高考物理一轮复习人教版动量动量定理学案

1．考纲展示：动量、动量定理Ⅱ 动量守恒定律及其应用Ⅱ 弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ 实验：验证动量守恒定律．

2．考纲变化：本章内容是模块3－5中的部分内容，考纲要求从2017年起由原来的“选考内容”调至“必考内容”．

3．考情总结：本章内容是考纲要求由原来的“选考内容”调至“必考内容”．调整后的第一次命题，考查点为动量守恒定律、动量定理的应用，题型为选择题．

4．命题预测：调至“必考内容”后，命题热点仍然集中在动量与能量、动量与牛顿运动定律的综合应用方面，也可能与电场、磁场、电磁感应综合命题，难度可能是中等难度以上或较难． 5．2017年考题分布

试卷试题 考查要点 6分 Ⅰ卷T14·6分 Ⅱ卷T15·6分 Ⅲ卷T20·反冲运动的应用(火箭衰变过程中的动量定理的应模型) 动量守恒问题 用 说明：动量定理、动量守恒定律只限于一维情况． 第一节 动量 动量定理

(对应学生用书第104页)

[教材知识速填]

知识点1 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＝mv. 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

定义式 矢标性 特点 动量 p＝mv 矢量 状态量 动能 1Ek＝2mv2 标量 状态量 动量变化量 Δp＝p′－p 矢量 过程量 p212Ek关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝2mEk，p＝ v2m2易错判断

(1)物体的动能变化时动量一定变化．(√) (2)两物体的动量相等，动能也一定相等．(×)

(3)动量变化的大小，不可能等于初、末状态动量大小之和．(×) 知识点2 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·s. 秒，符号是N·(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，可以在某一方向上应用动量定理． 易错判断

(1)动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×)

(2)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．(×) (3)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同．(√)

[教材习题回访]

考查点：动量变化量的理解

1．(沪科选修3－5P10T3)质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的

变化为( )

A．10 kg·m/s C．40 kg·m/s [答案] D

考查点：动量和动能的比较

2．(粤教选修3－5P9T5)下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是( )

A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同 D．动能大的物体，其动量也一定大 [答案] B 考查点：动量定理的应用

3．(粤教版选修3－5P9T4)在没有空气阻力的条件下，在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp.有( ) A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程最大 C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大 [答案] B 考查点：动量定理的应用

4．(人教版选修3－5P11T2改编)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是( )

A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2p B．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2p C．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动能将等于2Ek D．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于4Ek

B．－10 kg·m/s D．－40 kg·m/s

[答案] B

(对应学生用书第105页)

1．冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的，如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向就跟力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动时绳的拉力在时间t内的冲量，这时就不能说力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．

2．冲量是过程量，说到冲量必须明确是哪个力在哪段时间内的冲量． 3．冲量和功

(1)冲量反映力对时间积累的效应，功反映力对空间积累的效应． (2)冲量是矢量，功是标量．

(3)冲量的正、负号表示冲量的方向，功的正、负号表示动力或阻力做功． [题组通关]

1．甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则( ) A．甲物体受到的冲量大 B．乙物体受到的冲量大 C．两物体受到的冲量相等 D．两物体受到的冲量无法比较

C [由题设可知两物体动量的变化量相等，据动量定理，两物体受到的冲量是相等的．两物体不同时停下，是因为受到的合力(即摩擦力)的大小不相等，即两接触面的动摩擦因数不相等．可知正确答案为C.]

2．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端1-1所示．现用一水紧靠着一物体A，已知物体A的质量mA＝4 kg，如图6-F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，

冲量的理解和计算 度内)，突然撤去外力F，物体从静止开始运动．则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为( )

1-1 图6-A．20 N·s C．25 N·s

B．50 N·s D．40 N·s

A [弹簧的弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：I＝Δp，即外力的冲量等于物体动量的变化．由于弹簧储存了50 J的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速1

度，然后运用动量定理求冲量．所以有：Ep＝2mv2，I＝mv.由以上两式可s.故选A.] 解得弹簧的弹力对A物体的冲量为I＝20 N·[反思总结] 变力冲量的计算方法 1(1)平均值法：力随时间均匀变化时，该力的平均值为F＝2(Ft＋F0)，I＝12(Ft＋F0)t. (2)图象法：如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)表示了力在时间t内的冲量． (3)根据动量定理求变力冲量． 动量定理的理解与简单应用 1．动量定理的理解

(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F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t时间内的平均值．

(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，不仅I

合

与Δp大小相等而且Δp的方向与I合方向相同．

(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和．而物体之间的作 用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量．(4)动力学问题中的应用．在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和 力的关系时，用动量定理求解一般较为方便．不需要考虑运动过程的细节．2．用动量定理解释的两类现象

(1)物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．

(2)作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小． [探究]

考向1 用动量定理解释生活现象

1．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击过程中( ) A．玻璃杯的动量较大 B．玻璃杯受到的冲量较大 C．玻璃杯的动量变化较大 D．玻璃杯的动量变化较快

D [玻璃杯从相同高度落下，落地时的速度大小是相同的，落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量Δp是相同的，又由动量定理I＝Δp，知受到的冲量也是相同的，所以A、B、C都错．由动量定理Ft＝Δp得F＝Δp/t，落到水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，容易碎，D对．]

2．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是 A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小

( )

C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大

C [缓缓拉动纸带时，所用时间较长，摩擦力对物体的冲量大，故选项C正确．]

考向2 用动量定理求平均作用力

3．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) m2gh

A.t＋mg mgh

C.t＋mg

m2gh

B.t－mg mgh

D.t－mg

A [设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝2gh，t＝0－mv，解得设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)·m2gh

F＝t＋mg.]

4．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小为45 m/s，若球棒与垒球的作用时间为0.01 s．球棒对垒球的平均作用力的大小为( ) A．450 N C．1 260 N

B．810 N D．360 N

C [取垒球飞向球棒的方向为正方向 m/s＝4.5 kg·m/s 初动量p＝mv＝0.18×25 kg·

m/s＝－8.1 kg·m/s 末动量p′＝mv′＝－0.18×45 kg·由动量定理得垒球所受到的平均作用力为 p′－p－8.1－4.5

F＝Δt＝0.01 N＝－1 260 N.

即所求平均作用力大小为1 260 N，方向与所选的正方向相反．]

(多选)在光滑水平面上有两个质量均为2 kg的质点，质点a在水平恒力

Fa＝4 N作用下由静止开始运动4 s，质点b在水平恒力Fb＝4 N作用下由静止开始运动4 m，比较这两质点所经历的过程，可以得到的正确结论是

( )

A．质点a的位移比质点b的位移大 B．质点a的末速度比质点b的末速度小 C．力Fa做的功比力Fb做的功多 D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小

4×4211Fa2

AC [质点a的位移xa＝2at2＝2·mt＝2×2 m＝16 m．由动量定理FataFata4×41＝mva，va＝m＝2 m/s＝8 m/s，由动能定理得Fbxb＝2mv2b，vb＝2×4×4

m/s＝4 m/s.力Fa做的功Wa＝Fa×xa＝4×16 J＝ J，力Fb2s＝16 做的功Wb＝Fb×xb＝4×4 J＝16 J．力Fa的冲量Ia＝Fata＝4×4 N·N·s，力Fb的冲量Ib＝Δpb＝m(vb－0)＝2×(4－0) N·s＝8 N·s.综上可得A、C选项正确．]

[反思总结] 动量定理的应用技巧 1应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换得出变力的冲量I. 2应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化Δp＝p2－p1需要应用矢量运算方法，计算比较复杂.如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化. [母题](2016·全国Ⅰ卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽

动量定理的综合应用 略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．

[题眼点拨] ①“悬停在空中”表明水对其冲击力的大小等于其重力大小；②“竖直方向水的速度变为零”显示水的动量变化大小是解题的突破口．

[解析](1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ΔV＝v0SΔt

① ②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm

Δt＝ρv0S.

③

(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 11

22

2(Δm)v＋(Δm)gh＝2(Δm)v0

④

在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp＝(Δm)v

⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp

⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg

联立③④⑤⑥⑦式得 v2M2g022. h＝2g－2ρ2v0S

2

v0M2g

2 [答案](1)ρv0S (2)2g－2ρ2v20S

⑦

⑧

[反思总结] 动量定理用于处理连续流体或粒子流的作用力问题，分析的关键是构建合理的物理模型，即隔离出一定形状的流体或粒子流作为研究对象，从而化“无形”为“有形”. [母题迁移]

迁移1 动量定理与图象的结合

1．(多选)(2017·全国Ⅲ卷)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始1-2所示，则( ) 沿直线运动．F随时间t变化的图线如图6-

1-2 图6-A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零

F1Δt12×1

AB [由动量定理得：t＝1 s时，v1＝m＝2 m/s＝1 m/s t＝2 s时：p2＝F1Δt2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s t＝3 s时：p3＝F1Δt2＋F2Δt3

m/s－1×1 kg·m/s＝3 kg·m/s ＝2×2 kg·

t＝4 s时：F1Δt2＋F2Δt4＝mv4 2×2－1×2v4＝ m/s＝1 m/s 2选项A、B正确．]

一个质量为3 kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6 s内速度的改变量是( )

A．7 m/s B．6.7 m/s C．6 m/s D．5 m/s

t图线与时间轴围成的面积在量值上代表了合外力的冲量，故合外D [F-力冲量为

11I＝3×4＋2×2×4－2×1×2s＝15 N·s. N·I15

根据动量定理有I＝mΔv，Δv＝m＝3 m/s＝5 m/s. 故本题选D.]

迁移2 动量定理与多过程问题的结合

2.如图6-1-3所示，在光滑水平面上并排放着A、B两木块，质量分别为mA和mB.一颗质量为m的子弹以水平速度v0先后穿过木块A、B.木块A、B对子弹的阻力恒为Ff.子弹穿过木块A的时间为t1，穿过木块B的时间为t2.求： (1)子弹刚穿过木块A后，木块A的速度vA和子弹的速度v1分别为多大？ (2)子弹穿过木块B后，木块B的速度vB和子弹的速度v2又分别为多大？

1-3 图6-[题眼点拨] ①“并排放着A、B两木块”要想到子弹穿过A的过程中，A、B共同运动；②“阻力恒为Ff”及“时间t1”“时间t2”． [解析](1)从子弹刚进入A到刚穿出A的过程中：

对A、B：由于A、B的运动情况完全相同，可以看作一个整体 Fft1Fft1＝(mA＋mB)vA，所以vA＝mA＋mB

Fft1

对子弹：－Fft1＝mv1－mv0，所以v1＝v0－m. (2)子弹刚进入B到刚穿出B的过程中：

对物体B：Fft2＝mBvB－mBvA t1t2所以vB＝Ff(mA＋mB＋mB)

Fft1＋t2

. 对子弹：－Fft2＝mv2－mv1，所以v2＝v0－mFft1Fft1[答案](1)mA＋mB v0－m t2Fft1＋t2t1(2)FfmA＋mB＋mB v0－m

迁移3 动量定理在风力作用中的应用

3．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4 m/s的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8 s才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10 m2，帆船的总质量约为M＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m3，在匀速行驶状态下估算： (1)帆船受到风的推力F的大小； (2)风速的大小v.

[解析](1)风突然停止，帆船只受到阻力f的作用，做匀减速直线运动，设0－v0

帆船的加速度为a，则a＝t＝－0.5 m/s2 根据牛顿第二定律有－f＝Ma，所以f＝468 N 则帆船匀速运动时，有F－f＝0 解得F＝468 N.

(2)设在时间t内，正对着吹向帆面的空气的质量为m，根据动量定理有－Ft＝m(v0－v) 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝10 m/s.

[答案](1)468 N (2)10 m/s