江苏版高考物理一轮复习第6章第1节动量和动量定理课时学案

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动量和动量定理
(对应学生用书第140页)
一、动量、动量的变化量、冲量
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：kg·m/s。
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
2．动量的变化量
(1) 方向：因为动量是矢量，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。
(2)大小：动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。即Δp＝p′－p。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)公式：I＝F·t。
(3)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
(4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)物体的动能变化时，动量一定变化。(√)
(2)两物体的动量相等，动能也一定相等。(×)
(3)动量变化量的大小不可能等于初、末状态动量大小之和。(×)
(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律。(×)
(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。 (×)
(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同。(√)
二、教材习题衍生
1．(动量变化量)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )
A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反
D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同
[答案] A
2.(动量定理的应用)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：
1助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；
2起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；
3飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；
4着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
B [助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，而无法减小与滑道之间的摩擦力，故A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度，故B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小与空气间的摩擦力，故C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间，从而减小冲击力，故D错误。]
3．(动量定理与动能定理)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为p，动能变为Ek。若上述过程F不变，物体的质量变为eq \f(m,2)，以下说法正确的是( )
A．经过时间2t，物体动量变为2p
B．经过位移2L，物体动量变为2p
C．经过时间2t，物体动能变为4Ek
D．经过位移2L，物体动能变为4Ek
A [由动量定理得p＝Ft，则经过时间2t，物体的动量p2＝F·2t＝2p，由p2＝2mEk，得物体的动能Ek2＝eq \f(2p2,2·\f(m,2))＝8Ek，选项A正确，C错误；由动能定理Ek＝FL，则经过位移2L，物体的动能Ek2＝F·2L＝2Ek，由p2＝2mEk，得物体的动量p2＝eq \r(2·\f(m,2)·2Ek)＝p，选项B、D错误。]
动量及动量变化量的理解
(对应学生用书第141页)
1．(对动量的理解)下列关于动量的说法正确的是( )
A．质量大的物体动量一定大
B．速度大的物体动量一定大
C．两物体动能相等，动量不一定相等
D．两物体动能相等，动量一定相等
C [动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式得出p＝eq \r(2mEk)，两物体动能相等，质量关系不明确，动量不一定相等，D错，C对。]
2．(动量变化量的大小和方向)关于动量的变化，下列说法中不正确的是 ( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零
C [当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如图(a)所示，所以A正确；当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如图(b)所示，Δp与p1(或p2)方向相反，与运动方向相反，故B正确；当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，故动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，故C错误；当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图(c)所示，故D正确。
]
3.(2023·南通模拟)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则( )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(2),3)
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9 J 时，物块动能为2 J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶eq \r(2)
C [对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
F＝Ff＝μmgcs 45°
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
a1＝gsin 45°＝g×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2)g
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
WG＝mg·eq \f(1,2)a1t2·sin 45°
解得WG＝eq \f(mg2,4)t2
Wf＝－μmg·cs 45°×eq \f(1,2)a1t2
解得Wf＝－eq \f(μmg2,4)t2
代入数据联立解得μ＝eq \f(1,3)，故A错误；
当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
mgsin 45°－F－Ff＝ma2
解得a2＝eq \f(\r(2),2)g－2μgcs 45°
a2＝eq \f(\r(2),6)g
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)，故C正确；
当拉力沿斜面向上，重力做功为
WG2＝mgsin 45°·x
合力做功为 W合＝ma2·x
则其比值为eq \f(WG2,W合)＝eq \f(\f(\r(2),2)g,\f(\r(2),6)g)＝eq \f(3,1)
则重力做功为9 J时，物块的动能即合外力做功为3 J，故B错误；
当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为p＝mv＝meq \r(2ax)
则动量的大小之比为eq \f(p2,p1)＝eq \f(\r(a2),\r(a1))
解得eq \f(p2,p1)＝eq \f(1,\r(3))，故D错误。]

1．动量的两性
(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
2．动量与动能的比较
冲量、动量定理的理解及应用
(对应学生用书第142页)
1．对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的冲量，一定等大、反向；但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
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。
3．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。
对冲量的理解
1.(对冲量的理解)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，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。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大小为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cs θ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
B [重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cs θ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C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，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，故D错误。]
2.(冲量大小及动量变化量大小的比较)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量分别为I1、I2、I3，动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3，则( )
A．三个过程中，合力的冲量相等，动量变化量相等
B．三个过程中，合力做的功不等，动能变化量相等
C．I1D．I1C [由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，但方向不同，故A错误；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端，由eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，得物体下滑的时间t＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2 θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1 动量定理的应用
3．(2020·全国卷Ⅰ)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
D [行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机最终动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为气囊的弹性势能及气囊气体内能，C项错误。]
4．(2019·全国卷Ⅰ)最近，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
B [根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq \f(Δm,Δt)＝eq \f(F,v)＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。]
动量定理与图像的结合
5.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部( )
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
D [假人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，故A、B错误。根据动量与动能的关系有Ek＝eq \f(p2,2m)，而F-t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，故C错误；假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，故D正确。]
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5 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
A [前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s；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；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s。]
应用动量定理处理“流体类”问题
(对应学生用书第143页)
“流体类柱体”模型
[典例1] (一题多法)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)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S。
(2)方法一：动量定理、运动学公式
设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲＝Mg④
其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤
其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得v′2－veq \\al(2,0)＝－2gh⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)。
方法二：牛顿定律、运动学公式，
由牛顿第二定律得F＋(Δm)g＝(Δm)a
因Δt很小很小，有F＝Mg≫(Δm)g
则有Mg＝Δma＝Δmeq \f(v－0,Δt)
解得v＝eq \f(MgΔt,Δm)
对每一个水柱由运动学公式得
h＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2g)＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)。
[答案] (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)
“微粒类柱体”模型
[典例2] 有一宇宙飞船，它垂直于运动方向的最大截面积S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m＝2×10－7 kg，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)
[解析] 选在Δt时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的总质量，M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv。
设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得
F·Δt＝Mv－0，
则F＝eq \f(Mv,Δt)＝eq \f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2，
根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力的增加量为F′＝F＝mSv2，
代入数据解得F′＝0.784 N。
[答案] 0.784 N
[跟进训练]
1．雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为( )
A．0.25 N B．0.5 N
C．1.5 N D．2.5 N
A [设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s 减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)，得：F＝eq \f(Δmv,Δt)。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，可得F＝ρSveq \f(Δh,Δt)，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶面受到的平均作用力F′＝F，压强为P＝eq \f(F′,S)＝ρveq \f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq \f(15×10－3,10×60) N/m2＝0.25 N/m2，即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N，故选项A正确，B、C、D均错误。]
2．(2023·天一中学高三质量检测)一艘宇宙飞船以v＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m3 的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？
[解析] 设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρSvt①
这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量的增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有
Ft＝Δp＝Δmv②
则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F③
综合①②③并代入数值得ΔF＝100 N，即飞船的牵引力应为100 N。
[答案] 100 N
课时分层作业(十八) 动量和动量定理
(对应学生用书第430页)
题组一 对动量和冲量的理解
1．关于冲量，下列说法中正确的是( )
A．冲量是物体动量变化的原因
B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
C．动量越大的物体受到的冲量越大
D．冲量的方向就是物体运动的方向
A [力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误。]
2.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。则下列说法不正确的是( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块没有回到初始位置
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
C [物块与地面间的滑动摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N。t3＝3 s时物体的速度大小为v3，则有(F－Ff)t3＝mv3，其中F＝4 N，代入数据解得：v3＝6 m/s；t4＝4 s时速度为v4，根据动量定理可得－(F＋Ff)(t4－t3)＝mv4－mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；0～3 s物块沿正方向加速运动，3～4 s 物块沿正方向减速运动，4 s末的速度为零，4～6 s 物块反向加速，且加速度大小与0～3 s内的加速度大小相等，故6 s时物块没有回到初始位置，故B正确；3 s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6 kg·m/s＝6 kg·m/s，故C错误；0～3 s内物块的位移：x1＝eq \f(v3,2)t3＝eq \f(6,2)×3 m＝9 m，方向为正方向；3～4 s 内物块的位移：x2＝eq \f(v3＋v4,2)(t4－t3)＝eq \f(6＋0,2)×(4－3) m＝3 m，方向为正方向；6 s时物块的速度大小为v6，则有(F－Ff)t2＝mv6，解得v6＝4 m/s，4～6 s 物块的位移大小为：x3＝eq \f(v6,2)t2＝eq \f(4,2)×2 m＝4 m，方向为负方向。所以0～6 s时间内F对物块所做的功为：W＝F(x1－x2＋x3)＝4×(9－3＋4) J＝40 J，故D正确。]
3.如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是 ( )
A．v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多
B．v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关
C．v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少
D．v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关
D [由题知，物体所受的摩擦力Ff＝F，且为恒力，由A到B的过程中，v越大，所用时间越短，If＝Ft越小；因为Wf＝F·eq \x\t(AB)，故Wf与v无关，选项D正确。]
题组二 动量定理的基本应用
4.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭加速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
A [火箭加速过程中，所受合力为0时，即加速度为0时，速度最大，此时动能最大，故A正确；由能量守恒可知，高压气体释放的能量转化为火箭的动能与重力势能以及摩擦产生的热能，故B错误；根据动量定理可知高压气体的推力和空气阻力和重力的总冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；火箭所受高压气体的推力做功转化为火箭的动能、重力势能与摩擦产生的热能，则高压气体的推力和空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故D错误。]
5.在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量m＝4 kg，如图所示。现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，力F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去力F，物体A从静止开始运动。则当撤去力F后，弹簧弹力对物体A的冲量大小为( )
A．20 N·s B．50 N·s
C．25 N·s D．40 N·s
A [根据题意知，撤去力F时，弹簧具有的弹性势能为Ep＝50 J，根据机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mv2，解得物体A离开弹簧的速度为v＝5 m/s，根据动量定理得I＝mv－0＝4×5 N·s＝20 N·s，A正确，B、C、D错误。]
6．(2022·天一中学二模)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从高空下落撞在地面上，与地面碰撞时间为2 ms，同时对地面产生的冲击力为103 N，鸡蛋落地时的速度约为( )
A．0.4 m/s B．4 m/s
C．40 m/s D．400 m/s
B [设向上为正方向，则鸡蛋与地面碰撞的过程，由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，解得v＝eq \f(F－mgt,m)＝eq \f(103－0.5×2×10－3,0.05) m/s＝4.1 m/s，选项B正确。]
题组三 应用动量定理处理“流体模型”
7.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，两个喷嘴的直径均为10 cm，取重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 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
C [设Δt时间内每个喷嘴有质量为m的水射出，对这部分水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·πeq \f(d2,4)，运动员悬停在空中，所以有F＝Mg，联立解得v≈7.6 m/s，故C正确。]
8．台风登陆时的最大风力为11级，最大风速为30 m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为( )
A．3.9×103 N B．1.1×105 N
C．1.0×104 N D．9.0×104 N
B [广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2代入数据解得F≈1.1×105 N，故B正确，A、C、D错误。 ]
9.(2023·江苏南京月考)将质量为 m 的物体A 以速率 v0水平抛出，经过时间 t 后，物 体下落了一段距离，速率仍为v0，方向却与初速度相反，如图所示。在这一运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．风对物体做功为零
B．风对物体做负功
C．物体机械能减少eq \f(mg2t2,2)
D．风对物体的冲量大小等于2mv0
B [物体被抛出后，重力对其做正功，但是其动能没有增加，说明风对物体做负功，选项A错误，B正确；由于不知道风的方向，所以无法计算物体下落的高度，也就无法计算重力和风对物体所做的功，选项C错误；重力的冲量竖直向下，大小为mgt，合力的冲量为2mv0，根据矢量的合成可知，风对物体的冲量大小大于2mv0，选项D错误。]
10.质量为1 kg的物体静止在水平面上，t＝0时受到水平拉力F的作用开始运动，F随时间t变化的关系图像如图所示。已知t＝4 s 时物体刚好停止运动，取g＝10 m/s2，以下判断正确的是( )
A．物体所受摩擦力为3 N
B．t＝2 s时物体的速度最大
C．t＝3 s时物体的动量最大
D．物体的最大动能为2 J
A [在0～4 s内由动量定理：IF－ft＝0，其中的IF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×2＋\f(1,2)×2×4)) N·s＝12 N·s，解得f＝3 N，选项A正确；当F＝f时，加速度为零，此时速度最大，由图可知此时刻是t＝2.5 s时刻，此时刻物体的动量也最大，选项B、C错误；从开始到t＝2.5 s时刻由动量定理：I′F－ft′＝mv，其中的I′F＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4×2＋\f(1,2)×3＋4×0.5)) N·s＝9.75 N·s，解得v＝2.25 m/s，则最大动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×2.252 J≈2.53 J，选项D错误。]
11.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )
A．小球克服阻力做的功为mgh
B．小球的机械能减少了mg(H＋h)
C．小球所受阻力的冲量等于meq \r(2gH)
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
B [对全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故A错误；小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故B正确；落到地面的速度v＝eq \r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－meq \r(2gH)，得：IF＝IG＋meq \r(2gH)知阻力的冲量大于meq \r(2gH)，故C错误；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。]
12.如图所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)eq \f(Δm,Δt)从地下射向空中。求垃圾桶可停留的最大高度。(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)
[解析] 设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速度为vt，则
veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝－2gh
得veq \\al(2,t)＝veq \\al(2,0)－2gh
由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为
FΔt＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm,Δt)·Δt))vt
解得F＝2eq \f(Δm,Δt)·vt＝2eq \f(Δm,Δt)eq \r(v\\al(2,0)－2gh)
据题意有F＝Mg
联立解得h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δt,Δm)))2。
[答案] eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δt,Δm)))2
13．根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。(不考虑万有引力等其他力)
[解析] (1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为
P0×1 s＝NE＝Npc，所以p＝eq \f(P0,Nc)
由题意可知，激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)。
(2)由(1)可知I＝eq \f(2P0,cS)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma
故此时探测器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
[答案] (1)eq \f(2P0,cS) (2)3.6×10－3 m/s2
知能模块
考点内容
高考(江苏卷)五年命题情况对照分析
2018
2019
2020
2021年
适应考
2021
2022
命题分析
第1节
动量和动量定理
动量、动量定理
T12：冲量、动量定量
高考对本章的考查热点是动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒的综合应用。本章较以往要求较高，考查形式多为选择题和计算题。
第2节
动量守恒定律及其应用
动量守恒定律
T12：动量守恒定律
T12：动量守恒定律
T13：动量守恒定律
弹性碰撞和非弹性碰撞(一维碰撞)
反冲运动
实验八 验证动量守恒定律
T12：验证动量定理
核心素养
物理观念：动量、冲量、碰撞、反冲。
科学思维：动量定理、动量守恒定律、人船模型、木块－滑块模型、子弹打木块模型、含弹簧模型。
科学探究：通过实验，验证动量守恒定律。
科学态度与责任：现代航天技术与反冲。
名称
项目
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝eq \f(p2,2m)，Ek＝eq \f(1,2)pv，p＝eq \r(2mEk)，p＝eq \f(2Ek,v)
流体及其
特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析步骤
1
建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
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
用微元法研究，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N计算