第1讲　动量和动量定理

第1讲动量和动量定理学习目标1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。2.能用动量定理解释生活中的有关现象。3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型。1.2.3.4.1.思考判断(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(√)(2)物体的动能不变，其动量一定不变。(×)(3)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。(√)(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(×)(5)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。(×)2.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()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.与它的动量成正比答案B考点一动量和冲量1.动能、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化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)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2.冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。(2)变力的冲量①平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的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＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。②图像法：作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。③动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，求出该力作用下物体动量的变化量，再由动量定理I＝Δp求解。角度对动量和动能比较例1(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是()A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2pB.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2EkC.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2EkD.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p答案BD解析在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL＝Ek，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝eq\r(2mEk)，知动量变为原来的eq\r(2)倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝eq\f(p2,2m)知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确。角度恒力冲量的计算例2如图1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f。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是()图1A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sinθB.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cosθC.合力的冲量为0D.摩擦力的总冲量大小为f(t1＋t2)答案B解析重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，B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，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量为f(t2－t1)，D错误。角度利用F－t图像求冲量例3(多选)质量为m＝1kg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2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＝10m/s2。则()图2A.在t＝2s时，物块的动量大小为1kg·m/sB.在t＝4s时，物块的速度为0C.在0～2s内和2～5s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2D.在0～5s内，物块的最大速度为1.5m/s答案AD解析图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，0～2s内，根据动量定理有eq\f(F1＋F2,2)t1－μmgt1＝Δp＝p2－0，代入数据可得p2＝1kg·m/s，故A正确；2～4s内，根据动量定理有eq\f(F2,2)t2－μmgt2＝mv4－p2，代入数据解得v4＝1m/s，故B错误；由上述分析可知0～2s内物块动量的变化量大小为Δp1＝1kg·m/s，2～4s内物块动量的变化量大小为Δp2＝0，4～5s内物块动量的变化量大小为Δp3＝|－eq\f(F5,2)t3－μmgt3|＝1.5kg·m/s，所以在0～2s内和2～5s内，物块动量的变化量大小之比为eq\f(Δp1,Δp2＋Δp3)＝eq\f(2,3)，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，Ff＝μmg＝1N，由题图可知为t＝3s时F＝Ff，根据动量定理可知eq\f(F2＋F3,2)t23－μmgt23＝mv3－p2，代入数据得v3＝1.5m/s，故D正确。考点二动量定理的理解和应用对动量定理的理解(1)Ft＝mvt－mv0是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。(2)Ft＝mvt－mv0除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。(3)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(4)由Ft＝mvt－mv0，得F＝eq\f(mvt－mv0,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。角度用动量定理解释生活中的现象例4(2024·广东深圳高三联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是()图3A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力答案A解析根据动量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝eq\f(mv0,t)，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤快速敲打。选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大，快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t，增大铁锤的初速度v0，A正确，B错误；根据F＝eq\f(mv0,t)，铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打。选择木锤是因为木锤的质量小，低速敲打增大木锤与地板的作用时间t，减小木锤的初速度v0，C、D错误。用动量定理解释现象eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＝\f(Δp,Δt)))(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。角度动量定理的有关计算例5(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图4所示的简化模型，多个质量均为1kg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0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()图4A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N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＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后总的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，故D正确。1.(2024·江西赣州模拟)2023年6月13日，杭州外卖小哥从约15米高的西兴大桥上跳下救人的事件感动了全国人民，从这么高跳下其实是很危险的，假设他的质量为60kg，重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，跳下时初速度为零，若入水姿势正确则从接触水面到速度为零下降约3m，若入水姿势不对则从接触水面到速度为零下降约1m，则下列说法正确的是()A.人在空中运动过程中，重力的冲量与下降高度成正比B.入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约3000NC.入水姿势不正确的情况下，人受到水的平均作用力约9600ND.人从跳下到速度减为零的过程中机械能守恒答案C解析人在空中做自由落体运动，h＝eq\f(1,2)gt2，重力的冲量IG＝mgt＝mgeq\r(\f(2h,g))＝meq\r(2gh)，故A错误；人在空中下降高度h，入水前速度v＝eq\r(2gh)，在空中所用时间t1＝eq\f(h,\f(v,2))，在水中认为受到水的作用力F不变时，人的运动可以看作匀减速运动，设下降深度为d，在水中运动所用时间t2＝eq\f(d,\f(v,2))，整个过程对人运用动量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，化简得F＝eq\f(h＋d,d)mg，所以入水姿势正确的情况下，人受到水的平均作用力约为重力的6倍，即3600N，入水姿势不正确时，人受到水的平均作用力约为重力的16倍，即9600N，故B错误，C正确；人从跳下到速度减为零的过程，动能不变，重力势能减小，即机械能减小，故D错误。考点三应用动量定理处理流体类问题研究对象流体类：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“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究例6雨打芭蕉是中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()图5A.ρveq\f(h,t) B.2ρveq\f(h,t) C.ρv2 D.2ρv2答案B解析单位时间的降水量Δh＝eq\f(h,t)，在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSeq\f(h,t)Δt，设雨水受到的撞击力为F，竖直向下为正方向，根据动量定理有FΔt＝－mv－mv，联立解得F＝－2ρvΔSeq\f(h,t)，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′＝2ρvΔSeq\f(h,t)，因此平均压强为p＝eq\f(F′,ΔS)＝2ρveq\f(h,t)，故B正确。2.一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A.Snmveq\o\al(2,0) B.2Snmveq\o\al(2,0) C.Snmveq\o\al(3,0) D.2Snmveq\o\al(3,0)答案C解析时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝nmveq\o\al(2,0)S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝Snmveq\o\al(3,0)，故C正确，A、B、D错误。A级基础对点练对点练1动量和冲量1.(多选)(2023·广州市综合测试)如图1，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6kg·m/s，则()图1A.球的动能可能不变B.球的动量大小一定增加12.6kg·m/sC.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同答案AC解析垒球被击打后，可能以与击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向与棒对球的弹力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。2.(多选)(2023·新课标卷，19)如图2，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()图2A.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解析根据F－μmg＝ma可得a＝eq\f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。3.(2022·湖北卷，7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1答案D解析根据动能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D正确。对点练2动量定理的理解和应用4.(多选)(2024·广东汕头高三月考)如图3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()图3A.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。5.(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，小西观看央视春晚杂技节目《龙跃神州》中的抛幡表演，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5s，将幡接稳在手中。若一根中幡质量约为20kg，重力加速度g＝10m/s2。假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为()A.300N B.500N C.600N D.800N答案B解析由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·eq\f(t,2)＝7.5m/s，接幡过程中，设幡对手的平均作用力为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解得F＝500N，故B正确。6.(多选)一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图4所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6s，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是()图4A.网对运动员的平均作用力大小为1950NB.运动员动量的变化量为1080kg·m/sC.弹力的冲量大小为480N·sD.运动员所受重力的冲量大小为1560N·s答案AD解析由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝eq\f(8,10)s＝0.8s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋eq\o(F,\s\up6(－)))(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8m/s，v2＝－10m/s，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝－1950N，即网对运动员的平均作用力大小为1950N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝|eq\o(F,\s\up6(－))|(t2－t1)＝1560N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1560N·s，D正确。对点练3应用动量定理处理流体类问题7.如图5，为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中水位上升了60mm，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。设雨滴撞击伞面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3，伞面的面积约为0.8m2，据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为()图5A.0.1N B.1.0N C.10N D.15N答案B解析1s内撞击伞面的雨水的质量为m＝ρV＝ρSeq\f(h,t)＝0.08kg，对1s内撞击伞面的雨水，以向上为正方向，根据动量定理Ft＝0－(－mv)，解得平均撞击力F≈1.0N，故B正确。8.(多选)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，轨道摩擦等其他阻力不计，下列说法正确的是()图6A.列车的最大运行速度为eq\r(3,\f(P,ρS))B.列车的最大运行速度为eq\r(\f(P,ρS))C.列车受到的最大阻力为eq\r(3,P2ρS)D.列车受到的最大阻力为eq\r(PρS)答案AC解析设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0，解得F＝ρSv2，当牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，得vmax＝eq\r(3,\f(P,ρS))，A正确，B错误；列车以最大速度运行时，受到的空气阻力为f＝ρSveq\o\al(2,max)＝eq\r(3,P2ρS)，C正确，D错误。B级综合提升练9.(多选)如图7所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则()图7A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更低D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更高答案BD解析由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。10.(多选)(2023·广东惠州模拟)如图8甲所示，一质量为1kg的物体在t＝0时受到拉力F的作用，由静止开始竖直向上做加速直线运动。其运动时的a－t图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是()图8A.在t＝4s时，拉力F为12NB.在t＝4s时，物体克服重力做功的功率为60WC.在0～4s时间内，物体的动量变化量的大小为46kg·m/sD.在0～4s时间内，拉力F对物体做的功为18J答案AB解析在t＝4s时，加速度为a＝2m/s2，则拉力F＝mg＋ma＝12N，故A正确；根据Δv＝aΔt可知a－t图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则在t＝4s时，物体的速度v4＝eq\f(1,2)×(1＋2)×4m/s＝6m/s，在t＝4s时，物体克服重力做功的功率为P＝mgv4＝60W，故B正确；在0～4s时间内，物体的动量变化量的大小为Δp＝mv＝6kg·m/s，故C错误；在0～4s时间内，根据动能定理得WF－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，整理得WF＝18J＋mgh>18J，故D错误。11.(多选)(2023·重庆卷，8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图9所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t－26和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则()图9A.EF段无人机的速度大小为4m/sB.FM段无人机的货物处于失重状态C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg·m/sD.MN段无人机机械能守恒答案AB解析EF段方程y＝4t－26，根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知EF段无人机的速度大小为v＝eq\f(Δy,Δt)＝4m/s，故A正