资源简介

(共68张PPT)
第七章
动量守恒定律
考情分析
生活实践类 安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(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
试题情境
动量　动量定理
第33课时
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。
目标要求
考点一　动量和冲量
考点二　动量定理的理解及应用
内容索引
课时精练
考点三　应用动量定理处理“流体类”问题
动量和冲量
考点一
1.动量
(1)定义：物体的 和 的乘积。
(2)表达式：p= ，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是 量，其方向与 的方向相同。
(4)动量大小与动能的关系：p= ，Ek=_____。
2.动量变化量
(1)动量的变化量Δp等于末动量p'减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp= 。
质量
速度
mv
矢
速度
p'-p
(2)动量的变化量Δp也是 ，其方向与 的方向相同，运用矢量法则计算。
3.冲量
(1)定义：力与 的乘积。
(2)公式： 。
(3)单位： 。
(4)方向：冲量是 ，其方向与 相同。
矢量
速度的改变量Δv
力的作用时间
I=FΔt
N·s
矢量
力的方向
4.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，不需要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 若变力的方向不变、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
　　 (2025·天津卷·3)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中
A.动量保持不变
B.所受合外力做功为零
C.所受重力的冲量为零
D.始终处于受力平衡状态
√
　　　座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，根据p=mv可知动量大小不变，方向改变，故A错误；
速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知座椅所受合外力做功为零，故B正确；
根据IG=mgt可知所受重力的冲量不为零，故C错误；
座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不处于受力平衡状态，故D错误。
(2025·江苏南京市检测)如图甲所示，质量为1 kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.0~6 s内，物块受到的支持力冲量为0
B.0~2 s内，物块受到的合力冲量大小为1.5 N·s
C.0~2 s内，物块受到的摩擦力冲量大小为6 N·s
D.6 s末，物块的动量大小为12 kg·m/s
√
　　　根据IN=FNt可知，0~6 s内，物块受到的支持力冲量不为0，故A错误；
物块与水平地面间的最大静摩擦力为Ffmax=μmg=3 N，由F-t图像可知，在0~1 s内物块处于静止状态，在t=1 s时物块开始运动，则0~2 s内，物块受到的合力冲量大小为I合=IF-If=×1 N·s-3×1 N·s=1.5 N·s，故B正确；
在0~1 s内物块受到静摩擦力作用，则0~2 s内，物块受到的摩擦力冲量大小为If'=×1 N·s+3×1 N·s=4.5 N·s，故C错误；
在t=1 s时物块开始运动，则1~6 s内，对物块根据动量定理可得I合'=IF'-If″=p6-0，其中IF'=×1 N·s+6×4 N·s=28.5 N·s，If″=3×5 N·s=15 N·s，解得p6=13.5 kg·m/s，故D错误。
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考点二
动量定理的理解及应用
如图所示，质量为m的物体在光滑的水平面上受到合力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v，经过一段时间Δt，它的速度为v'。
(1)试写出合力F与速度的关系式。
答案　由牛顿第二定律可得F=ma，
结合加速度的定义式a==可得，
F=m=
(2)求Δt时间内，合力F的冲量大小。
答案　合力F的冲量I=F·Δt=mv'-mv
(3)根据(2)中的结果，你能得出什么结论？
答案　合力的冲量等于物体动量的变化量，即F·Δt=mv'-mv。
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 。
3.对动量定理的理解：
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力作用时间的平均值。
(2)Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
动量
变化量
F(t'-t)=mv'-mv
I=p'-p
(4)Ft=p'-p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。
(5)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。
(6)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求解。
4.用动量定理解释两种现象(F=)
(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。
(2025·江苏泰州市模拟)有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。忽略空气阻力，则第一次碰撞过程中
A.左边小球所受重力的冲量大
B.两小球所受合外力的冲量相等
C.左边小球动量变化率大
D.右边小球动量变化量大
√
　　　题图甲左边圆筒底部为钢板，右边圆筒底部为泡沫，则小球与甲左边圆筒底部碰撞过程作用时间较小，由重力冲量I=mgt可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；
两小球所受合外力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量之差，题图乙曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、D错误；
由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率大，故C正确。
　 　(2025·江苏无锡市期末)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.42 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的8倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.36 kg·m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.36 kg·m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的
　冲量为3.36 N·s
√
　　　设足球自由下落到人头顶前瞬时速度为v0，根据自由落体运动公式有=2gh，代入数据解得v0=4 m/s，对足球，在与人头部作用过程中，规定竖直向上为正方向，由动量定理(-mg)t=mv0-(-mv0)，代入数据解得=37.8 N，足球的重力G=mg=4.2 N，故头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的9倍，故A错误；
足球下落到与头部刚接触时动量大小p=mv0=1.68 kg·m/s，故B错误；
足球与头部作用过程中动量变化量大小Δp=mv0-(-mv0)=2mv0=3.36 kg·m/s，故C正确；
　　　根据自由落体运动公式有h=gt2，代入数据解得下落时间t=0.4 s，因上升时间与下落时间相等，则足球从最高点下落至重新回到最高点过程中重力的冲量大小为IG=mg(Δt+2t)=4.2×(0.1+2×0.4)N·s=3.78 N·s，故D错误。
应用动量定理解题的一般思路
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应用动量定理处理“流体类”问题
考点三
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的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元研究 小段柱体的体积ΔV=vSΔt
小段柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt
小段柱体粒子数N=nvSΔt
小段柱体动量p=mv=ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究
(2025·江苏苏州市检测)如图所示，一玩具水枪的枪口直径为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(不考虑水竖直方向的运动)
A.1.2πd2ρv2
B.0.3πd2ρv2
C.1.2πd2ρv
D.0.3πd2ρv
√
t时间内流经水枪枪口的水的体积为V=vtS=πvtd2，t时间内击中目标的水的质量为m=ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理得-t=
-0.2mv-mv，解得水受到的平均作用力=0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱水平击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故选B。
2025年4月24日，我国“神舟二十号”载人飞船发射成功，3名航天员入驻“天宫”空间站的“天和”核心舱。如图所示，“天和”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9 m2，以第一宇宙速度v=7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m=1.5×10-7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为
A.2×106个 B.16个
C.14×104个 D.2个
√
　　　设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt=vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A D B B B (1)1.2 N·s　(2)10 N
题号 7 8 9 10 11 12
答案 B C B C (1)　 (2)见解析　(3)g 　C
答案
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1.(2025·江苏淮安市期中)下列关于动量、动能的说法中正确的是
A.动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同
B.动能是矢量，动能的方向与位移的方向相同
C.某个物体的动量变化，则其动能一定变化
D.某个物体的动能变化，但其动量不一定变化
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答案
基础落实练
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答案
　　　动量是矢量，由p=mv可知动量的方向与速度的方向相同，A正确；
动能是标量，所以没有方向，B错误；
由p=mv，Ek=mv2可知动量变化有可能只是方向改变，此时动能不变，C错误；
由p=mv，Ek=mv2可得p=，某个物体的动能变化，其动量大小一定变化，故D错误。
2.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
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答案
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答案
　　　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。
3.(2025·江苏南京市期末)如图所示，在离地面高为h处将质量为m的小球以初速度v0水平抛出，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是
A.落地前瞬间，小球的动量大小为m
B.从抛出到落地，小球所受重力的冲量大小为
　m
C.从抛出到落地，小球动量的变化量方向竖直向上
D.从抛出到落地，小球动量的变化量大小为m-m
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答案
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答案
　　　落地前瞬间，小球的动量大小为p=mv=m，选项A错误；
从抛出到落地，小球所受重力的冲量大小为I=mgt=mg=m，选
项B正确；
从抛出到落地，小球所受合外力方向竖直向下，可知小球动量的变化量方向竖直向下，选项C错误；
从抛出到落地，小球动量的变化量大小等于其所受重力的冲量大小，即为Δp=I=m，选项D错误。
4.(2025·江苏徐州市一模)2024年8月10日，中国运动员荣获巴黎奥运会田径女子铅球决赛铜牌，若她将同一铅球(可看作质点)从空中同一位置A点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中1所示，第二次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B，不计空气阻力。关于两次抛出，下列说法正确的是
A.轨迹1的铅球在空中运动的时间较短
B.轨迹2的铅球在最高点的动量较大
C.轨迹2的铅球重力的冲量较大
D.轨迹2的铅球在空中动量变化量较大
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答案
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答案
　　　铅球被抛出后做斜抛运动，由斜抛运动规律，知铅球在空中运动的时间t=+，由题图可知轨迹1的铅球运动的高度更高，故轨迹1的铅球在空中运动的时间较长，A错误；
铅球在最高点时，动量p=mvx，铅球在水平方向做匀速直线运动，则vx=，由题图可知x11
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答案
　　　重力冲量IG=mgt，结合A选项分析可知轨迹2的铅球重力的冲量较小，C错误；
根据动量定理Δp=mΔv=mgt，故轨迹1的铅球在空中动量变化量较大，D错误。
5.(2025·江苏宿迁市期中)如图是用木槌打糍粑的场景，已知木槌质量为15 kg，木槌刚接触糍粑时的速度方向竖直向下，大小是8 m/s，打击糍粑0.1 s后木槌静止，g取10 m/s2，则木槌打击糍粑时平均作用力的大小是
A.150 N
B.1 350 N
C.1 200 N
D.120 N
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答案
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答案
　　　设竖直向下为正方向，对于木槌由动量定理可得(mg+F)t=0-mv，解得F=-1 350 N，表明木槌受到糍粑的平均作用力大小为1 350 N，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，木槌打击糍粑时平均作用力的大小为1 350 N，方向竖直向下。故选B。
6.(2025·江苏盐城市三模)生活中经常出现手机因滑落而导致损坏的现象，手机壳能有效地保护手机。现有一部质量为m=0.2 kg的手机(包括手机壳)，从离水平地面高h=1.8 m处无初速度下落，落到地面后，反弹的高度为h1=0.2 m，由于手机壳的缓冲作用，手机与地面的作用时间为t=0.2 s。不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)手机在下落过程中重力冲量的大小；
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答案
答案　1.2 N·s　
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答案
　　　手机在下落过程中做自由落体运动，
则有h=g
解得t1==0.6 s，
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
IG=mgt1=1.2 N·s
(2)地面对手机平均作用力的大小。
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答案
答案　10 N
　　　手机落地时速度大小v1=gt1=6 m/s，
从地面反弹速度大小v2==2 m/s，
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，
根据动量定理可得t-mgt=mv2-(-mv1)
解得地面对手机的平均作用力大小为=10 N。
7.(2024·江苏泰州市一模)如图所示，将一张重力不计的白纸夹在重力为G的课本与水平桌面之间，现用一水平拉力F将白纸从课本下向右抽出(课本始终未从桌面上滑落)，已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则在白纸被抽出的过程中
A.课本对白纸的滑动摩擦力方向向右
B.课本与桌面接触前，白纸所受滑动摩擦
　力大小为2μG
C.白纸被抽出越快，课本动量的变化越大
D.白纸被抽出越快，课本所受滑动摩擦力的冲量越大
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能力综合练
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答案
　　　根据题意可知，白纸相对课本向右运动，则课本对白纸的摩擦力方向向左，故A错误；
课本与桌面接触前，白纸受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff=μFN且白纸受到课本与桌面的两个滑动摩擦力，因此其大小为2μG，故B正确；
根据I=Fft=Δp，白纸被抽出越快，时间越短，课本动量的变化越小，课本所受滑动摩擦力的冲量越小，故C、D错误。
8.(2025·江苏连云港市期中)物体在外力作用下从静止开始做直线运动，合力F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是
A.0~6 s内物体做匀变速运动
B.t=6 s时物体回到出发点
C.2~4 s内F的冲量为零
D.t=1 s与t=4 s时物体的动量相同
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答案
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答案
　　　因3 s末合力F的方向改变，则加速度改变，则0~6 s内物体不是做匀变速运动，选项A错误；
0~3 s内物体沿正方向加速，3~6 s内物体沿正方向减速，则t=6 s时物体没有回到出发点，选项B错误；
因F-t图像与t轴围成的面积表示冲量，可知2~4 s内F的冲量为零，选项C正确；
根据动量定理可知，t=1 s时物体的动量大小p1=F0t1=F0，t=4 s时物体的动量大小p4=3F0-F0=2F0，可知t=1 s与t=4 s时物体的动量不相同，选项D错误。
9.(2025·江苏无锡市期中)2024年第11号台风“摩羯”于9月6日在海南文昌登陆，登陆时中心附近最大风力有17级以上，造成巨大破坏。已知11级台风的风速范围为28.5~32.6 m/s，17级台风的风速范围为56.1~61.2 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则17级台风对该标志牌的作用力大小约为11级台风的
A.2倍 B.4倍 　　　　C.8倍 　　　D.16倍
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　　　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在Δt时间的空气质量为Δm=ρS·vΔt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有-F·Δt=0-Δmv，解得F=ρSv2，假设11级台风的风速v11= m/s≈31 m/s，17级台风的风速v17= m/s≈59 m/s，故有==()2≈4，故选B。
10.(2024·江苏苏州市调研)宇宙尘埃有很大的科研价值，某人造地球卫星携带的收集装置如图所示。卫星飞行进入一个尘埃区，尘埃区每单位体积空间有n颗尘埃，每颗尘埃的平均质量为m，卫星正面面积为S，质量为M，前进速度保持为v。尘埃与卫星碰撞后吸附在卫星表面，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器需要提供的推力功率为
A.nmSv
B.nmSv2
C.nmSv3
D.(nm+M)Sv3
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答案
　　　设卫星在尘埃区飞行时间为t，卫星表面吸附的尘埃数量为N=nSvt，对卫星和尘埃整体分析，根据动量定理Ft=(Nm+M)v-Mv，解得卫星推进器需要提供的推力为F=nmSv2，卫星推进器需要提供的推力功率为P=Fv=　nmSv3，故C正确。
11.(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求：
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(1)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小；
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　　　由题图乙可知F随时间线性变化，
根据数学知识可知F=t
所以当t=6 s时，F=
0~6 s内F的冲量为F-t图像与t轴围成的面积，
即IF=×mg×6=mg
(2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
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答案
答案　见解析　
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答案
　　　由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°=μmgcos 30°
即μ=tan 30°=，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ=mgcos θ时，t=4 s，
则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ+FN=mgcos θ
摩擦力f=μFN=mg-mgt)=(-t)mg(0≤t≤4 s)
在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+FN
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答案
　　　摩擦力f=μFN=mgt-mg)=(t-)mg(4 s相应的f-t图像如图
(3)t=6 s时，物块的速度大小。
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答案
答案　g
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答案
　　　在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv
在0~6 s内摩擦力的冲量为f-t图像与t轴围成的面积，
则If=×mg×4+×mg×2=mg
联立有mg×6 s×sin 30°+mgcos 30°-mg=mv
可得v=g。
12.(2025·江苏盐城市三模)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是
A.上升和下降过程重力做功相同
B.上升和下降过程阻力做功相同
C.上升和下降过程阻力冲量大小相等
D.上升和下降过程重力冲量大小相等
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答案
尖子生选练
√
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答案
　　　上升过程重力做负功，下降过程重力做正功，上升过程与下降过程重力做功不同，A错误；
小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下降过程所受阻力，上升与下降的高度相同，故上升过程中小球克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，B错误；
作出上升和下降过程的v-t图像如图甲所示
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答案
　　　由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图甲中两阴影部分面积相等；设空气阻力大小为f=kv，其中k为常数，可知f-t图像与v-t图像相似，如图乙所示
图乙中两阴影部分的面积也相等，f-t图像t轴上方图像与t轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与t轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小，可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等，C正确；
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答案
　　　小球上升与下降经过同一位置时的速度，上升时的更大，所以上升过程中平均速度大于下降过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下降过程所用时间，根据IG=mgt，可知上升和下降过程重力冲量大小不相等，D错误。
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