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物理第十二章动量动量守恒定律第1节动量动量定理01基础再现夯实双基02多维课堂考点突破03达标检测巩固提能知识内容考试要求真题统计2017.42017.112018.42018.112019.42016.102020.11.动量和动量定理c22151414、15、22212.动量守恒定律c3.碰撞d4.反冲运动火箭b实验：探究碰撞中的不变量21【基础梳理】速度mv相同作用时间Ft相同动量冲量p′－p【自我诊断】判一判(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相同．()×××××√做一做(1)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以()A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量(2)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零提示：(1)B(2)AB对冲量、动量的理解与计算【知识提炼】1．动量、动能、动量变化量的比较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＝mvEk＝12mv2Δp＝p′－p动量动能动量变化量标矢性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝p22m，Ek＝12pv，p＝2mEk，p＝2Ekv联系(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系2.冲量的计算(1)恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间Δt而得．(2)方向恒定的变力的冲量计算若力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图所示，则该力在时间Δt＝t2－t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”．(3)一般变力的冲量计算在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的．(4)合力的冲量计算几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．【典题例析】如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相同B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同D．b比a先到达S，它们在S点的动量相同[解析]在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到达S，又因为到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A正确．[答案]A【题组过关】1．(2020·杭州月考)下列说法正确的是()A．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动B．动能不变，物体的动量一定不变C．动量为零时，物体一定处于平衡状态D．物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变解析：选A.平抛运动是曲线运动，过程中只受重力作用，为恒力的冲量，所以A正确；动能是标量，而动量是矢量，有可能速度的大小不变，但是方向变了，结果动能不变，而动量变了，B错误；速度为零时，动量为零，但是速度为零时物体不一定处于平衡状态，比如物体做匀减速直线运动，当速度减速到零后再反向做匀加速直线运动，过程中速度为零时，并不是处于平衡状态，C错误；做匀速圆周运动过程中，合力大小不变，速度大小恒定，其动量大小恒定，D错误．2．(2020·杭州六校联考)质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间1.2s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500NB．1100NC．600ND．100N解析：选B.选取人为研究对象，人下落过程v2＝2gh，v＝10m/s，缓冲过程由动量定理(F－mg)t＝mv，F＝mvt＋mg＝(60×101.2＋60×10)N＝1100N.由牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力为1100N，故B正确．动量定理的理解与应用【知识提炼】1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，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．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．【典题例析】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．[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＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝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12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④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)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.[答案](1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S21．用动量定理解题的基本思路2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．【题组过关】考向1应用动量定理解释物理现象1．有关实际中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．考向2应用动量定理解决物理问题2．(2020·丽水月考)如图所示，一质量为M＝2.0×103kg的平板小货车A载有一质量为m＝1.0×103kg的重物B，在水平直公路上以速度v0＝36km/h做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L＝1.5m，因发生紧急情况，火车突然制动，已知火车车轮与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，若重物与车厢前壁发生碰撞，且碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开．(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞；(2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车距离．解析：(1)刚刹车时，货车的加速度大小为a1，重物的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知μ(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，μ2mg＝ma2，解得a1＝5m/s2，a2＝2m/s2假设B与A碰撞，且从开始刹车到碰撞所用时间为t1，则v0t1－12a2t21－(v0t1－12a1t21)＝L，解得t1＝1s此时货车A的速度为vA＝v0－a1t1＝5m/s，此时重物B的速度为vB＝v0－a2t1＝8m/s因此此时A、B均未停止运动，且vAvB，故重物会与车厢前壁发生碰撞．(2)碰前货车的运动时间为t1＝1s，运动的位移为x1＝v0t1－12a2t21＝7.5m由于碰撞时间极短，故满足动量守恒，设碰后一起的速度为v，则MvA＋mvB＝(M＋m)v，解得v＝6m/s碰后一起减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝4m/s2一起减速的时间为t2＝va＝1.5s一起减速的位移为x2＝vt2－12at22＝4.5m所以货车刹车的总时间t＝t1＋t2＝2.5s，刹车距离x＝x1＋x2＝12m.答案：见解析电磁感应与动量定理的综合应用【知识提炼】理论上电荷量的求法：q＝I－·Δt.方法1：在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E＝ΔΦΔt，显然该感应电动势也为对时间的平均值，再由I－＝ER(R为回路中的总电阻)可以得到I－＝ΔΦRΔt.综上可得q＝ΔΦR，若B不变，则q＝ΔΦR＝BΔSR.方法2：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I＝F－Δt，而F－＝BI－L(I－为电流对时间的平均值)故有BI－LΔt＝mv2－mv1而I－Δt＝q，故有q＝mv2－mv1BL.【典题例析】如图所示，金属棒AB的质量m＝5g，放置在宽L＝1m、光滑的金属导轨的边沿，两金属导轨处于水平面内，该处有竖直向下、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场．电容器的电容C＝200μF，电源的电动势E＝16V，导轨平面距地面高度h＝0.8m．在开关S与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，发现金属棒AB被抛到距导轨边沿水平距离s＝0.064m的地面上，试求这时电容器两极板间的电压．(重力加速度g取10m/s2)[解析]当S接“1”时，电源给电容器充电．当S扳向“2”时，充电后的电容器通过金属棒放电，产生放电电流．金属棒在磁场中受到安培力作用，向右运动，当AB棒离开导轨时获得一定的速度，使棒做平抛运动．只要求出通过AB棒的电荷量，即可求出电容器两端的电压．AB棒离开导轨后做平抛运动，有h＝12gt2，s＝vt联立解得v＝s2g2h＝0.16m/sAB棒在导轨上运动，其末速度即为平抛运动的初速度，设电流的平均值为I－，应用动量定理得BI－LΔt＝mv又Q放＝I－Δt所以Q放＝mvBL＝1.6×10－3C电容器充电电荷量为Q＝EC＝3.2×10－3C放电后电容器剩下的电荷量为Q′＝Q－Q放＝1.6×10－3C放电后电容器两极极间的电压为U′＝Q′C＝8V.[答案]8V【题组过关】1.如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动．先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，重力加速度g取10m/s2.(1)此时b的速度大小是多少？(2)若导轨很长，则a、b棒最后的运动状态如何？解析：(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受