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第1講　動量和動量定理
學習目標　1.理解動量和沖量的概念，理解動量定理及其表達式。 2.能用動量定理解釋生活中的有關現象。 3.會用動量定理進行相關計算，并會在流體力學中建立“柱狀”模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判斷
(1)一個物體的運動狀態變化時，它的動量一定改變。(√)
(2)物體的動能不變，其動量一定不變。(×)
(3)合力的沖量是物體動量發生變化的原因。(√)
(4)物體的動量發生改變，則合力一定對物體做了功。(×)
(5)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。(×)
2.高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能(　　)
A.與它所經歷的時間成正比
B.與它的位移成正比
C.與它的速度成正比
D.與它的動量成正比
答案　B
考點一　動量和沖量
1.動能、動量、動量變化量的比較
動能 動量 動量變化量
特點 狀態量 狀態量 過程量
關聯 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
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
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。
(2)變力的沖量
①平均值法：方向不變的變力的沖量，若力的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，其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。
②圖像法：作出F－t變化圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量。如圖所示。
③動量定理法：對于易確定始、末時刻動量的情況，求出該力作用下物體動量的變化量，再由動量定理I＝Δp求解。
角度　對動量和動能比較
例1 (多選)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F的作用下，經過時間t、通過位移L后動量變為p、動能變為Ek。以下說法正確的是(　　)
A.在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動量等于2p
B.在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動能等于2Ek
C.在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動能等于2Ek
D.在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動量等于2p
答案　BD
解析　在光滑水平面上，物體所受合力大小等于F的大小，根據動能定理知，FL＝Ek，物體位移變為原來的2倍，動能變為原來的2倍，根據p＝，知動量變為原來的倍，故A錯誤，B正確；根據動量定理知，Ft＝mv，物體運動時間變為原來的2倍，則動量變為原來的2倍，根據Ek＝知，動能變為原來的4倍，故C錯誤，D正確。
角度　恒力沖量的計算
例2 如圖1所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度變為零并又開始下滑，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。已知重力加速度為g。在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
圖1
A.重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的沖量為0
D.摩擦力的總沖量大小為Ff(t1＋t2)
答案　B
解析　重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ，B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，故若以沿斜面向下為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D錯誤。
角度　利用F－t圖像求沖量
例3 (多選)(2024·陜西咸陽模擬)質量為m＝1 kg的物塊在水平拉力的作用下從靜止開始沿水平桌面做直線運動，其拉力F隨時間t的變化圖線如圖2所示，物塊與水平桌面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。則(　　)
圖2
A.在t＝2 s時，物塊的動量大小為1 kg· m/s
B.在t＝4 s時，物塊的速度為0
C.在0～2 s內和2～5 s內，物塊動量的變化量大小之比為3∶2
D.在0～5 s內，物塊的最大速度為1.5 m/s
答案　AD
解析　圖像與坐標軸圍成的面積代表拉力的沖量，0～2 s內，根據動量定理有t1－μmgt1＝Δp＝p2－0，代入數據可得p2＝1 kg· m/s，故A正確；2～4 s內，根據動量定理有t2－μmgt2＝mv4－p2，代入數據解得v4＝1 m/s，故B錯誤；由上述分析可知0～2 s內物塊動量的變化量大小為Δp1＝1 kg· m/s，2～4 s內物塊動量的變化量大小為Δp2＝0，4～5 s內物塊動量的變化量大小為Δp3＝|－t3－μmgt3|＝1.5 kg· m/s，所以在0～2 s內和2～5 s內，物塊動量的變化量大小之比為＝，故C錯誤；當拉力與摩擦力相等時，速度最大，Ff＝μmg＝1 N，由題圖可知為t＝3 s時F＝Ff，根據動量定理可知t23－μmgt23＝mv3－p2，代入數據得v3＝1.5 m/s，故D正確。
1.(多選)(2023·新課標卷，19)如圖3，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
圖3
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等
D.甲和乙的動量之和不為零
答案　BD
解析　根據F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，則任意時刻甲的速度大小比乙的小，A錯誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則Ff甲＞Ff乙，故甲和乙組成的系統所受合外力向左，合外力的沖量方向向左，即甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。
考點二　動量定理的理解和應用
對動量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。
(2)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，即合力的沖量是動量變化的原因。
(3)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。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。
角度　用動量定理解釋生活中的現象
例4 (2024·廣東深圳高三聯考)錘子是常用裝修工具。鋪木地板時，調整地板之間銜接平整，需要用錘子輕輕敲打；把鐵釘釘入堅硬的木板需要用錘子重重敲打。關于兩種情況下選用的錘子及理由，以下說法正確的是(　　)
圖4
A.釘鐵釘時，應選鐵錘快速敲打，以獲得較大的打擊力
B.釘鐵釘時，應選木錘快速敲打，以獲得較小的打擊力
C.鋪地板時，應選鐵錘低速敲打，以獲得較小的打擊力
D.鋪地板時，應選木錘低速敲打，以獲得較大的打擊力
答案　A
解析　根據動量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝，釘鐵釘時，為了獲得較大的打擊力F，應選擇鐵錘快速敲打。選擇鐵錘是因為鐵錘的質量比木錘質量大，快速敲打能減小鐵錘與鐵釘的作用時間t，增大鐵錘的初速度v0，A正確，B錯誤；根據F＝，鋪地板時，為了獲得較小的打擊力F，應該選擇木錘低速敲打。選擇木錘是因為木錘的質量小，低速敲打增大木錘與地板的作用時間t，減小木錘的初速度v0，C、D錯誤。
用動量定理解釋現象
(1)Δp一定時，F的作用時間越短，力就越大；作用時間越長，力就越小。
(2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小。　　
角度　動量定理的有關計算
例5 (2024·江西贛州模擬)2023年6月13日，杭州外賣小哥從約15米高的西興大橋上跳下救人的事件感動了全國人民，從這么高跳下其實是很危險的，假設他的質量為60 kg，重力加速度取10 m/s2，不計空氣阻力，跳下時初速度為零，若入水姿勢正確則從接觸水面到速度為零下降約3 m，若入水姿勢不對則從接觸水面到速度為零下降約1 m，則下列說法正確的是(　　)
A.人在空中運動過程中，重力的沖量與下降高度成正比
B.入水姿勢正確的情況下，人受到水的平均作用力約3 000 N
C.入水姿勢不正確的情況下，人受到水的平均作用力約9 600 N
D.人從跳下到速度減為零的過程中機械能守恒
答案　C
解析　人在空中做自由落體運動，h＝gt2，重力的沖量IG＝mgt＝mg＝m，故A錯誤；人在空中下降高度h，入水前速度v＝，在空中所用時間t1＝，在水中認為受到水的作用力F不變時，人的運動可以看作勻減速運動，設下降深度為d，在水中運動所用時間t2＝，整個過程對人運用動量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，化簡得F＝mg，所以入水姿勢正確的情況下，人受到水的平均作用力約為重力的6倍，即3 600 N，入水姿勢不正確時，人受到水的平均作用力約為重力的16倍，即9 600 N，故B錯誤，C正確；人從跳下到速度減為零的過程，動能不變，重力勢能減小，即機械能減小，故D錯誤。
2.(多選)(2023·廣東卷，10)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖5所示的簡化模型，多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s，關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
圖5
A.該過程動量守恒
B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
答案　BD
解析　取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后總的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，負號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2，根據動量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確。
考點三　應用動量定理處理流體類問題
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“柱體”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建立方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究
例6 (2024·江蘇蘇州高三月考)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p，小華同學將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時間t內杯中水面上升的高度為h，查詢得知當時雨滴下落的速度為v。設雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，不計雨滴重力。則p的大小為(　　)
圖6
A.ρv B.2ρv 　
C.ρv2 　 D.2ρv2
答案　B
解析　單位時間的降水量Δh＝，在芭蕉葉上取ΔS的面積上，Δt時間內降落的雨水質量m＝ρ·
ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt，設雨水受到的撞擊力為F，豎直向下為正方向，根據動量定理有FΔt＝－mv－mv，聯立解得F＝－2ρvΔS，根據牛頓第三定律可知，芭蕉葉上ΔS的面積受到的撞擊力的大小F′＝2ρvΔS，因此平均壓強為p＝＝2ρv，故B正確。
3.一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當進入有宇宙塵埃的區域時，設在該區域，單位體積內有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力功率為(　　)
A.Snmv B.2Snmv
C.Snmv D.2Snmv
答案　C
解析　時間Δt內粘在飛船上的塵埃質量為M＝v0ΔtSnm，對粘在飛船上的塵埃，由動量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飛船對這些塵埃的作用力為F＝nmvS；根據牛頓第三定律及平衡條件，可知為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力F′＝F，牽引力的功率為P＝F′v0＝Snmv，故C正確，A、B、D錯誤。
A級　基礎對點練
對點練1　動量和沖量
1.(多選)(2023·廣州市綜合測試)如圖1，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6 kg·m/s，則(　　)
圖1
A.球的動能可能不變
B.球的動量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球對棒的作用力與棒對球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同
答案　AC
解析　壘球被擊打后，可能以與擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；根據牛頓第三定律可知，球對棒的作用力與棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向與棒對球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。
2.(2024·福建廈門高三期末)在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的試驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線(如圖2)。從碰撞開始到碰撞結束的過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部(　　)
圖2
A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B.動量大小先增大后減小
C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D.加速度大小先增大后減小
答案　D
解析　由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F－t圖像與橫軸所圍成的面積即表示合外力的沖量，再根據動量定理可知F－t圖像的面積等于動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由題圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭部靜止，動量變化最大，A、B錯誤；根據動量與動能的關系有Ek＝，而F－t圖像與橫軸所圍成的面積表示動量的變化量，則動能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據牛頓第二定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。
3.(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　根據動能定理可知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D正確。
對點練2　動量定理的理解和應用
4.(多選)(2024·廣東汕頭高三月考)如圖3所示，在輪船的船舷和碼頭的岸邊一般都固定有橡膠輪胎，輪船駛向碼頭停靠時，會與碼頭發生碰撞，對這些輪胎的作用，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.增大輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量
B.減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量
C.延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間
D.減小輪船與碼頭碰撞過程中受到的作用力
答案　CD
解析　對輪船靠岸與碼頭碰撞的過程，輪船的初、末速度不會受輪胎影響，輪船的動量變化量相同，根據動量定理，輪船受到的沖量也相同，故A、B錯誤；輪胎可以起到緩沖作用，延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間，從而減小輪船因碰撞受到的作用力，故C、D正確。
5.(2024·重慶西南大學附中高三期末)舞中幡是中國傳承千年的雜技項目之一，小西觀看央視春晚雜技節目《龍躍神州》中的拋幡表演，雜技演員站在地上，將中幡從胸口處豎直向上拋起，1.5 s后，在自己的胸口處開始接幡，并下蹲緩沖，經過0.5 s，將幡接穩在手中。若一根中幡質量約為20 kg，重力加速度g＝10 m/s2。假設忽略幡運動過程中所受的空氣阻力，雜技演員接幡過程中，幡對手的平均作用力為(　　)
A.300 N B.500 N
C.600 N D.800 N
答案　B
解析　由對稱性可知，雜技演員開始接幡時幡的速度為v＝g·＝7.5 m/s，接幡過程中，設幡對手的平均作用力為F，取向下為正方向，由動量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入數據解得F＝500 N，故B正確。
6.(多選)(2024·山東濰坊高三期末)一個質量為60 kg的蹦床運動員，從離水平網面某高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機錄下運動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機作出v－t圖像如圖4所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6 s，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，下列說法正確的是(　　)
圖4
A.網對運動員的平均作用力大小為1 950 N
B.運動員動量的變化量為1 080 kg· m/s
C.彈力的沖量大小為480 N·s
D.運動員所受重力的沖量大小為1 560 N·s
答案　AD
解析　由題意知，運動員做自由落體運動的時間為t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2時間內，網對運動員有作用力，根據動量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，即網對運動員的平均作用力大小為1 950 N，A正確；從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，運動員動量的變化量為0，B錯誤；彈力的沖量大小為I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C錯誤；運動員所受重力的沖量大小與彈力對運動員的沖量大小相等，即1 560 N·s，D正確。
對點練3　應用動量定理處理流體類問題
7.(多選)(2024·安徽阜陽高三期末)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變為與車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風面積(垂直運動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運行。若只考慮車頭有空氣阻力，軌道摩擦等其他阻力不計，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.列車的最大運行速度為
B.列車的最大運行速度為
C.列車受到的最大阻力為
D.列車受到的最大阻力為
答案　AC
解析　設磁懸浮列車的速度為v，列車對空氣的作用力為F，根據動量定理可得Ft＝ρvtSv－0，解得F＝ρSv2，當牽引力與阻力大小相等時，列車速度達到最大，則有P＝Fvmax，得vmax＝，A正確，B錯誤；列車以最大速度運行時，受到的空氣阻力為f＝ρSv＝，C正確，D錯誤。
8.(2024·江西南昌高三期中)中華神盾防空火控系統會在目標來襲時射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續時間t＝0.01 s、橫截面積為S＝2 m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質量為m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300 m/s射入目標，并停在目標體內。下列說法正確的是(　　)
A.所形成彈幕的總體積V＝6 cm3
B.所形成彈幕的總質量M＝1.2×105 kg
C.彈幕對目標形成的沖量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝3.6×108 N
答案　B
解析　形成彈幕的總體積為V＝vtS＝6 m3，A錯誤；每1 cm3有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數N＝個＝6×106個，所形成彈幕的總質量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正確；對整個彈幕由動量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C錯誤；由沖量公式I＝FΔt知，彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝＝3.6×109 N，D錯誤。
B級　綜合提升練
9.(多選)如圖6所示，籃球以水平初速度v0碰撞籃板后水平彈回，速率變為原來的k倍(k<1)，碰撞時間極短，彈回后籃球的球心恰好經過籃框的中心。已知籃球的質量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點與籃框中心的高度差為h，不計摩擦和空氣阻力，則(　　)
圖6
A.籃板對籃球的沖量大小為(k－1)mv0
B.籃板對籃球的沖量大小為(k＋1)mv0
C.若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經過籃框中心，應使碰撞點更低
D.若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經過籃框中心，應使碰撞點更高
答案　BD
解析　由題意可知，以籃球彈回的方向為正方向，由動量定理可得I＝mkv0－
(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A錯誤，B正確；彈回后籃球做平拋運動，若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，kv0減小，要使籃球中心經過籃框中心，即籃球彈回后水平位移不變，時間t要增大，應使碰撞點更高，故C錯誤，D正確。
10.(2024·黑龍江大慶月考)如圖7所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是(　　)
圖7
A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2
B.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρvD2
C.水柱對汽車的平均沖力為ρD2v2
D.當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，噴出的水對汽車的壓強變為原來的4倍
答案　D
解析　高壓水槍單位時間噴出水的質量為m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B錯誤；設汽車對水柱的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛頓第三定律知水柱對汽車的平均沖力大小為ρπv2D2，C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產生的壓強p＝＝＝ρv2，則當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，噴出的水對汽車的壓強變為原來的4倍，D正確。
11.(多選)(2023·重慶卷，8)某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖8所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y＝4t－26和y＝－2t＋140。無人機及其載物的總質量為2 kg，取豎直向上為正方向。則(　　)
圖8
A.EF段無人機的速度大小為4 m/s
B.FM段無人機的貨物處于失重狀態
C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4 kg·m/s
D.MN段無人機機械能守恒
答案　AB
解析　EF段方程y＝4t－26，根據y－t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知EF段無人機的速度大小為v＝＝4 m/s，故A正確；FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態，故B正確；根據MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段無人機的速度為v′＝＝－2 m/s，則有Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12kg·m/s，可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12 kg·m/s，故C錯誤；MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。
C級　培優加強練
12.(2024·山東泰安模擬)如圖9所示，一傾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，質量m＝1 kg的滑塊(可視為質點)靜止在斜面底部。從某時刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑塊上，拉力F隨時間t變化的圖像如圖10所示，4 s后拉力F消失，2 s時物塊速度達到最大。滑塊到達最高點后再下滑到斜面底部的速率為 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)斜面的動摩擦因數和滑塊上滑時的最大速度；
(2)滑塊到達最高點的時間及拉力F做的功。
答案　(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　 J
解析　(1)根據題意可知，t＝2 s時，上滑速度最大，則滑塊所受合外力為0，由題圖可知此時F＝8 N
由平衡條件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入數據得μ＝0.25
0～2 s由動量定理有
IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0
根據F－t圖像與時間軸所圍的面積表示沖量，結合題圖可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s
聯立解得vm＝8 m/s。
(2)根據題意，若滑塊到達最高點的時間大于等于4 s，設時間為t1，由動量定理有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假設，則滑塊4 s時末速度為v1＝0
滑塊到達最高點，對從最高點下滑過程有
v－v＝2a2x
由牛頓第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ
解得最大位移x＝ m
設拉力F做的功為W，上滑過程中，由動能定理有W－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0
解得W＝ J。第1講　動量和動量定理
學習目標　1.理解動量和沖量的概念，理解動量定理及其表達式。 2.能用動量定理解釋生活中的有關現象。 3.會用動量定理進行相關計算，并會在流體力學中建立“柱狀”模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判斷
(1)一個物體的運動狀態變化時，它的動量一定改變。(　　)
(2)物體的動能不變，其動量一定不變。(　　)
(3)合力的沖量是物體動量發生變化的原因。(　　)
(4)物體的動量發生改變，則合力一定對物體做了功。(　　)
(5)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。(　　)
2.高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能(　　)
A.與它所經歷的時間成正比
B.與它的位移成正比
C.與它的速度成正比
D.與它的動量成正比
考點一　動量和沖量
1.動能、動量、動量變化量的比較
動能 動量 動量變化量
特點 狀態量 狀態量 過程量
關聯 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
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
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。
(2)變力的沖量
①平均值法：方向不變的變力的沖量，若力的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，其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。
②圖像法：作出F－t變化圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量。如圖所示。
③動量定理法：對于易確定始、末時刻動量的情況，求出該力作用下物體動量的變化量，再由動量定理I＝Δp求解。
角度　對動量和動能比較
例1 (多選)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F的作用下，經過時間t、通過位移L后動量變為p、動能變為Ek。以下說法正確的是(　　)
A.在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動量等于2p
B.在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動能等于2Ek
C.在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動能等于2Ek
D.在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動量等于2p
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角度　恒力沖量的計算
例2 如圖1所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度變為零并又開始下滑，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。已知重力加速度為g。在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
圖1
A.重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的沖量為0
D.摩擦力的總沖量大小為Ff(t1＋t2)
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角度　利用F－t圖像求沖量
例3 (多選)(2024·陜西咸陽模擬)質量為m＝1 kg的物塊在水平拉力的作用下從靜止開始沿水平桌面做直線運動，其拉力F隨時間t的變化圖線如圖2所示，物塊與水平桌面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。則(　　)
圖2
A.在t＝2 s時，物塊的動量大小為1 kg· m/s
B.在t＝4 s時，物塊的速度為0
C.在0～2 s內和2～5 s內，物塊動量的變化量大小之比為3∶2
D.在0～5 s內，物塊的最大速度為1.5 m/s
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1.(多選)(2023·新課標卷，19)如圖3，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
圖3
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等
D.甲和乙的動量之和不為零
考點二　動量定理的理解和應用
對動量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。
(2)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，即合力的沖量是動量變化的原因。
(3)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。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。
角度　用動量定理解釋生活中的現象
例4 (2024·廣東深圳高三聯考)錘子是常用裝修工具。鋪木地板時，調整地板之間銜接平整，需要用錘子輕輕敲打；把鐵釘釘入堅硬的木板需要用錘子重重敲打。關于兩種情況下選用的錘子及理由，以下說法正確的是(　　)
圖4
A.釘鐵釘時，應選鐵錘快速敲打，以獲得較大的打擊力
B.釘鐵釘時，應選木錘快速敲打，以獲得較小的打擊力
C.鋪地板時，應選鐵錘低速敲打，以獲得較小的打擊力
D.鋪地板時，應選木錘低速敲打，以獲得較大的打擊力
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用動量定理解釋現象
(1)Δp一定時，F的作用時間越短，力就越大；作用時間越長，力就越小。
(2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小。　　
角度　動量定理的有關計算
例5 (2024·江西贛州模擬)2023年6月13日，杭州外賣小哥從約15米高的西興大橋上跳下救人的事件感動了全國人民，從這么高跳下其實是很危險的，假設他的質量為60 kg，重力加速度取10 m/s2，不計空氣阻力，跳下時初速度為零，若入水姿勢正確則從接觸水面到速度為零下降約3 m，若入水姿勢不對則從接觸水面到速度為零下降約1 m，則下列說法正確的是(　　)
A.人在空中運動過程中，重力的沖量與下降高度成正比
B.入水姿勢正確的情況下，人受到水的平均作用力約3 000 N
C.入水姿勢不正確的情況下，人受到水的平均作用力約9 600 N
D.人從跳下到速度減為零的過程中機械能守恒
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2.(多選)(2023·廣東卷，10)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖5所示的簡化模型，多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s，關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
圖5
A.該過程動量守恒
B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
考點三　應用動量定理處理流體類問題
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“柱體”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建立方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究
例6 (2024·江蘇蘇州高三月考)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p，小華同學將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時間t內杯中水面上升的高度為h，查詢得知當時雨滴下落的速度為v。設雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，不計雨滴重力。則p的大小為(　　)
圖6
A.ρv B.2ρv 　
C.ρv2 　 D.2ρv2
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3.一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當進入有宇宙塵埃的區域時，設在該區域，單位體積內有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力功率為(　　)
A.Snmv B.2Snmv
C.Snmv D.2Snmv　　　　　第1練　動量和動量定理
A級　基礎對點練
對點練1　動量和沖量
1.(多選)(2023·廣州市綜合測試)如圖1，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6 kg·m/s，則(　　)
圖1
A.球的動能可能不變
B.球的動量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球對棒的作用力與棒對球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同
2.(2024·福建廈門高三期末)在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的試驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線(如圖2)。從碰撞開始到碰撞結束的過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部(　　)
圖2
A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B.動量大小先增大后減小
C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D.加速度大小先增大后減小
3.(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
對點練2　動量定理的理解和應用
4.(多選)(2024·廣東汕頭高三月考)如圖3所示，在輪船的船舷和碼頭的岸邊一般都固定有橡膠輪胎，輪船駛向碼頭停靠時，會與碼頭發生碰撞，對這些輪胎的作用，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.增大輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量
B.減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量
C.延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間
D.減小輪船與碼頭碰撞過程中受到的作用力
5.(2024·重慶西南大學附中高三期末)舞中幡是中國傳承千年的雜技項目之一，小西觀看央視春晚雜技節目《龍躍神州》中的拋幡表演，雜技演員站在地上，將中幡從胸口處豎直向上拋起，1.5 s后，在自己的胸口處開始接幡，并下蹲緩沖，經過0.5 s，將幡接穩在手中。若一根中幡質量約為20 kg，重力加速度g＝10 m/s2。假設忽略幡運動過程中所受的空氣阻力，雜技演員接幡過程中，幡對手的平均作用力為(　　)
A.300 N B.500 N
C.600 N D.800 N
6.(多選)(2024·山東濰坊高三期末)一個質量為60 kg的蹦床運動員，從離水平網面某高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機錄下運動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機作出v－t圖像如圖4所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6 s，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，下列說法正確的是(　　)
圖4
A.網對運動員的平均作用力大小為1 950 N
B.運動員動量的變化量為1 080 kg· m/s
C.彈力的沖量大小為480 N·s
D.運動員所受重力的沖量大小為1 560 N·s
對點練3　應用動量定理處理流體類問題
7.(多選)(2024·安徽阜陽高三期末)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變為與車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風面積(垂直運動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運行。若只考慮車頭有空氣阻力，軌道摩擦等其他阻力不計，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.列車的最大運行速度為
B.列車的最大運行速度為
C.列車受到的最大阻力為
D.列車受到的最大阻力為
8.(2024·江西南昌高三期中)中華神盾防空火控系統會在目標來襲時射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續時間t＝0.01 s、橫截面積為S＝2 m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質量為m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300 m/s射入目標，并停在目標體內。下列說法正確的是(　　)
A.所形成彈幕的總體積V＝6 cm3
B.所形成彈幕的總質量M＝1.2×105 kg
C.彈幕對目標形成的沖量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝3.6×108 N
B級　綜合提升練
9.(多選)如圖6所示，籃球以水平初速度v0碰撞籃板后水平彈回，速率變為原來的k倍(k<1)，碰撞時間極短，彈回后籃球的球心恰好經過籃框的中心。已知籃球的質量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點與籃框中心的高度差為h，不計摩擦和空氣阻力，則(　　)
圖6
A.籃板對籃球的沖量大小為(k－1)mv0
B.籃板對籃球的沖量大小為(k＋1)mv0
C.若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經過籃框中心，應使碰撞點更低
D.若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經過籃框中心，應使碰撞點更高
10.(2024·黑龍江大慶月考)如圖7所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是(　　)
圖7
A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2
B.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρvD2
C.水柱對汽車的平均沖力為ρD2v2
D.當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，噴出的水對汽車的壓強變為原來的4倍
11.(多選)(2023·重慶卷，8)某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖8所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y＝4t－26和y＝－2t＋140。無人機及其載物的總質量為2 kg，取豎直向上為正方向。則(　　)
圖8
A.EF段無人機的速度大小為4 m/s
B.FM段無人機的貨物處于失重狀態
C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4 kg ·m/s
D.MN段無人機機械能守恒
C級　培優加強練
12.(2024·山東泰安模擬)如圖9所示，一傾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，質量m＝1 kg的滑塊(可視為質點)靜止在斜面底部。從某時刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑塊上，拉力F隨時間t變化的圖像如圖10所示，4 s后拉力F消失，2 s時物塊速度達到最大。滑塊到達最高點后再下滑到斜面底部的速率為 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)斜面的動摩擦因數和滑塊上滑時的最大速度；
(2)滑塊到達最高點的時間及拉力F做的功。
第1練　動量和動量定理
1.AC　[壘球被擊打后，可能以與擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；根據牛頓第三定律可知，球對棒的作用力與棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向與棒對球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。]
2.D　[由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F－t圖像與橫軸所圍成的面積即表示合外力的沖量，再根據動量定理可知F－t圖像的面積等于動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由題圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭部靜止，動量變化最大，A、B錯誤；根據動量與動能的關系有Ek＝，而F－t圖像與橫軸所圍成的面積表示動量的變化量，則動能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據牛頓第二定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。]
3.D　[根據動能定理可知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D正確。]
4.CD　[對輪船靠岸與碼頭碰撞的過程，輪船的初、末速度不會受輪胎影響，輪船的動量變化量相同，根據動量定理，輪船受到的沖量也相同，故A、B錯誤；輪胎可以起到緩沖作用，延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間，從而減小輪船因碰撞受到的作用力，故C、D正確。]
5.B　[由對稱性可知，雜技演員開始接幡時幡的速度為v＝g·＝7.5 m/s，接幡過程中，設幡對手的平均作用力為F，取向下為正方向，由動量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入數據解得F＝500 N，故B正確。]
6.AD　[由題意知，運動員做自由落體運動的時間為t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2時間內，網對運動員有作用力，根據動量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，即網對運動員的平均作用力大小為1 950 N，A正確；從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，運動員動量的變化量為0，B錯誤；彈力的沖量大小為I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C錯誤；運動員所受重力的沖量大小與彈力對運動員的沖量大小相等，即1 560 N·s，D正確。]
7.AC　[設磁懸浮列車的速度為v，列車對空氣的作用力為F，根據動量定理可得Ft＝ρvtSv－0，解得F＝ρSv2，當牽引力與阻力大小相等時，列車速度達到最大，則有P＝Fvmax，得vmax＝，A正確，B錯誤；列車以最大速度運行時，受到的空氣阻力為f＝ρSv＝，C正確，D錯誤。]
8.B　[形成彈幕的總體積為V＝vtS＝6 m3，A錯誤；每1 cm3有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數N＝個＝6×106個，所形成彈幕的總質量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正確；對整個彈幕由動量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C錯誤；由沖量公式I＝FΔt知，彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝＝3.6×109 N，D錯誤。]
9.BD　[由題意可知，以籃球彈回的方向為正方向，由動量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A錯誤，B正確；彈回后籃球做平拋運動，若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，kv0減小，要使籃球中心經過籃框中心，即籃球彈回后水平位移不變，時間t要增大，應使碰撞點更高，故C錯誤，D正確。]
10.D　[高壓水槍單位時間噴出水的質量為m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B錯誤；設汽車對水柱的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛頓第三定律知水柱對汽車的平均沖力大小為ρπv2D2，C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產生的壓強p＝＝＝ρv2，則當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，噴出的水對汽車的壓強變為原來的4倍，D正確。]
11.AB　[EF段方程y＝4t－26，根據y－t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知EF段無人機的速度大小為v＝＝4 m/s，故A正確；FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態，故B正確；根據MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段無人機的速度為v′＝＝－2 m/s，則有Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12kg·m/s，可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12 kg·m/s，故C錯誤；MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。]
12.(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　 J
解析　(1)根據題意可知，t＝2 s時，上滑速度最大，則滑塊所受合外力為0，由題圖可知此時F＝8 N
由平衡條件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入數據得μ＝0.25
0～2 s由動量定理有IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0
根據F－t圖像與時間軸所圍的面積表示沖量，結合題圖可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s
聯立解得vm＝8 m/s。
(2)根據題意，若滑塊到達最高點的時間大于等于4 s，設時間為t1，由動量定理有IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假設，則滑塊4 s時末速度為v1＝0
滑塊到達最高點，對從最高點下滑過程有v－v＝2a2x
由牛頓第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ
解得最大位移x＝ m
設拉力F做的功為W，上滑過程中，由動能定理有
W－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0
解得W＝ J。(共58張PPT)
第1講　動量和動量定理
第六章　動量守恒定律
理解動量和沖量的概念，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。
會用動量定理進行相關計算，并會在流體力學中建立“柱狀”模型。
學習目標
目 錄
CONTENTS
夯實必備知識
01
研透核心考點
02
提升素養能力
03
夯實必備知識
1
質量
速度
mv
速度
相同
乘積
FΔt
N·s
矢量
相同
變化量
mv′－mv
1.思考判斷
(1)一個物體的運動狀態變化時，它的動量一定改變。( )
(2)物體的動能不變，其動量一定不變。( )
(3)合力的沖量是物體動量發生變化的原因。( )
(4)物體的動量發生改變，則合力一定對物體做了功。( )
(5)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。( )
√
×
√
×
×
2.高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能(　　)
A.與它所經歷的時間成正比
B.與它的位移成正比
C.與它的速度成正比
D.與它的動量成正比
B
研透核心考點
2
考點二　動量定理的理解和應用
考點一　動量和沖量
考點三　應用動量定理處理流體類問題
1.動能、動量、動量變化量的比較
考點一　動量和沖量
2.沖量的計算
②圖像法：作出F－t變化圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量。如圖所示。
③動量定理法：對于易確定始、末時刻動量的情況，求出該力作用下物體動量的變化量，再由動量定理I＝Δp求解。
BD
例1 (多選)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F的作用下，經過時間t、通過位移L后動量變為p、動能變為Ek。以下說法正確的是(　　)
A.在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動量等于2p
B.在F作用下，若這個物體經過位移2L，其動能等于2Ek
C.在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動能等于2Ek
D.在F作用下，若這個物體經過時間2t，其動量等于2p
角度　　對動量和動能比較
B
例2 如圖1所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度變為零并又開始下滑，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。已知重力加速度為g。在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
角度　　恒力沖量的計算
圖1
A.重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的沖量為0
D.摩擦力的總沖量大小為Ff(t1＋t2)
解析　重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cos θ，B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，故若以沿斜面向下為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D錯誤。
AD
例3 (多選)(2024·陜西咸陽模擬)質量為m＝1 kg的物塊在水平拉力的作用下從靜止開始沿水平桌面做直線運動，其拉力F隨時間t的變化圖線如圖2所示，物塊與水平桌面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。則(　　)
角度　　利用F－t圖像求沖量
圖2
A.在t＝2 s時，物塊的動量大小為1 kg· m/s
B.在t＝4 s時，物塊的速度為0
C.在0～2 s內和2～5 s內，物塊動量的變化量大小之比為3∶2
D.在0～5 s內，物塊的最大速度為1.5 m/s
－μmgt23＝mv3－p2，代入數據得v3＝1.5 m/s，故D正確。
BD
1.(多選)(2023·新課標卷，19)如圖3，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
圖3
A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等 D.甲和乙的動量之和不為零
考點二　動量定理的理解和應用
A
例4 (2024·廣東深圳高三聯考)錘子是常用裝修工具。鋪木地板時，調整地板之間銜接平整，需要用錘子輕輕敲打；把鐵釘釘入堅硬的木板需要用錘子重重敲打。關于兩種情況下選用的錘子及理由，以下說法正確的是(　　)
角度　　用動量定理解釋生活中的現象
圖4
A.釘鐵釘時，應選鐵錘快速敲打，以獲得較大的打擊力
B.釘鐵釘時，應選木錘快速敲打，以獲得較小的打擊力
C.鋪地板時，應選鐵錘低速敲打，以獲得較小的打擊力
D.鋪地板時，應選木錘低速敲打，以獲得較大的打擊力
C
例5 (2024·江西贛州模擬)2023年6月13日，杭州外賣小哥從約15米高的西興大橋上跳下救人的事件感動了全國人民，從這么高跳下其實是很危險的，假設他的質量為60 kg，重力加速度取10 m/s2，不計空氣阻力，跳下時初速度為零，若入水姿勢正確則從接觸水面到速度為零下降約3 m，若入水姿勢不對則從接觸水面到速度為零下降約1 m，則下列說法正確的是(　　)
A.人在空中運動過程中，重力的沖量與下降高度成正比
B.入水姿勢正確的情況下，人受到水的平均作用力約3 000 N
C.入水姿勢不正確的情況下，人受到水的平均作用力約9 600 N
D.人從跳下到速度減為零的過程中機械能守恒
角度　　動量定理的有關計算
人受到水的平均作用力約為重力的6倍，即3 600 N，入水姿勢不正確時，人受到水的平均作用力約為重力的16倍，即9 600 N，故B錯誤，C正確；人從跳下到速度減為零的過程，動能不變，重力勢能減小，即機械能減小，故D錯誤。
BD
2.(多選)(2023·廣東卷，10)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖5所示的簡化模型，多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s，關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
圖5
A.該過程動量守恒
B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
解析　取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后總的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，負號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2，根據動量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確。
考點三　應用動量定理處理流體類問題
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“柱體”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建立方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究
例6 (2024·江蘇蘇州高三月考)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p，小華同學將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時間t內杯中水面上升的高度為h，查詢得知當時雨滴下落的速度為v。設雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，不計雨滴重力。則p的大小為(　　)
B
圖6
C
3.一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當進入有宇宙塵埃的區域時，設在該區域，單位體積內有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力功率為(　　)
提升素養能力
3
AC
對點練1　動量和沖量
1.(多選)(2023·廣州市綜合測試)如圖1，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6 kg·m/s，則(　　)
A級　基礎對點練
圖1
A.球的動能可能不變
B.球的動量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球對棒的作用力與棒對球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同
解析　壘球被擊打后，可能以與擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；根據牛頓第三定律可知，球對棒的作用力與棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向與棒對球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。
D
2.(2024·福建廈門高三期末)在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的試驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線(如圖2)。從碰撞開始到碰撞結束的過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部(　　)
圖2
A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B.動量大小先增大后減小
C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D.加速度大小先增大后減小
解析　由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F－t圖像與橫軸所圍成的面積即表示合外力的沖量，再根據動量定理可知F－t圖像的面積等于動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由題圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭部靜止，動量變化最大，A、
D
3.(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
CD
4.(多選)(2024·廣東汕頭高三月考)如圖3所示，在輪船的船舷和碼頭的岸邊一般都固定有橡膠輪胎，輪船駛向碼頭停靠時，會與碼頭發生碰撞，對這些輪胎的作用，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.增大輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量
B.減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量
C.延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間
D.減小輪船與碼頭碰撞過程中受到的作用力
解析　對輪船靠岸與碼頭碰撞的過程，輪船的初、末速度不會受輪胎影響，輪船的動量變化量相同，根據動量定理，輪船受到的沖量也相同，故A、B錯誤；輪胎可以起到緩沖作用，延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間，從而減小輪船因碰撞受到的作用力，故C、D正確。
B
5.(2024·重慶西南大學附中高三期末)舞中幡是中國傳承千年的雜技項目之一，小西觀看央視春晚雜技節目《龍躍神州》中的拋幡表演，雜技演員站在地上，將中幡從胸口處豎直向上拋起，1.5 s后，在自己的胸口處開始接幡，并下蹲緩沖，經過0.5 s，將幡接穩在手中。若一根中幡質量約為20 kg，重力加速度g＝10 m/s2。假設忽略幡運動過程中所受的空氣阻力，雜技演員接幡過程中，幡對手的平均作用力為(　　)
A.300 N B.500 N C.600 N D.800 N
AD
6.(多選)(2024·山東濰坊高三期末)一個質量為60 kg的蹦床運動員，從離水平網面某高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機錄下運動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機作出v－t圖像如圖4所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6 s，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，下列說法正確的是(　　)
圖4
A.網對運動員的平均作用力大小為1 950 N
B.運動員動量的變化量為1 080 kg· m/s
C.彈力的沖量大小為480 N·s
D.運動員所受重力的沖量大小為1 560 N·s
AC
對點練3　應用動量定理處理流體類問題
7.(多選)(2024·安徽阜陽高三期末)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變為與車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風面積(垂直運動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運行。若只考慮車頭有空氣阻力，軌道摩擦等其他阻力不計，下列說法正確的是(　　)
圖5
B
8.(2024·江西南昌高三期中)中華神盾防空火控系統會在目標來襲時射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續時間t＝0.01 s、橫截面積為S＝2 m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質量為m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300 m/s射入目標，并停在目標體內。下列說法正確的是(　　)
A.所形成彈幕的總體積V＝6 cm3
B.所形成彈幕的總質量M＝1.2×105 kg
C.彈幕對目標形成的沖量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D.彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝3.6×108 N
BD
9.(多選)如圖6所示，籃球以水平初速度v0碰撞籃板后水平彈回，速率變為原來的k倍(k<1)，碰撞時間極短，彈回后籃球的球心恰好經過籃框的中心。已知籃球的質量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點與籃框中心的高度差為h，不計摩擦和空氣阻力，則(　　)
B級　綜合提升練
圖6
A.籃板對籃球的沖量大小為(k－1)mv0
B.籃板對籃球的沖量大小為(k＋1)mv0
C.若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經過籃框中心，應使碰撞點更低
D.若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經過籃框中心，應使碰撞點更高
解析　由題意可知，以籃球彈回的方向為正方向，由動量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A錯誤，B正確；彈回后籃球做平拋運動，若籃球漏氣，導致k減小，在v0不變的情況下，kv0減小，要使籃球中心經過籃框中心，即籃球彈回后水平位移不變，時間t要增大，應使碰撞點更高，故C錯誤，D正確。
D
10.(2024·黑龍江大慶月考)如圖7所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是(　　)
圖7
A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2
D.當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，噴出的水對汽車的壓強變為原來的4倍
AB
11.(多選)(2023·重慶卷，8)某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖8所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y＝4t－26和y＝－2t＋140。無人機及其載物的總質量為2 kg，取豎直向上為正方向。則(　　)
圖8
A.EF段無人機的速度大小為4 m/s
B.FM段無人機的貨物處于失重狀態
C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4 kg·m/s
D.MN段無人機機械能守恒
＝－12kg·m/s，可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12 kg·m/s，故C錯誤；MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。
(1)斜面的動摩擦因數和滑塊上滑時的最大速度；
(2)滑塊到達最高點的時間及拉力F做的功。
解析　(1)根據題意可知，t＝2 s時，上滑速度最大，
則滑塊所受合外力為0，由題圖可知此時F＝8 N
由平衡條件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ
代入數據得μ＝0.25
0～2 s由動量定理有
IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0
根據F－t圖像與時間軸所圍的面積表示沖量，
聯立解得vm＝8 m/s。
(2)根據題意，若滑塊到達最高點的時間大于等于4 s，設時間為t1，由動量定理有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
解得t1＝4 s
符合假設，則滑塊4 s時末速度為v1＝0
滑塊到達最高點，對從最高點下滑過程有
由牛頓第二定律有a2＝gsin θ－μgcos θ
設拉力F做的功為W，上滑過程中，由動能定理有W－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0
本節內容結束
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