资源简介

(共65张PPT)
动量定理及应用
第
1
讲
目标
要求
1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象.2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型.
内容索引
考点一　动量和冲量
考点二　动量定理的理解和应用
考点三　应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
课时精练
考点一
动量和冲量
梳理
必备知识
1.动量
(1)定义：物体的 和 的乘积.
(2)表达式：p＝ .
(3)方向：与 的方向相同.
2.动量的变化
(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是 ，其方向与_____________
____的方向相同.
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量.即Δp＝ .
质量
速度
mv
速度
矢量
速度的改变量
Δv
p′－p
3.冲量
(1)定义： 与 的乘积叫作力的冲量.
(2)公式： .
(3)单位： .
(4)方向：冲量是 ，其方向与 相同.
力
力的作用时间
I＝FΔt
N·s
矢量
力的方向
1.物体的动能不变，其动量一定不变.(　　)
2.物体的动量越大，其惯性也越大.(　　)
3.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零.(　　)
4.两物体动量大的动能不一定大.(　　)
×
×
√
×
1.动量与动能的比较
提升
关键能力
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv
Ek＝
标矢性 矢量 标量
变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功
大小关系
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2.冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝
动量定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
例1　(2023·浙江宁波市模拟)甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是
A.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4
B.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1
C.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2
D.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4
√
考向1　冲量　动量与动能
例2　如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是
A.重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ
C.合外力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
√
考向2　恒力冲量的计算
重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；
支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B项正确；
整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；
上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误.
例3　一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是
A.第2 s末，质点的动量为0
B.第2 s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
√
考向3　利用F－t图像求冲量
由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；
2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；
在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确.
考点二
动量定理的理解和应用
梳理
必备知识
1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的___
_________.
2.公式： 或 .
动
量变化量
Ft＝mv′－mv
I＝p′－p
1.物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的.(　　)
2.动量定理描述的是某一状态的物理规律.(　　)
3.运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量.(　　)
×
×
√
1.对动量定理的理解
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.
(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.
提升
关键能力
(4)由Ft＝p′－p，得F＝ 即物体所受的合外力等于物体动量的变化率.
(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理.
2.解题基本思路
例4　(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
√
考向1　用动量定理解释生活中的现象
汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
例5　(高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上.重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
√
考向2　动量定理的有关计算
例6　(2023·浙江杭州市模拟)即使炎炎夏日，我们也感觉不到任何阳光的压力，是因为它实在微小，一平方公里面积上的阳光压力总共才9 N.假设阳光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，光速为3×108 m/s，则地面上每平方公里每秒吸收的太阳能约为
A.9.0×108 J B.1.4×109 J
C.1.8×109 J D.2.7×109 J
√
例7　(2023·云南省玉溪第一中学月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是
A.整个过程物块运动的时间为6 s
B.整个过程物块运动的时间为8 s
C.整个过程中物块的位移大小为40 m
D.整个过程中物块的位移大小为60 m
√
考向3　动量定理在多过程中的应用
在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；
考点三
应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例8　(2023·山东潍坊市高三检测)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题.现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均
冲击力大小为
A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2
C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
√
考向1　应用动量定理处理流体类问题
设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定
理有Ft＝0.2mv－(－mv)，联立以上三式解得F＝0.3πd2ρv2，根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为F′＝F＝0.3πd2ρv2，故选B.
例9　宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题.假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？
考向2　应用动量定理处理微粒类问题
答案　40 N
设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，
则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt
微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，
由动量定理得
FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飞船所需推力大小
F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
四
课时精练
1.对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是
A.物体的动能改变，其动量不一定改变
B.物体动量改变，则其动能一定改变
C.物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变
D.动量是标量，动能是矢量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
基础落实练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；
动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；
物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；
动量是矢量，动能是标量，D错误.
2.(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是
A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；
动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误.
3.(2023·北京市丰台区检测)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示.经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动.在时间t内，下列说法正确的是
A.物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B.物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C.物块所受重力的冲量大小为零
D.物块所受合力的冲量大小为Fcos θ·t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；
物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；
由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，故B错误，D正确.
4.跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉.在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底.不计空气阻力，下列说法正确的是
A.运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B.运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用
力的冲量
C.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用
力的冲量
D.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的
冲量等大反向
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；
运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；
整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；
整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确.
5.(2020·海南卷·8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为
A.1.47 N B.0.147 N
C.0.09 N D.0.009 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
对离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv－0，而Δm＝3.0×10－3× 10－3 kg/s·Δt，解得F＝0.09 N，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故C正确.
6.(2023·广东省联考)2022年5月10日世界女子羽毛球团体锦标赛尤伯杯比赛在泰国进行，中国队何冰娇以21∶2和21∶8轻松战胜罗德里格斯，最终中国队以5∶0轻松击败西班牙队.假设羽毛球以v1＝72 km/h的速度飞向何冰娇，何冰娇以v2＝216 km/h的速度将羽毛球回击.已知羽毛球的质量为m＝5×10－3 kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02 s.则下列说法正确的是
A.球拍对羽毛球不做功
B.羽毛球动量的变化量大小为0.4 kg·m/s
C.羽毛球动能的变化量大小为10 J
D.球拍与羽毛球之间的作用力大小为10 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做功，选项A错误；
v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，则羽毛球动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝5×10－3×60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·
m/s＝0.4 kg·m/s，选项B正确；
7.(2023·浙江强基联盟统测)质量为m的质点沿一直线从A点加速运动到B点.已知质点通过A点时的速度为v0，合外力为3F0，A、B两点之间的运动时间为2t0，在该过程中，质点所受的合外力F随时间t变化的关系如图所示，则质点到达B点时的速度为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
8.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是
A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
根据动能定理有
可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.
9.(2023·浙江绍兴市诊断性考试)光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力Ff与速度v的关系满足Ff＝0.5v (N)，小物块从x＝－5 m到x＝5 m的运动过程中
A.做匀变速直线运动
B.拉力F一直保持不变
C.拉力F做功为W＝10 J
D.阻力的冲量大小I＝2.5 N·s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由题图可知，－5 m到0过程中小物块做正向减速运动，则加速度为负方向，0到5 m过程中小物块做正向加速运动，则加速度为正方向，可知加速度不恒定，A错误；
由题图可知，相同的位移内速度变化量相同，在－5 m到0过程中由于做减速运动，则可知相同速度变化量所用时间越来越长，故加速度减小，则拉力越来越小，在0到5 m过程中由于做加速运动，则可知相同速度变化量所用时间越来越短，故加速度增大，则拉力越来越大，B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由题图可知，0到5 m过程中v＝0.8x (m/s)，则Ff＝0.5v (N)＝0.5×0.8x (N)＝0.4x (N)，克
服阻力做的功为W克f＝ ×5 J
＝5 J，由对称性可知全程克服阻力做的功为2W克f，全程由动能定理可得W－2W克f＝0，可得拉力做的功为W＝2W克f＝10 J，C正确；
0到5 m，阻力的冲量大小为If＝∑FfΔt＝∑0.5vΔt (N·s)＝0.5x (N·s)＝2.5 N·s，则全程阻力的冲量大小为I＝2If＝5 N·s，D错误.
10.在检测篮球的性能时，检测人员将篮球从高处自由下落，通过测量篮球自由下落的高度、反弹高度及下落和反弹的总时间等数据来检测篮球是否合格.在某次检测过程中，检测员将篮球最低点置于距离地面H1＝1.8 m处开始自由下落，测出篮球从开始下落到第一次反弹至最高点所用的时间为t＝1.5 s，篮球反弹后篮球最低点所能到达的最大高度降为H2＝1.25 m.已知该篮球的质量为0.6 kg.不计空气阻力.(g＝10 m/s2)求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
(1)篮球第一次反弹后即将离开地面时的动量大小和方向；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　3 kg·m/s　方向竖直向上
篮球第一次反弹后即将离开地面时的速度v满足v2＝2gH2，可得v＝5 m/s，离开地面时的动量大小p＝mv＝3 kg·m/s，方向竖直向上.
(2)篮球第一次反弹过程中与地面接触的时间；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　0.4 s　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
篮球第一次自由下落的时间满足
篮球第一次反弹后上升的时间满足
则可得篮球与地面接触的时间
Δt＝t－t1－t2＝0.4 s
(3)篮球第一次与地面接触的过程中对地面的平均作用力大小.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　22.5 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
篮球第一次自由下落着地前瞬间的速度满足v02＝2gH1，
可得v0＝6 m/s
以竖直向上为正方向，篮球与地面接触的过程中，
根据动量定理有
由牛顿第三定律可知篮球第一次与地面接触过程中对地面的平均作用力大小为22.5 N.
11.(2023·浙江金丽衢十二校联考)有人设想在进行宇宙探测时，给探测器安上反射率极高(可认为100%)的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速.已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积照射到的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，普朗克常量为h，则探测器获得的加速度大小的表达式是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
素养提升练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11考情分析 动量　动量定理 2021·湖南卷·T2　2019·北京卷·T24
动量守恒定律 2022·湖南卷·T4　2021·山东卷·T11　2021·广东卷·T13 2021·河北卷·T13　2020·江苏卷·T12(3)　2020·北京卷·T13 2019·江苏卷·T12(1)
动量和能量的综合 2022·湖北卷·T16　2022·河北卷·T13　2022·山东卷·T18 2020·天津卷·T11　2020·山东卷·T18
实验：验证动量定理 2021·江苏卷·T11
试题情境 生活实践类 安全行车(安全气囊)、交通运输(机车碰撞、喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究类 气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
第1讲　动量定理及应用
目标要求　1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象.2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型．
考点一　动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv.
(3)方向：与速度的方向相同．
2．动量的变化
(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．
(2)公式：I＝FΔt.
(3)单位：N·s.
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
1．物体的动能不变，其动量一定不变．(　×　)
2．物体的动量越大，其惯性也越大．(　×　)
3．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．(　×　)
4．两物体动量大的动能不一定大．(　√　)
1．动量与动能的比较
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功
大小关系 p＝ Ek＝
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2.冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t
动量定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
考向1　冲量　动量与动能
例1　(2023·浙江宁波市模拟)甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是(　　)
A．如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4
B．如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1
C．如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2
D．如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4
答案　C
解析　当两物体动量大小相等时，由Ek＝知Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝4∶1，故A、B错误；当两物体动能相等时，由p2＝2mEk知p甲∶p乙＝∶＝1∶2，故C正确，D错误．
考向2　恒力冲量的计算
例2　如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
答案　B
解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误．
考向3　利用F－t图像求冲量
例3　一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
答案　D
解析　由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确．
考点二　动量定理的理解和应用
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．
2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.
1．物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的．(　√　)
2．动量定理描述的是某一状态的物理规律．(　×　)
3．运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量．(　×　)
1．对动量定理的理解
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．
(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．
(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．
2．解题基本思路
考向1　用动量定理解释生活中的现象
例4　(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案　D
解析　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．
考向2　动量定理的有关计算
例5　高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上．重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案　A
解析　安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－)t＝0－mv，故＝＋mg＝＋mg，故选项A正确．
例6　(2023·浙江杭州市模拟)即使炎炎夏日，我们也感觉不到任何阳光的压力，是因为它实在微小，一平方公里面积上的阳光压力总共才9 N．假设阳光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，光速为3×108 m/s，则地面上每平方公里每秒吸收的太阳能约为(　　)
A．9.0×108 J B．1.4×109 J
C．1.8×109 J D．2.7×109 J
答案　A
解析　由题意可知阳光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，以竖直向下为正方向，根据动量定理得－F·Δt＝(－mc－mc)＋(0－mc)，整理得9 N·s＝mc，而地面上每平方公里每秒吸收的太阳能为E＝mc2，联立解得E＝9.0×108 J，故A正确，B、C、D错误．
考向3　动量定理在多过程中的应用
例7　(2023·云南省玉溪第一中学月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是(　　)
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
答案　B
解析　在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，全程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误．
考点三　应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
考向1　应用动量定理处理流体类问题
例8　(2023·山东潍坊市高三检测)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题．现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为(　　)
A．1.2πd2ρv2 B．0.3πd2ρv2
C．1.2πd2ρv D．0.3πd2ρv
答案　B
解析　设t时间内水枪喷出的水柱长度为l，则有v＝，t时间内冲击墙壁的水的质量为m＝ρV＝ρSl＝πd2ρl，设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有Ft＝0.2mv－(－mv)，联立以上三式解得F＝0.3πd2ρv2，根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为F′＝F＝0.3πd2ρv2，故选B.
考向2　应用动量定理处理微粒类问题
例9　宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？
答案　40 N
解析　设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，
则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt
微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，
由动量定理得
FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飞船所需推力大小
F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
课时精练
1．对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动能改变，其动量不一定改变
B．物体动量改变，则其动能一定改变
C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变
D．动量是标量，动能是矢量
答案　C
解析　物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误．
2.(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是(　　)
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D．可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
答案　C
解析　充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误．
3.(2023·北京市丰台区检测)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示．经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动．在时间t内，下列说法正确的是(　　)
A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C．物块所受重力的冲量大小为零
D．物块所受合力的冲量大小为Fcos θ·t
答案　D
解析　物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，故B错误，D正确．
4．跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
答案　D
解析　运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确．
5．(2020·海南卷·8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为(　　)
A．1.47 N B．0.147 N
C．0.09 N D．0.009 N
答案　C
解析　对离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv－0，而Δm＝3.0×10－3×10－3 kg/s·Δt，解得F＝0.09 N，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故C正确．
6．(2023·广东省联考)2022年5月10日世界女子羽毛球团体锦标赛尤伯杯比赛在泰国进行，中国队何冰娇以21∶2和21∶8轻松战胜罗德里格斯，最终中国队以5∶0轻松击败西班牙队．假设羽毛球以v1＝72 km/h的速度飞向何冰娇，何冰娇以v2＝216 km/h的速度将羽毛球回击．已知羽毛球的质量为m＝5×10－3 kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02 s．则下列说法正确的是(　　)
A．球拍对羽毛球不做功
B．羽毛球动量的变化量大小为0.4 kg·m/s
C．羽毛球动能的变化量大小为10 J
D．球拍与羽毛球之间的作用力大小为10 N
答案　B
解析　击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做功，选项A错误；v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，则羽毛球动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝5×10－3× 60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·m/s＝0.4 kg·m/s，选项B正确；羽毛球动能的变化量大小为ΔEk＝mv22－mv12＝×5×10－3×(602－202) J＝8 J，选项C错误；根据动量定理Δp＝Ft，解得球拍与羽毛球之间的作用力大小为F＝＝ N＝20 N，选项D错误．
7.(2023·浙江强基联盟统测)质量为m的质点沿一直线从A点加速运动到B点．已知质点通过A点时的速度为v0，合外力为3F0，A、B两点之间的运动时间为2t0，在该过程中，质点所受的合外力F随时间t变化的关系如图所示，则质点到达B点时的速度为(　　)
A．v0－ B．v0＋
C．v0－ D．v0＋
答案　D
解析　由动量定理得mΔv＝(F0＋3F0)×2t0，解得Δv＝，所以到达B点时的速度为vB＝v0＋Δv＝v0＋，故A、B、C错误，D正确．
8．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是(　　)
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
答案　D
解析　根据动能定理有
W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，
W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，
可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.
9.(2023·浙江绍兴市诊断性考试)光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力Ff与速度v的关系满足Ff＝0.5v (N)，小物块从x＝－5 m到x＝5 m的运动过程中(　　)
A．做匀变速直线运动
B．拉力F一直保持不变
C．拉力F做功为W＝10 J
D．阻力的冲量大小I＝2.5 N·s
答案　C
解析　由题图可知，－5 m到0过程中小物块做正向减速运动，则加速度为负方向，0到5 m过程中小物块做正向加速运动，则加速度为正方向，可知加速度不恒定，A错误；由题图可知，相同的位移内速度变化量相同，在－5 m到0过程中由于做减速运动，则可知相同速度变化量所用时间越来越长，故加速度减小，则拉力越来越小，在0到5 m过程中由于做加速运动，则可知相同速度变化量所用时间越来越短，故加速度增大，则拉力越来越大，B错误；由题图可知，0到5 m过程中v＝0.8x (m/s)，则Ff＝0.5v (N)＝0.5×0.8x (N)＝0.4x (N)，克服阻力做的功为W克f＝x＝×5 J＝5 J，由对称性可知全程克服阻力做的功为2W克f，全程由动能定理可得W－2W克f＝0，可得拉力做的功为W＝2W克f＝10 J，C正确；0到5 m，阻力的冲量大小为If＝∑FfΔt＝∑0.5vΔt (N·s)＝0.5x (N·s)＝2.5 N·s，则全程阻力的冲量大小为I＝2If＝5 N·s，D错误．
10.在检测篮球的性能时，检测人员将篮球从高处自由下落，通过测量篮球自由下落的高度、反弹高度及下落和反弹的总时间等数据来检测篮球是否合格．在某次检测过程中，检测员将篮球最低点置于距离地面H1＝1.8 m处开始自由下落，测出篮球从开始下落到第一次反弹至最高点所用的时间为t＝1.5 s，篮球反弹后篮球最低点所能到达的最大高度降为H2＝1.25 m．已知该篮球的质量为0.6 kg.不计空气阻力．(g＝10 m/s2)求：
(1)篮球第一次反弹后即将离开地面时的动量大小和方向；
(2)篮球第一次反弹过程中与地面接触的时间；
(3)篮球第一次与地面接触的过程中对地面的平均作用力大小．
答案　(1)3 kg·m/s　方向竖直向上　(2)0.4 s　(3)22.5 N
解析　(1)篮球第一次反弹后即将离开地面时的速度v满足v2＝2gH2，可得v＝5 m/s，离开地面时的动量大小p＝mv＝3 kg·m/s，方向竖直向上．
(2)篮球第一次自由下落的时间满足
H1＝gt12，可得t1＝0.6 s
篮球第一次反弹后上升的时间满足
H2＝gt22，可得t2＝0.5 s
则可得篮球与地面接触的时间
Δt＝t－t1－t2＝0.4 s
(3)篮球第一次自由下落着地前瞬间的速度满足v02＝2gH1，
可得v0＝6 m/s
以竖直向上为正方向，篮球与地面接触的过程中，根据动量定理有
(－mg)Δt＝mv－(－mv0)，
解得＝22.5 N
由牛顿第三定律可知篮球第一次与地面接触过程中对地面的平均作用力大小为22.5 N.
11．(2023·浙江金丽衢十二校联考)有人设想在进行宇宙探测时，给探测器安上反射率极高(可认为100%)的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速．已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积照射到的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，普朗克常量为h，则探测器获得的加速度大小的表达式是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　光子垂直照射后全部反射，每秒照射到薄膜上的总能量为ES，结合单个光子的能量ε＝hν，则N个光子的总能量为Nhν＝Nh＝ES，解得λ＝，又因为单个光子的动量p＝，则光子的总动量变化量大小为Δp＝2N＝2N＝，以光子为研究对象，应用动量定理FΔt＝Δp式中Δt＝1 s，解得F＝，根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为F′＝F＝，根据牛顿第二定律F′＝Ma，解得a＝，故选A.

展开更多......

收起↑