2025届高考物理一轮复习精讲精练：39 动量 动量定理

第一讲 动量 动量定理 高考对本节内容的考查，主要集中在对动量、冲量、动量变化量的理解及应用动量定理解决实际问题，题型多为选择题，而动量定理结合其他力学知识进行综合考查，也可以计算题的形式呈现，难度中等。 考点一　动量与冲量的理解 1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 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作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 3.冲量和功 比较项目 冲量 功 标矢性 矢量 标量 累积效应 力对时间的累积效应 力对位移(空间)的累积效果 图像 F-t面积表示冲量 F-x 面积表示功 作用效果 I=mv'-mv改变物体的动量 W=Ek2-Ek1改变物体的动能 [深化理解] 1．动量变化量也是矢量，其方向与速度变化量的方向相同。 2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。 3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关。 4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。 【典例】质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(　　) A．10 kg·m/s　　　　　　 B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s 【基础练习1】(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　) A．m(v－v0)　　　　　　　　 B．mgt C．m D．m 【基础练习2】将一质量为的小球以大小为的速度水平拋出，经过一段时间，小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，不计空气阻力，在此过程中，小球重力的冲量的大小为（　　） A． B． C． D． 【基础练习3】(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 【基础练习4】质量相等的甲、乙两个物体沿同一直线运动的图像，如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是（    ） A．时刻，甲、乙两物体的动量方向相同 B．0~5s内，乙物体的动量一直在增大 C．0~5s内，甲、乙两物体的总动量始终为零 D．0~5s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反 【提高练习1】一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=1s时，物体的速度为2m/s B．t =2s时，物体的动量为 C．t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为 D．t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为 【提高练习2】在水平力F的作用下质量为2kg的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，g取。则（　　） A．6s时物块的动量为零 B．3s时物块离初始位置的距离最远 C．0~6s时间内F对物块冲量为 D．0~6s时间内水平力F对物块所做的功为20J 【提高练习3】如图所示，质量为1kg的物块静止在水平地面上，方向与竖直方向成角、大小为10N的恒力作用在物块上，恒力作用了5s时撤去，已知物块与水平地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，。对于物块从开始运动到速度恰好减为0的过程，下列说法正确的是（    ） A．该过程中恒力的冲量大小为 B．该过程中物块的最大动量为 C．该过程中地面对物块的支持力的冲量大小为 D．该过程中地面对物块的摩擦力的冲量大小为 考点二　动量定理的理解和应用 1．对动量定理的理解 (1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (2)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。 (3)由Ft＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。 2．应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。 2．应用动量定理解题的一般步骤 (1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。 (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。 【典例】“蹦床”已成为奥运会的比赛项目。质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g) [延伸思考](1)床垫对运动员的冲量是多少？ (2)如果运动员不是落在床垫上，而是落在水泥地面上，运动员所受的平均冲力表达式相同吗？实际结果有区别吗？ 提示：(1)床垫对运动员的冲量I＝Ft＝m(＋)＋mgt。 (2)运动员所受的平均冲力表达式相同，但因落在水泥地面上时，作用时间t明显减小，故运动员所受平均冲力明显增大，容易受到伤害。 例题及相关延伸思考旨在让考生掌握应用动量定理的方法技巧和注意事项。 (1)对不涉及加速度和位移的力与运动的关系问题，应用动量定理不需要考虑运动过程的细节，解题较为方便。 (2)在应用动量定理解题时，需要表达物体(沿某方向)受到的合冲量，所以一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏。 (3)当合力远大于重力时，可忽略重力的冲量。 (4)对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算。 (5)建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的正、负号。 【基础练习1】如图所示，学生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落1.25m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，则（　　） A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为 B．足球自由下落过程重力的冲量大小为 C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 【基础练习2】一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处，已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取。则（　　） A．运动员与网接触瞬间的速度大小为8m/s B．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小为 C．运动员的平均作用力大小为1350N D．运动员向上离网瞬间比向下触网瞬间的动能增加1080J 【提高练习1】在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数μ； (3)若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。 【提高练习2】质量为1kg的物块静止于水平面上，t=0时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 下列选项正确的是（　　） A．重力的冲量始终为零 B．t=1s时物块的动量为零 C．0~1s内摩擦力冲量的大小为2.5N·s D．t=2s时物块动量的大小为6.25kg·m/s 【提高练习3】如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45cm被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是（　　） A．足球下落到与头部刚接触时速度为3m/s B．头部对足球的平均作用力为24N C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为－2.4kg·m/s D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0 【提高练习4】近年来，手机已经成为人们日常生活中必不可少的通讯工具，人们对手机的依赖性也越来越强，有些人甚至喜欢躺着看手机，经常出现手机滑落砸到眼睛的情况。如图所示，若一部质量的手机，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，取重力加速度，下列分析正确的是（    ） A．手机对眼睛的冲量方向竖直向下 B．手机对眼睛的作用力大小约为 C．全过程手机重力的冲量大小约为 D．全过程手机动量的变化量大小约为 【提高练习5】如图所示，一质量为m的物体受水平面内恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经一段时间运动到B点，速度大小分别为v和，方向分别与虚线成60°和30°。则下列说法中正确的是（　　）    A．物体从A点运动到B点动能变化量为 B．物体从A点运动到B点动量变化量大小为 C．该恒力沿方向 D．从A点到B点的过程中，物体速率的最小值为 【提高练习6】（2023·天津滨海新·统考一模）质量为m=2.0kg的铁块静止在水平面上，从t=0时刻起，该铁块受到一个水平推力F的作用，F随时间变化的规律如图所示。铁块与水平面间的动摩擦因数，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，且重力加速度。求： （1）5.0s内推力对铁块的总冲量大小； （2）t=5s时铁块的瞬时速度大小。 考点三：流体及微粒两类“柱状模型”问题 【方法技巧与总结】 1．流体类“柱状模型”问题 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况： (1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； (2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2。 2．微粒类“柱状模型”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”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S (2)微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt (3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【典例】近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清洗汽车上许多种类的污垢层。设高压水枪洗车时，垂直射向车身的圆柱形水流的横截面直径为d，水从出水口水平出射，水打到车身后不反弹顺车身流下。已知车身受到水的平均冲力大小为F，水的密度为ρ，则水的流量Q（单位时间流出水的体积）为（　　）    A． B． C． D． 【提高练习1】水刀（如图所示），即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，已知水的密度为，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为 （   ）    A．600m/s B．650m/s C．700m/s D．750m/s 【提高练习2】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 【提高练习3】宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？ 反思感悟：对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对象分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，质量为Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt时间内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量。　 【提高练习4】有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　) A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×103 N D．1.2 N [在此处键入] 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一讲 动量 动量定理 高考对本节内容的考查，主要集中在对动量、冲量、动量变化量的理解及应用动量定理解决实际问题，题型多为选择题，而动量定理结合其他力学知识进行综合考查，也可以计算题的形式呈现，难度中等。 考点一　动量与冲量的理解 1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 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作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 3.冲量和功 比较项目 冲量 功 标矢性 矢量 标量 累积效应 力对时间的累积效应 力对位移(空间)的累积效果 图像 F-t面积表示冲量 F-x 面积表示功 作用效果 I=mv'-mv改变物体的动量 W=Ek2-Ek1改变物体的动能 [深化理解] 1．动量变化量也是矢量，其方向与速度变化量的方向相同。 2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。 3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关。 4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。 【典例】质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(　　) A．10 kg·m/s　　　　　　 B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s 解析：选D　动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s。 【基础练习1】(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　) A．m(v－v0)　　　　　　　　 B．mgt C．m D．m 解析：选BCD　由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，选项C、D均正确，只有选项A错误。 【基础练习2】将一质量为的小球以大小为的速度水平拋出，经过一段时间，小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，不计空气阻力，在此过程中，小球重力的冲量的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可得解得在此过程中，小球重力的冲量的大小为故选C。 【基础练习3】(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：选AB　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，故B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝2 m/s－0.5×1 m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，故C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝2 m/s－0.5×2 m/s＝1 m/s，故D错误。 【基础练习4】质量相等的甲、乙两个物体沿同一直线运动的图像，如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是（    ） A．时刻，甲、乙两物体的动量方向相同 B．0~5s内，乙物体的动量一直在增大 C．0~5s内，甲、乙两物体的总动量始终为零 D．0~5s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反 【答案】D 【详解】A．时刻，甲物体的速度为正方向，乙物体的速度为负方向，甲、乙两物体的速度方向相反，根据可知，甲、乙两物体的动量方向相反，故A错误； B．0~5s内，乙物体的速度一直在减小，则乙物体的动量一直在减小，故B错误； C．由图可知，0~5s内，甲、乙两物体的速度不是一直等大反向，故0~5s内，甲、乙两物体的总动量不是始终为零，故C错误； D．0~5s内，甲物体的动量变化量方向为负方向，乙物体的动量变化量方向为正方向，故0~5s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反，故D正确。故选D。 【提高练习1】一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=1s时，物体的速度为2m/s B．t =2s时，物体的动量为 C．t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为 D．t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为 【答案】B 【详解】AC．在内，根据动量定理可得 可得t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为 可得t=1s时，物体的速度为 故AC错误； B．在内，根据动量定理可得 可得t =2s时，物体的动量为 故B正确； D．t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为 故D错误。故选B。 【提高练习2】在水平力F的作用下质量为2kg的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，g取。则（　　） A．6s时物块的动量为零 B．3s时物块离初始位置的距离最远 C．0~6s时间内F对物块冲量为 D．0~6s时间内水平力F对物块所做的功为20J 【答案】D 【解析】A．0~3s时间内物块向右做加速运动，则有 3s末速度 随后减速运动有 减速至0历时 之后反向乙加速度大小为做加速运动，6s末的速度 此时动量大小即6s时物块的动量不为零，A错误； B．根据上述可知，4s时物块开始反向运动，即4s时物块离初始位置的距离最远，B错误； C．图像中，图线与时间轴所围面积表示力的冲量，力的总冲量等于时间轴上下几何图形面积之差，根据图像可知，时间轴上下几何图形面积之差为零，可知0~6s时间内F对物块冲量为零，C错误； D．物块开始加速的位移 减速至0的位移 反向加速的位移 加速过程F做正功，减速过程做负功，则 即0~6s时间内水平力F对物块所做的功为20J，D正确。故选D。 【提高练习3】如图所示，质量为1kg的物块静止在水平地面上，方向与竖直方向成角、大小为10N的恒力作用在物块上，恒力作用了5s时撤去，已知物块与水平地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，。对于物块从开始运动到速度恰好减为0的过程，下列说法正确的是（    ） A．该过程中恒力的冲量大小为 B．该过程中物块的最大动量为 C．该过程中地面对物块的支持力的冲量大小为 D．该过程中地面对物块的摩擦力的冲量大小为 【答案】B 【详解】A．由冲量的概念可知，恒力的冲量故A错误； B．对物体受力分析，将拉力F按图示进行分解，则 由于 所以物体没有脱离水平面，则在水平方向上有 在竖直方向上 联立可得 所以物体的最大速度为 物块的最大动量为故B正确； C．撤去恒力前，地面对物块的支持力的冲量大小为 撤去恒力后，物块的加速度大小为 解得 物块减速运动的时间为 撤去恒力后，地面对物块的支持力的冲量大小为 该过程中地面对物块的支持力的冲量大小为故C错误； D．根据上述分析可知，撤去恒力前，地面对物块的摩擦力的冲量大小为 撤去恒力后，地面对物块的摩擦力的冲量大小为 则该过程中地面对物块的摩擦力的冲量大小为 故D错误。故选B。 考点二　动量定理的理解和应用 1．对动量定理的理解 (1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (2)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。 (3)由Ft＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。 2．应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。 2．应用动量定理解题的一般步骤 (1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。 (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。 【典例】“蹦床”已成为奥运会的比赛项目。质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g) [解析]　设运动员下降h1刚接触床垫的速度大小为v1，则离开床垫的速度大小为v2，由机械能守恒定律得 mv12＝mgh1 mv22＝mgh2 设时间t内，床垫对运动员的平均作用力为F，取向上为正方向，由动量定理得(F－mg)t＝mv2－(－mv1) 以上三式联立可得F＝ 再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为F′＝F＝ ，方向竖直向下。 [答案]　 F＝方向竖直向下 [延伸思考](1)床垫对运动员的冲量是多少？ (2)如果运动员不是落在床垫上，而是落在水泥地面上，运动员所受的平均冲力表达式相同吗？实际结果有区别吗？ 提示：(1)床垫对运动员的冲量I＝Ft＝m(＋)＋mgt。 (2)运动员所受的平均冲力表达式相同，但因落在水泥地面上时，作用时间t明显减小，故运动员所受平均冲力明显增大，容易受到伤害。 例题及相关延伸思考旨在让考生掌握应用动量定理的方法技巧和注意事项。 (1)对不涉及加速度和位移的力与运动的关系问题，应用动量定理不需要考虑运动过程的细节，解题较为方便。 (2)在应用动量定理解题时，需要表达物体(沿某方向)受到的合冲量，所以一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏。 (3)当合力远大于重力时，可忽略重力的冲量。 (4)对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算。 (5)建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的正、负号。 【基础练习1】如图所示，学生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落1.25m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，则（　　） A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为 B．足球自由下落过程重力的冲量大小为 C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 【答案】B 【解析】A．足球达到脚背的速度为 足球下落到与脚部刚接触时动量大小为A错误； B．小球自由下落的时间为 所以足球自由下落过程重力的冲量大小为B正确； C．根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为C错误； D．足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得解得D错误。故选B。 【基础练习2】一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处，已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取。则（　　） A．运动员与网接触瞬间的速度大小为8m/s B．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小为 C．运动员的平均作用力大小为1350N D．运动员向上离网瞬间比向下触网瞬间的动能增加1080J 【答案】ACD 【详解】A．离水平网面高处自由下落，由 得网接触瞬间的速度大小为故A正确； B．设向上为正方向，则着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处，由 得离网速度大小为 动量的变化量大小故B错误； C．由动量定理，运动员的平均作用力大小为故C正确； D．运动员动能变化量为故D正确。故选ACD。 【提高练习1】在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数μ； (3)若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。 解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2。 所以加速度的大小为1.5 m/s2。 (2)从A到B过程，由动能定理，有：－μmgs＝mv12－mv02 代入数据解得：μ＝0.15。 (3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：FΔt＝mv2－m(－v1) 可得：F＝130 N。 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N 【提高练习2】质量为1kg的物块静止于水平面上，t=0时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 下列选项正确的是（　　） A．重力的冲量始终为零 B．t=1s时物块的动量为零 C．0~1s内摩擦力冲量的大小为2.5N·s D．t=2s时物块动量的大小为6.25kg·m/s 【答案】D 【详解】A．根据冲量的定义时间一直在增大，则重力的冲量不为零一直在增大，故A错误； B．物块受到的最大静摩擦力为 物块的水平拉力大于5N时，物块开始运动，由动量定理可知 即有 解得即动量不为零，故B错误； C．根据B项分析，结合图线知，可知0~0.5s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.5~1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为 故C错误； D．在0~2s内，拉力F对物块的冲量大小为 在0~2s内，摩擦力对物块的冲量大小为 水平方向由动量定理可知 解得在时物块动量的大小为，故D正确。故选D。 【提高练习3】如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45cm被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是（　　） A．足球下落到与头部刚接触时速度为3m/s B．头部对足球的平均作用力为24N C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为－2.4kg·m/s D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0 【答案】AC 【详解】A．根据自由落体运动的公式 解得足球下落到与头部刚接触时速度为故A正确； B．离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm，则离开的速度 对足球列动量定理得 解得头部对足球的平均作用力为故B错误； C．足球与头部作用过程中足球动量变化量为故C正确； D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为故D错误。 故选AC。 【提高练习4】近年来，手机已经成为人们日常生活中必不可少的通讯工具，人们对手机的依赖性也越来越强，有些人甚至喜欢躺着看手机，经常出现手机滑落砸到眼睛的情况。如图所示，若一部质量的手机，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，取重力加速度，下列分析正确的是（    ） A．手机对眼睛的冲量方向竖直向下 B．手机对眼睛的作用力大小约为 C．全过程手机重力的冲量大小约为 D．全过程手机动量的变化量大小约为 【答案】AB 【详解】A．手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向一致，即竖直向下，选项A正确； B．手机落到眼睛上时的速度 设向上为正方向，则由动量定理 解得 由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的作用力大小约为42N。选项B正确； C．手机下落的时间 全过程手机重力的冲量大小约为故C错误； D．开始下落时的速度为零，最终手机的速度也为零，可知全过程手机动量的变化量大小为零，选项D错误。 故选AB。 【提高练习5】如图所示，一质量为m的物体受水平面内恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经一段时间运动到B点，速度大小分别为v和，方向分别与虚线成60°和30°。则下列说法中正确的是（　　）    A．物体从A点运动到B点动能变化量为 B．物体从A点运动到B点动量变化量大小为 C．该恒力沿方向 D．从A点到B点的过程中，物体速率的最小值为 【答案】AD 【详解】A．物体从A点运动到B点动能变化量为故A正确； BC．速度为矢量，则根据题意可知初速度的方向与末速度的方向之间的夹角为，做出其矢量图，如图所示    根据矢量的合成法则可得速度的变化量为 其速度变化量的方向与AB成角，则物体从A点运动到B点动量变化量为 而根据题意可知，该恒力即为物体所受合外力，则由动量定理可知，恒力方向与速度变化量方向相同，故BC错误； D．根据以上分析，将初速度分解为竖直恒力方向的运动和沿着恒力水平方向的运动，其分解图如图所示    可知，当分速度减为零时速率最小，此时只有垂直恒力方向的分速度，根据几何关系可得最小速率 故D正确。故选AD。 【提高练习6】（2023·天津滨海新·统考一模）质量为m=2.0kg的铁块静止在水平面上，从t=0时刻起，该铁块受到一个水平推力F的作用，F随时间变化的规律如图所示。铁块与水平面间的动摩擦因数，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，且重力加速度。求： （1）5.0s内推力对铁块的总冲量大小； （2）t=5s时铁块的瞬时速度大小。 【答案】（1）；（2）3.75 m/s 【详解】（1）全程F由随时间均匀增大（时间设为t）和恒定两部分组成，其总冲量为，可得 （2）全程摩擦力由随时间均匀增大的静摩擦力和恒定的滑动摩擦力两部分组成，其中滑动摩擦力为 根据题意，静摩擦力当其增大到6N时，变为滑动摩擦力，时间设为，结合图像可知 则摩擦力的总冲量大小为 由全程动量定理得 可得时铁块的瞬时速度大小为 考点三：流体及微粒两类“柱状模型”问题 【方法技巧与总结】 1．流体类“柱状模型”问题 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况： (1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； (2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2。 2．微粒类“柱状模型”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”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S (2)微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt (3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【典例】近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清洗汽车上许多种类的污垢层。设高压水枪洗车时，垂直射向车身的圆柱形水流的横截面直径为d，水从出水口水平出射，水打到车身后不反弹顺车身流下。已知车身受到水的平均冲力大小为F，水的密度为ρ，则水的流量Q（单位时间流出水的体积）为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设水流速v，高压水枪时间t内喷出的水的质量 由动量定理 得 水的流量Q==故选B。 【提高练习1】水刀（如图所示），即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，已知水的密度为，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为 （   ）    A．600m/s B．650m/s C．700m/s D．750m/s 【答案】B 【解析】设水流速度为v，横截面积为s，在极短时间内的质量 由动量定理得 得 故选B。 【提高练习2】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 [解析]　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S。 ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp＝(Δm)v ⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ [答案]　(1)ρv0S　(2)－ 【提高练习3】宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？ [解析]　设飞船在微粒尘区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt， 微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加， 由动量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv， 所以飞船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2N＝40 N。 [答案]　40 N 反思感悟：对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对象分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，质量为Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt时间内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量。　 【提高练习4】有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　) A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×103 N D．1.2 N 解析：选B　在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理，Ft＝Mv，联立解得：F＝v2Sm，代入相关数据，得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确。 [在此处键入] 学科网（北京）股份有限公司 $$