資源簡介

(共65張PPT)
動量定理及應用
第
1
講
目標
要求
1.理解動量和沖量，理解動量定理及其表達式，能用動量定理解釋生活中的有關現象.2.能利用動量定理解決相關問題，會在流體力學中建立“柱狀”模型.
內容索引
考點一　動量和沖量
考點二　動量定理的理解和應用
考點三　應用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題
課時精練
考點一
動量和沖量
梳理
必備知識
1.動量
(1)定義：物體的 和 的乘積.
(2)表達式：p＝ .
(3)方向：與 的方向相同.
2.動量的變化
(1)動量是矢量，動量的變化量Δp也是 ，其方向與_____________
____的方向相同.
(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p′減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量.即Δp＝ .
質量
速度
mv
速度
矢量
速度的改變量
Δv
p′－p
3.沖量
(1)定義： 與 的乘積叫作力的沖量.
(2)公式： .
(3)單位： .
(4)方向：沖量是 ，其方向與 相同.
力
力的作用時間
I＝FΔt
N·s
矢量
力的方向
1.物體的動能不變，其動量一定不變.(　　)
2.物體的動量越大，其慣性也越大.(　　)
3.物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零.(　　)
4.兩物體動量大的動能不一定大.(　　)
×
×
√
×
1.動量與動能的比較
提升
關鍵能力
動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p＝mv
Ek＝
標矢性 矢量 標量
變化因素 合外力的沖量 合外力所做的功
大小關系
變化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
聯系 (1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系
(2)若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化
2.沖量的計算方法
公式法 I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態
圖像法 F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量
平均值法 若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數，則力F在某段時間t內的沖量I＝
動量定理法 根據物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量
例1　(2023·浙江寧波市模擬)甲、乙兩物體的質量之比是1∶4，下列說法正確的是
A.如果它們的動量大小相等，則甲、乙的動能之比是1∶4
B.如果它們的動量大小相等，則甲、乙的動能之比是2∶1
C.如果它們的動能相等，則甲、乙的動量大小之比是1∶2
D.如果它們的動能相等，則甲、乙的動量大小之比是1∶4
√
考向1　沖量　動量與動能
例2　如圖所示，質量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g.在整個運動過程中，下列說法正確的是
A.重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ
C.合外力的沖量為0
D.摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)
√
考向2　恒力沖量的計算
重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A項錯誤；
支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ，B項正確；
整個過程中滑塊的動量發生了改變，故合外力的總沖量不為0，C項錯誤；
上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D項錯誤.
例3　一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規律變化，如圖所示，下列說法正確的是
A.第2 s末，質點的動量為0
B.第2 s末，質點的動量方向發生變化
C.第4 s末，質點回到出發點
D.在1～3 s時間內，力F的沖量為0
√
考向3　利用F－t圖像求沖量
由題圖可知，0～2 s時間內F的方向和質點運動的方向相同，質點經歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；
2～4 s內F的方向與0～2 s內F的方向相反，該質點0～2 s內做加速運動，2～4 s內做減速運動，所以質點在0～4 s內的位移均為正，第4 s末沒有回到出發點，故選項C錯誤；
在F－t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量的大小，由題圖可知，1～2 s內的面積與2～3 s內的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內，力F的沖量為0，故選項D正確.
考點二
動量定理的理解和應用
梳理
必備知識
1.內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的___
_________.
2.公式： 或 .
動
量變化量
Ft＝mv′－mv
I＝p′－p
1.物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化量的方向是一致的.(　　)
2.動量定理描述的是某一狀態的物理規律.(　　)
3.運動員接籃球時手向后緩沖一下，是為了減小動量的變化量.(　　)
×
×
√
1.對動量定理的理解
(1)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和.
(2)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物體所受的合外力的沖量.
(3)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的原因.
提升
關鍵能力
(4)由Ft＝p′－p，得F＝ 即物體所受的合外力等于物體動量的變化率.
(5)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理.
2.解題基本思路
例4　(2020·全國卷Ⅰ·14)行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體.若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是
A.增加了司機單位面積的受力大小
B.減少了碰撞前后司機動量的變化量
C.將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
√
考向1　用動量定理解釋生活中的現象
汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸.司機在很短時間內由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據動量定理Δp＝FΔt知，司機所受作用力減小；又知安全氣囊打開后，司機受力面積變大，因此減小了司機單位面積的受力大小；碰撞過程中，動能轉化為內能.綜上可知，選項D正確.
例5　(高空作業須系安全帶.如果質量為m的高空作業人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前，人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經歷時間t，安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該作用力始終豎直向上.重力加速度為g，忽略空氣阻力，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為
√
考向2　動量定理的有關計算
例6　(2023·浙江杭州市模擬)即使炎炎夏日，我們也感覺不到任何陽光的壓力，是因為它實在微小，一平方公里面積上的陽光壓力總共才9 N.假設陽光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，光速為3×108 m/s，則地面上每平方公里每秒吸收的太陽能約為
A.9.0×108 J B.1.4×109 J
C.1.8×109 J D.2.7×109 J
√
例7　(2023·云南省玉溪第一中學月考)將質量為m＝1 kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.5，現在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10 N，物體由靜止開始運動，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，對于物塊從靜止開始到物塊停下這一過程下列說法正確的是
A.整個過程物塊運動的時間為6 s
B.整個過程物塊運動的時間為8 s
C.整個過程中物塊的位移大小為40 m
D.整個過程中物塊的位移大小為60 m
√
考向3　動量定理在多過程中的應用
在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，選項A錯誤，B正確；
考點三
應用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題
研究對象 流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內粒子數n
分析步驟 ①構建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S
②微元研究 小柱體的體積ΔV＝vSΔt
小柱體質量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱體粒子數N＝nvSΔt
小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究
例8　(2023·山東濰坊市高三檢測)玩具水槍是兒童們夏天喜愛的玩具之一，但水槍傷眼的事件也時有發生，因此，限制兒童水槍的威力就成了生產廠家必須關注的問題.現有一水槍樣品，如圖所示，槍口直徑為d，水的密度為ρ，水平出射速度為v，垂直擊中豎直目標后以大小為0.2v的速度反向濺回，則水柱水平擊中目標的平均
沖擊力大小為
A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2
C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
√
考向1　應用動量定理處理流體類問題
設墻壁對水柱的平均沖擊力大小為F，根據動量定
理有Ft＝0.2mv－(－mv)，聯立以上三式解得F＝0.3πd2ρv2，根據牛頓第三定律可知水柱水平擊中目標的平均沖擊力大小為F′＝F＝0.3πd2ρv2，故選B.
例9　宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區時，如何保持速度不變的問題.假設一宇宙飛船以v＝2.0×103 m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒塵區，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積S＝5 m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力多大？
考向2　應用動量定理處理微粒類問題
答案　40 N
設飛船在微粒塵區的飛行時間為Δt，
則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量Δm＝ρSvΔt
微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，
由動量定理得
FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飛船所需推力大小
F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
四
課時精練
1.對于一定質量的某物體而言，關于其動能和動量的關系，下列說法正確的是
A.物體的動能改變，其動量不一定改變
B.物體動量改變，則其動能一定改變
C.物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變
D.動量是標量，動能是矢量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
基礎落實練
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
物體的動能改變，則物體的速度大小一定改變，則其動量一定改變，A錯誤；
動量表達式為p＝mv，動量改變可能只是速度方向改變，其動能不一定改變，故B錯誤；
物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變，C正確；
動量是矢量，動能是標量，D錯誤.
2.(2023·湖南岳陽市質檢)快遞運輸時，我們經常看到，有些易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹，這種做法的好處是
A.可以大幅度減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量
B.可以大幅度減小某顛簸過程中物品動量的變化
C.可以使某顛簸過程中物品動量變化的時間延長
D.可以使某顛簸過程中物品動量的變化率增加
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
充氣袋在運輸中起到緩沖作用，在某顛簸過程中，物品的動量變化量不變，由動量定理可知，合外力的沖量不變，充氣袋可以延長動量變化所用的時間，從而減小物品所受的合力，A、B錯誤，C正確；
動量的變化率即為物品所受的合力，充氣袋可以減小顛簸過程中物品動量的變化率，D錯誤.
3.(2023·北京市豐臺區檢測)質量為m的物塊在光滑水平面上以速率v勻速向左運動，某時刻對物塊施加與水平方向夾角為θ的恒定拉力F，如圖所示.經過時間t，物塊恰好以相同速率v向右運動.在時間t內，下列說法正確的是
A.物塊所受拉力F的沖量方向水平向右
B.物塊所受拉力F的沖量大小為2mv
C.物塊所受重力的沖量大小為零
D.物塊所受合力的沖量大小為Fcos θ·t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
物塊所受拉力F的沖量為IF＝Ft，方向與水平方向夾角為θ，故A錯誤；
物塊所受重力的沖量為IG＝mgt≠0，故C錯誤；
由動量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，故B錯誤，D正確.
4.跳水運動一直是我國傳統的優勢體育項目，我們的國家跳水隊享有“夢之隊”的贊譽.在某次訓練中，跳水運動員在跳臺上由靜止開始豎直落下，進入水中后在水中做減速運動，速度減為零時并未到達池底.不計空氣阻力，下列說法正確的是
A.運動員在空中運動時，其動量變化量大于重力的沖量
B.運動員從剛進入水中到速度減為零的過程中，其重力的沖量等于水的作用
力的沖量
C.運動員從開始下落到速度減為零的過程中，其動量的改變量等于水的作用
力的沖量
D.運動員從開始下落到速度減為零的過程中，其重力的沖量與水的作用力的
沖量等大反向
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
運動員在空中運動過程中只受重力作用，根據動量定理可知運動員在空中動量的變化量等于重力的沖量，故A錯誤；
運動員在水中運動過程中受到重力和水對他的作用力，動量的變化量方向向上，則其重力的沖量小于水的作用力的沖量，故B錯誤；
整個過程根據動量定理可得I＝mΔv＝0，故運動員整個向下運動過程中合外力的沖量為零，故C錯誤；
整個過程根據動量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即運動員整個運動過程中重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向，故D正確.
5.(2020·海南卷·8)太空探測器常裝配離子發動機，其基本原理是將被電離的原子從發動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質量為490 kg，離子以30 km/s的速率(遠大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3 g/s，則探測器獲得的平均推力大小為
A.1.47 N B.0.147 N
C.0.09 N D.0.009 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
對離子，根據動量定理有F·Δt＝Δmv－0，而Δm＝3.0×10－3× 10－3 kg/s·Δt，解得F＝0.09 N，故探測器獲得的平均推力大小為0.09 N，故C正確.
6.(2023·廣東省聯考)2022年5月10日世界女子羽毛球團體錦標賽尤伯杯比賽在泰國進行，中國隊何冰嬌以21∶2和21∶8輕松戰勝羅德里格斯，最終中國隊以5∶0輕松擊敗西班牙隊.假設羽毛球以v1＝72 km/h的速度飛向何冰嬌，何冰嬌以v2＝216 km/h的速度將羽毛球回擊.已知羽毛球的質量為m＝5×10－3 kg，球拍與羽毛球作用的時間為t＝0.02 s.則下列說法正確的是
A.球拍對羽毛球不做功
B.羽毛球動量的變化量大小為0.4 kg·m/s
C.羽毛球動能的變化量大小為10 J
D.球拍與羽毛球之間的作用力大小為10 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
擊球過程中，羽毛球的動能增加，則球拍對羽毛球做功，選項A錯誤；
v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，則羽毛球動量的變化量大小為Δp＝mv2－mv1＝5×10－3×60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·
m/s＝0.4 kg·m/s，選項B正確；
7.(2023·浙江強基聯盟統測)質量為m的質點沿一直線從A點加速運動到B點.已知質點通過A點時的速度為v0，合外力為3F0，A、B兩點之間的運動時間為2t0，在該過程中，質點所受的合外力F隨時間t變化的關系如圖所示，則質點到達B點時的速度為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
8.(2022·湖北卷·7)一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v.前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2.下列關系式一定成立的是
A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
能力綜合練
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
根據動能定理有
可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故選D.
9.(2023·浙江紹興市診斷性考試)光滑水平面上，小物塊在水平力F作用下運動，運動過程中速度v與位置坐標x的關系如圖所示，所受空氣阻力Ff與速度v的關系滿足Ff＝0.5v (N)，小物塊從x＝－5 m到x＝5 m的運動過程中
A.做勻變速直線運動
B.拉力F一直保持不變
C.拉力F做功為W＝10 J
D.阻力的沖量大小I＝2.5 N·s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由題圖可知，－5 m到0過程中小物塊做正向減速運動，則加速度為負方向，0到5 m過程中小物塊做正向加速運動，則加速度為正方向，可知加速度不恒定，A錯誤；
由題圖可知，相同的位移內速度變化量相同，在－5 m到0過程中由于做減速運動，則可知相同速度變化量所用時間越來越長，故加速度減小，則拉力越來越小，在0到5 m過程中由于做加速運動，則可知相同速度變化量所用時間越來越短，故加速度增大，則拉力越來越大，B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由題圖可知，0到5 m過程中v＝0.8x (m/s)，則Ff＝0.5v (N)＝0.5×0.8x (N)＝0.4x (N)，克
服阻力做的功為W克f＝ ×5 J
＝5 J，由對稱性可知全程克服阻力做的功為2W克f，全程由動能定理可得W－2W克f＝0，可得拉力做的功為W＝2W克f＝10 J，C正確；
0到5 m，阻力的沖量大小為If＝∑FfΔt＝∑0.5vΔt (N·s)＝0.5x (N·s)＝2.5 N·s，則全程阻力的沖量大小為I＝2If＝5 N·s，D錯誤.
10.在檢測籃球的性能時，檢測人員將籃球從高處自由下落，通過測量籃球自由下落的高度、反彈高度及下落和反彈的總時間等數據來檢測籃球是否合格.在某次檢測過程中，檢測員將籃球最低點置于距離地面H1＝1.8 m處開始自由下落，測出籃球從開始下落到第一次反彈至最高點所用的時間為t＝1.5 s，籃球反彈后籃球最低點所能到達的最大高度降為H2＝1.25 m.已知該籃球的質量為0.6 kg.不計空氣阻力.(g＝10 m/s2)求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
(1)籃球第一次反彈后即將離開地面時的動量大小和方向；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　3 kg·m/s　方向豎直向上
籃球第一次反彈后即將離開地面時的速度v滿足v2＝2gH2，可得v＝5 m/s，離開地面時的動量大小p＝mv＝3 kg·m/s，方向豎直向上.
(2)籃球第一次反彈過程中與地面接觸的時間；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　0.4 s　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
籃球第一次自由下落的時間滿足
籃球第一次反彈后上升的時間滿足
則可得籃球與地面接觸的時間
Δt＝t－t1－t2＝0.4 s
(3)籃球第一次與地面接觸的過程中對地面的平均作用力大小.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　22.5 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
籃球第一次自由下落著地前瞬間的速度滿足v02＝2gH1，
可得v0＝6 m/s
以豎直向上為正方向，籃球與地面接觸的過程中，
根據動量定理有
由牛頓第三定律可知籃球第一次與地面接觸過程中對地面的平均作用力大小為22.5 N.
11.(2023·浙江金麗衢十二校聯考)有人設想在進行宇宙探測時，給探測器安上反射率極高(可認為100%)的薄膜，并讓它正對太陽，用光壓為動力推動探測器加速.已知某探測器在軌道上運行，陽光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面積為S，每秒每平方米面積照射到的太陽光能為E，若探測器總質量為M，光速為c，普朗克常量為h，則探測器獲得的加速度大小的表達式是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
素養提升練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11考情分析 動量　動量定理 2021·湖南卷·T2　2019·北京卷·T24
動量守恒定律 2022·湖南卷·T4　2021·山東卷·T11　2021·廣東卷·T13 2021·河北卷·T13　2020·江蘇卷·T12(3)　2020·北京卷·T13 2019·江蘇卷·T12(1)
動量和能量的綜合 2022·湖北卷·T16　2022·河北卷·T13　2022·山東卷·T18 2020·天津卷·T11　2020·山東卷·T18
實驗：驗證動量定理 2021·江蘇卷·T11
試題情境 生活實踐類 安全行車(安全氣囊)、交通運輸(機車碰撞、噴氣式飛機)、體育運動(滑冰接力、球類運動)、火箭發射、爆炸、高空墜物
學習探究類 氣墊導軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞
第1講　動量定理及應用
目標要求　1.理解動量和沖量，理解動量定理及其表達式，能用動量定理解釋生活中的有關現象.2.能利用動量定理解決相關問題，會在流體力學中建立“柱狀”模型．
考點一　動量和沖量
1．動量
(1)定義：物體的質量和速度的乘積．
(2)表達式：p＝mv.
(3)方向：與速度的方向相同．
2．動量的變化
(1)動量是矢量，動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同．
(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p′減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量．即Δp＝p′－p.
3．沖量
(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量．
(2)公式：I＝FΔt.
(3)單位：N·s.
(4)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向相同．
1．物體的動能不變，其動量一定不變．(　×　)
2．物體的動量越大，其慣性也越大．(　×　)
3．物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零．(　×　)
4．兩物體動量大的動能不一定大．(　√　)
1．動量與動能的比較
動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p＝mv Ek＝mv2
標矢性 矢量 標量
變化因素 合外力的沖量 合外力所做的功
大小關系 p＝ Ek＝
變化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
聯系 (1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系 (2)若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化
2.沖量的計算方法
公式法 I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態
圖像法 F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量
平均值法 若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數，則力F在某段時間t內的沖量I＝t
動量定理法 根據物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量
考向1　沖量　動量與動能
例1　(2023·浙江寧波市模擬)甲、乙兩物體的質量之比是1∶4，下列說法正確的是(　　)
A．如果它們的動量大小相等，則甲、乙的動能之比是1∶4
B．如果它們的動量大小相等，則甲、乙的動能之比是2∶1
C．如果它們的動能相等，則甲、乙的動量大小之比是1∶2
D．如果它們的動能相等，則甲、乙的動量大小之比是1∶4
答案　C
解析　當兩物體動量大小相等時，由Ek＝知Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝4∶1，故A、B錯誤；當兩物體動能相等時，由p2＝2mEk知p甲∶p乙＝∶＝1∶2，故C正確，D錯誤．
考向2　恒力沖量的計算
例2　如圖所示，質量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g.在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ
C．合外力的沖量為0
D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)
答案　B
解析　重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A項錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ，B項正確；整個過程中滑塊的動量發生了改變，故合外力的總沖量不為0，C項錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D項錯誤．
考向3　利用F－t圖像求沖量
例3　一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．第2 s末，質點的動量為0
B．第2 s末，質點的動量方向發生變化
C．第4 s末，質點回到出發點
D．在1～3 s時間內，力F的沖量為0
答案　D
解析　由題圖可知，0～2 s時間內F的方向和質點運動的方向相同，質點經歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4 s內F的方向與0～2 s內F的方向相反，該質點0～2 s內做加速運動，2～4 s內做減速運動，所以質點在0～4 s內的位移均為正，第4 s末沒有回到出發點，故選項C錯誤；在F－t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量的大小，由題圖可知，1～2 s內的面積與2～3 s內的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內，力F的沖量為0，故選項D正確．
考點二　動量定理的理解和應用
1．內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量．
2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.
1．物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化量的方向是一致的．(　√　)
2．動量定理描述的是某一狀態的物理規律．(　×　)
3．運動員接籃球時手向后緩沖一下，是為了減小動量的變化量．(　×　)
1．對動量定理的理解
(1)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和．
(2)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．
(3)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的原因．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．
(5)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理．
2．解題基本思路
考向1　用動量定理解釋生活中的現象
例4　(2020·全國卷Ⅰ·14)行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體．若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(　　)
A．增加了司機單位面積的受力大小
B．減少了碰撞前后司機動量的變化量
C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
答案　D
解析　汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸．司機在很短時間內由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據動量定理Δp＝FΔt知，司機所受作用力減小；又知安全氣囊打開后，司機受力面積變大，因此減小了司機單位面積的受力大小；碰撞過程中，動能轉化為內能．綜上可知，選項D正確．
考向2　動量定理的有關計算
例5　高空作業須系安全帶．如果質量為m的高空作業人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前，人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經歷時間t，安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該作用力始終豎直向上．重力加速度為g，忽略空氣阻力，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　)
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案　A
解析　安全帶對人起作用之前，人做自由落體運動；由v2＝2gh可得，安全帶對人起作用前瞬間，人的速度v＝；安全帶達到最大伸長量時，人的速度為零；從安全帶開始對人起作用到安全帶伸長量最大，取豎直向下為正方向，由動量定理可得(mg－)t＝0－mv，故＝＋mg＝＋mg，故選項A正確．
例6　(2023·浙江杭州市模擬)即使炎炎夏日，我們也感覺不到任何陽光的壓力，是因為它實在微小，一平方公里面積上的陽光壓力總共才9 N．假設陽光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，光速為3×108 m/s，則地面上每平方公里每秒吸收的太陽能約為(　　)
A．9.0×108 J B．1.4×109 J
C．1.8×109 J D．2.7×109 J
答案　A
解析　由題意可知陽光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，以豎直向下為正方向，根據動量定理得－F·Δt＝(－mc－mc)＋(0－mc)，整理得9 N·s＝mc，而地面上每平方公里每秒吸收的太陽能為E＝mc2，聯立解得E＝9.0×108 J，故A正確，B、C、D錯誤．
考向3　動量定理在多過程中的應用
例7　(2023·云南省玉溪第一中學月考)將質量為m＝1 kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.5，現在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10 N，物體由靜止開始運動，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，對于物塊從靜止開始到物塊停下這一過程下列說法正確的是(　　)
A．整個過程物塊運動的時間為6 s
B．整個過程物塊運動的時間為8 s
C．整個過程中物塊的位移大小為40 m
D．整個過程中物塊的位移大小為60 m
答案　B
解析　在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，選項A錯誤，B正確；在物塊前4 s運動的過程中由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為＝＝，全程的平均速度也為，則物塊的總位移x＝t＝×8 m＝80 m，選項C、D錯誤．
考點三　應用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題
研究對象 流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內粒子數n
分析步驟 ①構建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S
②微元研究 小柱體的體積ΔV＝vSΔt
小柱體質量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱體粒子數N＝nvSΔt
小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究
考向1　應用動量定理處理流體類問題
例8　(2023·山東濰坊市高三檢測)玩具水槍是兒童們夏天喜愛的玩具之一，但水槍傷眼的事件也時有發生，因此，限制兒童水槍的威力就成了生產廠家必須關注的問題．現有一水槍樣品，如圖所示，槍口直徑為d，水的密度為ρ，水平出射速度為v，垂直擊中豎直目標后以大小為0.2v的速度反向濺回，則水柱水平擊中目標的平均沖擊力大小為(　　)
A．1.2πd2ρv2 B．0.3πd2ρv2
C．1.2πd2ρv D．0.3πd2ρv
答案　B
解析　設t時間內水槍噴出的水柱長度為l，則有v＝，t時間內沖擊墻壁的水的質量為m＝ρV＝ρSl＝πd2ρl，設墻壁對水柱的平均沖擊力大小為F，根據動量定理有Ft＝0.2mv－(－mv)，聯立以上三式解得F＝0.3πd2ρv2，根據牛頓第三定律可知水柱水平擊中目標的平均沖擊力大小為F′＝F＝0.3πd2ρv2，故選B.
考向2　應用動量定理處理微粒類問題
例9　宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區時，如何保持速度不變的問題．假設一宇宙飛船以v＝2.0×103 m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒塵區，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積S＝5 m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力多大？
答案　40 N
解析　設飛船在微粒塵區的飛行時間為Δt，
則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量Δm＝ρSvΔt
微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，
由動量定理得
FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飛船所需推力大小
F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
課時精練
1．對于一定質量的某物體而言，關于其動能和動量的關系，下列說法正確的是(　　)
A．物體的動能改變，其動量不一定改變
B．物體動量改變，則其動能一定改變
C．物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變
D．動量是標量，動能是矢量
答案　C
解析　物體的動能改變，則物體的速度大小一定改變，則其動量一定改變，A錯誤；動量表達式為p＝mv，動量改變可能只是速度方向改變，其動能不一定改變，故B錯誤；物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變，C正確；動量是矢量，動能是標量，D錯誤．
2.(2023·湖南岳陽市質檢)快遞運輸時，我們經常看到，有些易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹，這種做法的好處是(　　)
A．可以大幅度減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量
B．可以大幅度減小某顛簸過程中物品動量的變化
C．可以使某顛簸過程中物品動量變化的時間延長
D．可以使某顛簸過程中物品動量的變化率增加
答案　C
解析　充氣袋在運輸中起到緩沖作用，在某顛簸過程中，物品的動量變化量不變，由動量定理可知，合外力的沖量不變，充氣袋可以延長動量變化所用的時間，從而減小物品所受的合力，A、B錯誤，C正確；動量的變化率即為物品所受的合力，充氣袋可以減小顛簸過程中物品動量的變化率，D錯誤．
3.(2023·北京市豐臺區檢測)質量為m的物塊在光滑水平面上以速率v勻速向左運動，某時刻對物塊施加與水平方向夾角為θ的恒定拉力F，如圖所示．經過時間t，物塊恰好以相同速率v向右運動．在時間t內，下列說法正確的是(　　)
A．物塊所受拉力F的沖量方向水平向右
B．物塊所受拉力F的沖量大小為2mv
C．物塊所受重力的沖量大小為零
D．物塊所受合力的沖量大小為Fcos θ·t
答案　D
解析　物塊所受拉力F的沖量為IF＝Ft，方向與水平方向夾角為θ，故A錯誤；物塊所受重力的沖量為IG＝mgt≠0，故C錯誤；由動量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，故B錯誤，D正確．
4．跳水運動一直是我國傳統的優勢體育項目，我們的國家跳水隊享有“夢之隊”的贊譽．在某次訓練中，跳水運動員在跳臺上由靜止開始豎直落下，進入水中后在水中做減速運動，速度減為零時并未到達池底．不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．運動員在空中運動時，其動量變化量大于重力的沖量
B．運動員從剛進入水中到速度減為零的過程中，其重力的沖量等于水的作用力的沖量
C．運動員從開始下落到速度減為零的過程中，其動量的改變量等于水的作用力的沖量
D．運動員從開始下落到速度減為零的過程中，其重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向
答案　D
解析　運動員在空中運動過程中只受重力作用，根據動量定理可知運動員在空中動量的變化量等于重力的沖量，故A錯誤；運動員在水中運動過程中受到重力和水對他的作用力，動量的變化量方向向上，則其重力的沖量小于水的作用力的沖量，故B錯誤；整個過程根據動量定理可得I＝mΔv＝0，故運動員整個向下運動過程中合外力的沖量為零，故C錯誤；整個過程根據動量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即運動員整個運動過程中重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向，故D正確．
5．(2020·海南卷·8)太空探測器常裝配離子發動機，其基本原理是將被電離的原子從發動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質量為490 kg，離子以30 km/s的速率(遠大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3 g/s，則探測器獲得的平均推力大小為(　　)
A．1.47 N B．0.147 N
C．0.09 N D．0.009 N
答案　C
解析　對離子，根據動量定理有F·Δt＝Δmv－0，而Δm＝3.0×10－3×10－3 kg/s·Δt，解得F＝0.09 N，故探測器獲得的平均推力大小為0.09 N，故C正確．
6．(2023·廣東省聯考)2022年5月10日世界女子羽毛球團體錦標賽尤伯杯比賽在泰國進行，中國隊何冰嬌以21∶2和21∶8輕松戰勝羅德里格斯，最終中國隊以5∶0輕松擊敗西班牙隊．假設羽毛球以v1＝72 km/h的速度飛向何冰嬌，何冰嬌以v2＝216 km/h的速度將羽毛球回擊．已知羽毛球的質量為m＝5×10－3 kg，球拍與羽毛球作用的時間為t＝0.02 s．則下列說法正確的是(　　)
A．球拍對羽毛球不做功
B．羽毛球動量的變化量大小為0.4 kg·m/s
C．羽毛球動能的變化量大小為10 J
D．球拍與羽毛球之間的作用力大小為10 N
答案　B
解析　擊球過程中，羽毛球的動能增加，則球拍對羽毛球做功，選項A錯誤；v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，則羽毛球動量的變化量大小為Δp＝mv2－mv1＝5×10－3× 60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·m/s＝0.4 kg·m/s，選項B正確；羽毛球動能的變化量大小為ΔEk＝mv22－mv12＝×5×10－3×(602－202) J＝8 J，選項C錯誤；根據動量定理Δp＝Ft，解得球拍與羽毛球之間的作用力大小為F＝＝ N＝20 N，選項D錯誤．
7.(2023·浙江強基聯盟統測)質量為m的質點沿一直線從A點加速運動到B點．已知質點通過A點時的速度為v0，合外力為3F0，A、B兩點之間的運動時間為2t0，在該過程中，質點所受的合外力F隨時間t變化的關系如圖所示，則質點到達B點時的速度為(　　)
A．v0－ B．v0＋
C．v0－ D．v0＋
答案　D
解析　由動量定理得mΔv＝(F0＋3F0)×2t0，解得Δv＝，所以到達B點時的速度為vB＝v0＋Δv＝v0＋，故A、B、C錯誤，D正確．
8．(2022·湖北卷·7)一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v.前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2.下列關系式一定成立的是(　　)
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　根據動能定理有
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，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故選D.
9.(2023·浙江紹興市診斷性考試)光滑水平面上，小物塊在水平力F作用下運動，運動過程中速度v與位置坐標x的關系如圖所示，所受空氣阻力Ff與速度v的關系滿足Ff＝0.5v (N)，小物塊從x＝－5 m到x＝5 m的運動過程中(　　)
A．做勻變速直線運動
B．拉力F一直保持不變
C．拉力F做功為W＝10 J
D．阻力的沖量大小I＝2.5 N·s
答案　C
解析　由題圖可知，－5 m到0過程中小物塊做正向減速運動，則加速度為負方向，0到5 m過程中小物塊做正向加速運動，則加速度為正方向，可知加速度不恒定，A錯誤；由題圖可知，相同的位移內速度變化量相同，在－5 m到0過程中由于做減速運動，則可知相同速度變化量所用時間越來越長，故加速度減小，則拉力越來越小，在0到5 m過程中由于做加速運動，則可知相同速度變化量所用時間越來越短，故加速度增大，則拉力越來越大，B錯誤；由題圖可知，0到5 m過程中v＝0.8x (m/s)，則Ff＝0.5v (N)＝0.5×0.8x (N)＝0.4x (N)，克服阻力做的功為W克f＝x＝×5 J＝5 J，由對稱性可知全程克服阻力做的功為2W克f，全程由動能定理可得W－2W克f＝0，可得拉力做的功為W＝2W克f＝10 J，C正確；0到5 m，阻力的沖量大小為If＝∑FfΔt＝∑0.5vΔt (N·s)＝0.5x (N·s)＝2.5 N·s，則全程阻力的沖量大小為I＝2If＝5 N·s，D錯誤．
10.在檢測籃球的性能時，檢測人員將籃球從高處自由下落，通過測量籃球自由下落的高度、反彈高度及下落和反彈的總時間等數據來檢測籃球是否合格．在某次檢測過程中，檢測員將籃球最低點置于距離地面H1＝1.8 m處開始自由下落，測出籃球從開始下落到第一次反彈至最高點所用的時間為t＝1.5 s，籃球反彈后籃球最低點所能到達的最大高度降為H2＝1.25 m．已知該籃球的質量為0.6 kg.不計空氣阻力．(g＝10 m/s2)求：
(1)籃球第一次反彈后即將離開地面時的動量大小和方向；
(2)籃球第一次反彈過程中與地面接觸的時間；
(3)籃球第一次與地面接觸的過程中對地面的平均作用力大小．
答案　(1)3 kg·m/s　方向豎直向上　(2)0.4 s　(3)22.5 N
解析　(1)籃球第一次反彈后即將離開地面時的速度v滿足v2＝2gH2，可得v＝5 m/s，離開地面時的動量大小p＝mv＝3 kg·m/s，方向豎直向上．
(2)籃球第一次自由下落的時間滿足
H1＝gt12，可得t1＝0.6 s
籃球第一次反彈后上升的時間滿足
H2＝gt22，可得t2＝0.5 s
則可得籃球與地面接觸的時間
Δt＝t－t1－t2＝0.4 s
(3)籃球第一次自由下落著地前瞬間的速度滿足v02＝2gH1，
可得v0＝6 m/s
以豎直向上為正方向，籃球與地面接觸的過程中，根據動量定理有
(－mg)Δt＝mv－(－mv0)，
解得＝22.5 N
由牛頓第三定律可知籃球第一次與地面接觸過程中對地面的平均作用力大小為22.5 N.
11．(2023·浙江金麗衢十二校聯考)有人設想在進行宇宙探測時，給探測器安上反射率極高(可認為100%)的薄膜，并讓它正對太陽，用光壓為動力推動探測器加速．已知某探測器在軌道上運行，陽光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面積為S，每秒每平方米面積照射到的太陽光能為E，若探測器總質量為M，光速為c，普朗克常量為h，則探測器獲得的加速度大小的表達式是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　光子垂直照射后全部反射，每秒照射到薄膜上的總能量為ES，結合單個光子的能量ε＝hν，則N個光子的總能量為Nhν＝Nh＝ES，解得λ＝，又因為單個光子的動量p＝，則光子的總動量變化量大小為Δp＝2N＝2N＝，以光子為研究對象，應用動量定理FΔt＝Δp式中Δt＝1 s，解得F＝，根據牛頓第三定律，光子對探測器的作用力大小為F′＝F＝，根據牛頓第二定律F′＝Ma，解得a＝，故選A.

展開更多......

收起↑