv02 代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.15。 (3)對(duì)碰撞過(guò)程，規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量定理，有： FΔt＝mv2－m(－v1) 可得：F＝130 N。 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N “融會(huì)貫通”歸納好——巧用微元法結(jié)合動(dòng)量定理解決流體及微粒兩類“柱狀模型”問(wèn)題 (一)流體類“柱狀模型”問(wèn)題 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S 2 微元研究，

19、作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體 [例1]　(2016·全國(guó)卷Ⅰ)某游樂(lè)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(jì)算方便起見(jiàn)，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?，在水平方向朝四周均勻散開(kāi)。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(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 [解析]　(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出

20、的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S。 ③ (2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④ 在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v ⑤ 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ [答案]

21、　(1)ρv0S　(2)－ (二)微粒類“柱狀模型”問(wèn)題 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?！保|(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(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S 2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt 3 先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算 [例2]　宇宙飛船在飛行過(guò)程中有很多技術(shù)問(wèn)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(shí)如何保持速度不變的問(wèn)題。假設(shè)一宇宙飛船以v＝2.0×103

22、m/s的速度進(jìn)入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒塵區(qū)，飛船垂直于運(yùn)動(dòng)方向上的最大截面積S＝5 m2，且認(rèn)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，所需推力多大？ [解析]　設(shè)飛船在微粒塵區(qū)飛行Δt時(shí)間，則在這段時(shí)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(dòng)，微粒的動(dòng)量增加， 由動(dòng)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＝40 N。 [答案]　40 N 對(duì)于流體及微粒的動(dòng)量連續(xù)發(fā)生變化這類問(wèn)題，關(guān)鍵是應(yīng)用微元法正確選取研究對(duì)象，即選取很短時(shí)間Δt內(nèi)動(dòng)量發(fā)生變化的那部分物質(zhì)作為研究對(duì)象，建立“柱狀模型”：研究對(duì)象分布在以S為截面積、長(zhǎng)為vΔt的柱體內(nèi)，質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化情況，再根據(jù)動(dòng)量定理求出有關(guān)的物理量?！?