第六章 第1讲　动量　动量定理—2022高中物理一轮复习学案

第1讲　动量　动量定理

ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU

知识梳理·自测巩固

知识点1　动量

1．动量

(1)定义：运动物体的__质量__和__速度__的乘积。

(2)公式：p＝__mv__。

(3)单位：__千克米每秒__，符号是__kg· m/s__。

(4)矢量性：方向与__速度__的方向相同，运算遵循__平行四边形定则__。

2．动量变化量

(1)定义：物体在某段时间内__末动量__与__初动量__的矢量差(也是矢量)。

(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝__p′－p__。

知识点2　动量定理

1．冲量

(1)定义：力与力的__作用时间__的乘积。

(2)公式：I＝__Ft__。

(3)单位：__牛顿秒__，符号是__N·s__。

(4)矢量性：方向与__力的方向__相同。

(5)物理意义：反映力的作用对__时间__的积累效应。

2．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__合力的冲量__。

(2)表达式：mv′－mv＝__F合t__或p′－p＝__F合t__。

思考：教材中是如何推导动量定理表达式的？

[答案]　设一质量为m的物体，初速度为v，在恒力F作用下的时间t内，速度从v变化到v′，由于物体做匀加速运动，则有a＝，再根据牛顿第二定律得F＝ma＝，即Ft＝mv′－mv。

思维诊断：

(1)某物体的速度大小不变，动量一定不变。(　×　)

(2)物体的质量越大，动量一定越大。(　×　)

(3)物体的动量相同，其动能一定也相同。(　×　)

(4)冲量是矢量，其方向与恒力的方向相同。(　√　)

(5)力越大，力对物体的冲量越大。(　×　)

(6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。(　√　)

1．关于动量，下列说法正确的是(　D　)

A．速度大的物体，它的动量一定大

B．动量大的物体，它的速度一定也大

C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量就保持不变

D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大

[解析]　动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，选项A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量就发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确。

2．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速度为零然后下滑，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F1。在整个过程中，重力对滑块的总冲量为(　C　)

A．mgsin θ(t1＋t2)　　　　　　 B．mgsin θ(t1－t2)

C．mg(t1＋t2) D．0

[解析]　谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确。

3．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刚产生作用前人下落的距离为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，则该段时间安全带对人的平均作用力多大？

[答案]　＋mg

[解析]　对自由落体运动，有：h＝gt

解得：t1＝

规定向下为正方向，对运动的全过程，根据动量定理，有：

mg(t1＋t)－Ft＝0

解得：F＝＋mg。

HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO

核心考点·重点突破

考点一　对动量、冲量的理解

1．动量的性质

(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。

(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。

(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。

2．冲量的性质

(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。

(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同。

3．动量和动能的比较

例1 (2019·云南玉溪一中月考)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，下列关于它们下滑过程的说法中正确的是(　B　)

A．重力对各环的冲量中a的最大

B．弹力对各环的冲量中c的最大

C．合力对各环的冲量大小相等

D．各环的动能增量相等

[解析]　本题考查了动能定理和动量定理。设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t，圆周的直径为D。则环的加速度大小为a＝gcos α。由位移公式得Dcos α＝at2＝gcos αt2，得到t＝，所以三个环的运动时间相同，由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I＝Ft分析可知，重力对各环的冲量相等，A错误；弹力FN＝mgsin θ，则c环受到的弹力最大，三个环的运动时间相等，则弹力对c环的冲量最大，B正确；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，D错误。

方法总结：

冲量的计算方法

(1)恒力冲量的计算首先考虑公式，其次考虑用动量定理求解；变力冲量的计算首先用动量定理求解，其次可考虑F－t图象中的面积对应冲量。

(2)总冲量的三种求法：①若各个外力是恒力，且各力的作用时间也相同，可以先求出合力再乘以时间求冲量，即I合＝F合·t。②若各个外力是恒力，但各力的作用时间不相同，可以先求出每个外力在相应时间内的冲量，然后求各外力冲量的矢量和。③若外力是变力，可以应用动量定理求合外力的冲量。

〔类题演练1〕

(2020·江西南昌月考)(多选)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(　AB　)

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4 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

[解析]　根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg· m/s、4 kg· m/s、3 kg· m/s、2 kg· m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误。

考点二　对动量定理的理解及应用

1．应用动量定理解题的一般步骤

(1)明确研究对象和研究过程

研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

(2)进行受力分析

只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。

(3)规定正方向

由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。

(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。

(5)根据动量定理列式求解。

2．应用动量定理解题的注意事项

(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。

(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。

(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。

(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。

(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。

例2 蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝50 kg的运动员从距蹦床h1＝1.25 m高处自由落下，接着又能弹起h2＝1.8 m高，运动员与蹦床接触时间t＝0.50 s，在空中保持直立，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：

(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；

(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。

[解析]　(1)重力的冲量大小为：I＝mgt＝50×10×0.50  N·s＝250 N·s

(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，

则根据动能定理可得：mgh1＝mv解得v1＝5 m/s

设弹起时离开蹦床瞬间，运动员的速度大小为v2，则根据动能定理可得：－mgh2＝0－mv

解得：v2＝6 m/s

取竖直向上为正方向，由动量定理有：(F－mg)·t＝mv2－(－mv1)

解得F＝1 600 N

[答案]　(1)250 N·s　(2)1 600 N

〔类题演练2〕

(2019·山西模拟)使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10 m高、以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出， 荚进入地面下10 cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20 g，不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，以g＝10 m/s2，则(　D　)

A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5 J

B．离开无人机后，荚在空中运动的时间为 s

C．土壤对荚冲量的大小为3 kg·m/s

D．荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N

[解析]　本题考查了动能定理、自由落体运动、动量定理。播种器对豆荚做的功为荚增加的动能，故为W＝mv2＝×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；离开无人机后，在竖直方向上荚做初速度为v＝5 m/s、加速度为g的匀加速直线运动，则h＝vt＋gt2，解得t＝1 s(－2 s舍去)，B错误；荚落地时，竖直方向上的速度为vy＝v＋gt＝15 m/s，水平方向上的速度为v0＝15 m/s，故荚落地时的速度大小为v＝＝15 m/s，荚进入地面下10 cm深处，速度为零，故土壤对荚的冲量为I＝0－mv＝－0.3 kg·m/s，即冲量大小为0.3 kg·m/s，C错误；荚进入土壤后，竖直方向上做减速运动，末速度为零，位移为10 cm＝0.1 m，根据位移－速度公式可得0.1 m＝，进入土壤后的时间为t＝，联立解得t＝ s，根据动量定理可得t＝0－mv，解得＝－＝－ N＝－22.5 N，即平均阻力大小为22.5 N，D正确。

JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU

阶段培优·查缺补漏

用动量定理求解流体冲击力问题

▼

应用动量定理求解流体冲击力，关键是“柱体微元”模型，具体思路是：

(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。

(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt

(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt

(4)求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt

(5)应用动量定理FΔt＝Δp

例3 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)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①

ΔV＝v0SΔt②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

＝ρv0S③

(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得

(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④

 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦

联立③④⑤⑥⑦式得h＝－⑧

[答案]　(1)ρv0S　(2)－

〔类题演练3〕

如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　D　)

A．ρvS　 B．　

C．ρv2S　 D．ρv2S

[解析]　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。

2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN

2年高考·模拟训练

1．(2019·全国卷Ⅰ，16)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(　B　)

A．1.6×102 kg　　　　　　　 B．1.6×103 kg

C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg

[解析]　设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确。

2．(2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　B　)

A．与它所经历的时间成正比

B．与它的位移成正比

C．与它的速度成正比

D．与它的动量成正比

[解析]　A错：速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比。B对：根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，与位移成正比。C错：动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比。D错：动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，与动量的平方成正比。

3．(2020·湖北荆门统考)两木块A、B质量之比为2∶1，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A、B在开始滑行到停止运动的过程中，下列关于滑行的时间之比tA∶tB和距离之比xA∶xB的说法正确的是(　A　)

A．初动能相同时分别为1∶，1∶2

B．初动能相同时分别为1∶4,1∶4

C．初动量相同时分别为1∶，1∶2

D．初动量相同时分别为1∶2,1∶2

[解析]　本题考查了牛顿第二定律、动量定理、动能定理。根据牛顿第二定律得a＝＝μg，两木块A、B与地面间的动摩擦因数相等，则两木块做匀减速运动的加速度大小相等，由题意知两木块质量之比为2∶1，当初动能相同时，根据Ek＝mv2知，初速度大小之比为1∶，根据t＝知，滑行的时间之比为1∶；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝vt，因为初速度大小之比为1∶，运动时间之比为1∶，则滑行距离之比为1∶2，故A正确，B错误。若初动量相等，由p＝mv可知初速度大小之比为1∶2，则根据t＝知，滑行的时间之比为1∶2；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝vt，因为初速度大小之比为1∶2，时间之比为1∶2，则滑行距离之比为1∶4，故C、D错误。

4．(2019·全国卷Ⅱ，25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。

图(a)                     　图(b)

(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线。

(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。

(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?

[答案]　(1)如图所示　(2)28 m/s　8 m/s2　(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m

[解析]　(1)v－t图象如图所示。

(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s。

设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。

若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有

s1－s4＝3a(Δt)2①

s1＝v2Δt－a(Δt)2②

v4＝v2－4aΔt③

联立①②③式，代入已知数据解得

v4＝－ m/s④

这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。

由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式

v3＝v2－3aΔt⑤

2as4＝v⑥

联立②⑤⑥式，代入已知数据解得

a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦

或a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s⑧

但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。

(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有

f1＝ma⑨

在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为

I＝f1(t2－t1)⑩

由动量定理有

I＝mv1－mv2⑪

由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为

W＝mv－mv⑫

联立⑦⑨⑪⑫式，代入已知数据解得

v1＝30 m/s⑬

W＝1.16×105 J⑭

从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为

s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮

联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得

s＝87.5 m。