第七章 第1课时 动量定理及应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

考情分析 试题情境 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 第1课时　动量定理及应用 目标要求　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。 考点一　动量和冲量 1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积。 (2)表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。 (3)方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。 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＝p′－p。 (2)动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同，运用矢量法则计算。 3．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积。 (2)公式：I＝Ft。 (3)单位：N·s。 (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 1．物体的动能不变，其动量一定不变。(　×　) 2．物体的动量越大，其惯性也越大。(　×　) 3．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(　×　) 4．两物体中动量大的动能不一定大。(　√　) 例1　如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两物块所受重力冲量相同 B．两物块的动量改变量相同 C．两物块的动能改变量相同 D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同 答案　C 解析　设斜面倾角为θ时，物块在斜面上的加速度为a＝gsin θ，设斜面顶点到水平地面的高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC<∠ACB，可得物块a在AB斜面上的滑行时间比物块b在AC斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；根据动量定理有mgsin θ·t＝mv，可知Δp＝mg，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝mgh＝mv2得两物块的动能改变量相同，选项C正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。 动量与动能的比较 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p＝mv Ek＝mv2 标矢性 矢量 标量 变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功 大小关系 p＝ Ek＝ 变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl 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 例2　(多选)(2023·广东深圳市二模)如图所示，某运动员在练习跳投。某次投篮出手高度正好与篮框等高，抛射角为θ＝60°，篮球恰好空心命中。篮球质量为m，投出时速度为v0，忽略空气阻力影响，以下说法正确的是(　　) A．篮球的动量先减小后增大 B．重力的冲量先增大后减小 C．重力的瞬时功率先增大后减小 D．篮球从出手到入框的时间内重力的冲量为mv0 答案　AD 解析　篮球的速度先减小后增大，则篮球的动量先减小后增大，选项A正确；根据IG＝mgt可知，重力的冲量一直增加，选项B错误；根据PG＝mgvy，因竖直速度先减小后增大，则重力的瞬时功率先减小后增大，选项C错误；篮球从出手到入框的时间为t＝2＝，重力的冲量为IG＝mgt，解得IG＝mv0，选项D正确。 例3　水平力F方向确定，大小随时间变化的图像如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为3 kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为10 m/s2，由图可知(　　) A．在t＝4 s时，水平力F的功率为48 W B．在0～2 s时间内，物块所受摩擦力的冲量为0 C．在0～4 s时间内，水平力F的冲量为48 N·s D．在0～4 s时间内，合外力做的功为12 J 答案　A 解析　题图乙中图线与t轴所围面积的大小等于速度的增加量，故t＝4 s时的速度v1＝Δv＝×(4－2) m/s＝4 m/s，在t＝4 s时，水平力F的功率为P＝Fv1＝48 W，故A正确；在0～2 s时间内，物块所受摩擦力为静摩擦力，大小不为零，时间不为零，所以摩擦力的冲量不为0，故B错误；冲量I＝Ft，在题图甲中图线与t轴所围面积的大小等于冲量的大小，故0～4 s时间内，水平力F的冲量为I＝ N·s＝24 N·s，故C错误；根据功能关系可得W合＝mv12＝24 J，故D错误。 冲量的计算方法 公式法 I＝Ft，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需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 若方向不变的变力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 考点二　动量定理的理解和应用 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动量变化量。 2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。 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是合外力对作用时间的平均值。 (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。 (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。 例4　(多选)(2024·广东河源市联考)如图所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，对这些轮胎的作用，下列说法正确的是(　　) A．增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量 B．减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量 C．延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间 D．减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力 答案　CD 解析　对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理，轮船受到的冲量也相同，故A、B错误；轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故C、D正确。 例5　(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 答案　BD 解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 例6　如图甲所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t 变化的图像如图乙所示，4 s后拉力F消失，2 s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8。求： (1)滑块与斜面间的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度大小； (2)滑块到达最高点的时间。 答案　(1)0.25　8 m/s　(2)4 s 解析　(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由题图乙可知此时F＝8 N，由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ 代入数据得μ＝0.25， 0～2 s内由动量定理有IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0， 根据F－t图像中面积表示冲量，由题图乙可知，IF2＝t＝24 N·s， 联立解得vm＝8 m/s。 (2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t′，由动量定理有IF4－mgt′sin θ－μmgt′cos θ＝0， 其中IF4＝×4×16 N·s＝32 N·s，解得t′＝4 s，符合假设。 应用动量定理解题的一般思路 考点三　应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题 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“柱状”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＝nΔV＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 例7　(2022·广东茂名市二模)2021年中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆，火星车“祝融号”开展巡视探测，假定火星上风速约为18 m/s，火星大气密度约为1.3×10－2 kg/m3，“祝融号”迎风面积约为6 m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零，则火星车垂直迎风面受到的压力约为(　　) A．1.4 N B．25 N C．140 N D．250 N 答案　B 解析　设很短一段时间Δt内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为m，则有m＝ρvΔtS，以该部分风为研究对象，设风速方向为正方向，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝ρv2S＝1.3×10－2×18×18×6 N≈25 N。根据牛顿第三定律可知火星车垂直迎风面受到的压力约为25 N，故B项正确，A、C、D项错误。 课时精练 1.(2023·广东广州市一模)如图所示为中国运动员在冬奥会短道速滑比赛中的精彩瞬间。若运动员正沿圆弧形弯道匀速滑行，在一段时间Δt内滑过一小角度θ，则运动员在这个过程中(　　) A．所受的合外力为零 B．所受的合外力不为零，做匀变速运动 C．合外力做功为零，合力的冲量也为零 D．合外力做功为零，合力的冲量不为零 答案　D 解析　运动员沿圆弧弯道匀速滑行，可看作匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，合外力不为零，也不是恒力，不做匀变速运动，故A、B错误；合外力与速度的方向始终保持垂直，合外力做功为零，但冲量是力与力作用时间的乘积，合力的冲量不为零，故C错误，D正确。 2．(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　) 答案　D 解析　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv， 联立可得p＝m＝m·，且x>0，故正确的相轨迹可能为D。 3.(2023·广东汕头市一模)如图所示，足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞来的球扑去，使球停下，关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是(　　) A．减小球对手的平均作用力 B．增大手受到球的冲量 C．使球的动量变化量变大 D．使球的加速度变大 答案　A 解析　守门员会戴着厚厚的手套向水平飞来的球扑去，这样可以增加球与手接触的时间，以球飞来的方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝0－mv，可得F＝，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，可减小动量的变化率，即减小球对手的平均作用力，由牛顿第三定律可知手对球的平均作用力也减小，所以球的加速度减小，故A正确，B、C、D错误。 4．(2023·广东佛山市一模)网球质量约60 g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50 m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004 s，倘若要用球拍以同等的速率将球反向击回，则此过程中网球(　　) A．动量变化量为0 B．动量变化量约为3.0 kg·m/s C．受到球拍的冲击力约为750 N D．受到球拍的冲击力约为1 500 N 答案　D 解析　取反弹后速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50 kg·m/s－(0.06×－50) kg·m/s＝6 kg·m/s，故A、B错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1 500 N，故D正确，C错误。 5．(2023·广东梅州市二模)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平躺着看手机，不仅对眼睛危害大，还经常出现手机砸伤脸的情况。若手机质量约为200 g，从离人脸约20 cm的高处无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1 s，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．手机下落的过程和与人脸接触的过程均处于失重状态 B．手机对人脸的冲量大小约为0.4 N·s C．手机对人脸的平均冲力大小约为6 N D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为0 答案　C 解析　手机下落的过程中，加速度向下，处于失重状态；与人脸接触的过程中，加速度先向下后向上，即先失重后超重，故A错误；手机对人脸的冲量大小等于人脸对手机的冲量大小，设人脸对手机的平均作用力为，则有(－mg)t＝mΔv＝m＝0.2× N·s＝0.4 N·s，解得＝＋mg＝6 N，根据牛顿第三定律，手机对人脸的平均冲力大小等于人脸对手机的平均冲力大小，所以手机对人脸的冲量为I＝t＝0.6 N·s，故B错误，C正确；手机与人脸作用过程中动量变化量大小为Δp＝mΔv＝m＝0.2× kg·m/s＝0.4 kg·m/s，故D错误。 6.一质量为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变化的图像如图所示。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2 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 答案　A 解析　由动量定理可得Ft＝mv－0，解得v＝，t＝1 s时物块的速率为v1＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B、C、D错误。 7．(多选)(2023·新课标卷·19)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　如图所示： 根据牛顿第二定律：a甲＝＝－μg，a乙＝－μg，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，所以可得v甲<v乙，选项A错误；由于m甲>m乙，Ff1>Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。 8.(2024·广东珠海市开学考)某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的面积均为0.008 m2，取重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　) A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s 答案　C 解析　设飞行器对水的作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，根据平衡条件有F＝Mg 设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量为Δm＝ρV＝2ρSvt 对喷出的水应用动量定理有Ft＝Δmv，联立解得v＝＝ m/s＝7.5 m/s 可认为喷嘴处喷水的速度大约为7.6 m/s，C正确，A、B、D错误。 9.(2023·广东省联考)质量为m的某同学从h高的平台由静止竖直落到装有压力传感器的地面上，压力传感器的示数如图所示，t1时刻传感器示数最大为F2，t2时刻该同学的速度为零，传感器的示数为F1。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．该同学刚落到地面时的速度大小为 B．该同学在t1时刻的加速度最大，最大值为 C．在0～t2时间内图像与横轴所围面积为F1t2＋m D．0～t2时间内，该同学始终处于超重状态 答案　C 解析　设该同学刚落到地面时的速度为v，根据自由落体运动规律可得2gh＝v2，解得v＝，故A错误；t1时刻，该同学对压力传感器的压力最大，根据牛顿第三定律可知此时该同学受到的地面对他的支持力也最大，根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为a＝，故B错误；由图像可知图像与横轴所围面积即为该段时间内压力的冲量，取竖直向下为正方向，根据动量定理可得在0～t2时间有－IF＋IG＝Δp＝0－mv＝－m，由于t2时刻该同学的速度为零，且后面该同学一直静止，故t2时刻该同学受力平衡，故F1＝mg，联立解得IF＝IG＋m＝mgt2＋m＝F1t2＋m，故C正确；当该同学落地刚接触压力传感器时，重力大于压力传感器对他的支持力，此时加速度方向向下，为失重状态，当地面对他的支持力大小超过重力后才是超重状态，故D错误。 10.如图所示，“天和号”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 答案　D 解析　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＝vΔtSn·mv 代入数据解得n≈2，故选D。 11.(2023·广东佛山市南海区九江中学测试)2022年4月16日，神舟十三号飞船返回舱搭载3名航天英雄顺利返回，在返回最后阶段，当返回舱上的高度计测得返回舱离地高度为1 m时启动反推发动机，返回舱速度由竖直向下的6 m/s减至2 m/s后着陆撞击地面，与地面撞击缓冲时间约为0.1 s。已知返回舱及航天员的总质量为7 700 kg，反推发动机推力恒定且启动后至返回舱着陆过程，返回舱所受降落伞伞绳作用力以及空气阻力均忽略不计，并忽略返回舱的质量变化，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在返回舱与地面撞击的0.1 s过程中，航天员受到宇航服对他的平均作用力大小大约是其自身重力的多少倍； (2)反推发动机启动后至返回舱着陆前，其推力大小以及其做功的平均功率(保留两位有效数字)。 答案　(1)3倍　(2)2.0×105 N　8.0×105 W 解析　(1)对航天员，选竖直向下为正方向，根据动量定理得(mg－nmg)t＝0－mv 解得n＝3 即航天员受到宇航服对他的平均作用力大小大约是他自身重力的3倍。 (2)反推发动机启动后返回舱减速，得 v2－v02＝2ax 解得a＝－16 m/s2 根据牛顿第二定律得Mg－F＝Ma 解得发动机推力 F≈2.0×105 N 发动机做功的平均功率为P＝F· 解得P＝8.0×105 W。 12．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　　) 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　根据动能定理有 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，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $