物理第六章 動量守恒定律 力學三大觀點 第1節(jié) 動量和動量定理 新人教版

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1、第六章動量守恒定律 力學三大觀點-2-第1節(jié)動量和動量定理-4-知識梳理考點自診一、動量動量定理沖量和動量的比較-5-知識梳理考點自診二、動量定理1.內容:物體所受 合力的沖量等于物體 動量的增量。2.表達式:Ft=p=p-p。3.矢量性:動量變化量的方向與 合力的方向相同,可以在某一方向上應用動量定理。-6-知識梳理考點自診1.(2017湖北咸寧月考)下列說法正確的是()A.速度大的物體,它的動量一定也大B.動量大的物體,它的速度一定也大C.只要物體的運動速度大小不變,物體的動量就保持不變D.物體的動量變化越大,則該物體的速度變化一定越大 答案解析解析關閉p=mv,p由m、v二者乘積決定,故

2、A、B錯誤;p是矢量,故C錯誤;p=mv,故D正確。 答案解析關閉D-7-知識梳理考點自診2.(多選)(2017廣東廣州海珠區(qū)期末)質量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動,經(jīng)過時間t,下降的高度為h,速度變?yōu)関,在這段時間內物體動量變化量的大小為() 答案解析解析關閉 答案解析關閉-8-知識梳理考點自診3.關于沖量,下列說法正確的是()A.沖量是物體動量變化的原因B.作用在靜止物體上的力的沖量一定為零C.動量越大的物體受到的沖量越大D.沖量的方向就是物體受力的方向 答案解析解析關閉物體動量發(fā)生變化必定是受到了沖量,A選項正確;只要有力作用在物體上,經(jīng)歷一段時間,這個力便有了沖量I=Ft,與物

3、體處于什么狀態(tài)無關,物體運動狀態(tài)的變化情況是所有作用在物體上的力共同產(chǎn)生的效果,所以B選項不正確;物體所受沖量I=Ft與物體的動量的大小p=mv無關,C選項不正確;沖量是一個過程量,只有在某一過程中力的方向不變時,沖量的方向才與力的方向相同,故D選項不正確。 答案解析關閉A-9-知識梳理考點自診4.(2017安徽阜陽臨泉縣月考)從地面上方同一高度沿水平和豎直向上方向分別拋出兩個等質量的小物體,拋出速度大小都是v,不計空氣阻力,對兩個小物體,以下說法正確的是()A.落地時的速度相同B.落地時重力做功的瞬時功率相同C.從拋出到落地重力的沖量相同D.兩物體落地前動量變化率相等 答案解析解析關閉 答案

4、解析關閉-10-知識梳理考點自診5.在高臺跳水中,運動員從高臺向上躍起,在空中完成動作后進入水中,在浮力作用下做減速運動,速度減為零后返回水面。設運動員在空中運動過程為,進入水中做減速運動過程為。不計空氣阻力和水的阻力,則下述判斷錯誤的是()A.在過程中,運動員受到的沖量等于動量的改變量B.在過程中,運動員受到重力沖量的大小與過程中浮力沖量的大小相等C.在過程中,每秒運動員動量的變化量相同D.在過程和過程中運動員動量變化的大小相等 答案解析解析關閉在過程中,運動員只受重力,故重力的沖量一定等于動量的改變量,故A正確;由于在過程中人也會受到重力,故由動量定理可知,整體過程中重力的沖量等于過程中浮

5、力的沖量大小,故B錯誤;在過程中,由于重力不變,運動員的加速度相同,在相同的時間內運動員的速度變化量相同,故每秒運動員動量的變化量相同,故C正確;由題意知,過程中的末速度等于過程的初速度,而過程的末速度為零,故動量的變化的大小相等,故D正確。 答案解析關閉B-11-命題點一命題點二命題點三沖量和動量沖量和動量動量、動能、動量變化量的比較-12-命題點一命題點二命題點三例1(2017湖北武漢青山區(qū)月考)如圖所示,豎直面內有一個固定圓環(huán),MN是它在豎直方向上的直徑。兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上,MPQN。將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M點、Q點無初速度釋放,在它們各自沿MP、QN運動

6、到圓周上的過程中,下列說法正確的是()A.合力對兩滑塊的沖量大小相同B.重力對a滑塊的沖量較大C.彈力對a滑塊的沖量較小D.兩滑塊的動量變化大小相同 答案解析解析關閉 答案解析關閉-13-命題點一命題點二命題點三思維點撥兩滑塊到達滑軌底端所用時間有什么關系?答案:所用時間相等。-14-命題點一命題點二命題點三即學即練即學即練1.下列關于動量的說法正確的是()A.質量大的物體動量一定大B.速度大的物體動量一定大C.兩物體動能相等,動量不一定相同D.兩物體動能相等,動量一定相等 答案解析解析關閉 答案解析關閉-15-命題點一命題點二命題點三2.(多選)如圖所示,一個物體在與水平方向成角的拉力F的作

7、用下勻速前進了時間t,則()A.拉力F對物體的沖量大小為FtB.拉力對物體的沖量大小為FtsinC.摩擦力對物體的沖量大小為FtcosD.合外力對物體的沖量大小為零 答案解析解析關閉求沖量時,必須明確是哪一個力在哪一段時間內的沖量。本題中,作用的時間都是一樣的,求力F對物體的沖量就是Ft,所以A項正確,B項錯誤;物體受到的摩擦力Ff=Fcos,所以摩擦力對物體的沖量大小為Fft=Ftcos,C項正確;物體做勻速運動,合外力為零,所以合外力對物體的沖量大小為零,D項正確。 答案解析關閉ACD-16-命題點一命題點二命題點三動量定理的理解及應用動量定理的理解及應用1.動量定理不僅適用于恒定的力,也

8、適用于隨時間變化的力。這種情況下,動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。2.動量定理的表達式Ft=p是矢量式,運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。3.應用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象(1)當物體的動量變化量一定時,力的作用時間t越短,力F就越大,力的作用時間t越長,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)當作用力F一定時,力的作用時間t越長,動量變化量p越大,力的作用時間t越短,動量變化量p越小。-17-命題點一命題點二命題點三例2(2017廣東中山市月考)將質量為0.2kg的小球以初速度6m/s水平拋出,

9、拋出點離地的高度為3.2m,不計空氣阻力,g取10m/s2。求:(1)小球從拋出到它將要著地的過程中重力的沖量;(2)小球將要著地時的動量。答案:(1)1.6Ns,方向豎直向下(2)2kgm/s,方向與水平面成53斜向下-18-命題點一命題點二命題點三解法一:(1)設物體著地時的速度為v,豎直方向的分速度為vy,水平方向的分速度為vx,由于小球初始豎直方向的分速度為0,在豎直方向根據(jù)動量定理得IG=mvy-0=0.2kg8m/s=1.6Ns,方向豎直向下。(2)水平方向:vx=v0=6m/s方向與水平面成53斜向下。-19-命題點一命題點二命題點三解法二:(1)小球從拋出到它將要著地所用時間為

10、t,則IG=mgt=(0.2100.8)Ns=1.6Ns,方向豎直向下。(2)水平方向:px=mvx=(0.26)kgm/s=1.2kgm/s豎直方向:py=IG=1.6kgm/s思維點撥小球從拋出到它將要著地所用時間為多少?小球將要著地時的速度為多少?答案:0.8s10m/s-20-命題點一命題點二命題點三例3(2016山東煙臺高三質檢)皮球從某高度落到水平地板上,每彈跳一次上升的高度總等于前一次的,且每次球與地板接觸的時間相等。若空氣阻力不計,與地板碰撞時,皮球重力可忽略。(1)求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少?(2)若用手拍這個球,使其保持在0.8m的高度上下跳動,則每次應

11、給球施加的沖量為多少?(已知球的質量m=0.5kg,g取10m/s2)答案:(1)54(2)1.5Ns方向豎直向下-21-命題點一命題點二命題點三板對球的平均沖力分別為F1、F2,選豎直向上為正方向,根據(jù)動量定理,有F1t=mv1-(-mv0)=1.8mv0F2t=mv2-(-mv1)=1.8mv1=1.44mv0則F1F2=54。(2)欲使球跳起0.8m,應使球由靜止下落的高度為h= m=1.25m,球由1.25m落到0.8m處的速度為v=3m/s,則應在0.8m處給球的沖量為I=mv=1.5Ns,方向豎直向下。-22-命題點一命題點二命題點三1.用動量定理解題的基本思路 -23-命題點一命

12、題點二命題點三2.動量定理的應用技巧(1)應用I=p求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化p,等效代換得出變力的沖量I。(2)應用p=Ft求動量的變化例如,在曲線運動中,速度方向時刻在變化,求動量變化(p=p2-p1)需要應用矢量運算方法,計算比較復雜。如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量,等效代換得出動量的變化。-24-命題點一命題點二命題點三即學即練即學即練3.(多選)(2017全國卷)一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示,則 ()A.t=1s時物塊的速率為1m/sB.

13、t=2s時物塊的動量大小為4kgm/sC.t=3s時物塊的動量大小為5kgm/sD.t=4s時物塊的速度為零 答案解析解析關閉根據(jù)動量定理Ft=mv得,t=1s時物塊的速率為1m/s,A正確;t=2s時物塊的動量大小為4kgm/s,B正確;t=3s時物塊的動量大小為前3s內圖線與時間軸所圍成圖形的“總面積”,S=22Ns-11Ns=3Ns,故t=3s時物塊的動量大小為3kgm/s,C錯誤;由于前4s內圖線與時間軸所圍成圖形的“總面積”不為零,故沖量不為零,速度不為零,D錯誤。 答案解析關閉AB-25-命題點一命題點二命題點三4.(2017山東濟南聯(lián)考)在水平方向的勻強電場中,有一帶正電粒子質量

14、為m、電荷量為q,從A點以初速度v0豎直向上射入電場,到達最高點B時的速度大小為2v0。如圖所示,不計空氣阻力。試求:該電場的電場強度E。-26-命題點一命題點二命題點三解析:題設帶電粒子能達到最高點,隱含粒子的重力不能忽略。粒子在運動過程中受到兩個力:豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE。因粒子帶正電,故電場強度的方向水平向右。在水平方向上做勻加速直線運動,在豎直方向上做豎直上拋運動。到達最高點B點時,豎直分速度vy=0,設所用的時間為t,運用動量定理的分量式,有水平方向:qEt=m2v0-0豎直方向:mgt=0-(-mv0)-27-命題點一命題點二命題點三利用動量定理處理流體問題利用動

15、量定理處理流體問題對于“變質量”和“連續(xù)”的流體的動量變化的問題,一般要選用一段時間t內流出的液柱為研究對象,其長度為vt,液柱底面積為S,得液柱體積V=Svt,故液柱質量為m=V=Svt,再對質量為m的液柱應用動量定理。-28-命題點一命題點二命題點三例4(2016全國卷)某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見,假設水柱從橫截面積為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。忽略空氣阻力。已知水的密度為,重力加速度大小為g。求:(1)噴泉單位時間

16、內噴出的水的質量;(2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。-29-命題點一命題點二命題點三解析:(1)設t時間內,從噴口噴出的水的體積為V,質量為m,則m=VV=v0St(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于t時間內噴出的水,由能量守恒得在h高度處,t時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為p=(m)v設水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有Ft=p由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得F=Mg聯(lián)立式得-30-命題點一命題點二命題點三思維點撥選用一段時間t內流出的液柱液柱質量m對質量為m的液柱應用動量定理。-31-

17、命題點一命題點二命題點三即學即練即學即練5.如圖所示,水力采煤時,用水槍在高壓下噴出強力的水柱沖擊煤層,設水柱直徑為d=30cm,水速為v=50m/s,假設水柱射在煤層的表面上,沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱?求水柱對煤層的平均沖擊力。(水的密度=1.0103kg/m3)-32-命題點一命題點二命題點三答案:1.77105N解析:設在一小段時間t內,從水槍射出的水的質量為m,則m=Svt。以m為研究對象,它在t時間內的動量變化p=m(0-v)=-Sv2t。設F為水對煤層的平均作用力,即沖力,F為煤層對水的反沖力,以v的方向為正方向,根據(jù)動量定理(忽略水的重力),有Ft=p=-v2St,即F=-Sv2

18、。根據(jù)牛頓第三定律知F=-F=Sv2,式中S= d2,代入數(shù)值得F1.77105N。-33-命題點一命題點二命題點三6.(2017江西贛州月考)一艘宇宙飛船以v=1.0104m/s的速度進入密度為=2.010-7kg/m3的微隕石流中,如果飛船在垂直于運動方向上的最大截面積S=5m2,且認為微隕石與飛船碰撞后都附著在飛船上。為使飛船的速度保持不變,飛船的牽引力應為多大?答案:100N解析:設t時間內附著在飛船上的微隕石總質量為m,則m=Svt這些微隕石由靜止至隨飛船一起運動,其動量增加是受飛船對其作用的結果,由動量定理有Ft=p=mv則微隕石對飛船的沖量大小也為Ft,為使飛船速度保持不變,飛船應增加的牽引力為F=F綜合并代入數(shù)值得F=100N,即飛船的牽引力應為100N。