2020-2021学年 高二物理 动量和动量定理 期末复习强化学案Word版含答案

动量和动量定理
知识点一　动量、动量变化、冲量
1．动量
(1)定义：物体的________与________的乘积．
(2)表达式：p＝________.
(3)方向：动量的方向与________的方向相同．
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是________，其方向与速度的改变量Δv的方向________．
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即Δp＝________.
3．冲量
(1)定义：________与________________的乘积叫做力的冲量．
(2)公式：________.
(3)单位：________.
(4)方向：冲量是________，恒力冲量的方向________________．
知识点二　动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量________等于它在这个过程中所受力的冲量．
(2)表达式：p′－p＝I或 ________＝Ft.
(3)矢量性：动量变化量的方向与________的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．
思考辨析
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，动摩擦因数为μ，重力加速度取g.
(1)动量越大的物体，其速度越大．(　　)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大．(　　)
(3)物体所受合力不变，则动量也不改变．(　　)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．(　　)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同．(　　)
(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．(　　)
考点一　动量、冲量的理解及计算
自主演练
1．动量、动能、动量变化量的比较
名称
项目
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝12mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝p22m，p＝2mEK
2.冲量的特点
(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力作用的时间决定，恒力的冲量等于力与作用时间的乘积．
(2)矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致．
(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向
[多维练透]
1．如图所示是我国女子短道速滑队训练中的情景，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的
过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
2．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 B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
3．质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)
A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J
4．[2021·辽宁朝阳模拟]高铁列车在启动阶段的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，从列车启动开始计时，以其出发时的位置为初位置，则在启动阶段，列车的动量大小(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它所经历的时间的二次方成正比
C．与它的位移大小成正比
D．与它的动能成正比
考点二　动量定理的理解和应用
多维探究
题型1|应用动量定理解释生活现象
例1 [2020·全国卷Ⅰ，14]行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
题型2|应用动量定理求动量的变化
例2 如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝55 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　)
A．700 kg·m/s B．3505 kg·m/s
C．350(5－1) kg·m/s D．350(5＋1) kg·m/s
题型3|应用动量定理求变力的冲量
例3 拍皮球是大家都喜欢的体育活动，能强身健体．已知皮球质量为m＝0.4 kg，为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h＝1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用的距离为s＝0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v.若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　　)
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
题型4|应用动量定理求解多过程问题
例4 [2021·浙江杭州余杭中学月考](多选)2018年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发射失败．如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g.关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有(　　)
A．残片克服泥土阻力所做的功为mg(H＋h)
B．残片下落的全过程中重力的冲量大小大于泥土阻力的冲量大小
C．残片所受泥土阻力的冲量大于m2gH
D．残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量
关键点拨：解答本题的关键是明确动能定理和动量定理的区别：动能定理是合力做的功等于动能的变化，动量定理是合力的冲量等于动量的变化量；动能是标量，动量和冲量是矢量．
题型5|动量定理与图象的综合
例5 (多选)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为3 kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，由图可知 (　　)
A．在0～2 s时间内，物块所受摩擦力的冲量为0
B．在0～4 s时间内，水平力F的冲量为48 N·s
C．在0～4 s时间内，合力的冲量为12 N·s
D．在0～4 s时间内，合力做的功为24 J
练1　如图所示，足够长的长木板A静止在光滑的水平地面上，质量为1 kg的物体B以v0＝3 m/s水平速度冲上A，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上．若从B冲到木板A上到相对木板A静止的这段时间内摩擦力对长木板的冲量大小为2 N·s，则A、B最后的共同速度大小及长木板的质量分别为(　　)
A．1 m/s　1 kg B．1 m/s　2 kg
C．2 m/s　1 kg D．2 m/s　2 kg
练2　[2020·吉林“五地六校”合作体联考]一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则(　　)
A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1
C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1
练3　[2021·江西南昌一中月考]近年来学校都非常重视足球运动．在某学校举行的颠球比赛中，小明在持续颠球过程中脚部几乎不动，如图所示．图示时刻足球恰好运动到最高点，则足球刚被颠起时的(　　)
A．初速度大小约为6 m/s
B．动能约为6 J
C．动量大小约为4 kg·m/s
D．人给足球的冲量约为4 N·s
题后反思
1．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．
2．用动量定理解题的基本思路
思维拓展
用动量定理研究“流体冲击模型”
应用动量定理求解流体冲击力，关键是建立“柱体微元”模型，具体思路是：
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt
(4)求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt
(5)应用动量定理FΔt＝Δp
[2020·山东青岛期末]2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁．台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30 m/s.某高层建筑顶部广告牌的尺寸为高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为零，则该广告牌受到的最大风力约为(　　)
A．3.9×103 N B．1.1×105 N
C．1.0×104 N D．9.0×104 N
[方法技巧]　应用动量定理解决流体问题的技巧
(1)建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S；
(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为vΔt，对应的质量Δm＝ρSvΔt；
(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体．
练1　某城市环卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示．若水柱截面面积为S，水柱以速度v垂直射到墙面上，之后水柱速度减为零，已知水的密度为ρ，则水柱对墙面的冲力大小为(　　)
A．ρSv B．ρSv2 C. ρSv22 D. ρSv2
练2　[2021·北京朝阳区模拟]物理问题的研究首先要确定研究对象．当我们研究水流、气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论．
水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势．如图，某型号水刀工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割，已知该水刀每分钟用水600 g，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3.
(1)求从喷嘴喷出水的流速v的大小；
(2)高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，求水对材料表面的压强p.
题后反思
“三招”速解变质量(如流体)问题：
第1讲　动量和动量定理
基础落实
知识点一
1．(1)质量　速度　(2)mv　(3)速度
2．(1)矢量　相同　(2)p′－p
3．(1)力　力的作用时间　(2)I＝Ft
(3)N·s　(4)矢量　与力的方向相同
知识点二
(1)变化量　(2)mv′－mv　(3)合力
思考辨析
(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
考点突破
1．解析：甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，她们相互作用的冲量不相等，故A错误；二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒可知，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故B正确；甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故C、D错误．故选B.
答案：B
2．解析：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝－mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s.
答案：D
3．解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上，由动能定理，合外力做的功W＝12mv22-12mv12＝12×0.2×42 J－12×0.2×62 J＝－2 J，故A正确．
答案：A
4．解析：设高铁列车在启动阶段的加速度大小为a，经时间t后的速度大小为v＝at，则列车的动量大小为p＝mv＝mat，即与它所经历的时间成正比，故A正确，B错误；根据v2＝2ax，得v＝2ax，则列车的动量大小为p＝mv＝m2ax，与位移大小不成正比，故C错误；根据p＝mv，Ek＝12mv2，得列车的动量大小为p＝2mEk，与它的动能不成正比，故D错误．
答案：A
例1　解析：若汽车发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并充气，对司机的头部、颈部等部位起保护作用，增大了司机的受力面积，减小了司机单位面积的受力大小，故A项错误．有无安全气囊，司机的速度都是从碰撞前的速度减为零，动量变化量相同，故B项错误．当司机与安全气囊发生作用时，安全气囊的作用并没有将司机的动能全部转化为汽车的动能，故C项错误．安全气囊起缓冲作用，延长了司机的受力时间，从而减少了司机的受力大小，D项正确．
答案：D
例2　解析：运动员只受重力，则由动量定理可知动量的变化量为Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
例3　解析：根据题述，为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v，根据动量定理可知，合外力要给皮球的冲量为I＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力冲量，故手给球的冲量小于1.6 kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理知，W＋mgs＝12mv2，解得W＝2.2 J，选项D正确，C错误．
答案：D
例4　解析：本题考查动能定理和动量定理．由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，解得Wf＝－mg(H＋h)，则残片克服泥土阻力所做的功为mg(H＋h)，A正确；残片下落的全过程中，所受合外力的冲量为零，故重力的冲量大小等于泥土阻力的冲量大小，B错误；残片下落的过程中，根据自由落体运动规律得H＝v22g，解得v＝2gH，残片落到地面上后又陷入泥土中，由动量定理得IG－If＝0－mv，解得If＝IG＋mv＝IG＋m2gH，残片所受泥土阻力的冲量大于m2gH，C正确；由动量定理知，残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力与重力的冲量之和，D错误．
答案：AC
例5　解析：在0～2 s时间内，物块所受摩擦力与拉力F相等，冲量不为0，故A项错误；在0～4 s时间内，用面积法求水平力F的冲量为24 N·s，故B项错误；a－t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s内物体速度的增量为Δv＝1+32×(4－2)＝4 m/s，根据动量定理，0～4 s内合力的冲量为：I＝Δp＝mΔv＝3×4＝12 N·s，故C项正确；根据动能定理，0～4 s内合力做的功为W＝12m(Δv)2＝24 J，故D项正确．
答案：CD
练1　解析：摩擦力对长木板的冲量大小I为2 N·s，则摩擦力对物体B的冲量大小也为I＝2 N·s，根据动量定理对物体B：取向左为正方向，得：I＝mBv－mB(－v0)，代入数据解得：v＝－1 m/s，对长木板用动量定理，取向右为正方向I＝mA·(－v)，代入数据解得长木板的质量：mA＝2 kg，故B项正确．
答案：B
练2　解析：根据动量定理得：0～t0内：F0t0＝mv1①
t0～2t0内：2F0t0＝mv2－mv1②
由①②解得：v1∶v2＝1∶3
由p＝mv得：p2＝3p1
由Ek＝12mv2得：Ek1＝12mv12，
Ek2＝12mv22
解得：Ek2＝9Ek1.
答案：C
练3　解析：本题通过足球运动考查匀变速直线运动规律、动能、动量和冲量．由题图可知，足球上升到最高点的高度略小于人的身高的一半，大约为0.7 m，人脚的上表面距离地面的高度约为0.15 m，足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v，上升的高度为h，则v2＝2gh，代入数据解得v＝2×10×0.7-0.15 m/s≈3.3 m/s，A错误；足球的质量约为450 g，所以足球刚被颠起时的动能约为Ek＝12mv2＝12×0.45×3.32 J≈2.45 J，B错误；足球刚被颠起时的动量约为p＝mv＝0.45×3.3 kg·m/s≈1.49 kg·m/s，C错误；由动量定理得I－mgt＝mv，脚与足球作用时间约为0.6 s，代入数据解得I＝mgt＋mv＝(0.45×10×0.6＋0.45×3.3) N·s≈4.19 N·s，D正确．
答案：D
思维拓展
典例　解析：本题考查用动量定理解决流体问题．广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F＝ρSv2，代入数据解得F≈1.1×105 N，B正确，A、C、D错误．
答案：B
练1　解析：设时间t内有体积V的水打在墙面上，则这些水的质量为m＝ρV＝ρSvt，以这部分水为研究对象，它受到墙面的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有Ft＝0－mv，即F＝－mvt＝－ρSv2，负号表示水受到墙面的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对墙面的冲力大小也为ρSv2，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
练2　解析：(1)1分钟喷出的水的质量为m＝ρSvt，所以水的流速v＝mρSt，代入数据解得v＝100 m/s.
(2)选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt.根据牛顿第三定律知，材料表面受到的压力大小F′＝F，根据压强公式有p＝F'S，联立解得p＝1.0×107 Pa.
答案：(1)100 m/s　(2)1.0×107 Pa