2021屆高考物理人教版一輪創(chuàng)新教學(xué)案：第30講　動量　動量定理-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

[研讀考綱明方向]

考綱要求
復(fù)習(xí)指南
內(nèi)容
要求
考情分析：
近幾年高考既有對本章內(nèi)容的單獨考查，也有跟運動學(xué)、動力學(xué)、能量、電磁場等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查。單獨命題往往是選擇題，綜合考查往往出現(xiàn)在計算題。
命題趨勢：
從近幾年的考試情況來看單獨命題都是比較基礎(chǔ)的選擇題，從命題趨勢上看對本章內(nèi)容與其他知識相結(jié)合進(jìn)行考查，以及與實際生產(chǎn)、生活和現(xiàn)代科技相結(jié)合進(jìn)行綜合考查的幾率非常高，在復(fù)習(xí)中應(yīng)當(dāng)多注意這方面的問題。
動量、動量定理、動量守恒定律及其應(yīng)用
Ⅱ
彈性碰撞和非彈性碰撞
Ⅰ
實驗七：驗證動量守恒定律

[重讀教材定方法]

1.P1觀察彩圖中的分叉的粒子徑跡可以得出什么判斷？
提示：分裂前與分裂后總動量相同。
2．P6[問題與練習(xí)]T2，從紙帶上能獲取什么物理量？
提示：小車碰撞前后的速度。
3．P10[科學(xué)足跡]體會動量定理反映力對時間的積累效應(yīng)，動能定理反映力對空間的積累效應(yīng)。
4．P11[做一做]，結(jié)合[問題與練習(xí)]T1，說出動量與動能兩者的相同點和不同點以及兩者的聯(lián)系。
提示：相同點：都與物體的速度及質(zhì)量有關(guān)，都是物體的質(zhì)量越大、速度越大，就越大。
不同點：動量是矢量，動能是標(biāo)量；動量的大小與速度成正比，動能的大小與速度的平方成正比；動量的單位為kg·m/s 或N·s，動能的單位為J。
聯(lián)系：Ek＝，p＝。
5．P11～12[問題與練習(xí)]T1、T2：將錯誤選項改正。T4：說明重力是否可以忽略。
提示：T1：(1)2,4。(2)動量變化，動能不變，若規(guī)定向東為正方向，動量變化－12 kg·m/s。(3)若規(guī)定向東為正方向，動量的矢量和為－6 kg·m/s，動能之和為33 J。T2：A項，動量將等于p；C項，動能將等于4Ek。T4：考慮重力時，沖擊力F＝8400 N，不考慮重力時，沖擊力F＝8000 N，故不可忽略重力。
6．P12～13閱讀“動量守恒定律”一段，嘗試自己推導(dǎo)動量守恒定律。
提示：應(yīng)用牛頓運動定律和動量定理或運動學(xué)公式推導(dǎo)。
7．P14～15[例題2]體會動量守恒定律的列式方法；若已知爆炸時的高度h，是否可以求出兩塊落地點距離？
提示：綜合應(yīng)用動量守恒定律和平拋運動規(guī)律即可求出。
8．P16[思考與討論]該動量變化的方向與石板對球的作用力沖量的關(guān)系怎樣？若存在摩擦力會怎樣？
提示：利用平行四邊形定則分解可知，該動量變化的方向與石板對球的作用力沖量的方向相同。若存在摩擦力，則動量變化的方向與總沖量的方向相同。
9．P16～17[問題與練習(xí)]T4：距離最近的特征？系統(tǒng)遵守的規(guī)律？系統(tǒng)減少的動能呢？T5：可以逐節(jié)計算，也可以整體考慮，體會整體分析的優(yōu)勢。T7：若擺至最低點時有第二顆同樣子彈射入，射入后擺動的最大偏角是多少？
提示：T4：距離最近時兩粒子速度相同，兩粒子組成的系統(tǒng)動量守恒，減少的動能轉(zhuǎn)化為電勢能。T7：須分類討論，分射入速度與沙袋速度方向相同時、相反時兩種情況討論，綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與動量守恒定律求解。
10．P18[思考與討論]以及下方分類討論，結(jié)合P19邊批，體會對結(jié)果評估的方法。
11．P19圖16.4－3，你能從動量定理角度對圖中情景解釋嗎？你對兩種碰撞應(yīng)該具有的規(guī)律有什么判斷？
提示：對兩種情況中，碰撞時兩球分別進(jìn)行受力分析，并分別對比其所受沖量和動量變化。都遵循動量守恒定律。
12．完成P20[思考與討論]，并理解圖16.4－5各軌跡的畫出的依據(jù)。
提示：如圖所示，兩球碰撞前后動量守恒，動量是矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則。

13．P21[問題與練習(xí)]T2：碰撞后兩球速度應(yīng)滿足什么條件？你能否改編成選擇題？體會物理規(guī)律對結(jié)果預(yù)判的重要作用。T4：體會一般論證問題的方法(假設(shè)一些物理量，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)關(guān)系，從欲研究的物理量表達(dá)式中尋找決定因素)。T5：通過計算重現(xiàn)歷史的重大發(fā)現(xiàn)。T6：思考碰撞的定義，總結(jié)“碰撞一定動量守恒”。
提示：T2：(1)碰撞前后動量守恒；(2)碰撞后總機(jī)械能不大于碰撞前的；(3)速度符合實際，例如碰前位置在后的A球，碰后速度若與B球同向，則速度不大于B球。T4：根據(jù)動量守恒定律求解出中子速率的表達(dá)式，再分析討論。T5：根據(jù)動量守恒定律求解。T6：“碰撞”在物理學(xué)中表現(xiàn)為兩粒子或物體間極短的相互作用，外力的影響一般可以忽略，故動量一定守恒。
14．P23[思考與討論]人要獲得更大速度，可以采取什么措施？人若要改變運動方向該怎樣拋出物體？(太空中飛船調(diào)整姿態(tài)是靠噴出氣體)
提示：利用反沖的原理分析，人要獲得更大速度，應(yīng)以更大速度拋出手中的物體，人若要改變運動方向應(yīng)該向相反的方向拋出物體。
15．P24～25[問題與練習(xí)]T1、T2：體會應(yīng)用動量守恒定律時參考系應(yīng)該如何選取。T3：要使皮劃艇停止運動，可以怎么辦？
提示：T1：以飛船為參考系。T2：以地面為參考系分析，或參考火箭加速的原理以飛機(jī)為參考系分析。T3：利用反沖原理分析，可以朝皮劃艇運動方向射擊，直到皮劃艇停止運動。
第30講　動量　動量定理

基礎(chǔ)命題點　動量、沖量、動量的變化量

1．動量、沖量、動量的變化量的定義
(1)動量：物體的質(zhì)量與速度的乘積。即p＝mv。方向與速度的方向相同，是矢量。
(2)沖量：力和力的作用時間的乘積。即I＝Ft。方向與力的方向相同，是矢量。
(3)動量的變化量：物體的末動量減去初動量。即Δp＝mv2－mv1或Δp＝p2－p1。Δp是矢量。
2．對動量的理解
(1)動量的兩性
①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。
②相對性：動量與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量。
(2)動量與動能的比較

動量
動能
物理意義
描述物體運動狀態(tài)的物理量
定義式
p＝mv
Ek＝mv2
標(biāo)矢性
矢量
標(biāo)量
變化因素
物體所受沖量
外力所做的功
大小關(guān)系
p＝
Ek＝
①對于給定的物體，若動能發(fā)生了變化，動量一定也發(fā)生了變化；而動量發(fā)生變化，動能不一定發(fā)生變化。
②它們都是相對量，均與參考系的選取有關(guān)，高中階段通常選取地面為參考系
③都是針對某一時刻或位置而言的。
3．對沖量的理解
(1)沖量的兩性
①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積。
②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內(nèi)方向變化的力(合力)來說，沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量改變量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系。
(3)沖量與功的比較

沖量
功
定義
作用在物體上的力和力的作用時間的乘積
作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積
單位
N·s
J
公式
I＝Ft(F為恒力)
W＝Flcosα(F為恒力)
標(biāo)矢性
矢量
標(biāo)量
意義
①表示力對時間的累積
②是動量變化的量度
①表示力對空間的累積
②是能量變化的量度
都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系
(4)變力沖量的計算方法
動量定理
若力的大小或方向變化，I無法直接求得，可利用I＝Δp間接求出，這是求變力沖量的首選方法(間接法)
平均力法
如果力隨時間是均勻變化的，則＝(F0＋Ft)，該變力的沖量為I＝(F0＋Ft)t
F-t圖象

F-t圖線與時間軸圍成的“面積”表示力的沖量

1．(多選)關(guān)于動量的變化，下列說法中正確的是(　　)
A．做單向直線運動的物體速度增大時，動量的變化量Δp的方向與速度方向相同
B．做單向直線運動的物體速度減小時，動量的變化量Δp的方向與速度方向相反
C．物體的速度大小不變時，動量的變化量Δp為零
D．物體做勻速圓周運動時，動量的變化量Δp為零
答案　AB
解析　動量是矢量，動量的變化量是末動量與初動量的矢量差。物體的速度大小不變，如果方向改變，動量變化量Δp不為零，C、D錯誤；做單向直線運動的物體，其初、末動量的方向相同，速度增大時，動量變化量與速度同向，速度減小時，動量變化量與速度反向，A、B正確。
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開始自由下滑，在它們到達(dá)斜面底端的過程中(　　)
A．重力的沖量相同 B．重力的功相同
C．斜面彈力的沖量均為零 D．斜面彈力的功均為零
答案　BD
解析　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，B正確；物體滑至底端的過程，可由＝·gsinθ·t2求出下滑的時間t＝，則重力的沖量IG＝mgt＝，與θ有關(guān)，故重力的沖量不同，A錯誤；斜面彈力方向與物體運動方向垂直，不做功，但彈力的沖量不為零，C錯誤，D正確。
3．一質(zhì)量為58 g的網(wǎng)球，以40 m/s的速度水平飛來，某運動員以60 m/s的速度反向擊回的過程中，網(wǎng)球的動量變化為(　　)
A．大小為1.16 kg·m/s，方向與初速度方向相同
B．大小為1.16 kg·m/s，方向與初速度方向相反
C．大小為5.8 kg·m/s，方向與初速度方向相同
D．大小為5.8 kg·m/s，方向與初速度方向相反
答案　D
解析　規(guī)定初速度方向為正方向，網(wǎng)球初狀態(tài)的動量為：p1＝mv1＝0.058×40 kg·m/s＝2.32 kg·m/s，末狀態(tài)的動量為：p2＝mv2＝0.058×(－60) kg·m/s＝－3.48 kg·m/s，則動量的變化量為：Δp＝p2－p1＝－3.48 kg·m/s－2.32 kg·m/s＝－5.8 kg·m/s，負(fù)號表示動量變化量的方向與初速度方向相反，故D正確，A、B、C錯誤。

能力命題點一　動量定理的理解和應(yīng)用

1．動量定理
物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受合外力的沖量。即F合·t＝Δp＝p′－p。
2．動量定理的理解要點
(1)動量定理的表達(dá)式p′－p＝I，是矢量式。物體動量變化的方向與合外力的沖量的方向相同。
(2)沖量是動量變化的原因。
(3)適用范圍：動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動，也適用于微觀物體的高速運動。不論物體所受的外力是變力還是恒力，不論物體的運動軌跡是直線還是曲線，動量定理都適用。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。
3．用動量定理解釋現(xiàn)象
(1)Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。
(2)F一定時，力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小。
分析問題時，要把哪個量一定、哪個量變化搞清楚。
4．動量定理的兩個重要應(yīng)用
(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。
(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動量的變化量。
5．用動量定理解題的基本思路

(2019·北京房山區(qū)二模)質(zhì)量m＝0.60 kg的籃球從距地板H＝0.80 m的高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45 m，從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時間t＝1.1 s，忽略空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能ΔE；
(2)籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Φ拇笮　?br /> 解析　(1)籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能為：ΔE＝mgH－mgh＝2.1 J。
(2)設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時間為t1，剛接觸地板時的速度大小為v1；反彈離地時的速度大小為v2，上升的時間為t2，由動能定理和運動學(xué)公式
下落過程：mgH＝mv，
解得：v1＝4 m/s，t1＝＝0.4 s
上升過程：－mgh＝0－mv，解得：v2＝3 m/s，
t2＝＝0.3 s
籃球與地板接觸時間為：Δt＝t－t1－t1＝0.4 s
設(shè)地板對籃球的平均撞擊力為F，取向上為正方向，由動量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)
解得：F＝16.5 N
根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?br /> F′＝F＝16.5 N，方向向下。
答案　(1)2.1 J　(2)16.5 N

(1)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量。它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。
(2)只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。
(3)對于過程較復(fù)雜的運動，可分段應(yīng)用動量定理，也可對整個過程應(yīng)用動量定理。

1．玻璃杯從同一高度落下，掉在石頭上比掉在草地上容易碎，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．玻璃杯的動量變化較大 D．玻璃杯的動量變化較快
答案　D
解析　從同一高度落到草地或石頭上時，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虼藙恿康淖兓肯嗤?，受到的沖量相同，A、B、C錯誤。因為玻璃杯與石頭的作用時間短，由動量定理Ft＝mΔv知，F(xiàn)＝，此時玻璃杯受到的力F較大，即玻璃杯的動量變化較快，故容易碎，D正確。
2．一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好以速度v離開地面，在此過程中(　　)
A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為mv2
B．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為零
C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2
D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零
答案　B
解析　設(shè)地面對運動員的平均作用力為F，則由動量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面對運動員的沖量為FΔt＝mv＋mgΔt；運動員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開地面，由于地面對人的作用點沿力的方向沒有位移，所以地面對運動員做功為零，B正確。
3．(2020·安徽A10聯(lián)盟高三摸底)鳥撞飛機(jī)是導(dǎo)致空難的重要因素之一。假設(shè)在某次空難中，鳥的質(zhì)量為0.6 kg，飛行的速度為3 m/s，迎面撞上速度為720 km/h的飛機(jī)，對飛機(jī)的撞擊力達(dá)到1.6×106 N，則鳥撞飛機(jī)的作用時間大約為(　　)
A．7.6×10－6 s B．7.6×10－5 s
C．1.5×10－5 s D．1.5×10－4 s
答案　B
解析　由于飛機(jī)質(zhì)量遠(yuǎn)大于鳥質(zhì)量，碰撞后飛機(jī)速度幾乎不變，碰撞后鳥和飛機(jī)以共同的速度前進(jìn)。以飛機(jī)的運動方向為正方向，設(shè)碰撞過程鳥撞擊飛機(jī)的作用時間為t，則根據(jù)動量定理：Ft＝mv機(jī)－(－mv鳥)，整理可得：t＝＝ s≈7.6×10－5 s，B正確。

能力命題點二　應(yīng)用動量定理解決流體問題

對于“連續(xù)”質(zhì)點系發(fā)生持續(xù)作用，物體動量(或其他量)連續(xù)發(fā)生變化這類問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內(nèi)動量(或其他量)發(fā)生變化的那部分物體作為研究對象，建立如下的“柱狀”模型：在時間Δt內(nèi)所選取的研究對象均分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，以這部分質(zhì)點為研究對象，研究它在Δt時間內(nèi)動量(或其他量)的變化情況，再根據(jù)動量定理(或其他規(guī)律)求出有關(guān)的物理量。
模型一：流體類問題
流體及其特點
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S
2
微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl＝vΔt，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體
模型二：微粒類問題
微粒及其特點
通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟
1
建立“柱狀”模型，沿運動的方向選取一段柱形微元，柱體的橫截面積為S
2
微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形微元的長度為Δl＝v0Δt，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3
先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算

(2016·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。為計算方便起見，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闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。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)在很短的Δt時間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。
該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①
噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②
其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為
＝ρv0S。
(2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h
由玩具受力平衡得F沖＝Mg④
其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底面的作用力
由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤
其中，F(xiàn)壓為玩具底面對水柱的作用力，設(shè)v′為水柱到達(dá)玩具底面時的速度
由運動學(xué)公式：v′2－v＝－2gh⑥
在很短的Δt時間內(nèi)，沖擊玩具的水柱的質(zhì)量為
Δm＝ρv0SΔt⑦
由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動量定理
(F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧
由于Δt很小，ΔmgΔt為含Δt的二次方的量，可以忽略，⑧式變?yōu)?br /> F壓Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。
答案　(1)ρv0S　(2)－

將動量定理應(yīng)用于流體時，應(yīng)在任意時刻從流管中取出一個在流動方向上的截面為S的柱體，在Δt時間內(nèi)柱形流體的長度為Δl＝vΔt，將“無形”流體變?yōu)椤坝行巍睂嵨?，則在Δt時間內(nèi)對質(zhì)量為Δm的柱形流體，由動量定理有F·Δt＝Δmv2－Δmv1。

1．(2019·山西省晉城市高三下學(xué)期第三次模擬)太空中的塵埃對飛船的碰撞會阻礙飛船的飛行，質(zhì)量為M的飛船飛入太空塵埃密集區(qū)域時，需要開動引擎提供大小為F的平均推力才能維持飛船以恒定速度v勻速飛行。已知塵埃與飛船碰撞后將完全黏附在飛船上，則在太空塵埃密集區(qū)域單位時間內(nèi)黏附在飛船上塵埃的質(zhì)量為(　　)
A．M＋ B.－M
C．M－ D.
答案　D
解析　設(shè)單位時間內(nèi)黏附在飛船上塵埃的質(zhì)量為m，以單位時間內(nèi)黏附在飛船上的塵埃與飛船整體為研究對象，根據(jù)動量定理有：Ft＝(M＋m)v－Mv，其中t＝1 s，可得：m＝，D正確。
2．如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊煤層，設(shè)水柱直徑為D，水流速度大小為v，方向水平向右。水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱?，水的密度為ρ，高壓水槍的重力不可忽略，手持高壓水槍操作，下列說法正確的是(　　)

A．水槍單位時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為ρvπD2
B．高壓水槍的噴水功率為
C．水柱對煤層的平均沖擊力大小為
D．手對高壓水槍的作用力水平向右
答案　B
解析　t時間內(nèi)水槍噴出水的質(zhì)量為：m＝ρSvt＝ρ·πD2·vt，水槍單位時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為：Δm＝ρvπD2，A錯誤；水槍在1 s時間內(nèi)做的功轉(zhuǎn)化為水柱的動能，即為高壓水槍的噴水功率，則：P＝W＝Δmv2
＝ρπD2v3，B正確；t時間內(nèi)噴出的水在t時間內(nèi)速度減小為0，則由動量定理得：－Ft＝0－mv，聯(lián)立得：F＝＝Δmv＝ρπD2v2，C錯誤；水對高壓水槍的作用力向左，則手對高壓水槍的作用力斜向右上方，D錯誤。
3．正方體密閉容器中有大量理想氣體分子，每個分子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)分子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：分子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會均等；與器壁碰撞前后瞬間，分子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學(xué)力學(xué)知識，導(dǎo)出器壁所受氣體壓強(qiáng)p與m、n和v的關(guān)系。
(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明)
答案　p＝nmv2
解析　一個分子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv，如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成的柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有的分子在Δt時間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰撞分子總數(shù)N＝n·SvΔt
Δt時間內(nèi)分子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面積為S的部分受到分子的壓力F＝
則器壁所受氣體的壓強(qiáng)p＝＝nmv2。

課時作業(yè)

1．(多選)下列說法中不正確的是(　　)
A．作用在靜止物體上的力的沖量一定為零
B．根據(jù)F＝，可把牛頓第二定律表述為：物體動量的變化率等于它所受的合外力
C．物體的動量發(fā)生改變，則合外力一定對物體做了功
D．物體的動能發(fā)生改變，其動量一定發(fā)生改變
答案　AC
解析　作用在靜止的物體上的合力的沖量一定為零，而每個分力的沖量不為零，故A錯誤；宏觀低速狀態(tài)下，物體的質(zhì)量為常量，動量對時間的變化率本質(zhì)上是速度對時間的變化率，因此物體所受到的合外力，等于物體的動量對時間的變化率，故B正確；物體的動量發(fā)生改變可能是速度的方向發(fā)生改變，而大小未變，此時物體的動能沒有改變，合外力對物體沒有做功，故C錯誤；物體的動能發(fā)生改變意味著物體的速度大小發(fā)生改變，則動量一定改變，故D正確。
2．校運會跳遠(yuǎn)比賽時在沙坑里填沙，這樣做的目的是可以減小(　　)
A．人的觸地時間 B．人的動量變化率
C．人的動量變化量 D．人受到的沖量
答案　B
解析　跳遠(yuǎn)比賽時，人從與沙坑接觸到靜止，其動量的變化量Δp相等，由動量定理可知，人受到的合力的沖量I＝Δp是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延長了人與沙坑的接觸時間t，由動量定理得：Δp＝Ft，＝F，Δp一定，t越長，動量的變化率越小，人受到的合外力越小，越安全，B正確。
3．如圖所示，質(zhì)量相同的三個小物塊a、b、c處在同一高度?，F(xiàn)將小物塊a和b由靜止釋放，則a沿光滑斜面下滑，b做自由落體運動，同時將小物塊c沿水平方向拋出。不計空氣阻力。關(guān)于三個物塊的運動情況，下列判斷正確的是(　　)

A．三個物塊落地前瞬間的動量相同
B．三個物塊落地前瞬間的動能相同
C．重力對三個物塊做功相同
D．重力對三個物塊的沖量相同
答案　C
解析　動量是矢量，三個物塊落地時速度的方向不同，動量不同，故A錯誤；三個物塊下落的過程只有重力做功，重力對三個物塊做功相同，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，mgh＝Ek－Ek0，c的初動能不為零，故落地瞬間c的動能較大，a、b的動能相同，故B錯誤，C正確；平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故b、c下落時間相同，根據(jù)I＝mgt可知，重力對b、c兩物塊的沖量相同，但根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)公式可知，a的下落時間t＝，與b、c的下落時間不同，故三個物塊受重力的沖量不同，故D錯誤。
4．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點，小球從A點正上方O點由靜止釋放，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點。空氣阻力忽略不計。設(shè)球在AB段和BC段運動過程中，運動時間分別為t1、t2，合外力的沖量大小為I1、I2，則(　　)

A．t1>t2 B．t1＝t2
C．I1>I2 D．I1＝I2
答案　C
解析　由vC＝0可知在小球從A點到C點的運動過程中，有阻力做功，所以在同一高度處，在AB弧上的速率大于在BC弧上的速率，所以AB段平均速率大于BC段平均速率，兩段路程相等，所以t1|Δp2|，則I1>I2，故C正確，D錯誤。

5．跑酷是時下流行的一種極限運動，在某次練習(xí)中，假設(shè)質(zhì)量為50 kg的跑酷運動員在一堵墻前面以與水平方向成37°角、大小為6 m/s的速度跳起，再用腳蹬墻面一次，使身體水平反拋回來，落到了距離墻2.16 m處。如果用腳蹬墻時跑酷運動員的速度方向恰好沿水平方向，不考慮空氣阻力，g取10 m/s2，則墻對跑酷運動員做的功和墻對跑酷運動員的沖量大小分別為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)
A．0,540 kg·m/s B．324 J,60 kg·m/s
C．546 J,300 kg·m/s D．900 J,540 kg·m/s
答案　A
解析　將初速度沿水平方向和豎直方向分解，水平分速度vx＝v0cos37°＝4.8 m/s，豎直分速度vy＝v0sin37°＝3.6 m/s，則跑酷運動員用腳蹬墻前瞬間的速度大小v1＝vx＝4.8 m/s，在空中時間為t＝＝0.36 s，則跑酷運動員用腳蹬墻面后，身體水平反拋回來時在空中的時間為t＝0.36 s，所以跑酷運動員用腳蹬墻后瞬間的速度大小v2＝＝＝6 m/s，取跑酷運動員用腳蹬墻后返回的速度方向為正方向，墻對跑酷運動員的沖量大小為I＝mv2－(－mv1)＝540 kg·m/s。由于墻面對跑酷運動員作用力的作用點在腳上，而作用點的位移為零，所以墻對跑酷運動員不做功，A正確。
6．雨打芭蕉是我國古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15 mm，查詢得知，當(dāng)時雨滴落地速度約為10 m/s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉葉面后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為(　　)
A．0.25 N B．0.5 N
C．1.5 N D．2.5 N
答案　A
解析　設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F，在Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝10 m/s減為零。不計雨滴的重力，以向上為正方向，對這部分雨水應(yīng)用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得：F＝，設(shè)水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內(nèi)水面上升Δh，則有：Δm＝ρSΔh，故F＝ρSv，壓強(qiáng)為：p＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，故A正確，B、C、D錯誤。
7．核桃是“四大堅果”之一，桃仁具有豐富的營養(yǎng)價值，但桃殼十分堅硬，不借助專用工具不易剝開。小悠同學(xué)發(fā)現(xiàn)了一個開核竅門：把核桃豎直上拋，待落回與堅硬地面撞擊后就能開裂。拋出點距離地面的高度為H，上拋后達(dá)到的最高點與拋出點的距離為h。已知重力加速度為g，空氣阻力不計。
(1)求核桃落回地面的速度大小v；
(2)已知核桃質(zhì)量為m，與地面撞擊作用時間為Δt，撞擊后豎直反彈h1高度。求核桃與地面之間的平均作用力F。
答案　(1)
(2)＋mg，方向豎直向上
解析　(1)核桃豎直上拋到最高點后做自由落體運動，則有：v2＝2g(H＋h)
則落回地面的速度：v＝。
(2)設(shè)核桃反彈速度為v1，則有：v＝2gh1
以向上為正方向，核桃與地面作用的過程：
(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)
解得：F＝＋mg，方向豎直向上。

8．(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實驗中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案　B
解析　設(shè)1 s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機(jī)的相互作用力為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正確。
9．(2018·全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　)
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
答案　C
解析　設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 m/s。落地時受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正方向，由動量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為103 N，故C正確。
10．(2017·全國卷Ⅲ)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　)

A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
答案　AB
解析　前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確。t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確。物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，動量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤。t＝4 s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯誤。
11．(2019·廣西梧州高三2月聯(lián)考)(多選)水平推力F1和F2分別作用于水平面上原來靜止的、等質(zhì)量的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間停下，兩物體的v-t圖象如圖所示，已知圖中線段AB∥CD，下列關(guān)于兩物體在整個運動過程中的說法，正確的是(　　)

A．F1的沖量小于F2的沖量
B．F1做的功大于F2做的功
C．兩物體受到的摩擦力大小相等
D．兩物體受到的摩擦力做的功相等
答案　AC
解析　題圖中，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等，C正確；對整個過程，由動量定理得：F1t1－ftOB＝0，F(xiàn)2t2－ftOD＝0，由圖看出，tOB＜tOD，則有F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故A正確；摩擦力做的功Wf＝fx，由v-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移，可知無法比較x1和x2的大小，則兩物體受到的摩擦力做的功不能比較，D錯誤；根據(jù)動能定理：WF1－Wf1＝0，WF2－Wf2＝0，由Wf1與Wf2大小不能比較，可知F1做的功與F2做的功不能比較，B錯誤。
12．(2019·湖南常德一模)(多選)一豎直放置的輕彈簧，一端固定于地面，一端與質(zhì)量為3 kg的B固定在一起，質(zhì)量為1 kg的A放于B上?，F(xiàn)在A和B正在一起豎直向上運動，如圖所示。當(dāng)A、B分離后，A上升0.2 m到達(dá)最高點，此時B速度方向向下，彈簧為原長，則從A、B分離起至A到達(dá)最高點的這一過程中，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)

A．A、B分離時B的加速度為g
B．彈簧的彈力對B做功為零
C．彈簧的彈力對B的沖量大小為6 N·s
D．B的動量變化量為零
答案　ABC
解析　由分離的條件可知，A、B分離時二者的速度、加速度相等，二者之間的相互作用力為0，對A分析可知，A的加速度aA＝g，所以B的加速度為g，故A正確；A、B分離時彈簧恢復(fù)原長，A到最高點時彈簧再次恢復(fù)原長，從A、B分離起至A到達(dá)最高點的這一過程中彈簧的彈性勢能的變化為零，所以彈簧對B做的功為零，故B正確；A、B分離后A做豎直上拋運動，可知豎直上拋的初速度v＝＝ m/s＝2 m/s，此時B的速度為v，方向豎直向上，A上升到最高點所需的時間：t＝＝0.2 s，由運動的對稱性可知此時B的速度為2 m/s，方向豎直向下，對B在此過程內(nèi)用動量定理(規(guī)定向下為正方向)得：mBgt＋I(xiàn)N＝mBv－(－mBv)，解得彈簧的彈力對B的沖量大小為：IN＝6 N·s，B的動量變化量為Δp＝mBv－(－mBv)＝12 kg·m/s，故C正確，D錯誤。
13．(2019·武漢高三下學(xué)期2月調(diào)考)運動員在水上做飛行運動表演，他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示。已知運動員與裝備的總質(zhì)量為90 kg，兩個噴嘴的直徑均為10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為(　　)

A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
答案　B
解析　設(shè)Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為m的水噴射出，忽略重力的沖量，對這部分水由動量定理得：FΔt＝2mv，m＝2ρvΔt·π，運動員懸停在空中，水對他的平均沖力F′＝F＝Mg＝90×10 N＝900 N，聯(lián)立解得：v≈5.4 m/s，故B正確。
14．(2016·北京高考)(1)動量定理可以表示為Δp＝FΔt，其中動量p和力F都是矢量。在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖甲所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。
a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy；
b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉?br />
(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動。激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時，也會對物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒。一束激光經(jīng)S點后被分成若干細(xì)光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質(zhì)小球的光路如圖乙所示。圖中O點是介質(zhì)小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行。請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向。

a．光束①和②強(qiáng)度相同；
b．光束①比②的強(qiáng)度大。
答案　見解析
解析　(1)a.x方向：動量變化為
Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0
y方向：動量變化為
Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ
方向沿y軸正方向。
b．根據(jù)動量定理可知，木板對小球作用力的方向沿y軸正方向，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向。
(2)a.僅考慮光的折射，設(shè)Δt時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n，每個粒子動量的大小為p。
這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1＝2npcosθ
從小球出射時的總動量為p2＝2np
p1、p2的方向均沿SO向右
根據(jù)動量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0
可知，小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的合力的方向沿SO向左。
b．建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。

x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對小球的作用力沿x軸負(fù)方向。
y方向：設(shè)Δt時間內(nèi)，光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2，n1>n2。
這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1y＝(n1－n2)psinθ
從小球出射時的總動量為p2y＝0
根據(jù)動量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ
可知，小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的作用力沿y軸正方向。
所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方。