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(共34张PPT)
第七单元
动　量
课程标准 核心考点 考情统计
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性 2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象 3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会能量守恒思想 冲量、动量、动量定理 2025：浙江6月T9；1月T5
2024：浙江6月T15
2023：浙江6月T20
动量守恒定律及其应用 2025：浙江1月T8
2024：浙江6月T20
弹性碰撞和非弹性碰撞 2025：浙江6月T16、T17；1月T6
2024：浙江1月T20
2023：浙江6月T20；1月T20
实验：验证动量守恒定律
考点一　动量和冲量
考点二　动量定理的理解与应用
内
容
索
引
课时作业
第18讲　动量定理及其应用
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=____________。
考点一　动量和冲量
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
1.一个物体的运动状态变化时，动量一定改变。(　 　)
2.物体动量的变化等于某个力的冲量。(　 　)
3.物体沿水平面运动时，重力的冲量为零。(　 　)
4.两个质量不同的物体，若动量大则其动能一定大。(　 　)
力的作用时间
I=FΔt
N·s
矢量
力的方向
√



甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法中，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
例 1
【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，A、B错误；当两物体动能相等时，由p2=2mEk知p甲∶p乙==1∶2，C正确，D错误。
考向一　动量与动能的比较
C
动量和动能的区别与联系
要点总结
项目 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
标矢量 矢量 标量
变化因素 合力的冲量 合力所做的功
大小关系 p= Ek=
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； ③ 都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应 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。关于整个运动过程，下列说法中正确的是(　 　)
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)
例 2
【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，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D错误。
B
考向二　恒力冲量的计算
一质量m=4 kg的物体静置在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0时刻开始对物体施加一水平力F，其大小如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则在0~1.0 s时间内，摩擦力对物体的冲量大小为(　 　)
A.10 N·s
B.16 N·s
C.20 N·s
D.25 N·s
例 3
【解析】 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则Ffmax=μFN=μmg=20 N，0~0.4 s，F≤Ffmax，物体静止，摩擦力为静摩擦力，大小等于F，则静摩擦力的冲量由图知If静=×0.4×20 N·s= 4 N·s，0.4~1.0 s，F＞Ffmax，物体运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为20 N，则滑动摩擦力的冲量If动=μmgt=20×0.6 N·s=12 N·s，所以，摩擦力对物体的冲量大小为If=If静＋If动=16 N·s，B正确。
考向三　变力冲量的计算
B
冲量的四种计算方法
技能点拨
公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量，此法仅适用于恒力的冲量
图像法 利用F－t图像计算，F－t图线与横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 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I=·Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量 定理法 对于变力的冲量，不能直接用I=FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I=Δp求变力的冲量
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______________。
考点二　动量定理的理解与应用
动量变化量
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。(　 　)
√
Ft=mv'－mv
I=p'－p


(人教版选择性必修第一册改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　 　)
A.减小地面对于腿的冲量
B.减小人的动能变化量
C.减小人的动量变化量
D.减小地面对腿的冲击力
例 4
【解析】 落地时屈腿，这样可以增加脚与地接触的时间，根据动量定理得－Ft=0－mv，则F=，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，动能的变化量也不变；动量的变化率减小，即地面对脚的作用力减小，D正确。
D
考向一　用动量定理解释生活中的现象
(2025·浙江6月选考)高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到500 N的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为5 cm，要产生500 N的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为
(　 　)
A.5层 B.8层
C.17层 D.27层
例 5
【解析】 鸡蛋落地速度v满足v2=2gh，鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动可视为匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，则撞击时间Δt=，对鸡蛋，由动量定理(可忽略自身重力的冲量)得－FΔt=－mv，故F=mv。即2Fd=mv2=2mgh，所以h==50 m，每层楼高约3 m，对应17层，C正确。
C
考向二　动量定理的有关计算
利用动量定理解题的基本思路
技能点拨
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，物块由静止开始运动，作用4 s后撤去F。已知g取10 m/s2，关于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法中正确的是
(　 　)
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
例 6
【解析】 在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt=0，解得t=8 s，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，C、D错误。
B
考向三　动量定理在多过程中的应用
素养提升　动量定理与微元法的综合应用
考向一　微粒类问题
微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，特点是质量具有独立性，题目中通常给出单位体积内粒子数n作为已知条件
分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿运动速度v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
(2)用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl=vΔt，对应的体积为ΔV=SvΔt，则微元内的粒子数N=nvSΔt
(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N进行计算
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.Snm B.2Snm
C.Snm D.2Snm
例 7
【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=nmS；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=nmS，C正确，A、B、D错误。
C
考向二　流体类问题
流体及 其特点 通常液体、气体等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
(2)用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl=vΔt，对应的质量为Δm=ρV=ρSΔl=ρSvΔt
(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱的直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度变为0。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。下列说法中，正确的是　　(　 　)
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
例 8
【解析】 高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即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 =πρvD2·t·v，解得水柱对汽车的平均冲力F'=F=πρv2D2，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，压强变为原来的4倍，D正确。
D
课时作业
答案速对
第七单元 第18讲　动量定理及其应用 题号 1 2 3 4 5 6
答案 C C CD AD C AC
题号 7 8 9 10 11 答案 AD C A (1)3gt2　(2)gt2 (1)0.6 m　 (2)0.1 N·s　0 1.下列关于“物理观念”的说法，正确的是(　 　)
A.做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B.合力对物体做功为零，则合力的冲量也一定为零
C.做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的
D.做圆周运动的物体，经过一周，合力的冲量一定为零
C
2.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，下列说法中，正确的是(　 　)
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对时间的变化率减小
D.物品对充气袋的冲量等于充气袋对物品的冲量
C
3.(多选)如图所示，质量为m的小球，固定在轻杆上，绕过O点的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，A、B是圆周上与圆心O等高的两点。若小球运动的速度大小为v，轨道半径为R，且v=(g为重力加速度)，关于小球从A点运动到B点的过程，下列说法中正确的是
(　 　)
A.小球所受重力的冲量为0
B.小球所受向心力的冲量大小为mv
C.小球所受合力的冲量大小为2mv
D.小球所受重力的冲量大小为mv
CD
4.(多选)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取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　 　)
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
【解析】 F－t图像与t轴围成的面积表示拉力的冲量，在0~2 s内根据动量定理可知t－μmgt=p－0，代入数据可解得p=1 kg·m/s，A正确；同理，2~4 s内根据动量定理有t－μmgt =mv－p，代入数据解得v=1 m/s，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1 kg·m/s，2~4 s内物块动量的变化量大小为0，4~5 s内F≤1 N=μmg，物块做减速运动直到静止，动量变化量大小为1 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1∶1，C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可知为t=3 s时刻，根据动量定理有t'－μmgt'=mv'－p，代入数据解得v'=1.5 m/s，D正确。
AD
5.如图所示，一个质量为m的小球在真空中做自由落体运动，另一个
同样的小球在黏性较大的油中由静止开始下落。它们都由高度为h1
的地方下落到高度为h2的地方。关于小球的运动，下列说法中正确
的是(　 　)
A.从h1到h2，真空中和油中小球重力的冲量相同
B.从h1到h2，真空中和油中小球的动能变化量相同
C.从h1到h2，真空中和油中小球的机械能变化量不同
D.从h1到h2，真空中和油中小球的动量变化量相同
【解析】 真空中只受重力，油中还受阻力，所以合力不同，根据牛顿第二定律F合=ma，可知加速度不同，根据x=at2可知，运动时间不同，根据冲量公式I=Ft可知冲量不同，A错误；在真空中只有重力做功，在液体中还有阻力做功，可知总功不等，由动能定理可知动能变化量不相等，B错误；真空中无外力做功，所以机械能不变，油内有阻力做功，机械能减小，所以机械能变化量不同，C正确；真空只受重力，油中还受阻力，所以加速度不同，根据v2=2ax可知，末速度不同，所以末动量mv不同，动量变化量不同，D错误。
C
6.(多选)质量相等的高铁列车与普通列车分别受到恒定动力F1、F2的作用由静止开始做匀加速运动，两列车在t0和4t0时刻的速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2，此后两列车继续做匀减速运动直至停止，两列车运动速度随时间变化的图线如图所示，设两列车摩擦力的冲量分别为If1、If2，摩擦力做的功分别为Wf1、Wf2，F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1、W2。下列结论中，正确的是(　 　)
A.If1∶If2=3∶5 B.Wf1∶Wf2=3∶5
C.I1∶I2=3∶5 D.W1∶W2=3∶5
【解析】 根据撤去动力后列车的运动情况可知，两列车受到的摩擦力大小相等，两列车全程的运动时间之比t1∶t2=3∶5，故If1∶If2=3∶5，A正确；因v－t图线与t轴围成的面积表示位移，故两列车全程的位移之比x1∶x2==6∶5，故Wf1∶Wf2=6∶5，B错误；对列车全过程利用动量定理，有I1－If1=0，I2－If2=0，故I1∶I2=3∶5，C正确；对列车全过程利用动能定理，有W1－Wf1=0，W2－Wf2=0，故W1∶W2=6∶5，D错误。
AC
7.(多选)某质量为m的网球以速度v1竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为v2，由于空气阻力的影响，网球速度随时间的变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　 　)
A.网球上升过程克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功
B.网球上升过程所受阻力的冲量小于下降过程所受阻力的冲量
C.网球从抛出到落回出发点的总时间大于
D.全过程网球重力的冲量大小为m(v1＋v2)
【解析】 网球上升过程在任意点的速度均大于下降过程在同一点的速度，则上升过程任意点受到的阻力大于下降过程在同一点受到的阻力，则上升过程克服阻力做的功大于下降过程克服阻力做的功，A正确；上升和下降过程的路程相等，则图中上、下两部分的阴影面积相同，因为空气阻力大小与网球速率成正比，则Ff－t图像中上下两部分面积应该也相同，而Ff－t图像中面积表示阻力的冲量，则网球上升过程所受阻力的冲量等于下降过程所受阻力的冲量，B错误；由B分析可知，阻力的总冲量为零，对全过程，根据动量定理有－mgt=－mv2－mv1，解得t=，重力的冲量mgt=m(v1＋v2)，C错误，D正确。
AD
8.(2025·台州一模)如图所示，物块P与Q之间用一轻弹簧相连后静置在光滑水平面上。初始弹簧恰好处于原长，t=0时刻给物块P一瞬时向右的初速度v0，规定向右为正方向，0~t2内物块P、Q运动的a－t图像如图所示，其中t轴下方部分的面积大小为S2，t轴上方部分的面积大小为S1，下列说法中，正确的是(　 　)
A.物块P与物块Q的质量之比为1∶2
B.t1时刻物块P的速度为v0－S2
C.t2时刻物块Q的速度为S1
D.0~t2时间内弹簧对物块Q的冲量为0
【解析】 0~t2时间内物块Q所受弹力方向向右，P所受弹力方向始终向左，在t1时刻，物块P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得=a0则有，A错误；由a－t图像可知，t1时刻物块P的速度为vp=v0－S2，B错误；由a－t图像可知，t2时刻物块Q的速度为vQ=S1，C正确；0~t2时间，物块Q的动量变化量为mvQ，由动量定理可知，物块Q的动量变化量应等于物块Q受到的弹簧弹力冲量，所以弹簧弹力在这段时间内的冲量不为0，D错误。
C
9.光子既具有能量也有动量，当光照射到物体表面时，会对物体产生压力，光对物体单位面积的压力叫“光压”。若每个光子的平均能量为E，则光子的动量为(光速c=3×108 m/s)。某激光器能发出功率P0=1 000 W、横截面积S=0.5 mm2的激光束，该激光束垂直射到某固定的平整墙面，墙面对此激光的反光率为80%，即有80%的光子照射到墙面时原速率返回，有20%的光子照射到墙面时速度变为零，则该激光束在墙面上产生的光压为(　 　)
A.12 Pa B.10.7 Pa
C.1.2×10－5 Pa D.24 Pa
【解析】 设激光器单位时间内发射出的光子数为N，则有NE=P0，在Δt时间内，射到面积为S的墙面的光子有80%以原速率返回，有20%速度变为零，根据动量定理可得FΔt=p0SΔt= 80%·NΔt[p－(－p)]＋20%·NΔt[0－(－p)]，其中p=，联立解得该激光束在墙面上产生的光压为p0= Pa=12 Pa，A正确。
A
10.大功率火箭一般采取多级推进技术，某班同学分两组各自制作了一级和两级火箭模型，两种火箭模型质量相同，提供的恒定推动力大小均为火箭模型重力的3倍，重力加速度为g，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力。
(1)第一组采用一级推进的方式，提供的恒定推动力持续时间为t，求火箭上升的最大高度；
【解析】 对第一组由动量定理得(F－mg)t=mv－0，F=3mg，则火箭上升的最大高度为h=t，解得h=3gt2。
【答案】 3gt2　
(2)另一组采用二级推进的方式，飞行经过时，火箭丢弃掉一半的质量，剩余时间，火箭推动力不变，推动剩余部分继续飞行，求火箭上升的最大高度。
【解析】 对第二组由动量定理得(F－mg)=mv1－0，(F－mg)·v'－·v1，则火箭上升的最大高度为h'=··，解得h'=gt2。
【答案】 gt2
11.(2025·河北卷)如图所示，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
【解析】 小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知a=－μg，则小物块从开始运动到离开平台，有=2ax0，小物块从平台飞出后做平抛运动，有h=g，x=vxt1，联立解得x=0.6 m。
【答案】 0.6 m　
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
【解析】 物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则有h'=g=gt2，
则物块与地面接触的时间Δt=t－t1－t2=0.1 s；
物块与地面接触的过程中根据动量定理，竖直方向上取向上为正方向，在竖直方向有IN－mgΔt=mvy2－m(－vy1)、vy1=gt1，解得IN=0.1 N·s；
水平方向上取向右为正方向，在水平方向有－μFNΔt=mvx'－mvx、IN=FNΔt，解得vx'=－1 m/s；
但由于vx'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'=0。
【答案】 0.1 N·s　0第18讲　动量定理及其应用
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。
1.一个物体的运动状态变化时，动量一定改变。(　√　)
2.物体动量的变化等于某个力的冲量。(　 　)
3.物体沿水平面运动时，重力的冲量为零。(　 　)
4.两个质量不同的物体，若动量大则其动能一定大。(　 　)
考向一　动量与动能的比较
[例1]　甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法中，正确的是(　C　)
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
【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，A、B错误；当两物体动能相等时，由p2=2mEk知p甲∶p乙==1∶2，C正确，D错误。
动量和动能的区别与联系
项目 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
标矢量 矢量 标量
变化因素 合力的冲量 合力所做的功
大小关系 p= Ek=
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； ③ 都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
考向二　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。关于整个运动过程，下列说法中正确的是(　B　)
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)
【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，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D错误。
考向三　变力冲量的计算
[例3]　一质量m=4 kg的物体静置在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0时刻开始对物体施加一水平力F，其大小如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则在0~1.0 s时间内，摩擦力对物体的冲量大小为(　B　)
A.10 N·s B.16 N·s
C.20 N·s D.25 N·s
【解析】 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则Ffmax=μFN=μmg=20 N，0~0.4 s，F≤Ffmax，物体静止，摩擦力为静摩擦力，大小等于F，则静摩擦力的冲量由图知If静=×0.4×20 N·s=4 N·s，0.4~1.0 s，F＞Ffmax，物体运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为20 N，则滑动摩擦力的冲量If动=μmgt=20×0.6 N·s=12 N·s，所以，摩擦力对物体的冲量大小为If=If静＋If动=16 N·s，B正确。
冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量，此法仅适用于恒力的冲量
图像法 利用F－t图像计算，F－t图线与横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 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I=·Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量 定理法 对于变力的冲量，不能直接用I=FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I=Δp求变力的冲量
考点二　动量定理的理解与应用
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。(　 　)
考向一　用动量定理解释生活中的现象
[例4]　(人教版选择性必修第一册改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　D　)
A.减小地面对于腿的冲量
B.减小人的动能变化量
C.减小人的动量变化量
D.减小地面对腿的冲击力
【解析】 落地时屈腿，这样可以增加脚与地接触的时间，根据动量定理得－Ft=0－mv，则F=，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，动能的变化量也不变；动量的变化率减小，即地面对脚的作用力减小，D正确。
考向二　动量定理的有关计算
[例5]　(2025·浙江6月选考)高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到500 N的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为5 cm，要产生500 N的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为(　C　)
A.5层 B.8层
C.17层 D.27层
【解析】 鸡蛋落地速度v满足v2=2gh，鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动可视为匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，则撞击时间Δt=，对鸡蛋，由动量定理(可忽略自身重力的冲量)得－FΔt=－mv，故F=mv。即2Fd=mv2=2mgh，所以h==50 m，每层楼高约3 m，对应17层，C正确。
利用动量定理解题的基本思路
考向三　动量定理在多过程中的应用
[例6]　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，物块由静止开始运动，作用4 s后撤去F。已知g取10 m/s2，关于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法中正确的是(　B　)
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
【解析】 在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt=0，解得t=8 s，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，C、D错误。
素养提升　动量定理与微元法的综合应用
考向一　微粒类问题
微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，特点是质量具有独立性，题目中通常给出单位体积内粒子数n作为已知条件
分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿运动速度v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S (2)用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl=vΔt，对应的体积为ΔV=SvΔt，则微元内的粒子数N=nvSΔt (3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N进行计算
[例7]　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(　C　)
A.Snm B.2Snm
C.Snm D.2Snm
【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=nmS；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=nmS，C正确，A、B、D错误。
考向二　流体类问题
流体及 其特点 通常液体、气体等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S (2)用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl=vΔt，对应的质量为Δm=ρV=ρSΔl=ρSvΔt (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
[例8]　如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱的直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度变为0。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。下列说法中，正确的是　　(　D　)
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
【解析】 高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即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=πρvD2·t·v，解得水柱对汽车的平均冲力F'=F=πρv2D2，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，压强变为原来的4倍，D正确。

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