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 浙江专用）

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＝FΔt。 (3)单位：N·s。 (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 思考　冲量和功都与力的作用过程有关，在物理意义上有何不同？ 答案　冲量表示力对时间的累积，是动量变化的量度，是矢量；功表示力对空间的累积，是能量变化的量度，是标量。 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　(2023·浙江宁波市模拟)甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是(　　) A．如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4 B．如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1 C．如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2 D．如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4 答案　C 解析　当两物体动量大小相等时，由Ek＝知Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝4∶1，故A、B错误；当两物体动能相等时，由p2＝2mEk知p甲∶p乙＝∶＝1∶2，故C正确，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　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　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；根据动能定理可得W合＝mv12＝24 J，故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)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　高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上。重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量达到最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可 得(mg－)t＝0－mv，故＝＋mg＝＋mg，故选项A正确。 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6　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．2 D．2d 答案　B 解析　设水的流速为v，高压水枪时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝ρπ·vt，由动量定理Ft＝mv 得F＝πρd2v2，水的流量Q＝π·v＝，故选B。 例7　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Δt＝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＝7.2×107 kg·m/s D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N 答案　B 解析　所形成弹幕的总体积为V＝vΔtS＝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。 课时精练 1．对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是(　　) A．物体的动能改变，其动量不一定改变 B．物体动量改变，则其动能一定改变 C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变 D．动量是标量，动能是矢量 答案　C 解析　物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误。 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.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　) A．减小穿戴者与地面的接触时间 B．减小穿戴者所受重力的冲量 C．减小穿戴者动量的变化量 D．减小穿戴者动量的变化率 答案　D 解析　设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，从而减小穿戴者所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp未发生变化，故A、C错误，D正确；由A、C、D选项分析可知，安全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，重力的冲量IG＝mgΔt，穿戴者所受重力的冲量增大了，故B错误。 4．跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量 B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，合外力的冲量不为零 C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 答案　D 解析　运动员在空中运动过程中忽略空气阻力，只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对运动员的作用力，动量的变化量方向向上，由动量定理可知其重力的冲量小于水的作用力的冲量，合外力冲量不为零，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，运动员动量的改变量等于重力的冲量与水的作用力冲量的矢量和，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确。 5．2022年5月10日世界女子羽毛球团体锦标赛尤伯杯比赛在泰国进行，中国队何冰娇以21∶2和21∶8轻松战胜罗德里格斯，最终中国队以5∶0轻松击败西班牙队。假设羽毛球以v1＝72 km/h的速度飞向何冰娇，何冰娇以v2＝216 km/h 的速度将羽毛球回击。已知羽毛球的质量为m＝5×10－3 kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02 s。则下列说法正确的是(　　) A．球拍对羽毛球不做功 B．羽毛球动量的变化量大小为0.4 kg·m/s C．羽毛球动能的变化量大小为10 J D．球拍与羽毛球之间的作用力大小为10 N 答案　B 解析　击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做功，选项A错误；v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，则羽毛球动量的变化量大小为Δp＝mv2－(－mv1)＝5×10－3×60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·m/s＝0.4 kg·m/s，选项B正确；羽毛球动能的变化量大小为ΔEk＝mv22－mv12＝×5×10－3×(602－202) J＝8 J，选项C错误；根据动量定理Δp＝Ft，解得球拍与羽毛球之间的作用力大小为F＝＝ N＝20 N，选项D错误。 6．质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则(　　) A．整个过程中合力的冲量大小为mv0 B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零 C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小 D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零 答案　C 解析　以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有 I合＝Δp＝0.5mv0－(－mv0)＝1.5mv0，A错误；设物体上滑过程时间为t1，下滑回到出发点时间为t2，位移大小为x，则x＝t1＝t2，得t1＝t2，整个过程中摩擦力冲量的矢量和为If1＋If2＝Fft1－Fft2≠0，B错误；上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1<t2，上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小，C正确；上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，故两过程中支持力的冲量均不为零，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、D正确。 8.(多选)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　) A．在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg·m/s B．在t＝4 s时，物块的速度为0 C．在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2 D．在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s 答案　AD 解析　F－t图像与t轴围成的面积表示拉力的冲量，0～2 s根据动量定理可知t－μmgt＝p，代入数据可解得p＝1 kg·m/s，故A正确；同理，2～4 s根据动量定理有t－μmgt＝mv－p，代入数据解得v＝1 m/s，故B错误；由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s,2～4 s内物块动量的变化量大小为0,4～5 s内F≤1 N＝μmg，物块做匀减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可知为t＝3 s时刻，根据动量定理可知t′－μmgt′＝mv′－p，代入数据解得v′＝1.5 m/s，故D正确。 9．(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。 10．(2024·浙江杭州市学军中学模拟)雨打芭蕉是我国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　) A．ρv B．2ρv C．ρv2 D．2ρv2 答案　B 解析　单位时间的降水高度Δh＝ 在芭蕉叶ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρΔSΔhΔt＝ρΔSΔt 设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理 F·Δt＝mvt－mv＝ρΔSΔt(－v－v)＝ －2ρvΔSΔt，解得F＝－2ρvΔS 根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′＝2ρvΔS 因此平均压强为p＝＝2ρv，故选B。 11.在检测篮球的性能时，检测人员将篮球从高处自由下落，通过测量篮球自由下落的高度、反弹高度及下落和反弹的总时间等数据来检测篮球是否合格。在某次检测过程中，检测员将篮球最低点置于距离地面H1＝1.8 m处开始自由下落，测出篮球从开始下落到第一次反弹至最高点所用的时间为t＝1.5 s，篮球反弹后最低点所能到达的最大高度降为H2＝1.25 m。已知该篮球的质量为0.6 kg。不计空气阻力．(g＝10 m/s2) (1)求篮球第一次反弹后即将离开地面时的动量大小和方向； (2)求篮球第一次反弹过程中与地面接触的时间； (3)篮球第一次与地面接触的过程中对地面的平均作用力大小。 答案　(1)3 kg·m/s　方向竖直向上　(2)0.4 s　(3)22.5 N 解析　(1)篮球第一次反弹后即将离开地面时的速度v满足v2＝2gH2，可得v＝5 m/s，离开地面时的动量大小p＝mv＝3 kg·m/s，方向竖直向上。 (2)篮球第一次自由下落的时间满足 H1＝gt12，可得t1＝0.6 s 篮球第一次反弹后上升的时间满足 H2＝gt22，可得t2＝0.5 s 则可得篮球与地面接触的时间 Δt＝t－t1－t2＝0.4 s (3)篮球第一次自由下落着地前的速度满足v02＝2gH1，可得v0＝6 m/s 篮球与地面接触的过程中 (－mg)Δt＝mv－(－mv0)，可得＝22.5 N 由牛顿第三定律可知篮球对地面的平均作用力大小为22.5 N。 12．(2023·浙江金丽衢十二校联考)有人设想在进行宇宙探测时，给探测器安上反射率极高(可认为100%)的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积照射到的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，普朗克常量为h，则探测器获得的加速度大小的表达式是(　　) 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总能量为ES，结合单个光子的能量ε＝hν，则N个光子的总能量为Nhν＝Nh＝ES，解得λ＝，又因为单个光子的动量p＝，则光子的总动量变化量大小为Δp＝2N＝2N＝，以光子为研究对象，应用动量定理FΔt＝Δp，式中Δt＝1 s，解得F＝，根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为F′＝F＝，根据牛顿第二定律F′＝Ma，解得a＝，故选A。 学科网（北京）股份有限公司 $