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第1讲　动量与动量定理
考点一　动量与冲量
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.动量(p)
(1)定义：物体的质量和运动速度的①　　　　，即p=②　　　　。
(2)单位(国际单位制)：③　　　　，符号是④　　　　。
(3)方向：动量是⑤　　　　量，它的方向与⑥　　　　的方向相同。
(4)动量的变化量(Δp)：物体的末动量p2与初动量p1的⑦　　　差。动量的变化量也是⑧　　　量，它的方向与⑨　　　　的方向相同。
2.冲量(I)
(1)定义：力和力的作用时间的⑩　　　　，即I=　　　　。
(2)单位(国际单位制)：　　　　，符号是　　　　。1 N·s=1 kg·m/s。
【考教衔接】
1.研究物体的碰撞时，物体碰撞过程中受到的作用力F往往不是恒力，求F的冲量时，可以把碰撞过程细分为很多短暂的过程，如图1所示，在每个短暂的Δt时间内物体所受的力没有很大的变化，可认为是恒力，则每个短暂过程中力的冲量分别为F1Δt，F2Δt，…，将关系式相加，就得到整个过程作用力F的冲量且其在数值上等于F-t曲线与横轴所围图形的面积。这种处理方式体现的物理方法是　　　　。
请利用以上物理方法分析以下问题：
质量为m的质点在t=0时刻由静止开始做直线运动，其合力F合随时间t的变化图像如图2所示。
(1)在0~t0时间内合力的冲量大小、方向如何
答：　　　　　 　　　。
(2)在0~2t0时间内合力的冲量如何
答：　　　　　 　　　。
2.如图所示，一个质量为0.2 kg的钢球，以v=2 m/s的速度斜射到坚硬的水平石板上，入射角度为37°，碰撞后斜着弹出，弹出的角度为53°，速度变为v'=1.5 m/s。
(1)关于此碰撞过程，钢球在竖直方向的动量变化量的大小为　　　　。
(2)钢球总动量变化量的大小为　　　　。
(3)请在下面的方框内画出初动量、末动量、动量变化量三者的矢量图。
【突破·考点题型】
角度1　对动量、冲量等物理量的理解
1.动量的三个特性
矢量性 动量是矢量，其方向与速度的方向相同。动量的运算必须遵循平行四边形定则
瞬时性 动量是描述物体运动状态的物理量。在谈及动量时，必须明确物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量
相对性 动量的大小与参考系的选取有关，即它具有相对性。没有特殊说明，动量表达式中的速度通常选择地面或相对地面静止的物体为参考系
2.冲量的三个特性
矢量性 冲量是矢量。在作用时间内，当力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同；当力的方向变化时，冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量的方向相同
时间性 冲量描述的是作用在物体上的力对时间的累积效应，与某一过程(或时间间隔)相对应，在计算冲量的大小时，一定要明确是哪个力在哪一段过程(或时间)的冲量
绝对性 在经典力学中，冲量表达式中的力与时间均具有绝对性，故冲量也具有绝对性
如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动，圆盘上距轴r处有一质量为m的小物块。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至ω。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是 (　　)
A.物块所受摩擦力的冲量为零
B.物块所受重力的冲量始终为零
C.物块的动量变化量的大小为mωr
D.物块所受摩擦力做的功为零
角度2　冲量、动量的变化量等物理量的计算
(多选)将质量为m的质点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g。从抛出开始计时，下列说法正确的是 (　　)
A.在t时间内，质点在水平方向的动量变化量的大小为mv0
B.t时刻质点的动量大小为m(v0+gt)
C.在t时间内，质点动量的变化量的大小为mgt，方向竖直向下
D.在t时间内，质点的重力的冲量大小为mgt，方向竖直向下
核心归纳 关于动量的变化量的计算的两点说明 　　情形1　同一直线上动量变化量的计算 　　先选取正方向，与正方向相同的量为正，与正方向相反的量为负，然后代入公式Δp=p2-p1计算。若Δp为正值，说明Δp的方向与所选正方向相同；若Δp为负值，说明Δp的方向与所选正方向相反。 ①当p1、p2同方向且p1p2时，Δp与p1(或p2)方向相反，如图2所示。 ③当p1、p2方向相反时，Δp与p2方向相同，如图3所示。 情形2　当初动量和末动量不在一条直线上时，动量变化量由平行四边形定则进行运算，如图4所示。
角度3　动量与动能的关联
动量与动能的区别与联系
名称 动量 动能
定义 物体质量和速度的乘积 物体质量和速度二次方的乘积的一半
表达式 p=mv Ek=mv2
标矢性 矢量 标量
变化原因 合外力的冲量 合外力所做的功
特点 状态量 状态量
相互关联 Ek=
(多选)子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为p1；射穿木块后子弹的动能为E2，动量大小为p2。若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块的过程中的平均速度大小为(　　)
A. B. C.+ D.-
考点二　动量定理及其应用
【理清·知识结构】
【知识梳理】
　　动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于这个过程始末的①　　　　。
(2)表达式：F·Δt=mv'-mv或I=p'-p，公式中的F是物体所受的②　　　　力。
【考教衔接】
如图所示，光滑水平面上一质量为m的物块受到水平向左的恒力F的作用。若初始时刻它的速度为v，一段时间Δt后它的速度变为v'。
请根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律推导动量定理的表达式。
【突破·考点题型】
角度1　动量定理的理解
对动量定理的理解，要抓住以下三个方面
1.物理意义：动量定理反映了冲量与动量变化的因果关系，即冲量是原因，动量变化是结果。
2.表达式：F·Δt=mv'-mv是矢量式，等号包括了大小相等、方向相同两方面的含义。利用它分析问题时要先选定正方向。
3.力F的含义：力F是指合力，力F的冲量是指合力的冲量。若合力是变力，则F应是合力在作用时间内的平均值。
甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，它们的动量随时间变化的p-t图像如图所示，已知甲、乙两物体在水平方向仅受摩擦力且与地面间的动摩擦因数相同，则甲、乙两物体的质量之比为 (　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶3
角度2　用动量定理解释缓冲现象
(多选)如图所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，当轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，关于这些轮胎的作用，下列说法正确的是 (　　)
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
角度3　利用动量定理求平均作用力
利用动量定理分析问题的基本思路
1.确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
2.明确研究对象的运动过程，确定各运动过程的运动性质及遵循的物理规律，分别运用其对应的物理规律列式。
3.在运用动量定理列式时，要确定是对哪段运动过程运用动量定理列式，对这段过程进行受力分析(可先求每个力的冲量，再求各个力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求合力的冲量)，确定初、末状态的动量大小和方向，先选取正方向，再运用动量定理列式求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理列式，也可整个过程用动量定理列式。
一个质量m=1.0 kg的小球，从距离地面高为5.0 m处自由落下，与水平地面发生碰撞后，小球上升的最大高度为3.2 m。已知小球与地面碰撞的时间为0.60 s，重力加速度取g=10 m/s2，不计空气阻力。求在碰撞时间内：
(1)小球动量的变化量。
(2)小球对地面的平均作用力。
角度4　动量定理与F-t图像
汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图1所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，一段时间后与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚接触气囊表面时为计时起点，气囊对头锤在竖直方向上的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图2所示的图像描述(0.18 s时F减小到0)。已知头锤质量M=10 kg，H=1.8 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求：
(1)碰撞过程中F的冲量大小和方向。
(2)碰撞结束后头锤上升的最大高度。
核心归纳 计算冲量的四种方法 公式法利用I=Ft计算，此法仅适用于恒力冲量的计算图像法在F-t图像中，图线与t轴围成的几何图形的面积表示冲量平均值法若力的方向不变，大小随时间均匀变化，即力与时间的关系为线性关系，则力F在某段时间t内的冲量I=t，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法由I=Δp求冲量
【强化·学科思维】
利用动量定理解决持续作用问题
模型一　流体类
某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
模型二　微粒类
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=5.0 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上。求：
(1)单位时间内附着在飞船表面上的微粒质量。
(2)飞船保持速度v运动所需推力的大小。
练创新试题·知命题导向
1.(多选)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.0~0.3 s运动员一直处于超重状态
B.运动员运动中离床面的最大高度为5 m
C.0.3 s到2.3 s，运动员所受合力的冲量为0
D.0~0.3 s，蹦床的作用力对运动员的冲量为1 380N·s
2.(多选)物块置于足够长的粗糙斜面上并锁定，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=tan θ。t=0时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是 (　　)
A.0~4t0，物块做往复运动
B.0~4t0，合外力的总冲量为0
C.物块在时的动量大于在时的动量
D.物块在2t0~3t0时间内的位移等于在3t0~4t0时间内的位移
3.(多选)将一质量为m的小球竖直向上抛出，以向下为正方向，因受空气阻力，小球的加速度与速度的关系如图所示，起点纵坐标为b，纵截距为k，横截距为c，已知k=g(g为重力加速度)，经时间t小球到达最高点，返回出发点时速度为c，则下列说法正确的是 (　　)
A.小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定
B.小球的初速度大小为c
C.小球向上运动的最大距离为
D.小球从抛出至落回抛出点总用时为
参考答案
考点一
知识梳理
①乘积　②mv　③千克米每秒
④kg·m/s　⑤矢　⑥速度　⑦矢量　⑧矢
⑨速度变化量　⑩乘积
F·Δt　牛秒　N·s
考教衔接
1.微元法；(1)0~t0时间内合力的冲量为F0t0；方向与F合方向相同。　(2)0~2t0时间内合力的冲量为0。
2.(1)0.5 kg·m/s　(2)0.5 kg·m/s
(3)
例1　C　解析　在角速度从0增大至ω的过程中，物块存在切线方向的加速度，摩擦力有切向分力，还有法向分力，因此，摩擦力的冲量大小不为零，方向并非指向O点，A项错误；由冲量的定义知，重力的冲量不等于零，B项错误；物块的初始动量为零，末动量p'=mv=mωr，动量的变化量Δp=p'=mωr，C项正确；由于支持力和重力对物块不做功，由动能定理知，摩擦力做的功等于动能的变化量，即W=mv2=mω2r2，D项错误。
例2　CD　解析　质点做平抛运动时，其水平方向的分运动为匀速直线运动，故质点在水平方向的动量不变，A项错误；根据平抛运动的规律可得，t时刻质点的速度大小v=，故t时刻质点的动量大小p=mv=m，B项错误；质点做平抛运动，平抛运动是匀变速曲线运动，t时间内速度的变化量Δv=gt，因此t时间内质点动量的变化量大小Δp=m·Δv=mgt，方向竖直向下，C项正确；由冲量的定义知，t时间内质点的重力的冲量大小为mgt，方向竖直向下，D项正确。
例3　BC　解析　子弹在木块中穿过时做匀减速直线运动，===；==+=+。
考点二
知识梳理
①动量变化量　②合
考教衔接
根据匀变速直线运动规律有a==，根据牛顿第二定律有F=ma，联立可得FΔt=mv'-mv。
例4　C　解析　根据动量定理有-μm甲g·t=0-p0，-μm乙g·2t=0-p0，解得m甲∶m乙=2∶1，C项正确。
例5　CD　解析　在轮船靠岸与码头碰撞的过程中，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理可知，轮船受到的冲量也相同，A、B两项错误；轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，C、D两项正确。
例6　解答　依据题意建立情境示意图，如图所示。
(1)设小球与地面碰撞前、后的速度大小分别为v1、v2
小球与地面接触前，由自由落体运动规律有v1==10 m/s
小球与地面碰撞后，由竖直上抛运动规律有v2==8 m/s
规定竖直向上为正方向，小球动量的变化量Δp=mv2-(-mv1)=18 kg·m/s，方向竖直向上。
(2)规定竖直向上为正方向，以小球为研究对象，对小球与地面碰撞过程，由动量定理有(F-mg)Δt=Δp
解得F=40 N
由牛顿第三定律知，碰撞过程中小球对地面的平均作用力大小为40 N，方向竖直向下。
例7　解答　(1)根据I=Ft可知，F-t图像与时间轴围成的面积表示压力F的冲量，图像中每一格的冲量大小为I0=F0t0=0.2×103 N×0.01 s=2 N·s，F-t图像与时间轴围成的面积的格数约为51格，故压力F的冲量大小IF=51I0=102 N·s，冲量方向竖直向上。
(2)头锤落到气囊上时的速度大小v0==6 m/s
在头锤与气囊作用的过程中，由动量定理(向上为正方向)有IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2.4 m/s
碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.288 m。
例8　解答　(1)设时间Δt内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm=ρΔV，ΔV=v0SΔt。因此，单位时间内从喷口喷出的水的质量=ρv0S。
(2)如图所示，设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v，
对于Δt时间内喷出的水，由机械能守恒定律有(Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp=(Δm)v
设水对玩具的作用力的大小为F，则由牛顿第三定律知，玩具对水的作用力大小亦为F，但方向相反
对Δt时间内与玩具接触的水为研究对象，由于水的质量很小，故忽略水的重力，由动量定理有FΔt=Δp
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件有F=Mg
联立解得h=-。
例9　解答　(1)建立流管模型，如图所示，设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，若飞船不动，则微粒朝着飞船运动，在Δt时间内与飞船发生相互作用，即附着在飞船上的微粒质量Δm=ρSvΔ单位时间的质量=ρSv=2.0×10-2 kg/s。
(2)微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理有
FΔt=Δm·v=ρSv2Δt，即F=ρSv2，代入已知数值，解得F=40 N
由牛顿第三定律知，微粒对飞船作用力的大小等于飞船对微粒的作用力的大小F。为维持飞船匀速运动，需要增加的推力大小为40 N。
练创新试题
1.BD　解析　当F小于运动员的重力时运动员处于失重状态，F大于运动员的重力时运动员处于超重状态，A项错误；根据题图可知，运动员从t=0.3 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则运动员竖直上抛初速度大小v=10×1m/s=10m/s，则hm==5 m，B项正确；0.3 s~2.3 s，运动员仅受到重力作用，合力的冲量不为0，C项错误；根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员落到蹦床上时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理有IF-mg·Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3 s，代入数据可得IF=1 380N·s，D项正确。
2.BD　解析　根据f=μmgcos θ=mgsin θ可知，物块运动时受到的摩擦力大小正好等于物块重力沿斜面的分力大小，则可知物块运动时受到的合力即为力F；由F-t图像的面积表示力F的冲量可知，0~2t0与0~4t0，合外力的总冲量均为0，B项正确。0~t0时间内物块加速下滑，t0~2t0时间内物块减速下滑，且两段的加速度大小相等，则根据对称性可知物块在时的速度等于在时的速度，即这两个时刻物块的动量相等，C项错误。由上面的分析可知，物块一直下滑，A项错误。根据对称性可知，物块在2t0~3t0时间内的位移等于在3t0~4t0时间内的位移，D项正确。
3.BD　解析　由题知，小球在运动过程中受空气阻力，在上升过程中a==g+，由图可知a=k-(取向下的速度为正)，故f=-，即空气阻力大小为，与速度有关，A项错误；当加速度为b时，v初=c<0，故其大小为c，B项正确；以向下为正方向，由动量定理得mgt+t=0-mv初，其中因=，可知t=，其中g=k，代入得h=，C项错误；根据t=可知，上下过程空气阻力的冲量大小相等，方向相反，即全程空气阻力合冲量为0，由动量定理得mgt总=mc-mv初，解得t总=，D项正确。(共50张PPT)
第1讲 动量与动量定理
考点一 动量与冲量
考点二 动量定理及其应用
考点一 动量与冲量
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.动量
（1）定义：物体的质量和运动速度的①______，即 ____。
（2）单位（国际单位制） ____________，符号是④________。
（3）方向：动量是⑤____量，它的方向与⑥______的方向相同。
（4）动量的变化量物体的末动量与初动量 的⑦______差。
动量的变化量也是⑧____量，它的方向与⑨____________的方向相同。
乘积
千克米每秒
矢
速度
矢量
矢
速度变化量
2.冲量
（1）定义：力和力的作用时间的⑩______，即 ______。
（2）单位（国际单位制） ______，符号是 _____。
。
乘积
牛秒
考教衔接 以图说法
1.研究物体的碰撞时，物体碰撞过程中受到的作用力 往
往不是恒力，求 的冲量时，可以把碰撞过程细分为很多
短暂的过程，如图1所示，在每个短暂的 时间内物体所
微元法
受的力没有很大的变化，可认为是恒力，则每个短暂过程中力的冲量分
别为，， ，将关系式相加，就得到整个过程作用力 的冲量
且其在数值上等于 曲线与横轴所围图形的面积。这种处理方式体
现的物理方法是________。
请利用以上物理方法分析以下问题：
质量为的质点在时刻由静止开始做直线运动，其合力随时间
的变化图像如图2所示。
（1）在 时间内合力的冲量大小、方向如何
答：_______________________________________
___________。
时间内合力的冲量为;方向与方向相同。
（2）在 时间内合力的冲量如何
答：_____________________________。
时间内合力的冲量为0。
2.如图所示，一个质量为 的钢球，以
的速度斜射到坚硬的水平石板上，入
射角度为 ，碰撞后斜着弹出，弹出的角度
为 ，速度变为 。
（1）关于此碰撞过程，钢球在竖直方向的动量变化量的大小为_______
_____。
（2）钢球总动量变化量的大小为____________。
（3）请在下面的方框内画出初动量、末动量、动量变化量三者的矢量图。
[答案]
突破 考点题型
角度1 对动量、冲量等物理量的理解
1.动量的三个特性
矢量性 动量是矢量，其方向与速度的方向相同。动量的运算必须遵循
平行四边形定则
瞬时性 动量是描述物体运动状态的物理量。在谈及动量时，必须明确
物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量
相对性 动量的大小与参考系的选取有关，即它具有相对性。没有特殊
说明，动量表达式中的速度通常选择地面或相对地面静止的物
体为参考系
2.冲量的三个特性
矢量 性 冲量是矢量。在作用时间内，当力的方向不变时，冲量的方向
与力的方向相同；当力的方向变化时，冲量的方向与相应时间
内物体动量的变化量的方向相同
时间 性 冲量描述的是作用在物体上的力对时间的累积效应，与某一过
程（或时间间隔）相对应，在计算冲量的大小时，一定要明确
是哪个力在哪一段过程（或时间）的冲量
绝对 性 在经典力学中，冲量表达式中的力与时间均具有绝对性，故冲
量也具有绝对性
例1 如图所示，圆盘可在水平面内绕通过 点的竖直轴转
动，圆盘上距轴处有一质量为 的小物块。某时刻起，
圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至
。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数为 ，该过程中
物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是( )
C
A.物块所受摩擦力的冲量为零 B.物块所受重力的冲量始终为零
C.物块的动量变化量的大小为 D.物块所受摩擦力做的功为零
[解析] 在角速度从0增大至 的过程中，物块存在切线方向的加速度，
摩擦力有切向分力，还有法向分力，因此，摩擦力的冲量大小不为零，
方向并非指向 点，A项错误;由冲量的定义知，重力的冲量不等于零，
B项错误;物块的初始动量为零，末动量 ，动量的变化量
，C项正确;由于支持力和重力对物块不做功，由动能定
理知，摩擦力做的功等于动能的变化量，即 ，D
项错误。
角度2 冲量、动量的变化量等物理量的计算
例2 （多选）将质量为的质点以速度 水平抛出，不计
空气阻力，重力加速度为 。从抛出开始计时，下列说法正确的是
( )
CD
A.在时间内，质点在水平方向的动量变化量的大小为
B.时刻质点的动量大小为
C.在时间内，质点动量的变化量的大小为 ，方向竖直向下
D.在时间内，质点的重力的冲量大小为 ，方向竖直向下
[解析] 质点做平抛运动时，其水平方向的分运动为匀速直线运动，故质
点在水平方向的动量不变，A项错误;根据平抛运动的规律可得， 时刻
质点的速度大小，故 时刻质点的动量大小
，B项错误;质点做平抛运动，平抛运动是匀变
速曲线运动，时间内速度的变化量，因此 时间内质点动量的
变化量大小 ，方向竖直向下，C项正确;由冲量的定
义知，时间内质点的重力的冲量大小为 ，方向竖直向下，D项正确。
核心归纳
关于动量的变化量的计算的两点说明
情形1 同一直线上动量变化量的计算
先选取正方向，与正方向相同的量为正，与正方向相反的量为负，
然后代入公式计算。若为正值，说明的方向与所选正
方向相同；若为负值，说明的方向与所选正方向相反。
①当、同方向且时，与（或 ）方向相同，如图1
所示。
②当、同方向且时，与（或 ）方向相反，如图2
所示。
③当、方向相反时，与 方向相同，如图3所示。
情形2 当初动量和末动量不在一条直线上时，动量变化量由平行四
边形定则进行运算，如图4所示。
角度3 动量与动能的关联
动量与动能的区别与联系
名称 动量 动能
定义 物体质量和速度的乘积 物体质量和速度二次方的乘积的一
半
表达式
标矢性 矢量 标量
变化原因 合外力的冲量 合外力所做的功
特点 状态量 状态量
相互关联 例3 （多选）子弹在射入木块前的动能为，动量大小为 ；射穿木块
后子弹的动能为，动量大小为 。若木块对子弹的阻力大小恒定，则
子弹在射穿木块的过程中的平均速度大小为( )
BC
A. B. C. D.
[解析] 子弹在木块中穿过时做匀减速直线运动，
; 。
考点二 动量定理及其应用
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
动量定理
（1）内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于这个过程始末的
①____________。
（2）表达式：或，公式中的 是物体所受
的②____力。
动量变化量
合
考教衔接 以图说法
如图所示，光滑水平面上一质量为 的物
块受到水平向左的恒力 的作用。若初始
请根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律推导动量定理的表达式。
[答案] 根据匀变速直线运动规律有 ，根据牛顿第二定律有
，联立可得 。
时刻它的速度为，一段时间后它的速度变为 。
突破 考点题型
角度1 动量定理的理解
对动量定理的理解，要抓住以下三个方面
1.物理意义：动量定理反映了冲量与动量变化的因果关系，即冲量是原
因，动量变化是结果。
2.表达式：是矢量式，等号包括了大小相等、方向相
同两方面的含义。利用它分析问题时要先选定正方向。
3.力的含义：力是指合力，力的冲量是指合力的冲量。若合力是变
力，则应是合力在作用时间内的平均值。
例4 甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上
做匀减速直线运动，直到停止，它们的动量随
时间变化的 图像如图所示，已知甲、乙两
物体在水平方向仅受摩擦力且与地面间的动摩
C
A. B. C. D.
[解析] 根据动量定理有， ，解
得 ，C项正确。
擦因数相同，则甲、乙两物体的质量之比为 ( )
角度2 用动量定理解释缓冲现象
例5 （多选）如图所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶
轮胎，当轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，关于这些轮胎的作
用，下列说法正确的是( )
CD
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] 在轮船靠岸与码头碰撞的过程中，轮船的初、末速度不会受轮胎
影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理可知，轮船受到的冲量也
相同，A、B两项错误;轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过
程的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，C、D两项正确。
角度3 利用动量定理求平均作用力
利用动量定理分析问题的基本思路
1.确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论问题，其研究对象一般仅
限于单个物体。
2.明确研究对象的运动过程，确定各运动过程的运动性质及遵循的物理
规律，分别运用其对应的物理规律列式。
3.在运用动量定理列式时，要确定是对哪段运动过程运用动量定理列式，
对这段过程进行受力分析（可先求每个力的冲量，再求各个力冲量的矢量
和——合力的冲量；或先求合力，再求合力的冲量），确定初、末状态的
动量大小和方向，先选取正方向，再运用动量定理列式求解。对过程较复
杂的运动，可分段用动量定理列式，也可整个过程用动量定理列式。
例6 一个质量的小球，从距离地面高为 处
自由落下，与水平地面发生碰撞后，小球上升的最大高度为 。已
知小球与地面碰撞的时间为，重力加速度取 ，不计空
气阻力。求在碰撞时间内：
解答 依据题意建立情境示意图，如图所示。
（1）小球动量的变化量。
[答案] 设小球与地面碰撞前、后的速度大小分别为、
小球与地面接触前，由自由落体运动规律有
小球与地面碰撞后，由竖直上抛运动规律有
规定竖直向上为正方向，小球动量的变化量
，方向竖直向上。
（2）小球对地面的平均作用力。
[答案] 规定竖直向上为正方向，以小球为研究对象，对小球与地面碰撞
过程，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律知，碰撞过程中小球对地面的平均作用力大小为 ，
方向竖直向下。
角度4 动量定理与 图像
例7 汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图1所示，在安
全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为 处做自
由落体运动，一段时间后与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚接触气囊
表面时为计时起点，气囊对头锤在竖直方向上的作用力随时间 的变化
规律，可近似用图2所示的图像描述时减小到0 。已知头锤质量
,，重力加速度大小取 。求：
（1）碰撞过程中 的冲量大小和方向。
[答案] 解答根据可知，图像与时间轴围成的面积表示压力
的冲量，图像中每一格的冲量大小为
, 图像与时间轴围成的面积
的格数约为51格，故压力的冲量大小 ，冲量方向
竖直向上。
（2）碰撞结束后头锤上升的最大高度。
[答案] 头锤落到气囊上时的速度大小
在头锤与气囊作用的过程中，由动量定理（向上为正方向）有
解得
碰撞结束后头锤上升的最大高度 。
核心归纳
计算冲量的四种方法
公式法 利用 计算，此法仅适用于恒力冲量的计算
图像法 在图像中，图线与 轴围成的几何图形的面积表示冲
量
平均值法 若力的方向不变，大小随时间均匀变化，即力与时间的
关系为线性关系，则力在某段时间 内的冲量
，、 为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定理法 由 求冲量
强化 学科思维
利用动量定理解决持续作用问题
模型一 流体类
例8 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 的卡通玩具稳
定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 的喷口持
续以速度竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于 ）；水柱冲
击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀
散开。忽略空气阻力。已知水的密度为 ，重力加速度大小为 。求：
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量。
解答 设时间内，从喷口喷出的水的体积为，质量为 ，则
， 。因此，单位时间内从喷口喷出的水的质量
。
（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
[答案] 如图所示，设玩具悬停时其底面相对于喷口的
高度为 ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小
为，对于 时间内喷出的水，由机械能守恒定律有
在高度处， 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向
的动量变化量的大小
设水对玩具的作用力的大小为 ，则由牛顿第三定律知，玩具对水的作
用力大小亦为 ，但方向相反
对 时间内与玩具接触的水为研究对象，由于水的质量很小，故忽略水
的重力，由动量定理有
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件有
联立解得 。
模型二 微粒类
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
以的速度进入密度 的微粒尘区，
飞船垂直于运动方向上的最大横截面积 ，且认为微粒与飞船
相碰后都附着在飞船上。求：
（1）单位时间内附着在飞船表面上的微粒质量。
解答 建立流管模型，如图所示
设飞船在微粒尘区的飞行时间为 ，若飞船不动，则微粒朝着飞船运动，
在 时间内与飞船发生相互作用，即附着在飞船上的微粒质量
单位时间的质量 。
（2）飞船保持速度 运动所需推力的大小。
[答案] 微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理有
，即，代入已知数值，解得
由牛顿第三定律知，微粒对飞船作用力的大小等于飞船对微粒的作用力
的大小。为维持飞船匀速运动，需要增加的推力大小为 。
练创新试题 知命题导向
1. （多选）蹦床运动中，体重
为的运动员在 时刚好落到
蹦床上，对蹦床作用力大小与时间
BD
A. 运动员一直处于超重状态
B.运动员运动中离床面的最大高度为
C.到 ，运动员所受合力的冲量为0
D.，蹦床的作用力对运动员的冲量为
的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与
蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取 。下
列说法正确的是( )
[解析] 当小于运动员的重力时运动员处于失重状态， 大于运动员的
重力时运动员处于超重状态，A项错误;根据题图可知,运动员从
离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为 ，根据竖直上抛运
动的对称性可知，运动员上升时间为 ，则运动员竖直上抛初速度大小
，则，B项正确; ，
运动员仅受到重力作用，合力的冲量不为0，C项错误;根据竖直上抛运
动的对称性可知，运动员落到蹦床上时的速度大小为 ，以竖直向
上为正方向，根据动量定理有 ，其中
，代入数据可得 ，D项正确。
2. （多选）物块置于足够长的粗糙斜面上并锁定，已知物块与斜
面之间的动摩擦因数 。 时刻解除锁定，并对物块沿斜面
施加如图所示变化的力 ，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是
( )
A. ，物块做往复运动
B. ，合外力的总冲量为0
C.物块在时的动量大于在 时的动量
D.物块在时间内的位移等于在 时间内的位移
√
√
[解析] 根据 可知，物块运动时受到的摩擦力
大小正好等于物块重力沿斜面的分力大小，则可知物块运动时受到的合
力即为力;由图像的面积表示力的冲量可知，与 ，
合外力的总冲量均为0，B项正确。 时间内物块加速下滑，
时间内物块减速下滑，且两段的加速度大小相等，则根据对称
性可知物块在时的速度等于在 时的速度，即这两个时刻物块的动量
相等，C项错误。由上面的分析可知，物块一直下滑，A项错误。根据
对称性可知，物块在时间内的位移等于在 时间内的位
移，D项正确。
3. （多选）将一质量为 的小球竖直向上抛出，以向下为正
方向，因受空气阻力，小球的加速度与速度的关系如图所示，起点纵坐
标为，纵截距为，横截距为，已知为重力加速度，经时间
小球到达最高点，返回出发点时速度为 ，则下列说法正确的是
( )
BD
A.小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定
B.小球的初速度大小为
C.小球向上运动的最大距离为
D.小球从抛出至落回抛出点总用时为
[解析] 由题知，小球在运动过程中受空气阻力，在上升过程中
，由图可知 （取向下的速度为正），故
，即空气阻力大小为 ，与速度有关，A项错误;当加速度为
时，，故其大小为 ，B项正确;以向下为正方向，由
动量定理得，其中因,可知 ,其中
，代入得，C项错误;根据 可知，上下过程
空气阻力的冲量大小相等，方向相反，即全程空气阻力合冲量为0，由
动量定理得，解得 ，D项正确。

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