第六章动量课件

由八早动量

［DILIUZHANG/，W

第1节动量动量定理

灌服“四层”/翩谢j,>>清单•记牢•悟透

一、动量

1.定义

物体的质量和速度的乘积。［注1］

2.表达式

p=mv_o

3.单位：k^m/so

4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

二、动量定理

1.冲量

(1)定义：力和力的作用时间的乘积。［注目

⑵表达式：I=Fto

⑶单位：N-So

(4)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

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力的冲量。

,

(2)表达式：Ft=mv-mvo［注3］

【注解释疑】

［注1］动量是状态量，与时刻或位置相对应。

［注2］冲量是过程量，与时间或过程相对应。

［注3］“力”指的是合外力。

【基础自测】

一、判断题

⑴动量越大的物体，其速度越大。(X)

⑵物体的动量越大，其惯性也越大。(X)

（3）物体所受合力不变，则动量也不改变。（X）

（4）物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。（X）

（5）物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。（X）

（6）物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。（J）

二'选择题

1.［沪科版选修3-5PioT3］质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后

以3m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（）

A.10kg-m/sB.-10kg-m/s

C.40kg-m/sD.-40kg-m/s

解析：选D动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初

动量pi=»wi=25kg・m/s,末动量p2=mi/2=-15kg-m/s,所以动量的变化Ap=p2—pi=

—40kg,m/so

2.［粤敷版选修3-5P9T5］下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是（）

A.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化

B.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化

C.若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同

D.动能大的物体，其动量也一定大

解析：选B物体的动量发生变化时，如果只是方向发生变化，则其动能不变，A错误；

物体的动能发生变化时，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，B正确；由心=哈可

知，两物体的动量相同时，质量越小，动能越大，故选项C、D均错误。

垃是，，四翼”,〉〉题型•规律•方法

考点一动量与冲量的理解［素养自修类］

【对点训练】

1.［对动量变化量的理解］

（2021•广东广州一模）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到

入水前的运动过程记为I,运动员入水后到最低点的运动过程记为II,忽略空气阻力，则运

动员（）

第2页，共58页

A.过程I的动量变化量等于零

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B.过程II的动量变化量等于零

C.过程I的动量变化量等于重力的冲量

D.过程II的动量变化量等于重力的冲量

解析：选C过程I中动量变化量等于重力的冲量，即为，不为零，故A错误，C

正确；运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量变化量不等于零，故B错误;

过程II的动量变化量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。

2.［对冲量的理解］

（2021•天津一中模拟）如图所示，质量相等的A、3两个物体，沿着倾角分别为a和的

两个光滑斜面，由静止从同一高度比开始下滑到同样的另一高度小的过程中，A、5两个物

体相同的物理量是（）

A.所受重力的冲量B.所受支持力的冲量

C.所受合力的冲量D.动量变化量的大小

解析：选D物体下滑过程中，下滑高度无=心一心相等，由机械能守恒定律得：，咫人

=^mv2,物体到达高度处时，速度v=q2gh,由牛顿第二定律得：„igsin，=/na,加速度

a=gsin0,物体沿斜面下滑的时间：f="=理•=」"、供，由于斜面倾角，不同，物体

下滑的时间f不同，重力的冲量不同，故A错误；物体下滑的时间f不同，所受支持

力的方向不同，所以所受支持力的冲量一定不同，故B错误；由于斜面倾角不同，滑到ht

高度时，两物体动量方向不同，但两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是

相等的；由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合外力的冲量，所以物体所受合力

的冲量大小相等，但方向不同，故C错误，D正确。

3.［冲量的计算］

（多选）（2021•湖北安昌市四月调研）一质量为m的运动员托

着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），

该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立AZ

时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为

第3页，共58页

hi、hi,经历的时间分别为Qt2,重力加速度为g,贝(1()

A.地面对运动员的冲量为(M+m)g(fi+打+Af),地面对运动员做的功为0

B.地面对运动员的冲量为(M+w)g(fi+打)，地面对运动员做的功为(M+/n)g(〃i+/z2)

C.运动员对重物的冲量为Mg(ti+ti+Af),运动员对重物做的功为Mg(hi+

D.运动员对重物的冲量为Mg(t\+12),运动员对重物做的功为0

解析：选AC因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持

力为：(M+Mg,整个过程的时间为(fi+fz+Af),根据可知地面对运动员的冲量为(M

+»i)g(fi+f2+Af);因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0,选项

A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg,作用时间为(fi+^+Af),根据可知运

动员对重物的冲量为Mg(fi+f2+Af),重物的位移为(小+比)，根据W=F/cosa可知运动员对

重物做的功为Mg(7ii+/i2),选项C正确，D错误。

【要点解读】

1.动量的变化量

(1)数学表达式：Ap=p2-P1

(2)动量的变化量是矢量，遵循平行四边形定则。其方向与速度的改变量方向相同。

a.如果初末动量在同一直线上，首先规定正方向，再用正负表示初末动量pi、P2,根据

公式Ap=p2-pi,求出动量的变化量，如图⑴(2)。

b.如果初末动量不在同一直线上，需使用平行四边形定则，求出动量的变化量Ap。如

图(3)。

2.动量与动能的关系

Ek=匕,p=yl2mEko

3.冲量的四种计算方法

利用定义式计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动

公式法

状态

利用尸-f图像计算，F4图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，

图像法

也可以计算变力的冲量

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

平均值

Fi+F2

法

时间，内的冲量/-2t,尸1、尸2为该段时间内初，末两时刻力的大小

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动量定如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用/=及求变力的冲量,

理法可以求出该力作用下物体动量的变化量，由/=Ap求变力的冲量

考点二动量定理的理解和应用［多维探究类］

考法一动量定理的定性应用

［例1］下列解释中正确的是（）

A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量

B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量

C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来

D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大

［解析］跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选

项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故

选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理歹/=，”。，则知运动

时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，

故选项D正确。

［答案］D

［解题技法］

应用动量定理解释两类物理现象

（1）当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Af越短，力F就越大，力的作用时间Af

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4越长，动量变化量Ap越大，力的作用时间Af

越短，动量变化量Ap越小。

考法二动量定理的定量计算

［例2］（2021•广东省普通高中学业水平选择考适应性测试）

如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm,被重新顶@

起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为Q

0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，下列说法［

正确的是（）”

77777777777777

A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍

B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg-m/s

C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg-m/s

D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N-s

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［解析］足球自由80cm时的速度为0,时间为fi,有s=q2gh=4m/s,=

0.4s,反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm,根据运动的对称性可知上抛

的初速度02=01=4m/s,上升的时间G=fi=0.4S。对足球与头部接触的过程，Af=0.1S,

取向上为正，由动量定理有(F—mg)'\t=mv2mvi)=Ap,解得F=36N,Ap=3.2

kg-m/s,即头部对足球的平均作用力为36N,而足球的重力为4N,则头部对足球的平均

作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Ap=3.2kgm/s,故A错误，C正确；

足球刚接触头部时的动量为pi=m=1.6kg-m/s,故B错误；足球运动的全过程，所受重力

的冲量为/=+A/+切=3.6N-s,故D错误。

［答案］C

［解题技法］

应用动量定理解题的一般步骤

(1)确定研究对象。一般选单个物体或多个物体组成的系统。

(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。

【对点训练】

1.［应用动量定理解释生活现象］

(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

解析：

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选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司机对安全气囊做的功，C项错误。

2.［应用动量定理解决多过程问题］

（多选）（2021•河北省普通高中学业水平选择性考试模拟演练）游乐场滑索项目的简化模型

如图所示，索道A3段光滑，A点比3点高1.25m,与A3段平滑连接的3c段粗糙，长4m。

质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，

反弹后在距墙1m的。点停下。设滑块与8c段的动摩擦因数为0.2,规定向右为正方向。g

取10m/s2。下列说法正确的是（）

「一；

/

［/

A.缓冲墙对滑块的冲量为-50N-s

B.缓冲墙对滑块的冲量为-250N・s

C.缓冲墙对滑块做的功为-125J

D.缓冲墙对滑块做的功为-250J

解析：选BC从A到5的过程，由动能定理可知

由5到C的过程中，加速度大小为a="m*=21zs2

mn

d一如2

由位移公式可得xi=,可得v=3m/s

乙a

p'2

由C到。可知X2==r，解得被缓冲器反弹，滑块的速度大小o'=-2m/s（方向与初

乙a

速度反向，取负）

由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量Np=nw'—250N,s

由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W=；»io'2-pn©2=-125Jo综上分析可知B、C

正确。

聚焦“关键>>»巧学・妙解・悟理

“融会贯通”归纳好——两类“柱状”模型

模型一流体类“柱状”模型

第7页，共58页

流体及其通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”质量具有连续性，通常已

特点知密度〃

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1建立“柱状模型”，沿流速。的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S

微元研究，作用时间A,内的一段柱形流体的长度为A/,对应的质量为A%

分析2

=pSv\t

步骤

3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

［例1］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。。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〃，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At时间内，从喷口喷出的水的体积为AV,质量为Am,则

\m=p\V①

\V=vQS\t②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

Am„

后一屋。③

(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

大小为内对于Af时间内喷出的水，由能量守恒得

+(Awi)g/z=^(Am)Po2④

在h高度处，AZ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

设水对玩具的作用力的大小为尸，根据动量定理有

尸Af=Ap⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得

F=Mg⑦

联立③④⑤⑥⑦式得入弋-2麟$2。⑧

r整安1cP?

［«案］(DpvoSc⑵2g-2〃2002s2

模型二微粒类“柱状”模型

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，

微粒及其特点

通常给出单位体积内粒子数〃

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1建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S

分析微元研究，作用时间Af内一段柱形流体的长度为A/,对应的体积为AV

2

步骤=Sv0\t,则微元内的粒子数

3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算

［例2］宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇

宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以。=2.0X103m/s的速度进入密

度〃=2.0x10-6kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S=5H?,且认为

微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度。不变，所需推力多大？

［解析］设飞船在微粒尘区飞行At时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量\m

=pSv\t,

微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，

由动量定理Ft=\p得尸

所以飞船所需推力F=pSv2=2.0X10=x5X（2.0X103）2N=40No

［答案］40N

［解题技法］

应用动量定理求解连续作用问题

机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题。这类问题的特点是：研

究对象不是质点（也不是能看成质点的物体），动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的

物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作

为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者结合牛顿运动定律综合求解。

【对点训练】

1.（2021•湖北黄石二中模拟）运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将

水带竖直送上来的水反转180。后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装

备的总质量为90kg,两个喷嘴的直径均为10cm,已知重力加速度大小g=10m/s2,水的密

Jtp=1.0xl03kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为（）

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A.2.7m/sB.5.4m/s

C.7.6m/sD.10.8m/s

解析：选B设飞行器对水的平均作用力为K根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的

作用力的大小也等于耳，对飞行器，则有尸=Mg

设水喷出时的速度为0,在时间f内喷出的水的质量

m=pV=2pSvt

f时间内质量为机的水获得的冲量/=J7=2»zo

联立解得。=5.4m/s,故B正确，A、C、D错误。

2.（2021•南昌模拟）人们射向未来深空的探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光

帆照射并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光

能E=1.5Xl（）4j,薄膜光帆的面积S=6.0X102m2,探测器的质量m=60kg,已知光子的动

量的计算式P=£那么探测器得到的加速度大小最接近（）

A.0.001m/s12B.0.01m/s2

C.0.0005m/s2D.0.005m/s2

解析：选A由e=/iv,p=，以及光在真空中的光速c=7v知光子的动量和能量之间关

系为S=pco设时间t内射到探测器上的光子个数为11,每个光子能量为£0,光子射到探测

器上后全部反射，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E=gW，由动量定理得足=2p,

对探测器应用牛顿第二定律尸=机“，可得a=5,代入数据得

a=0.001m/s2»故A正确，B、C、D错误。

1,下列说法正确的是（）

A.动量为零时，物体一定处于平衡状态

B.动能不变，物体的动量一定不变

C.物体所受合外力不变时，其动量一定不变

D.物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动

解析：

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选D动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的

启动瞬时速度为零，故A错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化

的，故动量是可能发生变化的，故B错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不

变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故C错误；物体受到恒力作用时有可

能做曲线运动，如平抛运动，故D正确。

2.关于冲量，以下说法正确的是（）

A.只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零

B.物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化

C.冲量越大的物体受到的动量越大

D.如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同

解析：选D合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为

零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲

量等于物体动量的变化，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C

错误；如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D正确。

3.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉

动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验,

下列说法正确的是（）

A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小

B.快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大

C.为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些

D.为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些

解析：选D纸条对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时时间长，则摩擦力对杯子的冲

量较大；快速拉动纸条时时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不

滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，

故C错误、D正确。

4.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下,

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中,

下列分析正确的是（）

A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小

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B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小

C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大

D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力

解析：选A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加

速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是

先增大后减小，加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时）速度最大，动量和动

能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向

始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故A

正确，B、C、D错误。

5.（2021•广西钦州综测）“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑。为了研

究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是（）

A.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度

B.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

C.测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

D.测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度

解析：选D在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：-桃。1,结合牛

顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正

确，A、B、C错误。

6.（2021•江西崇义中学模拟）一质量为机的铁锤，以速度竖直打在木桩上，经过Af

时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）

mv

A.mg\tB.

mvmu

C.石+mgD.^-mg

解析：选C对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F,则有（尸一

mu

=0一（一加0），解得尸所以铁锤对木桩的平均冲力

ff1rv

F'=F=~^+mg,C正确，A、B、D错误。

7.（2019•全国卷I）最近，我国为“长征九号”

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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3km/s,产生的推力约为4.8X106N,

则它在1s时间内喷射的气体质量约为（）

A.1.6X102kgB.1.6X103kg

C.1.6X105kgD.1.6X106kg

解析：选B设1s内喷出气体的质量为机，喷出的气体与该发动机的相互作用力为尸,

股48X106X1

由动量定理Ft=mv知，m=—="JQ3'-kg=1.6X103kg,选项B正确。

8.一个质量为机=100g的小球从/i=0.8m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从

小球接触软垫到小球陷至最低点经历了f=0.2s,规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，

软垫对小球的冲量为（取g=10m/s2）（）

A.0.6N-sB.0.4N-s

C.-0.6N-sD.-0.4N-s

解析：选C设小球自由下落/z=0.8m的时间为友，由7i=；gfi2得〃=y^=o.4s。设

/N为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定

理得mg（fi+f2）+/N=0,解得加=-0.6N・s。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向

相反。故选项C正确。

9.（2021•福建泉州市质检）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、

a

b、c、d四个点位于同一圆周上，。在圆周最高点，-在圆周最低点，每根，/"、''*

杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从。、入C三个；/Je

点同时由静止释放。关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（）

A.重力对它们的冲量相同

B.弹力对它们的冲量相同

C.合外力对它们的冲量相同

D.它们动能的增量相同

解析：选A这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间

相同，由于三个环的重力相等，由公式/=Ff分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；

从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量

最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从“处下

滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从。处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最

大，故D错误。

10.（2021•陕西宝鸡模拟（二））超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速

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60m/s左右，对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受

风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面

积为S,风速大小为。，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为〃，风力F与风

速大小。的关系式为（）

A.F=pSvB.F=pSv2C.F=^pSv3D.F=pSv3

解析：选B设/时间内吹到建筑物上的空气质量为机，则根据动量定理得

—F't=0—mv=0—pSv2t,解得P=pSv2,由牛顿第三定律得：F=F'=pSv2,故B正

确，A、C、D错误。

11.（2021•广东“六校”第三次联考）开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明

同学开心得跳了起来。假设小明质量为m,从开始蹬地到离开地面用时为t,离地后小明重

心最大升高比重力加速度为g,忽略空气阻力。以下说法正确的是（）

A.从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态

B.在f时间内，小明机械能增加了mgh

c.在，时间内，地面对小明的平均支持力为>=呼还

D.在/时间内，地面对小明做功mgh

解析：选B从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以

小明先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升

高h,可知小明离开地面时的机械能为mgh,故B正确；在时间t内，由动量定理得：Ft

—mgt=mv—0,离开地面到最高点有：mgh=^mv2,联立解得：F=曲+mg,故C错

误；在时间f内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0,故D错误。

12.（2021・陕西质检）核桃是“四大坚果”之一，桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十

分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与

坚硬地面撞击后就能开裂。抛出点距离地面的高度为“，上抛后达到的最高点与抛出点的距

离为吼已知重力加速度为g,空气阻力不计。

（1）求核桃落回地面的速度大小。；

（2）已知核桃质量为机，与地面撞击作用时间为Af,撞击后竖直反弹小高度。求核桃与

地面之间的平均作用力F。

解析：（1）核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v2=2g（H+h）

则落回地面的速度：

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v=yj2g(H+h)o

(2)设核桃反弹速度为力,则有：

2

vi=2ghl

以向上为正方向，核桃与地面作用的过程：

(F-mg)At=mvi

碗产17+72g("+九)]4六A，区吉AL

解付：F=元+mg,万向竖直向上。

答案：(1N2g(H+h)

m―2g加+72g(H+k)]

(2)Kt+rng,方向竖直向上

13.(2021•四川遂宁湖断)“嫦娥五号”飞船在月球表面着陆过程如下：在反推火箭作用

下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，

开始以a=2m/s2垂直下降。当四条"缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经

2s减速到0,停止在月球表面上。飞船质量m=l000kg,每条“缓冲脚”与月面的夹角为

60°,月球表面的重力加速度g=3.6m/s2,四条缓冲脚的质量不计。求：

(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；

⑵从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。

解析:(l)ilft=100m

飞船加速下降时火箭推力尸：mg—F=ma

推力对火箭做功为：W=~Fh

解得:W=-1.6X105Jo

(2)t=2s,a=2m/s2反冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为：v2=2ah

从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为/,则

4Zsin60°-mgt=mv

解得：/=当%5N-So

答案：(1)-1.6X105j⑵*%5N-s

第2节动量守恒定律及其应用

冷眼“四层”磷秀硼j”>>清单•记牢•悟透

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一、动量守恒定律

1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为L,这个系统的总动量保

持不变。［注1］

2.表达式:miVi+miVi=niiVi+injViQ

3.适用条件

⑴系统不受外力或所受外力的合力为零。

(2)系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。［注2］

(3)系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。

二'碰撞、反冲、爆炸

1.碰撞

⑴特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大王外力，总动量守恒。

⑵分类

①弹性碰撞：碰撞后系统的机械能没直损失。［注3］

②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有一损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2.爆炸

与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所

以系统动量守恒。

3.反冲［注4］

⑴定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如

发射炮弹、火箭等。

(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。

【注解释疑】

［注1］外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。

［注2］外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

［注3］弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。

［注4］反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。

【基础自测】

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一'判断题

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(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。(X)

(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(J)

(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(X)

(4)动量守恒定律表达式W1101+6202=机1。1'+m2V2’一定是矢量式，应用时一定要规定

正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(J)

(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相

同。(V)

二、选择题

1.［教科版选修3-5P：17T4、6改编］下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是()

甲乙

A.如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统

B.如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统

C.子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统

D.斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时

解析：选C对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力

和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很

大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙

角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的

手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近

似守恒。故选C。

2.［人数版选修•3-5P21T2改编］A球的质量是机，3球的质量是2机，它们在光滑的水

平面上以相同的动量运

动。3在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰

后两球的速率比。/：vB'为()

A.1：2B.1：3

C.2：1D.2：3

解析：选D设碰前A球的速率为以根据题意p4=p%mv=2mVB9得碰前行=刀,

碰后VAr=3，由动量守恒定律，有mv+2mX-=mX-+2mVB,,解得VB'=7，所以

,,v2H

VA：VB=2­~4=yD正确。

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三立足"四翼":>>»题型•规律•方法

考点一动量守恒定律的理解与应用［素养自修类］

【对点训练】

1.［系统动量守恒的判断］

（多选）（2021•甘肃天水期末）如图所示，木块B与水平面间的摩擦不

计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来,f/////////////////////////

然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为I,此后木

块压缩弹簧的过程称为II,贝IJ（）

A.过程I中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒

B.过程I中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒

C.过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒

D.过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒

解析：选BD子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块（或子弹、弹簧和

木块）组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机

械能不守恒，A错误，B正确；过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用

力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误,

D正确。

2.［系统分方向动量守恒的判断］

（2021•湖北省普通高中学业水平选择性考试模拟演绘）如图所示，曲面体P静止于光滑水

平面上，物块。自P的上端静止释放。。与尸的接触面光滑，。在尸上运动的过程中，下列

说法正确的是（）

A.尸对。做功为零

B.尸和。之间相互作用力做功之和为零

C.尸和0构成的系统机械能守恒、动量守恒

D.尸和0构成的系统机械能不守恒、动量守恒

解析：选B尸对。有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，所以尸对。做功不为0,

故A错误；因为尸0之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移

相等，所以做功之和为0,故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以尸、。组

成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直

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方向上。有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。

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3.［动量守恒定律的应用］

如图所示，光滑水平轨道上放置长板4上表面粗糙）和滑块〃巴

C,滑块8置于A的左端，三者质量分别为机A=2kg、mB=lkg.mc=2kgo开始时C静

止，A、3一起以。o=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，

经过一段时间，4、5再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发

生碰撞后瞬间A的速度大小。

解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为以，C的

速度为oc,以向右为正方向，由动量守恒定律得

mAVo=mAVA+mdVc①

A与5在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为VAB,由动量守恒定律得

mAVA+mBVo=（mA+mB）VAB②

A与3达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足

VAB=VC③

联立①②③式，代入数据得

VA=2m/so

答案：2m/s

【要点解读】

动量守恒定律解题“五步法”

考点二碰撞问题［方法模型类］

［例1］（2021•北京石景山区期末）如图所示，质量分别为，"1和机2的两个小球叠放在一

起，从高度为九处由静止释放，它们一起下落，不计空气阻力。

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(1)在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力？请说明理由。

(2)已知〃远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方

向运动，若碰撞后恰处于平衡状态，求：

①落地前瞬间，两个小球的速度大小