PAGEPAGE9動量與動量守恒定律新課程標(biāo)準(zhǔn)核心學(xué)問提煉1.通過試驗(yàn)和理論推導(dǎo)，理解動量定理和動量守恒定律，能用其說明生活中的有關(guān)現(xiàn)象。知道動量守恒定律的普適性。2.探究并了解物體彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)。定量分析一維碰撞問題并能說明生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。3.體會用守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。動量定理動量守恒定律彈性碰撞和非彈性碰撞試驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律第1節(jié)動量定理一、動量1．定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積。eq\x(動量是狀態(tài)量，與時刻或位置相對應(yīng))2．表達(dá)式：p＝eq\a\vs4\al(mv)。3．單位：kg·m/s。4．標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。二、動量定理1.沖量(1)定義：力和力的作用時間的乘積。eq\x(沖量是過程量，與時間或過程相對應(yīng))(2)表達(dá)式：I＝Ft。(3)單位：N·s。(4)標(biāo)矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。2．動量定理(1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變更量等于它在這個過程中所受力的沖量。eq\x(“力”指的是合外力)(2)表達(dá)式：Ft＝mv′－mv。[深化理解]1．動量變更量也是矢量，其方向與速度變更量的方向相同。2．力與物體運(yùn)動方向垂直時，該力不做功，但該力的沖量不為零。3．某個力的沖量與物體的運(yùn)動狀態(tài)及其是否受其他力無關(guān)。4．動量定理是矢量方程，列方程時應(yīng)選取正方向，且力和速度必需選同一正方向。[基礎(chǔ)自測]一、推斷題(1)動量越大的物體，其速度越大。(×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×)(3)物體所受合力不變，則動量也不變更。(×)(4)物體沿水平面運(yùn)動時，重力不做功，其沖量為零。(×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×)(6)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變更的方向是一樣的。(√)二、選擇題1．(2024·全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)驗(yàn)的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比解析：選B動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比，故C錯誤。速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，與經(jīng)驗(yàn)的時間的平方成正比，故A錯誤。依據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，故B正確。動量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，與動量的平方成正比，故D錯誤。2．[滬科版選修3－5P10T3]質(zhì)量為5kg的小球以5m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向?yàn)檎较颍瑒t小球動量的變更為()A．10kg·m/s B．－10kg·m/sC．40kg·m/s D．－40kg·m/s解析：選D動量的變更是末動量減去初動量，規(guī)定了豎直向下為正方向，則小球的初動量p1＝mv1＝25kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15kg·m/s，所以動量的變更Δp＝p2－p1＝－40kg·m/s。

3．(多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運(yùn)動。F隨時間t變更的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零解析：選AB前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s，故A正確；t＝2s時物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s，故B正確；物塊在2～4s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，加速度的大小a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝2m/s－0.5×1m/s＝1.5m/s，動量大小p3＝mv3＝3kg·m/s，故C錯誤；t＝4s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝2m/s－0.5×2m/s＝1m/s，故D錯誤。高考對本節(jié)內(nèi)容的考查，主要集中在對動量、沖量、動量變更量的理解及應(yīng)用動量定理解決實(shí)際問題，題型多為選擇題，而動量定理結(jié)合其他力學(xué)學(xué)問進(jìn)行綜合考查，也可以計(jì)算題的形式呈現(xiàn)，難度中等。考點(diǎn)一動量與沖量的理解[基礎(chǔ)自修類][題點(diǎn)全練]1．[對動量的理解]下列關(guān)于動量的說法正確的是()A．質(zhì)量大的物體動量肯定大B．速度大的物體動量肯定大C．兩物體動能相等，動量不肯定相等D．兩物體動能相等，動量肯定相等解析：選C動量等于運(yùn)動物體質(zhì)量和速度的乘積，動量大小與物體質(zhì)量、速度兩個因素有關(guān)，A、B錯；由動量大小和動能的表達(dá)式得出p＝eq\r(2mEk)，兩物體動能相等，質(zhì)量關(guān)系不明確，動量不肯定相等，D錯，C對。2．[對沖量的理解與大小比較]如圖所示，豎直面內(nèi)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(diǎn)都在圓周上，MP>QN。將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點(diǎn)無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運(yùn)動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是()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．兩滑塊的動量變更大小相同解析：選C這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達(dá)滑軌底端。合力F＝mgsinθ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a>Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大，a滑塊的動量變更也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FN＝mgcosθ，F(xiàn)Na<FNb，因此彈力對a滑塊的沖量較小。故C正確。3．[動量變更量的大小計(jì)算](多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0起先做平拋運(yùn)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(nèi)物體動量變更量的大小為()A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(v2－v02) D．meq\r(2gh)解析：選BCD由動量定理可得，物體在時間t內(nèi)動量變更量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運(yùn)動過程中速度變更量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝eq\r(v2－v02)，由機(jī)械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故物體動量變更量Δp＝mΔv＝meq\r(v2－v02)＝meq\r(2gh)，選項(xiàng)C、D均正確，只有選項(xiàng)A錯誤。[名師微點(diǎn)]1．動能、動量、動量變更量的比較動能動量動量變更量定義物體由于運(yùn)動而具有的能量物體的質(zhì)量和速度的乘積物體末動量與初動量的矢量差定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p標(biāo)矢性標(biāo)量矢量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變更，則動量肯定也發(fā)生變更；但動量發(fā)生變更時動能不肯定發(fā)生變更2．沖量的計(jì)算(1)恒力的沖量：干脆用定義式I＝Ft計(jì)算。(2)變力的沖量①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間勻稱變更，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小。②作出F-t變更圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。③對于易確定始、末時刻動量的狀況，可用動量定理求解，即通過求Δp間接求出沖量。考點(diǎn)二動量定理的理解和應(yīng)用[師生共研類]1．應(yīng)用動量定理說明的兩類物理現(xiàn)象(1)當(dāng)物體的動量變更量肯定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt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(dāng)作用力F肯定時，力的作用時間Δt越長，動量變更量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變更量Δp越小。2．應(yīng)用動量定理解題的一般步驟(1)確定探討對象。中學(xué)階段的動量定理問題，其探討對象一般僅限于單個物體。(2)對物體進(jìn)行受力分析。可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正、負(fù)號。(4)依據(jù)動量定理列方程，如有必要還須要其他補(bǔ)充方程，最終代入數(shù)據(jù)求解。對過程較困難的運(yùn)動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。[典例]“蹦床”已成為奧運(yùn)會的競賽項(xiàng)目。質(zhì)量為m的運(yùn)動員從床墊正上方h1高處自由落下，落墊后反彈的高度為h2，設(shè)運(yùn)動員每次與床墊接觸的時間為t，求在運(yùn)動員與床墊接觸的時間內(nèi)運(yùn)動員對床墊的平均作用力。(空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g)[解析]設(shè)運(yùn)動員下降h1剛接觸床墊的速度大小為v1，則離開床墊的速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgh1eq\f(1,2)mv22＝mgh2設(shè)時間t內(nèi)，床墊對運(yùn)動員的平均作用力為F，取向上為正方向，由動量定理得(F－mg)t＝mv2－(－mv1)以上三式聯(lián)立可得F＝eq\f(m(\r(2gh2)＋\r(2gh1)),t)＋mg再由牛頓第三定律得，運(yùn)動員對床墊的作用力為F′＝F＝eq\f(m(\r(2gh2)＋\r(2gh1)),t)＋mg，方向豎直向下。[答案]eq\f(m(\r(2gh2)＋\r(2gh1)),t)＋mg，方向豎直向下[延長思索](1)床墊對運(yùn)動員的沖量是多少？(2)假如運(yùn)動員不是落在床墊上，而是落在水泥地面上，運(yùn)動員所受的平均沖力表達(dá)式相同嗎？實(shí)際結(jié)果有區(qū)分嗎？提示：(1)床墊對運(yùn)動員的沖量I＝Ft＝m(eq\r(2gh2)＋eq\r(2gh1))＋mgt。(2)運(yùn)動員所受的平均沖力表達(dá)式相同，但因落在水泥地面上時，作用時間t明顯減小，故運(yùn)動員所受平均沖力明顯增大，簡單受到損害。eq\a\vs4\al([一題悟通])例題及相關(guān)延長思索旨在讓考生駕馭應(yīng)用動量定理的方法技巧和留意事項(xiàng)。(1)對不涉及加速度和位移的力與運(yùn)動的關(guān)系問題，應(yīng)用動量定理不須要考慮運(yùn)動過程的細(xì)微環(huán)節(jié)，解題較為便利。(2)在應(yīng)用動量定理解題時，須要表達(dá)物體(沿某方向)受到的合沖量，所以肯定要對物體仔細(xì)進(jìn)行受力分析，不行有力的遺漏。(3)當(dāng)合力遠(yuǎn)大于重力時，可忽視重力的沖量。(4)對于變力的沖量，往往通過動量定理來計(jì)算。(5)建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的正、負(fù)號。[題點(diǎn)全練]1．[應(yīng)用動量定理說明生活現(xiàn)象]玻璃杯從同一高度落下，掉在石頭上比掉在草地上簡單碎，這是由于在玻璃杯與石頭的撞擊過程中()A．玻璃杯的動量較大 B．玻璃杯受到的沖量較大C．玻璃杯的動量變更較大 D．玻璃杯的動量變更較快解析：選D從同一高度落到地面上時，速度相同，動量相同，與草地或石頭接觸后，末動量均變?yōu)榱悖虼藙恿孔兏肯嗤Ｒ驗(yàn)椴ＡПc石頭的作用時間短，由動量定理Ft＝mΔv知，此時玻璃杯受到的力F較大，即玻璃杯的動量變更較快，簡單碎，D正確。2．[應(yīng)用動量定理求變力的沖量]如圖所示，一輕質(zhì)彈簧固定在墻上，一個質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右側(cè)沿光滑水平面對左運(yùn)動并與彈簧發(fā)生相互作用。設(shè)相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W分別是()A．I＝0，W＝mv02 B．I＝mv0，W＝eq\f(1,2)mv02C．I＝2mv0，W＝0 D．I＝2mv0，W＝eq\f(1,2)mv02解析：選C由能量守恒可知，木塊向右離開彈簧瞬間的速度也為v0，取向右為正方向，由動量定理可得：I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，由動能定理可得：W＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，故選項(xiàng)C正確。3．[應(yīng)用動量定理計(jì)算平均力]在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，質(zhì)量m＝0.5kg，AB間距離s＝5m，如圖所示。小物塊以初速度v0＝8m/s從A向B運(yùn)動，剛要與墻壁碰撞時的速度v1＝7m/s，碰撞后以速度v2＝6m/s反向彈回。重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊從A向B運(yùn)動過程中的加速度a的大小；(2)小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)若碰撞時間t＝0.05s，碰撞過程中墻面對小物塊平均作用力F的大小。解析：(1)從A到B過程是勻減速直線運(yùn)動，依據(jù)速度位移公式，有：a＝eq\f(v12－v02,2s)＝eq\f(72－82,2×5)m/s2＝－1.5m/s2。所以加速度的大小為1.5m/s2。(2)從A到B過程，由動能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.15。(3)對碰撞過程，規(guī)定向左為正方向，由動量定理，有：FΔt＝mv2－m(－v1)可得：F＝130N。答案：(1)1.5m/s2(2)0.15(3)130N“融會貫穿”歸納好——巧用微元法結(jié)合動量定理解決流體及微粒兩類“柱狀模型”問題(一)流體類“柱狀模型”問題流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元探討，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理探討這段柱狀流體[例1](2024·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算便利起見，假設(shè)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)榱悖谒椒较虺闹軇蚍Q散開。忽視空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。[解析](1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。 ③(2)設(shè)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(dá)玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)v02 ④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變更量的大小為Δp＝(Δm)v ⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，依據(jù)動量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。 ⑧[答案](1)ρv0S(2)eq\f(v