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第1讲　动量和动量定理
学习目标　1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。 2.能用动量定理解释生活中的有关现象。 3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判断
(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(√)
(2)物体的动能不变，其动量一定不变。(×)
(3)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。(√)
(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(×)
(5)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。(×)
2.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
答案　B
考点一　动量和冲量
1.动能、动量、动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
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
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的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，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②图像法：作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，求出该力作用下物体动量的变化量，再由动量定理I＝Δp求解。
角度　对动量和动能比较
例1 (多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是(　　)
A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
答案　BD
解析　在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL＝Ek，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确。
角度　恒力冲量的计算
例2 如图1所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，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。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
答案　B
解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B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，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D错误。
角度　利用F－t图像求冲量
例3 (多选)(2024·陕西咸阳模拟)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图2所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
图2
A.在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg· m/s
B.在t＝4 s时，物块的速度为0
C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
答案　AD
解析　图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，0～2 s内，根据动量定理有t1－μmgt1＝Δp＝p2－0，代入数据可得p2＝1 kg· m/s，故A正确；2～4 s内，根据动量定理有t2－μmgt2＝mv4－p2，代入数据解得v4＝1 m/s，故B错误；由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为Δp1＝1 kg· m/s，2～4 s内物块动量的变化量大小为Δp2＝0，4～5 s内物块动量的变化量大小为Δp3＝|－t3－μmgt3|＝1.5 kg· m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为＝，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，Ff＝μmg＝1 N，由题图可知为t＝3 s时F＝Ff，根据动量定理可知t23－μmgt23＝mv3－p2，代入数据得v3＝1.5 m/s，故D正确。
1.(多选)(2023·新课标卷，19)如图3，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
图3
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
答案　BD
解析　根据F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则Ff甲＞Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
考点二　动量定理的理解和应用
对动量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(2)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，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)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。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
角度　用动量定理解释生活中的现象
例4 (2024·广东深圳高三联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是(　　)
图4
A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
答案　A
解析　根据动量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤快速敲打。选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大，快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t，增大铁锤的初速度v0，A正确，B错误；根据F＝，铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打。选择木锤是因为木锤的质量小，低速敲打增大木锤与地板的作用时间t，减小木锤的初速度v0，C、D错误。
用动量定理解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。　　
角度　动量定理的有关计算
例5 (2024·江西赣州模拟)2023年6月13日，杭州外卖小哥从约15米高的西兴大桥上跳下救人的事件感动了全国人民，从这么高跳下其实是很危险的，假设他的质量为60 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，跳下时初速度为零，若入水姿势正确则从接触水面到速度为零下降约3 m，若入水姿势不对则从接触水面到速度为零下降约1 m，则下列说法正确的是(　　)
A.人在空中运动过程中，重力的冲量与下降高度成正比
B.入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约3 000 N
C.入水姿势不正确的情况下，人受到水的平均作用力约9 600 N
D.人从跳下到速度减为零的过程中机械能守恒
答案　C
解析　人在空中做自由落体运动，h＝gt2，重力的冲量IG＝mgt＝mg＝m，故A错误；人在空中下降高度h，入水前速度v＝，在空中所用时间t1＝，在水中认为受到水的作用力F不变时，人的运动可以看作匀减速运动，设下降深度为d，在水中运动所用时间t2＝，整个过程对人运用动量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，化简得F＝mg，所以入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约为重力的6倍，即3 600 N，入水姿势不正确时，人受到水的平均作用力约为重力的16倍，即9 600 N，故B错误，C正确；人从跳下到速度减为零的过程，动能不变，重力势能减小，即机械能减小，故D错误。
2.(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图5所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
图5
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
答案　BD
解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后总的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
考点三　应用动量定理处理流体类问题
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“柱体”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建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例6 (2024·江苏苏州高三月考)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　)
图6
A.ρv B.2ρv 　
C.ρv2 　 D.2ρv2
答案　B
解析　单位时间的降水量Δh＝，在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·
ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt，设雨水受到的撞击力为F，竖直向下为正方向，根据动量定理有FΔt＝－mv－mv，联立解得F＝－2ρvΔS，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′＝2ρvΔS，因此平均压强为p＝＝2ρv，故B正确。
3.一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　)
A.Snmv B.2Snmv
C.Snmv D.2Snmv
答案　C
解析　时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝nmvS；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝Snmv，故C正确，A、B、D错误。
A级　基础对点练
对点练1　动量和冲量
1.(多选)(2023·广州市综合测试)如图1，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　)
图1
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
答案　AC
解析　垒球被击打后，可能以与击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向与棒对球的弹力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。
2.(2024·福建厦门高三期末)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的试验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图2)。从碰撞开始到碰撞结束的过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部(　　)
图2
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
答案　D
解析　由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像与横轴所围成的面积即表示合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像的面积等于动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由题图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头部静止，动量变化最大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝，而F－t图像与横轴所围成的面积表示动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。
3.(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　根据动能定理可知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D正确。
对点练2　动量定理的理解和应用
4.(多选)(2024·广东汕头高三月考)如图3所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，对这些轮胎的作用，下列说法正确的是(　　)
图3
A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间
D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力
答案　CD
解析　对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理，轮船受到的冲量也相同，故A、B错误；轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故C、D正确。
5.(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，小西观看央视春晚杂技节目《龙跃神州》中的抛幡表演，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5 s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5 s，将幡接稳在手中。若一根中幡质量约为20 kg，重力加速度g＝10 m/s2。假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为(　　)
A.300 N B.500 N
C.600 N D.800 N
答案　B
解析　由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·＝7.5 m/s，接幡过程中，设幡对手的平均作用力为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解得F＝500 N，故B正确。
6.(多选)(2024·山东潍坊高三期末)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图4所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　)
图4
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg· m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
答案　AD
解析　由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，即网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D正确。
对点练3　应用动量定理处理流体类问题
7.(多选)(2024·安徽阜阳高三期末)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，轨道摩擦等其他阻力不计，下列说法正确的是(　　)
图5
A.列车的最大运行速度为
B.列车的最大运行速度为
C.列车受到的最大阻力为
D.列车受到的最大阻力为
答案　AC
解析　设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0，解得F＝ρSv2，当牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，得vmax＝，A正确，B错误；列车以最大速度运行时，受到的空气阻力为f＝ρSv＝，C正确，D错误。
8.(2024·江西南昌高三期中)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是(　　)
A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
答案　B
解析　形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。
B级　综合提升练
9.(多选)如图6所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则(　　)
图6
A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0
B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更低
D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更高
答案　BD
解析　由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－
(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。
10.(2024·黑龙江大庆月考)如图7所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　)
图7
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
答案　D
解析　高压水枪单位时间喷出水的质量为m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B错误；设汽车对水柱的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力大小为ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，D正确。
11.(多选)(2023·重庆卷，8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图8所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t－26和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则(　　)
图8
A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机的货物处于失重状态
C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s
D.MN段无人机机械能守恒
答案　AB
解析　EF段方程y＝4t－26，根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知EF段无人机的速度大小为v＝＝4 m/s，故A正确；FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段无人机的速度为v′＝＝－2 m/s，则有Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12kg·m/s，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
C级　培优加强练
12.(2024·山东泰安模拟)如图9所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图10所示，4 s后拉力F消失，2 s时物块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度；
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。
答案　(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　 J
解析　(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由题图可知此时F＝8 N
由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入数据得μ＝0.25
0～2 s由动量定理有
IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0
根据F－t图像与时间轴所围的面积表示冲量，结合题图可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s
联立解得vm＝8 m/s。
(2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假设，则滑块4 s时末速度为v1＝0
滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有
v－v＝2a2x
由牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ
解得最大位移x＝ m
设拉力F做的功为W，上滑过程中，由动能定理有W－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0
解得W＝ J。第1讲　动量和动量定理
学习目标　1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。 2.能用动量定理解释生活中的有关现象。 3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判断
(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(　　)
(2)物体的动能不变，其动量一定不变。(　　)
(3)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。(　　)
(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(　　)
(5)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。(　　)
2.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
考点一　动量和冲量
1.动能、动量、动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
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
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的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，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②图像法：作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，求出该力作用下物体动量的变化量，再由动量定理I＝Δp求解。
角度　对动量和动能比较
例1 (多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是(　　)
A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
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角度　恒力冲量的计算
例2 如图1所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，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。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
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角度　利用F－t图像求冲量
例3 (多选)(2024·陕西咸阳模拟)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图2所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
图2
A.在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg· m/s
B.在t＝4 s时，物块的速度为0
C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
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1.(多选)(2023·新课标卷，19)如图3，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
图3
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
考点二　动量定理的理解和应用
对动量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(2)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，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)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。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
角度　用动量定理解释生活中的现象
例4 (2024·广东深圳高三联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是(　　)
图4
A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
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用动量定理解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。　　
角度　动量定理的有关计算
例5 (2024·江西赣州模拟)2023年6月13日，杭州外卖小哥从约15米高的西兴大桥上跳下救人的事件感动了全国人民，从这么高跳下其实是很危险的，假设他的质量为60 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，跳下时初速度为零，若入水姿势正确则从接触水面到速度为零下降约3 m，若入水姿势不对则从接触水面到速度为零下降约1 m，则下列说法正确的是(　　)
A.人在空中运动过程中，重力的冲量与下降高度成正比
B.入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约3 000 N
C.入水姿势不正确的情况下，人受到水的平均作用力约9 600 N
D.人从跳下到速度减为零的过程中机械能守恒
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2.(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图5所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
图5
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
考点三　应用动量定理处理流体类问题
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“柱体”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建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例6 (2024·江苏苏州高三月考)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　)
图6
A.ρv B.2ρv 　
C.ρv2 　 D.2ρv2
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　)
A.Snmv B.2Snmv
C.Snmv D.2Snmv　　　　　第1练　动量和动量定理
A级　基础对点练
对点练1　动量和冲量
1.(多选)(2023·广州市综合测试)如图1，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　)
图1
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
2.(2024·福建厦门高三期末)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的试验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图2)。从碰撞开始到碰撞结束的过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部(　　)
图2
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
3.(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
对点练2　动量定理的理解和应用
4.(多选)(2024·广东汕头高三月考)如图3所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，对这些轮胎的作用，下列说法正确的是(　　)
图3
A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间
D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力
5.(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，小西观看央视春晚杂技节目《龙跃神州》中的抛幡表演，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5 s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5 s，将幡接稳在手中。若一根中幡质量约为20 kg，重力加速度g＝10 m/s2。假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为(　　)
A.300 N B.500 N
C.600 N D.800 N
6.(多选)(2024·山东潍坊高三期末)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图4所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　)
图4
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg· m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
对点练3　应用动量定理处理流体类问题
7.(多选)(2024·安徽阜阳高三期末)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，轨道摩擦等其他阻力不计，下列说法正确的是(　　)
图5
A.列车的最大运行速度为
B.列车的最大运行速度为
C.列车受到的最大阻力为
D.列车受到的最大阻力为
8.(2024·江西南昌高三期中)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是(　　)
A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
B级　综合提升练
9.(多选)如图6所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则(　　)
图6
A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0
B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更低
D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更高
10.(2024·黑龙江大庆月考)如图7所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　)
图7
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
11.(多选)(2023·重庆卷，8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图8所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t－26和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则(　　)
图8
A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机的货物处于失重状态
C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg ·m/s
D.MN段无人机机械能守恒
C级　培优加强练
12.(2024·山东泰安模拟)如图9所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图10所示，4 s后拉力F消失，2 s时物块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度；
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。
第1练　动量和动量定理
1.AC　[垒球被击打后，可能以与击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向与棒对球的弹力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。]
2.D　[由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像与横轴所围成的面积即表示合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像的面积等于动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由题图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头部静止，动量变化最大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝，而F－t图像与横轴所围成的面积表示动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。]
3.D　[根据动能定理可知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D正确。]
4.CD　[对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理，轮船受到的冲量也相同，故A、B错误；轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故C、D正确。]
5.B　[由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·＝7.5 m/s，接幡过程中，设幡对手的平均作用力为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解得F＝500 N，故B正确。]
6.AD　[由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，即网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D正确。]
7.AC　[设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0，解得F＝ρSv2，当牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，得vmax＝，A正确，B错误；列车以最大速度运行时，受到的空气阻力为f＝ρSv＝，C正确，D错误。]
8.B　[形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。]
9.BD　[由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。]
10.D　[高压水枪单位时间喷出水的质量为m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B错误；设汽车对水柱的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力大小为ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，D正确。]
11.AB　[EF段方程y＝4t－26，根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知EF段无人机的速度大小为v＝＝4 m/s，故A正确；FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段无人机的速度为v′＝＝－2 m/s，则有Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12kg·m/s，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。]
12.(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　 J
解析　(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由题图可知此时F＝8 N
由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入数据得μ＝0.25
0～2 s由动量定理有IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0
根据F－t图像与时间轴所围的面积表示冲量，结合题图可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s
联立解得vm＝8 m/s。
(2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理有IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假设，则滑块4 s时末速度为v1＝0
滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有v－v＝2a2x
由牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ
解得最大位移x＝ m
设拉力F做的功为W，上滑过程中，由动能定理有
W－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0
解得W＝ J。(共58张PPT)
第1讲　动量和动量定理
第六章　动量守恒定律
理解动量和冲量的概念，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。
会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
质量
速度
mv
速度
相同
乘积
FΔt
N·s
矢量
相同
变化量
mv′－mv
1.思考判断
(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。( )
(2)物体的动能不变，其动量一定不变。( )
(3)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。( )
(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。( )
(5)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。( )
√
×
√
×
×
2.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
B
研透核心考点
2
考点二　动量定理的理解和应用
考点一　动量和冲量
考点三　应用动量定理处理流体类问题
1.动能、动量、动量变化量的比较
考点一　动量和冲量
2.冲量的计算
②图像法：作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，求出该力作用下物体动量的变化量，再由动量定理I＝Δp求解。
BD
例1 (多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是(　　)
A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
角度　　对动量和动能比较
B
例2 如图1所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，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。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
角度　　恒力冲量的计算
图1
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B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，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D错误。
AD
例3 (多选)(2024·陕西咸阳模拟)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图2所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
角度　　利用F－t图像求冲量
图2
A.在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg· m/s
B.在t＝4 s时，物块的速度为0
C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
－μmgt23＝mv3－p2，代入数据得v3＝1.5 m/s，故D正确。
BD
1.(多选)(2023·新课标卷，19)如图3，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
图3
A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零
考点二　动量定理的理解和应用
A
例4 (2024·广东深圳高三联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是(　　)
角度　　用动量定理解释生活中的现象
图4
A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
C
例5 (2024·江西赣州模拟)2023年6月13日，杭州外卖小哥从约15米高的西兴大桥上跳下救人的事件感动了全国人民，从这么高跳下其实是很危险的，假设他的质量为60 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，跳下时初速度为零，若入水姿势正确则从接触水面到速度为零下降约3 m，若入水姿势不对则从接触水面到速度为零下降约1 m，则下列说法正确的是(　　)
A.人在空中运动过程中，重力的冲量与下降高度成正比
B.入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约3 000 N
C.入水姿势不正确的情况下，人受到水的平均作用力约9 600 N
D.人从跳下到速度减为零的过程中机械能守恒
角度　　动量定理的有关计算
人受到水的平均作用力约为重力的6倍，即3 600 N，入水姿势不正确时，人受到水的平均作用力约为重力的16倍，即9 600 N，故B错误，C正确；人从跳下到速度减为零的过程，动能不变，重力势能减小，即机械能减小，故D错误。
BD
2.(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图5所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
图5
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后总的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
考点三　应用动量定理处理流体类问题
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“柱体”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建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例6 (2024·江苏苏州高三月考)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　)
B
图6
C
3.一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　)
提升素养能力
3
AC
对点练1　动量和冲量
1.(多选)(2023·广州市综合测试)如图1，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　)
A级　基础对点练
图1
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
解析　垒球被击打后，可能以与击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向与棒对球的弹力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。
D
2.(2024·福建厦门高三期末)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的试验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图2)。从碰撞开始到碰撞结束的过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部(　　)
图2
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
解析　由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像与横轴所围成的面积即表示合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像的面积等于动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由题图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头部静止，动量变化最大，A、
D
3.(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
CD
4.(多选)(2024·广东汕头高三月考)如图3所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，对这些轮胎的作用，下列说法正确的是(　　)
图3
A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间
D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力
解析　对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理，轮船受到的冲量也相同，故A、B错误；轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故C、D正确。
B
5.(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，小西观看央视春晚杂技节目《龙跃神州》中的抛幡表演，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5 s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5 s，将幡接稳在手中。若一根中幡质量约为20 kg，重力加速度g＝10 m/s2。假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为(　　)
A.300 N B.500 N C.600 N D.800 N
AD
6.(多选)(2024·山东潍坊高三期末)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图4所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　)
图4
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg· m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
AC
对点练3　应用动量定理处理流体类问题
7.(多选)(2024·安徽阜阳高三期末)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，轨道摩擦等其他阻力不计，下列说法正确的是(　　)
图5
B
8.(2024·江西南昌高三期中)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是(　　)
A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
BD
9.(多选)如图6所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则(　　)
B级　综合提升练
图6
A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0
B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更低
D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更高
解析　由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。
D
10.(2024·黑龙江大庆月考)如图7所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　)
图7
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
AB
11.(多选)(2023·重庆卷，8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图8所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t－26和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则(　　)
图8
A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机的货物处于失重状态
C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s
D.MN段无人机机械能守恒
＝－12kg·m/s，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
(1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度；
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。
解析　(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，
则滑块所受合外力为0，由题图可知此时F＝8 N
由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入数据得μ＝0.25
0～2 s由动量定理有
IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0
根据F－t图像与时间轴所围的面积表示冲量，
联立解得vm＝8 m/s。
(2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
解得t1＝4 s
符合假设，则滑块4 s时末速度为v1＝0
滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有
由牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ
设拉力F做的功为W，上滑过程中，由动能定理有W－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0
本节内容结束
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