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 苏京）

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＝FΔt。 (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　(2024·江苏省南京师范大学附属中学月考)如图，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等。让甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度v0从顶端A运动到底端，同时让乙球以同样的初速度从B点抛出，两球同时到达地面，不计空气阻力。则(　　) A．两球运动过程中所受重力的冲量不同 B．两球运动过程中动量的变化量相同 C．两球到达地面前瞬间动能相等 D．两球到达地面时重力的瞬时功率相等 答案　D 解析　因两球同时到达地面，设斜面倾角为θ，由h＝v0sin θ·t＋at2，可知甲球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度，由公式IG＝mgt，PG＝mg(v0sin θ＋gt)可知两球运动过程中所受重力的冲量相同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等，故A错误，D正确；甲球在水平方向还有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球运动过程中速度的变化量大，则两球运动过程中动量变化量不同，两球到达地面前瞬间速度大小不相等，动能不相等，故B、C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　(2024·江苏省南京六校联合体调研)如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ C．合外力的冲量为0 D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2) 答案　B 解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误。 例3　(2023·江苏盐城市伍佑中学校考)一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4 s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．可求2～4 s内，木箱的加速度 B．可求出木箱与地面间的动摩擦因数 C．可求出0～6 s内合力的冲量大小 D．可求出0～6 s内木箱克服摩擦力做的功 答案　C 解析　4 s后木箱做匀速直线运动，表明滑动摩擦力大小等于F2，由于木箱质量不确定，因此不能求木箱的加速度和木箱与地面间的动摩擦因数，A、B错误；在F－t图像中，图线与时间轴所围面积表示冲量，根据题图可求出0～6 s内拉力F的冲量大小IF＝2(F1＋F2＋F3)，0～2 s内木箱处于静止状态，静摩擦力与F1等大反向，2～6 s内摩擦力为滑动摩擦力，大小等于F2，方向与拉力方向相反，则0～6 s内摩擦力的冲量If＝－2Ff1－4Ffmax＝－2F1－4F2，则合力的冲量大小I合＝IF＋If，解得I合＝2(F3－F2)，则可求出0～6 s内合力的冲量大小，C正确；由于木箱质量不确定，因此不能求出木箱的速度、加速度与位移，即不能求出0～6 s内木箱克服摩擦力做的功，D错误。 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，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　动量定理的理解及应用 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。 1．物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。(　√　) 2．动量定理描述的是某一状态的物理规律。(　×　) 3．运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。(　×　) 例4　(2023·江苏淮安市涟水县一中月考)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是(　　) A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化 C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D．可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加 答案　C 解析　充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小某颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。 例5　(2023·广东卷·10改编)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0.40 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.44 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　D 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错误；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根据动量定理有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　(2023·江苏常州市联考)质量为60 kg的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护而使他悬挂起来。已知安全带的缓冲时间为1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　) A．500 N B．600 N C．1 000 N D．1 100 N 答案　D 解析　对建筑工人进行分析：第一阶段，建筑工人做自由落体运动，当安全带绷直时l＝，代入数据得安全带绷直的瞬间v＝＝10 m/s；第二阶段，安全带缓冲使建筑工人速度减为0，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，则(mg－F)t＝0－mv，代入数据解得安全带所受的平均冲力的大小为F＝1 100 N，故选D。 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” 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 例7　(2023·江苏苏州市统考)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 答案　B 解析　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－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故选B。 课时精练 1．(2024·江苏徐州市阶段练习)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 答案　D 解析　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。 2.(2024·江苏淮安市楚州中学月考)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是(　　) A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右 B．物块所受拉力F的冲量大小为2mv C．物块所受重力的冲量大小为零 D．物块所受合力的冲量大小为Fcos θ·t 答案　D 解析　物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，故B错误，D正确。 3．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，若要用球拍以同样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　取被击回后网球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＝6.0 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。 4.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，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在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＝Δp，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。 5．我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 答案　B 解析　设该发动机在t时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，在1 s内喷射出的气体质量m0＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故选B。 6．(2024·江苏省模拟)某次10 m跳台跳水训练中，运动员进入水中深度3 m后速度减为零，其质量m＝50 kg，忽略空气阻力，且运动员在水中的运动近似为匀变速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。则从入水到速度减为零的过程中，水给运动员的冲量大小最接近(　　) A．220 N·s B．520 N·s C．720 N·s D．920 N·s 答案　D 解析　在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力作用，则有v12＝2gh，可得入水时的速度v1＝10 m/s，运动员入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，因此入水后的平均速度＝＝5 m/s，从入水到速度减为0所用时间t＝＝ s＝ s，以竖直向下为正方向，根据动量定理有I＋mgt＝0－mv1，可得I＝－650 N·s≈－919 N·s，即水给运动员的冲量大小约为919 N·s，故选D。 7．(2023·江苏省江阴高级中学检测)如图所示，在xOy竖直平面内，由A点斜射出一个小球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、C、D三点的坐标已在图中标出，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．小球在A点的动量和在C点的动量相同 B．从A到B和从B到C，小球动量变化量相同 C．小球从B到C重力的冲量小于从C到D重力的冲量 D．小球从B到C的动量变化率小于从C到D的动量变化率 答案　B 解析　动量是矢量，A、C两处速度方向不同，所以动量不同，故A错误；小球在x轴方向上做匀速直线运动，而A到B、B到C、C到D在x轴上间距相等，所以经历的时间也相等，设时间均为t，小球又只受重力作用，则A到B、B到C、C到D速度变化量相同，为Δv＝gΔt＝gt，所以从A到B和从B到C，小球的动量变化量Δp＝mΔv＝mgt，可知从A到B和从B到C小球的动量变化量相同，故B正确；重力的冲量I＝mgΔt，因为B到C、C到D的时间相等，所以重力的冲量相同，故C错误；因为B到C、C到D的时间相等，动量的变化相同，所以动量的变化率也相等，故D错误。 8．(2023·新课标卷·19改编)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．甲和乙的动量之和为零 答案　B 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，由于两磁铁运动时间相同，且同时由静止释放，所以可得v甲<v乙，所以选项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正确，D错误。 9.(2022·全国乙卷·20改编)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　) A．4 s时物块的动能不为零 B．6 s时物块回到初始位置 C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 答案　D 解析　物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s,3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A错误；在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv32，解得x1＝9 m,3～4 s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－mv32，解得x2＝3 m，4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝at32＝4 m<x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。 10.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420 MPa。“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ρ＝1.0×103 kg/m3，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．600 m/s B．650 m/s C．700 m/s D．750 m/s 答案　B 解析　设水流速度为v，横截面积为S，在极短时间Δt内的质量Δm＝ρvSΔt 由动量定理得Δmv＝pSΔt，得v≈648 m/s，故选B。 11．中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是(　　) A．所形成弹幕的总体积V＝6 cm3 B．所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg C．弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2 D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N 答案　B 解析　形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。 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