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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.(人教版选择性必修第一册P6“问题”改编)有些船上总是悬挂着许多旧轮胎(如图甲),你知道这些旧轮胎的作用吗 现在的轿车均安装有安全气囊,在紧急情况下,如剧烈碰撞时,气囊会自动弹出(如图乙),你知道气囊的作用吗
答案　旧轮胎和气囊均起到延长作用时间、减小作用力的效果,即缓冲作用。
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、末状态动量的情况,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、冲量、动量变化量的理解和计算
例1 (2026·广东佛山一模)如图所示,某同学用大腿颠足球,某时刻质量为0.45 kg的足球以3 m/s的竖直向下的速度碰撞大腿,足球与腿接触0.2 s后竖直向上原速反弹,重力加速度取10 m/s2,则在足球与腿碰撞的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.碰撞前后,足球动量变化量的大小为2.7 kg· m/s
B.碰撞前,足球的动量大小为13.5 kg· m/s
C.足球对大腿的冲量大小为1.35 N·s
D.大腿对足球的平均作用力大小为13.5 N
答案　A
解析　以竖直向下为正方向,碰撞前、后,足球的动量变化量为Δp=m(-v)-mv=-2mv=-2×0.45×3 kg· m/s=-2.7 kg· m/s,则碰撞前、后,足球的动量变化量的大小为2.7 kg·m/s,故A正确;碰撞前,足球的动量大小为p=mv=0.45×3 kg·m/s=1.35 kg·m/s,故B错误;以竖直向下为正方向,碰撞过程中,对足球,根据动量定理得Ft+mgt=Δp,解得F=-18 N,则大腿对足球的平均作用力大小为18 N,根据牛顿第三定律知,足球对大腿的平均作用力大小为F球=18 N,则足球对大腿的冲量大小为I球=F球t=18×0.2 N·s=3.6 N·s,故C、D错误。
角度　利用F-t图像求冲量
例2 如图甲所示,一质量m=0.5 kg的物块静止在光滑水平地面上,t=0时刻开始受到与水平地面成θ=30°角、大小随时间变化的拉力F作用,如图乙所示,t=2 s时撤去力F。则下列说法正确的是(　　)
A.物块运动过程中,加速度一直增大
B.0~2 s内拉力F的冲量大小为6 N·s
C.2 s末物块的速度大小为8 m/s
D.0~2 s内物块的动量变化量为5 kg·m/s
答案　C
解析　前2 s内物块受到的拉力随时间一直增大,则物块的加速度逐渐增大,2 s末撤去力F,则物块水平方向不受力,加速度为零,并非一直增大,A错误;根据公式I=Ft,可知F-t图像与横轴围成的面积表示冲量,则0~2 s内拉力的冲量大小为I=×2 N·s=8 N·s,B错误;0~2 s内,水平方向由动量定理有Ftcos θ=mv-0,解得v=8 m/s,C正确;0~2 s内物块的动量变化量等于拉力在水平方向上的冲量,即Δp=Ftcos θ=4 kg·m/s,D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变化量对时间的变化率。
角度　用动量定理解释生活中的现象
例3 (多选)(2026·广州三校联考)船舶的设计中,通常会在船舷处悬挂轮胎,如图所示,其目的主要是在船舶与其他船舶碰撞时或船舶在岸边停靠时减小碰撞产生的冲击力,从而保护船体。下列说法正确的是(　　)
A.轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化量
B.轮胎可以减小船舶碰撞过程中受到的冲量
C.轮胎可以减小碰撞时轮船与码头之间的作用力
D.轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化率
答案　CD
解析　对船舶靠岸与码头碰撞的过程,有轮胎和无轮胎时轮船的初、末速度没有变化,轮船的动量变化量相同,故A错误;由动量定理I=p-p'=mv-mv0知,轮胎不能减小船舶碰撞过程中受到的冲量,故B错误;轮胎可以起到缓冲作用,延长碰撞时轮船与码头的作用时间,由公式Ft=Δp可知,可以减小轮船因碰撞受到的作用力,故C正确;动量的变化率为F=,由于轮胎可以延长船舶碰撞过程的作用时间,因此可以减小碰撞过程中动量的变化率,故D正确。
用动量定理解释生活中现象的方法
(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4 (2025·浙江6月选考,9)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(重力加速度g=10 m/s2)(　　)
A.5层 B.8层
C.17层 D.27层
答案　C
解析　鸡蛋触地后匀减速至静止,位移s=5 cm=0.05 m,匀减速平均速度为=,故撞击时间Δt==,根据动量定理有(F-mg)Δt=0-(-mv),代入数据解得v≈ m/s,由自由落体公式v2=2gh,解得楼层高度h== m=50 m,每层楼高约3 m,对应楼层数为≈17层,故C正确。
跟踪训练
1.(2024·广东卷,14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ;
(2)如图乙所示,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,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小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。
答案　(1)　(2)①330 N·s　竖直向上 ②0.2 m
解析　(1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及斜面的支持力FN1,由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=。
(2)①由F-t图像可知碰撞过程中F的冲量大小
IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s
与气囊作用过程由动量定理得(取向上为正方向)
IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h==0.2 m。
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5 (2025·山东济南模拟)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景,其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知),单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度为g,则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　无人机在空中悬停时,四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力,根据平衡条件有4F=mg,设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为m,则Δm=ρSvΔt,对向下推动的空气由动量定理有F'Δt=Δmv-0,由牛顿第三定律有F=F',联立解得v=,故A正确。
跟踪训练
2.(2026·福建宁德月考)假设列车在温福高铁宁德段水平长直轨道上运行时,列车周围空气静止,车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同,空气密度为ρ,空气中单位体积内有n颗小水珠,每颗小水珠的质量为m,车头的横截面积为S,列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　)
A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2
C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2
答案　B
解析　在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm,遇到空气的质量Δm2=vΔtSρ,对这些水珠及空气整体研究,由动量定理有FΔt=(Δm1+Δm2)v,解得F=(ρ+nm)Sv2,由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F'=(ρ+nm)Sv2,故B正确。
A级　基础对点练
对点练1　动量和冲量
1.(2026·甘肃平凉月考)下列说法正确的是(　　)
A.平衡木运动员在着地时屈腿是为了减小地面对自己的冲量
B.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果
C.做直线运动的机器人动量变化量的方向一定和动量的方向相同
D.推铅球的过程中铅球所受合力的冲量等于铅球动量的变化量
答案　D
解析　平衡木运动员在着地时屈腿并没有减小地面对自己的冲量,而是通过增加作用时间,从而减小地面对自己的冲击力,故A错误;火箭点火后离开地面向上运动,是喷出气体对火箭的反作用力作用的结果,故B错误;做直线运动的机器人动量变化的方向与合力方向相同,不一定和动量的方向相同,故C错误;根据动量定理可知,推铅球的过程中铅球所受合力的冲量等于铅球动量的变化量,故D正确。
2.(多选)(2023·新课标卷,19)如图,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(　　)
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　由动量定理得(F-μmg)Δt=mv,由于m甲>m乙,F、μ、Δt相同,所以m甲v甲Ff乙,甲和乙组成的系统所受合外力方向向左,合外力的冲量方向向左,则甲和乙的动量之和不为零,D正确。
3.(多选)在光滑水平地面上,一质量为2 kg的物体在水平向右的拉力F作用下,由静止开始运动,拉力F随时间变化的关系图线如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.0~2 s内,拉力F的冲量为2 N·s
B.2~4 s内,拉力F的冲量为1 N·s
C.0~4 s内,物体的动量方向一直不变
D.t=4 s时,物体的速度大小为1.5 m/s
答案　AC
解析　拉力的冲量等于F-t图像与横轴所围的面积,在0~2 s内和2~4 s内有I1= N·s=2 N·s,I2= N·s=-1 N·s,在0~4 s内合力的冲量为I=I1+I2=1 N·s,为正值,则物体的动量方向一直是正方向不变,A、C正确,B错误;根据动量定理有I=Δp=mv=1 N·s,则在t=4 s时物体的速度v=0.5 m/s,D错误。
对点练2　动量定理的理解与应用
4.(多选)(2026·宁夏石嘴山高三期末)数据表明,在电动车事故中,佩戴头盔可防止85%的头部受伤,大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最多为2 000 N
答案　AD
解析　撞击过程中初、末速度不变,则动量的变化量不变,根据I=F·Δt=Δp,解得F=,可知驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量不变,但佩戴头盔可使头部的撞击时间延长,头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率,故A正确,B错误;根据牛顿第三定律可知,头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向,作用时间相同,根据I=F·Δt可知,事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等,方向相反,故C错误;若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,根据 F·Δt=Δp,解得F=== N=2 000 N,则头部受到的撞击力最多为2 000 N,故D正确。
5.(多选)(2024·全国甲卷,20)蹦床运动中,体重为60 kg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10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
答案　BD
解析　根据题图分析可知,t=0.15 s时,运动员对蹦床作用力最大,则此时运动员下降至最低点,运动员的重力势能最小,A错误;t=0.30 s时,运动员离开蹦床,做竖直上抛运动,经2 s后,即t=2.30 s时再次落至蹦床上,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为Δt=1 s,即t=1.30 s时,运动员运动至最大高度处,根据v0=gΔt可知,运动员在t=0.30 s时的速度大小v0=10 m/s,B正确,C错误;对运动员与蹦床一次相互作用过程,根据动量定理有(-mg)Δt'=mv0-(-mv0),其中Δt'=0.3 s,代入数据解得=4 600 N,D正确。
对点练3　应用动量定理处理流体类问题
6.(2026·山东潍坊一模)电动自行车因低碳环保而成为流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时,会将正对空气的速度从0变为v,人和车总的迎风面积为S,空气密度为ρ,则其受到的空气的平均阻力为(　　)
A.ρSv2 B.2ρSv2
C.ρSv D.2ρSv
答案　A
解析　取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象,则这一小段空气的质量Δm=ρvΔtS,根据动量定理有FΔt=Δmv=ρv2ΔtS,根据牛顿第三定律可得空气对人和车的作用力F'=F,匀速骑行时对人和车有F'=f,联立解得f=ρSv2,故A正确。
7.(2026·福建泉州检测)老式水龙头水流快,水量大,容易四处飞溅,可加装起泡器,让流出的水和空气充分混合后减缓流速,既避免水流飞溅,又减少用水量。某水龙头打开后,水流以大小为v0的速度垂直冲击水槽表面,约有四处飞溅,溅起时垂直水槽表面的速度大小约为v0,其余的水流减速为0。加装起泡器后,单位时间内流出的水量和水流冲击水槽表面的速度均变为原来的,且飞溅现象可忽略,则加装起泡器后水流对水槽的冲击力约为原来的(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　取水流的速度方向为正方向,设原来水流对水槽表面的平均冲击力大小为F,假设在一段很短的时间Δt内,喷到水槽表面上水的质量为Δm,则对质量为Δm的水,根据动量定理有-FΔt=Δm+Δm(0-v0),加装起泡器后,根据动量定理有-F'Δt=Δm,联立解得=,故D正确。
B级　综合提升练
8.(2026·云南大理高三阶段考)如图甲所示,质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放,物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4,力F随时间t变化的关系图像如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g=10 m/s2,不计空气阻力。在0~8 s时间内,下列判断正确的是(　　)
A.物块运动的最大速度为10 m/s
B.物块一直向下运动,且速度不为0
C.t=6 s时物块距离出发点最远
D.0~4 s内摩擦力的冲量大小为32 N·s
答案　A
解析　当物块受到的摩擦力与重力相等时,有mg=μF0,解得F0=10 N,可知0~2 s内物块向下做加速运动,2~4 s内物块向下做减速运动,4 s末物块的速度为零,4~6 s内物块静止,6~8 s内物块向下做加速运动,则t=8 s时物块离出发点最远,B、C错误;2 s末物块速度最大,0~2 s内摩擦力的冲量大小为If1=t1=×2 N·s=4 N·s,由动量定理得mgt1-If1=mv,解得v=10 m/s,A正确;0~4 s内摩擦力的冲量大小为If2=t2=×4 N·s=16 N·s,D错误。
9.(2026·安徽名校联考)用电钻给固定的物体钻孔,钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所示,钻头所受的阻力与运动位移的关系图像如图乙所示,已知两图像的斜率分别为k1、k2,下列说法正确的是(　　)
A.由图像分析可得,电钻做匀速运动
B.前一段时间t0内,阻力的冲量大小为k1
C.前一段位移x0内,摩擦生热为2k2
D.前一段时间t0内,电钻的平均速度为
答案　A
解析　由题图甲可知,阻力f随时间变化的关系为f=k1t,由题图乙可知,阻力f随位移变化的关系为f=k2x,故有k1t=k2x,可得x=t,则电钻做匀速运动,A正确;根据f-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量可知,前一段时间t0内,阻力的冲量大小If=k1,B错误;根据f-x图像与坐标轴围成的面积表示功可知,前一段位移x0内,克服摩擦力做的功Wf=k2,根据功能关系可知,摩擦生热为Q=Wf,解得Q=k2,C错误;由=,又x=t,可得=,D错误。
10.(2025·北京卷,19)关于飞机的运动,研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动,当位移为x时速度为v。在此过程中,飞机受到的平均阻力为f,求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞,在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置,飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞,否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L,飞机加速时加速度大小为a1,减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
(3)无风时,飞机以速率u水平向前匀速飞行,相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼,方向改变,沿机翼向后下方运动,如图所示。请建立合理的物理模型,论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα,并确定α的值。
答案　(1)mv2+fx　(2)　(3)论证见解析,α=2
解析　(1)根据动能定理有W-fx=mv2
可得牵引力对飞机做的功W=mv2+fx。
(2)经分析,飞机从跑道起点一直加速到该位置,然后以最大加速度减速运动至速度为0,恰好运动到跑道终点。加速过程,设飞机的最大速度为v m,根据速度与位移关系有=2a1d
减速过程,根据速度与位移关系有
=2a2(L-d)
联立解得d=。
(3)在无风的情况下,飞机以速率u水平飞行时,相对飞机的气流速率也为u,并且气流掠过机翼改变方向,从而对机翼产生升力。
设气流的密度为ρ,横截面积为S,则Δt时间内流过机翼的气流质量为Δm=ρΔV=ρSuΔt
设与机翼相互作用后,气流的速度方向与水平面的夹角为θ,则竖直方向上由动量定理有
F'Δt=Δm·usin θ
联立并结合牛顿第三定律解得
F=F'=ρSu2sin θ,所以α=2。
C级　培优加强练
11.(2025·河北卷,14)如图,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;
(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。
答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0
解析　(1)小物块在平台上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得a=μg
设小物块离开平台的速度为v1,则小物块从开始运动到离开平台,有
-=-2ax0
解得v1=1 m/s
小物块从平台飞出后做平抛运动,有
h=g,x=v1t1
联立解得t1=0.6 s,x=0.6 m。
(2)物块第一次落到地面弹起至最大高度,竖直方向有
h'=g
解得t2=0.3 s
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,设所受弹力的冲量为I,
根据动量定理,取竖直向上为正方向,在竖直方向有
I-mgΔt=mvy2-m(-vy1)
其中vy1=gt1,vy2=gt2
解得I=0.1 N·s
取水平向右为正方向,在水平方向有
-μFNΔt=mvx'-mv1,又I=FNΔt
解得vx'=-1 m/s
由于vx'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势,不能反向加速,因此vx'=0。(共55张PPT)
第1讲　动量和动量定理
第六章　动量守恒定律
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。
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
1.
速度
mv
速度
相同
2.
乘积
3.
FΔt
N·s
矢量
相同
变化量
4.
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.(人教版选择性必修第一册P6“问题”改编)有些船上总是悬挂着许多旧轮胎(如图甲),你知道这些旧轮胎的作用吗 现在的轿车均安装有安全气囊,在紧急情况下,如剧烈碰撞时,气囊会自动弹出(如图乙),你知道气囊的作用吗
答案　旧轮胎和气囊均起到延长作用时间、减小作用力的效果,即缓冲作用。
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
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、末状态动量的情况,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、冲量、动量变化量的理解和计算
例1 (2026·广东佛山一模)如图所示,某同学用大腿颠足球,某时刻质量为0.45 kg的足球以3 m/s的竖直向下的速度碰撞大腿,足球与腿接触0.2 s后竖直向上原速反弹,重力加速度取10 m/s2,则在足球与腿碰撞的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.碰撞前后,足球动量变化量的大小为2.7 kg· m/s
B.碰撞前,足球的动量大小为13.5 kg· m/s
C.足球对大腿的冲量大小为1.35 N·s
D.大腿对足球的平均作用力大小为13.5 N
A
解析　以竖直向下为正方向,碰撞前、后,足球的动量变化量为Δp=m(-v)-mv=-2mv=-2×0.45×3 kg· m/s=-2.7 kg· m/s,则碰撞前、后,足球的动量变化量的大小为2.7 kg·m/s,故A正确;碰撞前,足球的动量大小为p=mv=0.45×3 kg·m/s=1.35 kg·m/s,故B错误;以竖直向下为正方向,碰撞过程中,对足球,根据动量定理得Ft+mgt=Δp,解得F=-18 N,则大腿对足球的平均作用力大小为18 N,根据牛顿第三定律知,足球对大腿的平均作用力大小为F球=18 N,则足球对大腿的冲量大小为I球=F球t=18×0.2 N·s=
3.6 N·s,故C、D错误。
角度　　利用F-t图像求冲量
例2 如图甲所示,一质量m=0.5 kg的物块静止在光滑水平地面上,t=0时刻开始受到与水平地面成θ=30°角、大小随时间变化的拉力F作用,如图乙所示,t=2 s时撤去力F。则下列说法正确的是(　　)
A.物块运动过程中,加速度一直增大
B.0~2 s内拉力F的冲量大小为6 N·s
C.2 s末物块的速度大小为8 m/s
D.0~2 s内物块的动量变化量为5 kg·m/s
C
解析　前2 s内物块受到的拉力随时间一直增大,则物块的加速度逐渐增大,2 s末撤去力F,则物块水平方向不受力,加速度为零,并非一直增大,A错误;根据公式I=Ft,可知F-t图像与横轴围成的面积表示冲量,则0~2 s内拉力的冲量大小为I=×2 N·s
=8 N·s,B错误;0~2 s内,水平方向由动量定理有Ftcos θ=mv-0,解得v=8 m/s,C正确;0~2 s内物块的动量变化量等于拉力在水平方向上的冲量,即Δp=Ftcos θ=
4 kg·m/s,D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变化量对时间的变化率。
角度　　用动量定理解释生活中的现象
例3 (多选)(2026·广州三校联考)船舶的设计中,通常会在船舷处悬挂轮胎,如图所示,其目的主要是在船舶与其他船舶碰撞时或船舶在岸边停靠时减小碰撞产生的冲击力,从而保护船体。下列说法正确的是(　　)
A.轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化量
B.轮胎可以减小船舶碰撞过程中受到的冲量
C.轮胎可以减小碰撞时轮船与码头之间的作用力
D.轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化率
CD
解析　对船舶靠岸与码头碰撞的过程,有轮胎和无轮胎时轮船的初、末速度没有变化,轮船的动量变化量相同,故A错误;由动量定理I=p-p'=mv-mv0知,轮胎不能减小船舶碰撞过程中受到的冲量,故B错误;轮胎可以起到缓冲作用,延长碰撞时轮船与码头的作用时间,由公式Ft=Δp可知,可以减小轮船因碰撞受到的作用力,故C正确;动量的变化率为F=,由于轮胎可以延长船舶
碰撞过程的作用时间,因此可以减小碰撞过程中动量
的变化率,故D正确。
用动量定理解释生活中现象的方法
(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4 (2025·浙江6月选考,9)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(重力加速度g=10 m/s2)(　　)
A.5层 B.8层 C.17层 D.27层
解析　鸡蛋触地后匀减速至静止,位移s=5 cm=0.05 m,匀减速平均速度为=,故撞击时间Δt==,根据动量定理有(F-mg)Δt=0-(-mv),代入数据解得v≈ m/s,由自由落体公式v2=2gh,解得楼层高度h== m=50 m,每层楼高约3 m,对应楼层数为≈17层,故C正确。
C
1.(2024·广东卷,14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
跟踪训练
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于
水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁
定安全带。此时敏感臂对敏感
球的压力大小为FN,敏感球的质
量为m,重力加速度为g。忽略敏
感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ;
(2)如图乙所示,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,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小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。
答案　(1)　(2)①330 N·s　竖直向上 ②0.2 m
解析　(1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及斜面的支持力FN1,由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=。
(2)①由F-t图像可知碰撞过程中F的
冲量大小
IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s
与气囊作用过程由动量定理得(取向上为正方向)
IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h==0.2 m。
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5 (2025·山东济南模拟)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景,其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知),单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度为g,则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A. B.
C. D.
A
解析　无人机在空中悬停时,四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力,根据平衡条件有4F=mg,设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为m,则Δm=ρSvΔt,对向下推动的空气由动量定理有F'Δt=Δmv-0,由牛顿第三定律有F=F',联立解得v=,故A正确。
2.(2026·福建宁德月考)假设列车在温福高铁宁德段水平长直轨道上运行时,列车周围空气静止,车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同,空气密度为ρ,空气中单位体积内有n颗小水珠,每颗小水珠的质量为m,车头的横截面积为S,列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　)
A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2
C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2
跟踪训练
解析　在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm,遇到空气的质量Δm2=vΔtSρ,对这些水珠及空气整体研究,由动量定理有FΔt=(Δm1+Δm2)v,解得F=(ρ+nm)Sv2,由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F'=(ρ+nm)Sv2,故B正确。
B
提升素养能力
3
A级　基础对点练
D
对点练1　动量和冲量
1.(2026·甘肃平凉月考)下列说法正确的是(　　)
A.平衡木运动员在着地时屈腿是为了减小地面对自己的冲量
B.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果
C.做直线运动的机器人动量变化量的方向一定和动量的方向相同
D.推铅球的过程中铅球所受合力的冲量等于铅球动量的变化量
解析　平衡木运动员在着地时屈腿并没有减小地面对自己的冲量,而是通过增加作用时间,从而减小地面对自己的冲击力,故A错误;火箭点火后离开地面向上运动,是喷出气体对火箭的反作用力作用的结果,故B错误;做直线运动的机器人动量变化的方向与合力方向相同,不一定和动量的方向相同,故C错误;根据动量定理可知,推铅球的过程中铅球所受合力的冲量等于铅球动量的变化量,故D正确。
BD
2.(多选)(2023·新课标卷,19)如图,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(　　)
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
解析　由动量定理得(F-μmg)Δt=mv,由于m甲>m乙,F、μ、Δt相同,所以m甲v甲Ff乙,甲和乙组成的系统所受合外力方向向左,合外力的冲量方向向左,则甲和乙的动量之和不为零,D正确。
AC
3.(多选)在光滑水平地面上,一质量为2 kg的物体在水平向右的拉力F作用下,由静止开始运动,拉力F随时间变化的关系图线如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.0~2 s内,拉力F的冲量为2 N·s
B.2~4 s内,拉力F的冲量为1 N·s
C.0~4 s内,物体的动量方向一直不变
D.t=4 s时,物体的速度大小为1.5 m/s
解析　拉力的冲量等于F-t图像与横轴所围的面积,在0~2 s内和2~4 s内有I1=
N·s=2 N·s,I2= N·s=-1 N·s,在0~4 s内合力的冲量为I=I1+I2=1 N·s,为正值,则物体的动量方向一直是正方向不变,A、C正确,B错误;根据动量定理有I=Δp=
mv=1 N·s,则在t=4 s时物体的速度v=0.5 m/s,D错误。
AD
对点练2　动量定理的理解与应用
4.(多选)(2026·宁夏石嘴山高三期末)数据表明,在电动车事故中,佩戴头盔可防止85%的头部受伤,大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最多为
2 000 N
解析　撞击过程中初、末速度不变,则动量的变化量不变,根据I=F·Δt=Δp,解得F=,可知驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量不变,但佩戴头盔可使头部的撞击时间延长,头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率,故A正确,B错误;根据牛顿第三定律可知,头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向,作用时间相同,根据I=F·Δt可知,事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等,方向相反,故C错误;若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,根据 F·Δt=Δp,解得F=== N=2 000 N,则头部受到的撞击力最多为2 000 N,故D正确。
BD
5.(多选)(2024·全国甲卷,20)蹦床运动中,体重为60 kg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10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
解析　根据题图分析可知,t=0.15 s时,运动员对蹦床作用力最大,则此时运动员下降至最低点,运动员的重力势能最小,A错误;t=0.30 s时,运动员离开蹦床,做竖直上抛运动,经2 s后,即t=2.30 s时再次落至蹦床上,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为Δt=1 s,即t=1.30 s时,运动员运动至最大高度处,根据v0=gΔt可知,运动员在t=0.30 s时的速度大小v0=10 m/s,B正确,C错误;对运动员与蹦床一次相互作用过程,根据动量定理有(-mg)Δt'=mv0-(-mv0),
其中Δt'=0.3 s,代入数据解得=4 600 N,D正确。
A
对点练3　应用动量定理处理流体类问题
6.(2026·山东潍坊一模)电动自行车因低碳环保而成为流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时,会将正对空气的速度从0变为v,人和车总的迎风面积为S,空气密度为ρ,则其受到的空气的平均阻力为(　　)
A.ρSv2 B.2ρSv2 C.ρSv D.2ρSv
解析　取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象,则这一小段空气的质量Δm=ρvΔtS,根据动量定理有FΔt=Δmv=ρv2ΔtS,根据牛顿第三定律可得空气对人和车的作用力F'=F,匀速骑行时对人和车有F'=f,联立解得f=ρSv2,故A正确。
D
7.(2026·福建泉州检测)老式水龙头水流快,水量大,容易四处飞溅,可加装起泡器,让流出的水和空气充分混合后减缓流速,既避免水流飞溅,又减少用水量。某水龙头打开后,水流以大小为v0的速度垂直冲击水槽表面,约有四处飞溅,溅起时垂直水槽表面的速度大小约为v0,其余的水流减速为0。加装起泡器后,单位时间内流出的水量和水流冲击水槽表面的速度均变为原来的,且飞溅现象可忽略,则加装起泡器后水流对水槽的冲击力约为原来的(　　)
A. B. C. D.
解析　取水流的速度方向为正方向,设原来水流对水槽表面的平均冲击力大小为F,假设在一段很短的时间Δt内,喷到水槽表面上水的质量为Δm,则对质量为Δm的水,根据动量定理有-FΔt=Δm+Δm(0-v0),加装起泡器后,根据动量定理有-F'Δt=Δm,联立解得=,故D正确。
A
8.(2026·云南大理高三阶段考)如图甲所示,质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放,物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4,力F随时间t变化的关系图像如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g=10 m/s2,
不计空气阻力。在0~8 s时间内,下列判断正确的是(　　)
A.物块运动的最大速度为10 m/s
B.物块一直向下运动,且速度不为0
C.t=6 s时物块距离出发点最远
D.0~4 s内摩擦力的冲量大小为32 N·s
B级　综合提升练
解析　当物块受到的摩擦力与重力相等时,有
mg=μF0,解得F0=10 N,可知0~2 s内物块向下做
加速运动,2~4 s内物块向下做减速运动,4 s末物
块的速度为零,4~6 s内物块静止,6~8 s内物块向
下做加速运动,则t=8 s时物块离出发点最远,B、C错误;2 s末物块速度最大,0~2 s内摩擦力的冲量大小为If1=t1=×2 N·s=4 N·s,由动量定理得mgt1-If1=mv,解得v=10 m/s,A正确;0~4 s内摩擦力的冲量大小为If2=t2=×4 N·s=
16 N·s,D错误。
A
9.(2026·安徽名校联考)用电钻给固定的物体钻孔,钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所示,钻头所受的阻力与运动位移的关系图像如图乙所示,已知两图像的斜率分别为k1、k2,下列说法正确的是(　　)
A.由图像分析可得,电钻做匀速运动
B.前一段时间t0内,阻力的冲量大小为k1
C.前一段位移x0内,摩擦生热为2k2
D.前一段时间t0内,电钻的平均速度为
解析　由题图甲可知,阻力f随时间变化的关系为f=k1t,由题图乙可知,阻力f随位移变化的关系为f=k2x,故有k1t=k2x,可得x=t,则电钻做匀速运动,A正确;根据f-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量可知,前一段时间t0内,阻力的冲量大小If=k1,B错误;根据f-x图像与坐标轴围成的面积表示功可知,前一段位移x0内,克服摩擦力做的功Wf=k2,根据功能关系可知,摩擦生
热为Q=Wf,解得Q=k2,C错误;由=,又
x=t,可得=,D错误。
10.(2025·北京卷,19)关于飞机的运动,研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动,当位移为x时速度为v。在此过程中,飞机受到的平均阻力为f,求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞,在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置,飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞,否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L,飞机加速时加速度大小为a1,减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
(3)无风时,飞机以速率u水平向前匀速飞行,相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼,方向改变,沿机翼向后下方运动,如图所示。请建立合理的物理模型,论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα,并确定α的值。
答案　(1)mv2+fx　(2)　(3)论证见解析,α=2
解析　(1)根据动能定理有W-fx=mv2
可得牵引力对飞机做的功W=mv2+fx。
(2)经分析,飞机从跑道起点一直加速到该位置,然后以最大加速度减速运动至速度为0,恰好运动到跑道终点。加速过程,设飞机的最大速度为v m,根据速度与位移关系有=2a1d
减速过程,根据速度与位移关系有
=2a2(L-d)
联立解得d=。
(3)在无风的情况下,飞机以速率u水平飞行时,相对飞机的气流速率也为u,并且气流掠过机翼改变方向,从而对机翼产生升力。
设气流的密度为ρ,横截面积为S,则Δt时间内流过机翼的气流质量为Δm=ρΔV=ρSuΔt
设与机翼相互作用后,气流的速度方向与水平面的夹角为θ,则竖直方向上由动量定理有
F'Δt=Δm·usin θ
联立并结合牛顿第三定律解得
F=F'=ρSu2sin θ,所以α=2。
11.(2025·河北卷,14)如图,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;
(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。
C级　培优加强练
答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0
解析　(1)小物块在平台上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得a=μg
设小物块离开平台的速度为v1,则小物块从开始运动到离开平台,有
-=-2ax0
解得v1=1 m/s
小物块从平台飞出后做平抛运动,有
h=g,x=v1t1
联立解得t1=0.6 s,x=0.6 m。
(2)物块第一次落到地面弹起至最大高度,竖直方向有
h'=g
解得t2=0.3 s
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,设所受弹力的冲量为I,
根据动量定理,取竖直向上为正方向,在竖直方向有
I-mgΔt=mvy2-m(-vy1)
其中vy1=gt1,vy2=gt2
解得I=0.1 N·s
取水平向右为正方向,在水平方向有
-μFNΔt=mvx'-mv1,又I=FNΔt
解得vx'=-1 m/s
由于vx'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势,不能反向加速,因此vx'=0。
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