1 第2节 动量定理&专题1 运用动量定理处理流体问题-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

变式题参 第一章动量守恒定律 第1节动量 [变式1]CD【解析】小球的速度变化量为△o= v'-v=(一4-6)m/s=-10m/s,故A错误；小球 的动能变化量为△E,=m-方md=1.6J 3.6J=一2J,故B错误，C正确；小球的动量变化量 为△p=m△v=-2kg·m/s,D正确. [变式2](1)A;60(2)0.1(3)-0.2;-0.2 (4)见解析 【解析】(1)由题图可知，A只有两个位置有照片，则 说明A碰后保持静止，故碰撞发生在第1、2两次闪 光时刻之间，碰撞后A静止，故碰撞发生在x= 60cm处， (2)碰撞后B向左做匀速运动，设其速度大小为vB, 则有vB·△t=20cm,从发生碰撞到第2次闪光，B 向左运动了10cm,时间为t',有vg·t'=10cm,设 第1次闪光到发生碰撞的时间为t,有t十t'=△t, 解得t=0.1s. 3)设向右为正方向，碰撞前B的速度为B一。(mS -0.5m/s,A的速度A=8m/s=-1m/s, 则碰撞前两滑块的质量与速度乘积矢量之和为 P1=mBUB+mAvA =0.2X0.5 kg.m/s-0.3X 1kg·m/s=一0.2kg·m/s.碰撞后，A静止，B 的速度为oB=一 ,2m/s=-1m/s,则碰撞后两 0.2 滑块的质量与速度乘积之和为pB=mvB=一0.2× 1kg·m/s=-0.2kg·m/s. (4)以上实验结果说明在误差允许的范围内，碰撞 前后两滑块的质量与速度的乘积之和保持不变. -易错分析..... 本题的易错，点有两个，一是不能根据频闪照片 的特点和碰撞规律确定哪几个位置是碰撞前的，哪！ :几个位置是碰撞后的；二是不能根据频闪照相的周 期和位移的关系确定速度，特别是由位置变化确定 速度大小和方向」 ,变式题参考答案 考答案 第2节动量定理 [变式]D【解析】根据力的冲量的定义I=Ft可 知，该段时间内支持力的冲量大小为mgtcos0,故 A错误；同理，该段时间内重力的冲量为mgt,故B 错误；由题意可知，0时刻小球的速度沿斜面向下，t 时刻小球的速度可能沿斜面向下，也可能沿斜面向 上，故动量的变化量大小可能是0，也可能是2w, 故C错误；因为0时刻与t时刻小球的速度大小均 为，均处于平衡位置，系统弹性势能没有变化，弹 簧对小球做功为0，故D正确. [变式2](1)60kg·m/s(2)120kg·m/s (3)人推木箱4次后，人接不到木箱 【解析】(1)对木箱由动量定理可知，人对木箱的冲 量I=m箱箱，代入数据得I=60kg·m/s. (2)人接住木箱到推出木箱过程，木箱对人的冲量 大小I2=2m箱V箱=120kg·m/s. (3)第一次推木箱过程，木箱对人的冲量I1=m箱V箱， 设人推木箱n次后，人接不到木箱，有I1十(n一 1)I2=m人0人，其中v人≥℃箱，代入数据得n=3.5, 即人推木箱4次后，人接不到木箱. [变式3]D【解析】0~2s内，小滑块受到的合力的 冲量为I合=F1t1一mgt1sin37°-umgt1cos37°= 4N·s,A错误；2~4s内，拉力F的冲量为I2= F2X2s=一4N·s,B错误；2s末，小滑块的速度 为℃1，由I合=01解得1=8m/s,再经过t2,小滑块 的速度减小到0，有F2t2-mgt2sin37°-wmgt2cos37° =0一mx1,解得t2=0.5s,然后小滑块从静止开始 向下运动，再经过t3=1.5s(也就是t=4s)小滑块 的速度为v2,有F2t3一mgt3sin37°+mgt3cos37° =mo2,解得v2=一6m/s,小滑块的速度大小为 6m/s,D正确；0~一4s内，小滑块先沿着斜面向上 运动，后沿着斜面向下运动，动量的方向先沿斜面 向上，后沿斜面向下，动量方向改变了，C错误。 135第一章动量守恒定律通 第2节 动量定理 重点和难点 课标要求 重点：1.通过理论推导，掌握动量定理的表达式。 1.了解冲量的概念，理解动量定理的内涵。 2.通过对比，理解动量定理和动能定理的区别， 2.知道动量定理和动能定理的区别。 难点：通过分析生活中的缓冲现象，掌握动量定理的 3.能用动量定理解释生产生活中的有关现 应用 象和解决实际问题】 必备知识梳理 基础梳理 知识点（① 冲量 1.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积 (2)定义式：I=F△t. (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理 量，力越大，作用时间越长，冲量就越大 (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s. 冲量是一个过程量.研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即 过程量 必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量 对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用 矢量性 时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化 量的方向一致.冲量的运算遵循平行四边形定则 由于力和时间都跟参考系的选取无关，所以冲量也跟参考系的选 绝对性 取无关 拓视野⊙ 2.冲量的计算◆拓视野为 合力的冲量的求解 (1)求恒力的冲量 如图所示，小球在水平面内 冲量等于力和力的作用时间的乘积（无论物体是否运动，无论 绕圆心。做匀速圆周运动，合 力的方向发生变化，冲量的方向 物体在该力的方向上是否有位移). 与动量变化量的方向一致，由图 (2)求变力的冲量 可得，合力的冲量I=mw2 ①若该力的方向不变、大小随时间均匀变化，该力的冲量可以 mw1=m△. 用该力在作用时间内的平均值计算，即用力的平均值F代替F. ②利用F-t图像的面积求解.F-t图线与t轴所围图形的面积 表示力的冲量.如图甲所示，阴影部分的面积表示恒力的冲量，如 图乙、丙所示，阴影部分的面积表示变力的冲量 用重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ 丙 ③若求合力的冲量，还可以用动量定理p2一p1=I求解， (3)求合冲量的两种方法：①分别求每一个力的冲量，再求各 冲量的矢量和；②如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力， 再用公式I合=F合△t求解， 3.冲量与功的比较◆敲黑板 敲黑板⊙ 物理量 冲量 功 1.某个恒力在一段时间内 公式 I=F△t W-Fx 做的功可以为0，但冲量一定不 为0. 标矢性 矢量式 标量式 2.一对作用力和反作用力 力对时间的积累，在F-t图像力对位移的积累，在F-x图像 意义 的冲量大小一定相等，方向一定 中可以用面积表示 中可以用面积表示 相反，矢量和一定为0；但一对 正、负 正、负表示与正方向相同或相反正、负表示动力做功或阻力做功 作用力和反作用力所做功的大 作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能 小不一定相等，正、负不一定相 知识点2 动量定理 反，代数和不一定为0. 1.动量定理◆划重点。 划重点 (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 对动量定理的理解 始末的动量变化量 1.动量定理的表达式是 (2)表达式：I=p'-p或F(t'-t)=mx-mu. 个失量式，在一维直线情况下运 2.动量定理的适用范围 用动量定理时需要规定正方向」 (1)动量定理的适用对象可以是单个物体，也可以是多物 2.动量定理公式中，F是研 体系 究对象所受的包括重力在内的 所有外力的合力，它既可以是恒 尽管系统内各物体的运动情况不同，但所受合力的冲量仍等 力，也可以是变力 于各物体总动量的变化量 3.动量定理中的冲量是合 (2)动量定理既适用于恒力，也适用于变力.对于变力，动量定 冲量，而不是某一个力的冲量 理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值. 4.动量定理表示合冲量与 物体在不同阶段受力情况不同，各力可以先后产生冲量，运用 动量变化量△p(而非动量)间的 动量定理时不用考虑运动过程中的细节. 因果关系，冲量是动量变化的原 (3)动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动： 因，动量发生改变是物体所受外 力对时间累积（即有冲量）的结 (4)动量定理既适用于宏观、低速物体，也适用于有关微观现 果，两者大小相等、方向相同，物 象的问题， 体动量的变化只能发生在物体 3.动量定理的应用 所受外力的合冲量方向上， (1)用动量定理定性分析生活中的现象 6 第一章动量守恒定律 ①△p一定，△t小则F大，△t大则F小. ②F一定，△t小则△中小，△t大则△p大 ③△t一定，F大则△p大，F小则△p小 (2)运用动量定理解题的基本思路 ①确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论问题，其研究对 象一般是单个物体， ②对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量，再求各个力冲 量的矢量和一合力的冲量；或先求合力，再求其冲量. ③抓住过程的初、末状态，选取正方向，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，还需要补充其他方程，最 后代入数据求解： 重难拓展 重难点（① 动量定理与动能定理的比较◆划重点 划重点 1.两个定理应用中都着眼 类别 动量定理 动能定理 于一个过程，只抓两头（始、末状 公式 F合(t'-t)=mx'-mo F合= 1 2moi2mv 态)，因此应用中就显得简便 2.动量定理既可以由冲量 标矢性 矢量式 标量式 求动量的变化或始、末动量，也 因果 因 合力的冲量 合力的功（总功） 可以由动量变化求冲量或力及 关系 果 动量的变化 动能的变化 时间；动能定理既可以由功求动 应用侧重点 涉及力与时间 涉及力与位移 能的变化或始、末动能，也可以 由动能变化求功或力及位移. ①公式中的力都是指物体所受的合力： ②动量定理和动能定理都注重初、末状态，而不注重过程，因 3动量定理和动能定理都 此都可以用来求变力作用的结果（变力的冲量或变力做功）. 绕过了加速度的环节，所以运用 相同点 ③研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统；研究过程 动量定理和动能定理一般都比 可以是整个过程，也可以是某一段过程 运用牛顿第二定律和运动学公 ④不仅适用于宏观物体的低速运动，而且适用于微观物体的 式简单. 高速运动 例①（多选）跳伞运动员在训练过程中身背伞包从塔 台上由静止跳下，其下落的过程可分为三个阶段：第一阶 段，跳离塔台并不开伞做加速下落，经时间t1速度达到 1;第二阶段，在速度达到o1时打开降落伞减速下降，打开降落伞 减速下降时开始计时，经时间t2速度减小至v2时开始匀速下降； 第三阶段，从匀速下降开始计时，经时间t3落至地面.已知运动员 及所携带物品的总质量为，下落的总高度为H,重力加速度大 小为g.下列说法正确的是(). 重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ A.在t1时间内，运动员及所携带物品的总重力的冲量大小 为mu1 B在，时间内，克服空气力所做的功大于mi一之m C.在t3时间内，空气阻力的冲量与重力的冲量相同 D.在t1十t2十t3时间内，克服空气阻力所做的功等于mgH 1 2mv 诊考策西 解析在]时间内，跳伞运动员及所携带物品的整体受到总重力和空 1.运用动量定理可由冲量 气阻力的作用，根据动量定理，跳伞运动员的动量变化量m01等于总重力 求动量的变化量或初、末动量， 和空气阻力的冲量和，故A错误；在t2时间内，根据动能定理可知WG一 也可以由动量的变化量求冲量、 W=方m-m,故克服空气阻力所微的功W:应等于运动员动能的减 力或作用时间；运用动能定理可 由功求动能的变化量或初、末动 少量与重力微功W6之为，即W,-mo-2m+W。,故B正确：在时 能，也可以由动能的变化量求 间内，运动员受重力和空气阻力的作用而匀速下降，动量不变，空气阻力与 功、力或位移： 重力的总冲量为0，即空气阻力的冲量与重力的冲量大小相等、方向相反， 2.若问题是研究力在时间 注意：运用动量定理时要考虑速度的方向，但运用动能定理时不用 上的累积效果，应选用动量定理 做C错误；对于十2十3时间内，根据动能定理可知mg直-W)mm2 求解；若问题是研究力在空间上 的累积效果，应选用动能定理 克服空气阻力所做的功为W=mgH一2mu,故D正确。 求解 答案BD◆诊考策奥 1111i111i11H11i1t 关键能力提升 1111111111101111111111111111111101111101111101111110111111111111111111110111111 题型（①冲量的理解与计算 大小为300kg·m/s 解析设运动员的质量为，运动员刚接触蹦床 例①蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹 瞬间的速度为，运动员自由下落的过程中只受重力 过程表现杂技技巧的竞技运动.一质量为50kg 的运动员从离蹦床1.8m处自由下落，若从运 作用，由机械能守恒定律得mgh=方m,解得= 动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2s:√2gh=6m/s;根据动量定理可知，运动员受到的合 (g取10m/s2,不计空气阻力)，则下列说法错 力冲量大小I=m=50×6N·s=300N·s,选项A 误的是( 正确.选取运动员接触蹦床的过程为研究过程，重力 A.运动员自由下落过程中，受到的合力冲 的冲量大小IG=mg△t=500X0.2N·s=100N·s, 取向上为正方向，由动量定理可得IF一Ic=0一 量大小为300N·s (一mv),解得蹦床对运动员的冲量大小为Ir=IG十 B.从运动员接触蹦床到陷至最低点的过 mw=400N·s,选项B正确，C错误.自由下落过程中 程中，重力的冲量大小为100N·s 运动员的动量变化量大小△p=m=300kg·m/s, C.蹦床对运动员的冲量大小为200N·s 选项D正确 D.自由下落过程中，运动员的动量变化量 答案C 8 第一章动量守恒定律 方法总结 对铁球：(Mg一F浮M)t2=MU2一M1, 计算某个力的冲量时，必须明确是哪个力在哪 对木块：(mg一F浮m)t2=0一mw1. 段时间内产生的冲量，力越大，作用时间越长，冲量 联立解得v2 (M+m)(t1+t2) 就越大，求合力的冲量时经常运用动量定理， Mt 变式2(2025·山东潍坊一中期中)如图 变冠①(2026·安徽合肥一中阶段练习) 所示，在光滑水平面上，人站在静止的小车上 如图所示，一轻弹簧上端拴接在一固定在水平 用力向右推静止的木箱，木箱以相对冰面6m/s 地面的光滑斜面上，弹簧下端连接质量为m的 的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直 小球（可视为质点）.现让小球在竖直平面内沿 墙壁发生弹性碰撞，反弹回来被人接住后，再 斜面方向振动起来，t=0时刻经过平衡位置沿 以相对冰面6m/s的速度向右推出.已知木箱 斜面向下运动，速度大小为v.此后t时刻，小 的质量为10kg,人与车的总质量为60kg.求： 球的速度大小也是.已知斜面与水平面的夹 角为0，重力加速度为g,关于该段时间内，下 列说法中正确的是( (1)第一次推出木箱的过程，人对木箱的 冲量大小 (2)人在一次接住与推出木箱的过程，木 箱对人的冲量大小 A.斜面对小球的支持力冲量大小为0 (3)人推木箱多少次后，人接不到木箱 B.小球重力冲量大小为ngtsin0 题型(3动量定理与图像结合问题 C.小球动量变化大小为2m 例③（多选）一质量为0.5kg的物块静止 D.弹簧对小球做的功为0 在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因 题型(2动量定理的综合应用 数为0.2.现给物块一水平方向的外力F,F随 例②如图所示，质量为M的实心铁球牵 时间t变化的图像如图所示，若最大静摩擦力 引着质量为的木块从静止开始下沉，经时间 等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,则 t1,它们的速度达到v1,恰在此时，绳断了，再 下列说法正确的是( 经时间t2,木块的速度变为0，求此时铁球的 AFN 速度 34t/s A.0~1s内物块的加速度为2m/s 解析以竖直向下为正方向，t1时间内，对铁球、 B.1~2s内物块做匀速直线运动 木块由动量定理得 C.前2s内，物块一直做加速运动 对铁球：(Mg一Fr一FM)t1=Mo1, D.在3~4s的时间内，物块受到的摩擦力 对木块：(mg十Fr一Fm)t1=mw1 不变 t2时间内，对铁球、木块由动量定理得 解析物块在运动过程中，最大静摩擦力等于滑 9 重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ 动摩擦力f=mg=1N,故物块在0~1s内做匀加： 糙斜面固定在水平面上，有一质量为m=0.5kg 速运动，其加速度大小a=F-寸=2m/s,A正确， 的小滑块在沿斜面方向的力F作用下，由静止 m 开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图 1~2s内物块所受拉力与摩擦力相等，物块做匀速直 乙所示，取沿斜面向上为正方向.已知斜面足 线运动，B正确，C错误.0~1s内由动量定理有(F-f)t 够长，小滑块与斜面间的动摩擦因数为以 =△p,可得t=1s时物块的动量大小为1kg·m/s; 0.75,取重力加速度g=10m/s2,sin37°= 物块在第2s内做匀速直线运动，其动量不变，由图可 0.6,cos37°=0.8，小滑块运动的过程中，下列 知，在2一4s内物块受到的拉力反向，大小变小且小 说法正确的是( 于物块的最大静摩擦力，因为在F-t图像中，图线与 EN 坐标轴所围的面积在数值上等于冲量的大小，设物块 1+1~ 减递到0所用的时间为，圆有2三！十 234t/s △p,解得t=(4-23)s,另一解t2=(4+2W3)s 甲 (舍去)；故当t=(6一2√3)s时，物块的速度为0,6 A.0~2s内，小滑块受到的合力的冲量为 2√5<3，即3s时，物块已经静止，3~4s物块受到的 2N·s 是静摩擦力，拉力减小，故摩擦力减小，D错误 B.2~4s内，拉力F的冲量为4N·s 答案AB C.0~4s内，小滑块的动量方向不会改变 变试3如图甲所示，倾角为0=37°的粗 D.t=4s时，小滑块的速度大小为6m/s 111111B011011111110111111001111110111131111111111011311111101113111113111111 核心素养聚焦 1111011111101010111111111011111111110101111101111011011110111111011011110111111 考向（① 对动量定理的理解 解析设乙对甲的磁力大小为F,对两磁铁受力 例①(2023·全国新课标卷)（多选）使 分析如图所示，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可知 F=F',a= 一g,因为m甲>mz,所以a甲<a元，故 F 甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平 桌面上，甲的极正对着乙的S极，甲的质量 :在它们相互接近过程中的任一时刻甲<0乙，A错误； 大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数 由动量定理可知p=(F-mg)t,因为m甲>mz,所 相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过 以p甲<p元，B正确，C错误；对甲、乙整体分析，取向 程中的任一时刻( 右为正方向，甲和乙的动量之和p'=(一m甲g十 甲 mg)t,可知甲和乙的动量之和不为0，D正确. 甲 F 乙 4m甲gSN,F Sμmzg A.甲的速度大小比乙的大 答案BD B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 考查内容 核心素养 试题难度 D.甲和乙的动量之和不为0 动量定理 科学思维 ★★☆☆☆ 10 第一章动量守恒定律 专题1运用动量定理处理流体问题 女必备知识梳理 解决流体（如液体流、粒子流等）问题思路 流体与外界作用具有一定的连续性，与独立物体不同，选取研究对象是突破难点的关键.首 先选取一段流体作为研究对象，建立模型，如“柱状模型”“正方体模型”等 对于液体流，通常选取质量为△m=pw△tS(如高压水枪的管口面积为S,以速度v向某物喷 水，水的密度为ρ)，对于粒子流，通常选取体积为△V内的所有粒子为研究对象，这样，把流体转 化成了我们熟悉的独立实物，再运用动量定理(F△=△p),便可求解. 关键能力提升 题型（①液体流问题分析 题型2 连续微粒类问题分析 例水切割又称水 例2用豆粒模拟气体分子，可以模拟气 刀，即高压水射流切割技 s-0 体压强产生的原理.如图所示，从距秤盘80cm 术，是一种利用高压水流切 高度把1000个的豆粒连续均匀地倒在秤盘 割的机器.在电脑的控制下 上，持续作用时间为1s,豆粒弹起时竖直方 能任意雕琢工件，而且受材料质地影响小.因 向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤 为其成本低，易操作，良品率又高，水切割逐渐 盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在 成为工业切割技术方面的主流切割方式.如图 豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞 所示，若水柱的截面积为S,水流以速度垂 力远大于豆粒受到的重力)，已知 直射到被切割的钢板上，之后速度减为0，已知1000个的豆粒的总质量为100g 水的密度为ρ.则下列说法正确的是(). 则在碰撞过程中秤盘受到的压力 A.高压水枪单位时间喷出水的质量为S 大小约为() B.水柱对钢板的平均冲击力大小为Sx A.0.2N B.0.6N C.水柱对钢板的平均冲击力大小为2S% C.1.0N D.1.6N D.水柱对钢板的平均冲击力大小为pSU 解析豆粒下落到秤盘上的速度v=√2gh= 解析选取时间△内的水为研究对象，设时间△ 4m/s,反弹后速度大小为v=2m/s,设向上为正方 内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量为 向，在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，由于碰撞力远大 △m=pV=pSv△t,高压水枪单位时间喷出水的质量 于豆粒受到的重力，则可忽略豆粒的重力，每个豆粒 为0=S,故A错误；以这部分水为研究对象，它 只与秤盘碰撞一次，可认为碰撞后豆粒都离开了秤盘 受到钢板的作用力为F,以水运动的方向为正方向， 平台，根据动量定理得Ft=u'-(一w),得F=0.6N, 由动量定理有-F△t=0-△mw,解得F=pSu,故B: 由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力 正确，C、D错误 大小为0.6N,故选B. 答案B 答案B 11