（新课标）2020高考物理一轮复习 6.1 动量和动量定理课件 新人教版

第六单元动量守恒定律年份题号命题点命题规律Ⅰ卷35题应用动量定理、水柱冲击力2016年Ⅱ卷35题滑块—斜面系统动量、能量守恒Ⅰ卷14题动量守恒、火箭反冲2017年Ⅱ卷15题原子核衰变、动量守恒Ⅰ卷24题爆炸中的动量、能量综合Ⅱ卷15题用动量定理求冲击力2018年Ⅱ卷24题动量守恒与动能定理综合(1)动量守恒定律列为必考内容，成为高考命题新的热点(2)综合应用力、动量、能量三大观点解题，有可能成为高考压轴题的重点题型(3)碰撞模型是近年来高考命题的重点6．1动量和动量定理知识清单考点整合集中记忆一、动量定义：运动物体的质量和速度的乘积定义式：p＝mv.单位：kg·m/s.方向：与速度方向相同．动量与动能的关系：p＝2mEk.二、冲量定义：力和作用时间的乘积．定义式：I＝Ft.单位：N·s.方向：与力的方向相同．物理意义：表示力在时间上积累的作用效果．三、动量定理内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．表达式：Ft＝mv2－mv1矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以分方向用动量定理．考点讲练考点突破针对训练考点一动量与动能动量与动能比较动量动能定义式p＝mvEk＝12mv2标矢性矢量标量变化量Δp＝I(合力冲量)ΔEk＝W(合力功)关系式p＝2mEkEk＝p22m(多选)关于动量的变化，下列说法正确的是()A．在直线运动中，物体速度增大，动量的变化量的方向与运动方向相同B．质点的速度大小不变时，动量的变化为零C．质点做曲线运动时，动量的变化一定不为零D．小球做平抛运动，相同时间内，动量的变化可能不相同【答案】AC【解析】在直线运动中，物体速度增大，速度变化方向与运动方向相同，动量的变化量的方向与运动方向相同，A项正确．质点的速度大小不变时，若方向变化，则动量的变化不为零，B项错误．质点做曲线运动时，速度方向一定变化，速度变化，则动量的变化一定不为零，C项正确．小球做平抛运动，加速度相同，所受合外力为重力，由mg＝Δ（mv）Δt，可知相同时间内，动量的变化一定相同，D项错误．(改编)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，动量变化为Δp1，在时间t2内做的功是W2，动量变化为Δp2，则()A．Δp1＜Δp2，W1＝W2B．Δp1＞Δp2，W1＝W2C．Δp1＞Δp2，W1＜W2D．Δp1＝Δp2，W1＜W2【答案】B【解析】根据动能定理W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p＝2mEk有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然Δp1＞Δp2，只有B项正确．考点二冲量的计算1．冲量与功比较冲量功定义式I＝FtW＝FLcosθ标矢性矢量(与力的方向相同)标量(正负不表示方向)物理意义力在时间上的累积效果力在空间上的累积效果作用效果合力的冲量等于动量变化合力的功等于动能变化2.冲量的计算方法(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t未知的情况．(3)图像法：用F­t图线与时间轴围成的面积求变力的冲量．若F­t成线性关系，可直接用平均力求变力的冲量．(4)求合力的冲量方法：合力的冲量等于各个力冲量的矢量和．也等于合力与作用时间的乘积．(2018·泉州二模)(多选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是()A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t【答案】BD【解析】A项，斜面对物体的弹力的冲量大小：I＝Nt＝mgcosθ·t，弹力的冲量不为零，故A项错误；B项，根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，故B项正确；C项，物体受到的合力的冲量大小：mgtsinθ，由动量定理得：动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsinθ·t，则由动量定理可知，合力的冲量不为零，故C项错误，D项正确．(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3kg，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像如图b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图可知()A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB．在0～4s时间内，水平力F的冲量为48N·sC．在0～4s时间内，合外力的冲量为12N·sD．在0～4s时间内，合外力做的功为24J【答案】CD【解析】由图b可知，t＝2s时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a读出最大静摩擦力为6N，故A项错误；在0～4s时间内，用面积法求水平力F的冲量为24N·s，B项错误；a­t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4s内物体速度的增量为Δv＝1＋32×(4－2)m/s＝4m/s，根据动量定理，0～4s内合外力的冲量为：I＝Δp＝mΔv＝3×4N·s＝12N·s.故C项正确；根据动能定理，0～4s内合外力做的功为W＝12mv2＝24J，D项正确．考点三动量定理的基本应用应用动量定理的思路：1．明确研究对象和物理过程；2．分析研究对象在运动过程中的受力情况；3．选取正方向，确定物体运动始末两状态的动量及合力的冲量；4．依据动量定理列方程、求解．(2018·江苏)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．【答案】2mv＋mgt【解析】以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：I－mgt＝mv－(－mv)解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：I＝2mv＋mgt.(2018·贵州二模)如图所示，为一距地面某高度的小球由静止释放后撞击地面弹跳的v­t图像，小球质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，由图像可知()A．横坐标每一小格表示的时间约为0.08sB．小球释放时离地面的高度为1.5mC．小球第一次反弹的最大高度为0.8mD．小球第一次撞击地面受地面的平均作用力为50N【答案】C【解析】A项，小球下落时做自由落体运动，加速度为g，则对下落过程可知，落地时速度为5m/s，故用时t＝vg＝510s＝0.5s，图中对应5个小格，故每一小格表示0.1s，故A项错误；B项，小球下落的初始位置离地面的高度为：h0＝12gt2＝12×10×(0.5)2m＝1.25m，故B项错误；C项，第一次反弹后加速度也为g，为竖直上抛运动，由图可知小球落地的速度为4m/s，则最大高度为：h＝v22g＝422×10m＝0.8m，故C项正确；D项，设向下为正方向，由图可知，碰撞时间约为0.2s；根据动量定理可知：mgt－Ft＝mv′－mv；代入数据解得：F＝22N；故D项错误．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1kg的物体B以v0＝3m/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静止这段时间内摩擦力对长木板的冲量大小为2N·s，则A、B最后的共同速度及长木板的质量分别为()A．1m/s1kgB．1m/s2kgC．2m/s1kgD．2m/s2kg【答案】B【解析】摩擦力对长木板的冲量大小I为2N·s，则摩擦力对物体B的冲量大小也为I＝2N·s，根据动量定理对物体：取向左为正方向，得：I＝mBv0－mBv，代入数据解得：v＝1m/s，对长木板用动量定理，取向右为正方向I＝mAv，代入数据解得，长木板的质量：mA＝2kg，故B项正确．特别提示应用动量定理的注意事项：(1)动量定理是矢量式，要选取统一的正方向，确定动量和冲量的正负号．(2)在Ft＝mv2－mv1中，Ft是合力的冲量，不是某一个力的冲量．(3)在系统中，相互作用力的冲量一定大小相等、方向相反．(4)注意不要忽略重力的冲量．考点四动量定理对多过程的应用1．对多过程问题，动能定理可以对分过程应用，也可以对全过程应用．2．求多过程的合冲量时，要注意每个力对应的作用时间，是作用在全过程，还是分过程．(2018·课标全国Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10NB．102NC．103ND．104N【答案】C【解析】每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h＝(25－1)×3m＝72m；自由下落时间t1＝2hg＝2×7210s＝3.8s，与地面的碰撞时间约为t2＝2ms＝0.002s，全过程根据动量定理：mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得冲击力F＝950N≈103N，故C项正确．(2017·课标全国Ⅲ)(多选)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【答案】AB【解析】由题目可知F＝2N，F′＝－1N，动量定理Ft1＝mv1－mv0，可知t1＝1s时，Ft1＝mv1，代入数据可得v1＝Ft1m＝2×12m/s＝1m/s，故A项正确；t2＝2s时，p＝Ft2，代入数据可得p＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故B项正确；t3＝3s时，p＝Ft2＋F′(t3－t2)，代入数据可得p＝2×2kg·m/s－1×(3－2)kg·m/s＝3kg·m/s，故C项错误；t4＝4s时，由Ft2＋F′(t4－t2)＝mv4，代入数据可得v4＝Ft2＋F′（t4－t2）mm/s＝2×2－1×（4－2）2m/s＝1m/s，故D项错误．(改编)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.求油滴运动到B点时的速度．【答案】v0－2gt1【解析】选油滴为研究对象，从A到B整段过程中，由动量定理：IG＋I电＝Δp由于电场力总冲量为零，代入数据：－mg·2t1＝m·Δv即：vt－v0＝－2gt1vt＝v0－2gt1题型拓展典例剖析提炼方法用动量定理研究“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.例(2016·课标全国Ⅰ)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．【答案】(1)ρv0S(2)v022g－M2g2ρ2v02S2【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＝ρv0S③(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)v02④在h高度处，Δt时间内