2024-2025學年高中物理第十六章動量守恒定律第2節(jié)動量和動量定理學案新人教版選修3-5

PAGE10-第2節(jié)動量和動量定理1．理解動量和動量的變更及其矢量性。2．理解沖量的概念并會進行相關(guān)的簡潔計算。3．理解動量定理及其表達式。4．能夠利用動量定理說明有關(guān)現(xiàn)象，會用動量定理解決實際問題。一、動量和動量的變更量1．動量(1)定義：物體的eq\o(□,\s\up4(01))質(zhì)量和eq\o(□,\s\up4(02))速度的乘積。(2)表達式：eq\o(□,\s\up4(03))p＝mv。(3)單位：eq\o(□,\s\up4(04))千克·米/秒，符號：eq\o(□,\s\up4(05))kg·m/s。(4)矢量性：方向與eq\o(□,\s\up4(06))速度的方向相同，運算遵守eq\o(□,\s\up4(07))平行四邊形定則。2．動量的變更量(1)定義：物體在某段時間內(nèi)eq\o(□,\s\up4(08))末動量與eq\o(□,\s\up4(09))初動量的矢量差，動量的變更量也是矢量，Δp＝eq\o(□,\s\up4(10))p′－p(矢量式)。(2)動量矢量始終保持在一條直線上時的運算：選定一個正方向，動量、動量的變更量用帶正、負號的數(shù)值表示，從而將矢量運算簡化為eq\o(□,\s\up4(11))代數(shù)運算(此時的正、負號僅代表方向，不代表大小)。二、動量定理1．沖量(1)定義：力與力的作用eq\o(□,\s\up4(01))時間的乘積。(2)表達式：I＝eq\o(□,\s\up4(02))F(t′－t)。(3)單位：牛頓·秒，符號N·s。(4)方向：恒力沖量的方向與eq\o(□,\s\up4(03))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eq\o(□,\s\up4(04))動量變更量等于它在這個過程中所受eq\o(□,\s\up4(05))力的沖量。(2)公式：eq\o(□,\s\up4(06))mv′－mv＝F(t′－t)或eq\o(□,\s\up4(07))p′－p＝I。判一判(1)一個力的沖量不為零，則該力肯定做功。()(2)用一水平力拉物體，物體未動，是因為合外力的沖量為零。()(3)物體動量變更越大，合外力越大。()提示：(1)×(2)√(3)×想一想(1)靜止在水平桌面上的物體，在時間t內(nèi)重力的沖量等于0嗎？提示：時間t內(nèi)重力的沖量為Gt，不等于0。(2)跳高競賽時，運動員落地處要放很厚的墊子，你知道這是為什么嗎？提示：人落到墊子上比干脆落在地面上速度減為0所需的時間更長，即在動量變更相同的狀況下，人落在墊子上受到的沖擊力較小，從而對運動員起到愛護作用。課堂任務動量的理解1．動量是狀態(tài)量：計算動量時，要明確是哪一個物體在哪一個時刻(狀態(tài))的動量。公式p＝mv中的速度v是瞬時速度。2．動量是矢量：動量的方向與物體瞬時速度的方向相同。假如物體在一條直線上運動，可以選定一個正方向，將動量的矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。3．動量具有相對性：物體的動量與參考系的選擇有關(guān)。選不同的參考系時，同一個物體的動量可能不同，通常在不說明參考系的狀況下，物體的動量是指物體相對地面的動量。4．動量的變更量也是矢量：Δp＝p′－p＝mΔv為矢量表達式，其方向與Δv的方向相同，運算遵循平行四邊形定則。假如物體在一條直線上運動，分析計算Δp以及推斷Δp的方向時，可選定一個正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。5．動量與速度的聯(lián)系與區(qū)分(1)聯(lián)系：p＝mv，動量和速度都是描述物體運動狀態(tài)的矢量，且二者方向相同。(2)區(qū)分：動量是從動力學角度描述物體運動狀態(tài)的，它描述了運動物體能夠產(chǎn)生的效果，而速度是從運動學角度描述物體運動狀態(tài)的。6．動量與動能的聯(lián)系與區(qū)分(1)聯(lián)系：動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，速度不太大時(遠小于光在真空中的速度)它們之間數(shù)值的關(guān)系是：Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)。(2)區(qū)分：動量從物體運動的作用效果描述物體的狀態(tài)，而動能從能量的角度描述物體的狀態(tài)；動量是矢量，而動能是標量。例1(多選)關(guān)于動量和動能，下列說法正確的是()A．物體的動能發(fā)生變更，其動量肯定變更B．物體的動量發(fā)生變更，其動能肯定變更C．物體的動能發(fā)生變更，其動量可能不變D．物體的動量發(fā)生變更，其動能可能不變(1)物體動能的確定因素是什么？速度變更時，動能肯定會變更嗎？提示：動能的大小由質(zhì)量和速度大小共同確定，與速度方向無關(guān)；速度方向變更時，速度大小不肯定變更，故動能不肯定變更。(2)物體動量的確定因素是什么？速度變更時，動量肯定會變更嗎？提示：動量由質(zhì)量和速度共同確定；無論速度大小還是方向發(fā)生變更，動量都會變更。[規(guī)范解答]動量是矢量，動能是標量。假如引起動量變更的緣由只是物體運動方向的變更，物體的速率不變，則物體的動能就不變，D正確。若物體的動能發(fā)生了變更，說明物體速度大小發(fā)生了變更，所以其動量肯定也發(fā)生變更，A正確。[完備答案]AD對動量、動量變更量、動能的理解(1)當某一物體速度變更時，物體的動量肯定隨之變更，物體的動能可能隨之變更；當某一物體只是速度方向變更時，物體的動量隨之變更，物體的動能不變。(2)動量變更量是矢量在分析計算時：①首先確定正方向，一般可取初速度v1的方向為正方向；②然后分別寫出初、末狀態(tài)的動量p1和p2，與v1同向為正，與v1反向為負；③最終由Δp＝p2－p1進行計算。知道動量的變更量是末動量與初動量的差。eq\a\vs4\al([變式訓練1])羽毛球是速度最快的球類運動之一。在中國實行的蘇迪曼杯混合團體賽中，付海峰扣殺羽毛球的速度達到了342km/h，假設(shè)羽毛球飛來的速度為90km/h，付海峰將球以342km/h的速度反向擊回。設(shè)羽毛球質(zhì)量為5g，試求付海峰擊球過程中羽毛球的動量變更。答案羽毛球的動量變更大小為0.600kg·m/s，方向與球飛來的方向相反。解析以羽毛球飛來的方向為正方向，則p1＝mv1＝5×10－3×eq\f(90,3.6)kg·m/s＝0.125kg·m/s，p2＝mv2＝－5×10－3×eq\f(342,3.6)kg·m/s＝－0.475kg·m/s。所以動量的變更量Δp＝p2－p1＝－0.475kg·m/s－0.125kg·m/s＝－0.600kg·m/s。所以羽毛球的動量變更大小為0.600kg·m/s，方向與羽毛球飛來的方向相反。課堂任務沖量的理解及計算1．對沖量的理解(1)沖量是過程量：沖量描述的是作用在物體上的力對時間的積累效應，與某一過程相對應。(2)沖量的矢量性：沖量是矢量，在作用時間內(nèi)力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同，假如力的方向是變更的，則沖量的方向與相應時間內(nèi)物體動量變更量的方向相同。(3)沖量的肯定性：沖量僅由力和時間兩個因素確定，具有肯定性。(4)沖量的單位：1N·s＝1kg·m/s。2．沖量的計算(1)恒力的沖量：用公式I＝Ft計算，這時沖量的數(shù)值等于力與作用時間的乘積，沖量的方向與恒力方向一樣。(2)變力的沖量①若力是同一方向勻稱變更的力，該力的沖量可以用平均力計算，其公式為I＝eq\x\to(F)t。②用圖象計算，如圖所示，若某一力方向恒定不變，那么在F-t圖象中，圖中陰影部分的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1內(nèi)的沖量。(3)合沖量的計算①因為沖量是矢量，所以求合沖量必需遵循平行四邊形定則。②三種方法：a．可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；b．假如各力的作用時間相同，也可以先求合力，再用I合＝F合t求解；c．用動量定理I＝Δp求解。例2(多選)兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止起先自由下滑，在它們到達斜面底端的過程中()A．重力的沖量相同B．重力的功相同C．斜面彈力的沖量為零D．斜面彈力做功為零某過程力不做功，沖量肯定為零嗎？提示：有力有時間，沖量必不為零，與該力是否做功無關(guān)。[規(guī)范解答]設(shè)斜面高為h，傾角為θ，物體質(zhì)量為m，則兩物體滑至斜面底端的過程，重力做功均為mgh，物體滑至底端用時t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，重力的沖量IG＝mgt＝eq\f(m,sinθ)·eq\r(2gh)，隨θ變更而變更，故重力的沖量不同，A項錯誤，B項正確；斜面彈力方向與物體運動方向垂直，不做功，但彈力的沖量IN＝N·t＝mgcosθ·t＝eq\f(mcosθ,sinθ)eq\r(2gh)≠0，C項錯誤，D項正確。[完備答案]BD功與沖量的區(qū)分(1)大小eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(功\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(力的大小,位移大小,力與位移的夾角θ)),沖量\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(力的大小,力作用的時間))))(2)eq\a\vs4\al(力作用物體,一段時間)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(功：可能為零,沖量：不為零))(3)矢量性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(功：標量\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(正：動力做功,負：物體克服阻力做功)),沖量：矢量\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(正：與規(guī)定正方向同向,負：與規(guī)定正方向反向))))eq\a\vs4\al([變式訓練2])如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面對上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零然后又下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為F1。在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為()A．mgsinθ(t1＋t2) B．mgsinθ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．0答案C解析首先明確是求哪個力的沖量。依據(jù)沖量的定義式I＝Ft，重力對滑塊的沖量應為重力乘以作用時間，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正確。課堂任務動量定理的理解與應用1．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。(2)公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I。2．對動量定理的理解(1)動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變更的緣由，是物體動量變更的量度。這里所說的沖量是物體所受的合外力的沖量(或者說是物體所受各個外力沖量的矢量和)。(2)動量定理給出了沖量(過程量)和動量(狀態(tài)量)變更之間的相互關(guān)系。(3)現(xiàn)代物理學把力定義為物體動量的變更率F合＝eq\f(Δp,Δt)(牛頓其次定律的動量形式)。(4)動量定理的表達式是矢量式。在一維的狀況下，必需規(guī)定正方向。3．動量定理的應用(1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象①當Δp肯定(Δp＝F合·Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δt↓?F合↑,Δt↑?F合↓))②當F合肯定eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F合＝\f(Δp,Δt)))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δt↓?Δp↓,Δt↑?Δp↑))(2)定量計算①eq\x(F合·Δt)eq\o(→,\s\up17(I合＝Δp),\s\do15(恒力適用))eq\x(Δp)例：求平拋物體在Δt內(nèi)動量變更量，則有Δp＝mg·Δt。②eq\x(Δp)eq\o(→,\s\up17(I合＝Δp),\s\do15(恒力、非恒力皆可))eq\x(I)例：求勻速圓周運動物體在Δt內(nèi)向心力的沖量，則有：I向＝mv′－mv(矢量式)。(3)應用動量定理解題的基本步驟①確定探討對象；②進行受力分析，分析每個力的沖量；③選定正方向，探討物體初、末狀態(tài)的動量；④依據(jù)動量定理列方程求解。例3如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的物體，在水平力F＝8N的作用下，由靜止起先沿水平面對右運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。若F作用t1＝6s后撤去，撤去F后又經(jīng)t2＝2s物體與豎直墻壁相碰，若物體與墻壁作用時間t3＝0.1s，碰墻后反向彈回的速度v′＝6m/s，求墻壁對物體的平均作用力。(g取10m/s2)物體在整個運動中可以分解成幾個物理過程？可以應用動量定理嗎？提示：①外力F撤去前，物體勻加速直線運動；②外力F撤去后，物體勻減速直線運動；③與墻碰撞反彈，對以上三個過程均可運用動量定理。[規(guī)范解答]本題中各力作用時間不同，可以分階段應用動量定理，也可以分別求出每個力的沖量，然后對全過程應用動量定理。解法一：分階段應用動量定理選物體為探討對象，在t1時間內(nèi)其受力狀況如圖甲所示，選F的方向為正方向，依據(jù)動量定理得：(F－μmg)t1＝mv1，解得：v1＝12m/s。撤去F后，物體受力如圖乙所示，由動量定理得：－μmgt2＝mv2－mv1，解得：v2＝8m/s。再探討撞墻過程，設(shè)墻壁對物體的平均作用力為eq\x\to(F)，由動量定理得：eq\x\to(F)t3＝－mv′－mv2，解得：eq\x\to(F)＝－280N，即大小為280N，方向水平向左。解法二：對全過程應用動量定理取從物體起先運動到撞墻后彈回的全過程用動量定理，并取F方向為正方向，有：Ft1－μmg(t1＋t2)＋eq\x\to(F)t3＝－mv′－0，所以eq\x\to(F)＝－eq\f(Ft1－μmgt1＋t2＋mv′,t3)。解得：eq\x\to(F)＝－280N。即大小為280N，方向水平向左。[完備答案]大小為280N，方向水平向左應用動量定理解題需留意的問題(1)動量定理的普適性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(直線運動、曲線運動,恒力、變力,單體、物體系,宏觀、微觀))?全部適用(2)選取受力物體和探討過程是關(guān)鍵，對全過程列式，整體優(yōu)先。eq\a\vs4\al(3參考系一般是相對地面靜止。,4I合＝Δp，I合是合外力的沖量，Δp是末動量減初動量。,進行矢量運算時，先選取正方向。)eq\a\vs4\al([變式訓練3－1])籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球。接球時，兩手隨球快速收縮至胸前，這樣做可以()A．減小球?qū)κ值臎_量 B．減小球?qū)κ值臎_擊力C．減小球的動量變更量 D．減小球的動能變更量答案B解析由動量定理Ft＝Δp知，接球時兩手隨球快速收縮至胸前，延長了手與球接觸的時間，從而減小了球的動量變更率，即減小了球?qū)κ值臎_擊力，故B正確。eq\a\vs4\al([變式訓練3－2])質(zhì)量m＝1kg的小球從高h1＝20m處自由下落到軟墊上，反彈后上升的最大高度h2＝5m，小球與軟墊接觸的時間t＝1s，不計空氣阻力，g＝10m/s2，以豎直向下為正方向，求：(1)小球與軟墊接觸前后的動量變更量；(2)接觸過程中軟墊對小球的平均作用力大小。答案(1)30kg·m/s，方向豎直向上(2)40N解析(1)小球從起先下落到即將接觸軟墊的過程，由動能定理可得mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得即將接觸軟墊時的速度大小v1＝20m/s。小球反彈上升過程，由動能定理得－mgh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得剛離開軟墊時的速度大小v2＝10m/s。以豎直向下為正方向，小球與軟墊接觸前后的動量變更量Δp＝－mv2－mv1＝－1×10kg·m/s－1×20kg·m/s＝－30kg·m/s。即動量變更量的大小為30kg·m/s，方向豎直向上。(2)以豎直向下為正方向，在接觸過程中對小球應用動量定理得mgt＋(－eq\x\to(F)t)＝Δp代入數(shù)據(jù)解得軟墊對小球的平均作用力大小為eq\x\to(F)＝40N。例4飛船在飛行過程中有許多技術(shù)問題須要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持飛船速度不變的問題。我國科學家已將這一問題解決，才使得“神舟五號”載人飛船得以飛行勝利。假如有一宇宙飛船，它的正面面積為S＝0.98m2，以v＝2×103m/s的速度進入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1m3空間有一微粒，每一微粒平均質(zhì)量m＝2×10－4g，若要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應增加多少？(設(shè)微粒與飛船相碰后附著到飛船上)(1)微粒對飛船的作用力與增加的牽引力有什么關(guān)系？提示：大小相等，方向相反。(2)微粒附著過程動量的變更是什么引起的？提示：飛船對微粒的力的沖量。[規(guī)范解答]由于飛船速度保持不變，因此增加的牽引力應與微粒對飛船的作用力相等，據(jù)牛頓第三定律知，此力也與飛船對微粒的作用力相等。只要求出時間t內(nèi)微粒的質(zhì)量，再由動量定理求出飛船對微粒的作用力，即可得到飛船增加的牽引力。時間t內(nèi)附著到飛船上的微粒質(zhì)量為M＝m·S·vt，設(shè)飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得Ft＝Mv