2．动量定理
1．理解冲量的概念，知道其矢量性。
2．通过理论推导掌握动量定理的表达式，理解其确切含义。
3．探究变力冲量的计算方法，体会微分思想的应用。
4．通过对缓冲现象的分析，体会物理规律在生产、生活中的应用。
知识点一 冲量 动量定理
1．冲量
(1)概念：力与力的作用时间的乘积。
(2)定义式：I＝Ft。
(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。
(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿秒，符号为N·s。
(5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量I的方向与力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
(2)公式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
动量的变化量与哪些因素有关？
提示：力与力的作用时间。
知识点二 动量定理的应用
根据动量定理可知：如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用时间越短，物体受的力就越大；作用时间越长，物体受的力就越小。
物体动量的变化大，物体所受的作用力就一定大吗？
提示：不一定，由F＝可知，物体间作用力等于动量的变化率。
1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 (√)
(2)力越大，力对物体的冲量就越大。 (×)
(3)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。 (√)
(4)合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变。 (×)
(5)瓦工师傅贴墙砖时，为了使墙砖平整，往往用橡皮锤敲打墙砖，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小。 (×)
(6)某人跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于人跳到沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小。 (×)
2：填空
在一条直线上运动的物体，其初动量为8 kg·m/s，它在第1 s内受到的冲量为－3 N·s，第2 s内受到的冲量为5 N·s，它在第2 s末的动量为________kg·m/s。
提示：根据动量定理得：Ft＝p－mv0，则p＝Ft＋mv0＝(－3＋5＋8)kg·m/s＝10 kg·m/s。
[答案] 10
如图中文具盒静止一段时间，在这一段时间内重力的冲量为零吗？为什么？
提示：不为零，因为冲量是指力与时间的乘积，所以重力的冲量不为零。
考点1 冲量的理解与计算
1．对冲量的理解
(1)冲量是过程量
冲量是力作用在物体上的时间累积效应，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)冲量是矢量
在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2．冲量的计算
(1)求恒力的冲量
冲量等于力和力的作用时间的乘积(无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移)。
(2)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量。
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量。
③利用动量定理求解。
角度1 冲量的理解
【典例1】 关于力的冲量，下列说法正确的是( )
A．力越大，力的冲量就越大
B．一对作用力与反作用力的冲量一定大小相等、方向相反
C．冲量是矢量，冲量的方向一定与力的方向相同
D．F1与作用时间t1的乘积大小等于F2与作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量一定相同
B [冲量是力对时间的积累效果，其大小等于力与力的作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，其大小还与力的作用时间有关，A错误；一对作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，因此一对作用力与反作用力的冲量总是大小相等、方向相反，B正确；冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时冲量的方向与力的方向相同，在作用时间内力的方向变化时冲量的方向与力的方向不一定相同，C错误；冲量是矢量，两个矢量相同必须满足大小相等、方向相同，故D错误。]
角度2 冲量的计算
【典例2】 (多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球( )
A．所受合力的冲量水平向右
B．所受支持力的冲量水平向右
C．所受合力的冲量大小为m
D．所受重力的冲量大小为0
思路点拨：重力是恒力，重力的冲量可以直接根据冲量的定义进行计算，小球所受合力是变力，合力的冲量不能根据冲量的定义计算，可以应用动量定理计算。注意本题中的支持力也是变力。
AC [小球从A到B的过程中，做圆周运动，在B点时的速度方向沿切线方向，水平向右，从A到B，根据动能定理得mgR＝mv2－0，解得小球在B点的速度v＝，方向水平向右，根据动量定理得I合＝Δp＝mv＝m，方向水平向右，A、C正确；重力是恒力，小球从A到B，重力和时间都不为0，因此重力的冲量大小不为0，D错误；小球从A到B，合力的冲量水平向右，重力的冲量竖直向下，根据矢量合成的平行四边形定则可知支持力的冲量不可能水平向右，B错误。]
冲量理解的三点注意
(1)定义式I＝Ft仅限于恒力的冲量，且无须考虑物体的运动状态。
(2)求合力的冲量时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)若力为一般变力，不能直接计算冲量，要灵活应用图像法或动量定理。
[跟进训练]
1．(角度1) (多选)关于冲量，下列说法中正确的是( )
A．冲量的方向是由力的方向决定的
B．冲量的方向一定和动量的方向相同
C．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同
D．物体所受合力的冲量等于物体动量的变化
AD [冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的，A正确；冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，B错误；根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化，C错误，D正确。]
2．(角度2)(多选)(2023·新课标卷)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( )
A．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
BD [对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
根据滑动摩擦力计算公式f＝μ·FN可知f1＞f2，则对于任一时刻有(F－f1)·t＜(F－f2)·t，即P甲＜P乙，故B正确，C错误；根据动量定义式P＝mv，P甲＜P乙，m甲＞m乙，可得v甲＜v乙，故A错误；因为P甲＜P乙，所以系统动量不为零，故D正确。故选BD。]
考点2 动量定理的理解及应用
1．动量定理的理解
(1)物理意义：合外力的冲量是动量变化的原因。
(2)矢量性：合外力的冲量方向和物体动量变化量方向相同。
(3)相等性：物体在时间Δt内所受合外力的冲量等于物体在这段时间Δt内动量的变化量。
(4)独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量。
(5)适用范围
①动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。
②对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
③不仅适用于单个物体，而且也适用于物体系统。
2．动量定理的应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，物体的动量变化越大；力的作用时间越短，物体的动量变化越小。
(2)应用I＝Δp求变力的冲量。
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
角度1 动量定理的定性分析
【典例3】 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错误，D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的内能，C错误。]
角度2 动量定理的定量计算
【典例4】 在杭州第19届亚运会田径比赛上，质量为m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫子上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员受到海绵垫子对其的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(不计空气阻力，g取10 m/s2)
思路点拨：(1)运动员从开始下落到停止运动全过程，初、末动量都是0，所以运动员的动量变化量为零，合外力的冲量为零。
(2)根据动量定理列式求解平均冲力。
[解析] 规定向下为正方向，根据自由落体运动可知，运动员在空中下落的时间t＝＝1 s
从开始下落到落到海绵垫子上停止运动，
mg(t＋Δt1)－Δt1＝0
代入数据，解得＝1 400 N
从开始下落到落到沙坑中停止运动，
mg(t＋Δt2)－Δt2＝0
代入数据，解得＝7 700 N。
[答案] 1 400 N 7 700 N
应用动量定理解题的步骤
(1)明确研究对象和物理过程；
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；
(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；
(4)依据动量定理列方程求解。
[跟进训练]
3．如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则( )
A．过程 Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
B．过程 Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程 Ⅰ中重力冲量的大小
C．整个过程中合力的总冲量等于零
D．过程 Ⅰ中钢珠动量的改变量大于重力的冲量
C [过程Ⅱ中钢珠的初动量不为零，末动量为零，因此动量的改变量不为零，故A错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，整个过程中合力的总冲量等于零，故C正确；过程Ⅰ中钢珠只受重力，故钢珠动量的改变量等于重力的冲量，故D错误。故选C。]
4．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图所示为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为2×10-3 s，已知相邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
C [鸡蛋下落的高度为h＝24×3 m＝72 m，则由h＝可得，鸡蛋下落的时间t1＝＝ s≈3.8 s，与地面的碰撞时间约为t2＝2×10-3 s，取向下为正方向，对全过程，根据动量定理可得mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得冲击力为F＝950.5 N≈103 N，故C正确，A、B、D错误。故选C。]
1．篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示．他这样做的目的是( )
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
A [接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误；手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，A正确，D错误。]
2．质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度－时间图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球下落的最大速度为5 m/s
B．小球能弹起的最大高度为2.5 m
C．小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10 m/s
D．小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg·m/s
D [由v -t图像可得，小球下落1 s时的速度最大，最大速度为10 m/s，故A错误；由v -t图像可得，小球弹起的最大高度为h＝×0.5 s×5 m/s＝1.25 m，故B错误；由v -t图像可得，小球第一次反弹后瞬间速度大小为5 m/s，故C错误；小球第一次落地反弹过程中，设地面对小球的冲量为I，重力的冲量为IG，取竖直向上为正方向，由动量定理有I－IG＝Δp，得I－IG＝15 kg·m/s，故I＞15 kg·m/s，故D正确。故选D。]
3．(新情境题，以滑雪运动为背景，考查冲量和动量定理)跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝15 m，C为圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦。
(1)求长直助滑道AB段运动员所受重力的冲量大小；
(2)求运动员在AC段所受合外力的冲量I的大小。
[解析] (1)A到B的过程中，运动员做匀加速直线运动，由vB＝v0＋at可得由A点到B点所用的时间为
t＝＝ s＝6 s
则重力的冲量为IG＝mgt＝3 600 N·s。
(2)B到C的过程中，根据动能定理
mgh＝
得到达C点的速度为：
vC＝＝ m/s＝20 m/s
运动员在AC段所受合外力的冲量
I＝mvC－0＝1 200 N·s。
[答案] (1)3 600 N·s (2)1 200 N·s
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．公式I＝F·t在任何情况下都适用吗？
提示：仅适用于恒力冲量的计算。
2．怎样计算变力的冲量？
提示：一般用图像法或动量定理求解。
3．跳高运动员落在厚厚的垫子上是为了减小冲量吗？
提示：不是，是减小冲击力。
课时分层作业(二) 动量定理
?题组一 对冲量的理解及计算
1．关于冲量，下列说法正确的是( )
A．合力的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．冲量的方向与物体运动的方向相同
A [力作用一段时间便有了冲量，而合力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说合力的冲量使物体的动量发生了变化，选项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，与物体处于什么状态无关，选项B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，选项C错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，D错误。]
2．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有靠岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t( )
甲 乙
A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D．以上三种情况都有可能
C [甲、乙两图中人对绳子的拉力相同，作用时间相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两冲量相等，故C正确。]
3．如图所示，一质量为m的物块从倾角为θ的光滑固定斜面顶端由静止滑下，到达斜面底端时速度大小为v。则该物块从斜面顶端滑到斜面底端的过程中，斜面对该物块作用力的冲量大小为( )
A．0 B．mv
C． D．
D [设物块从斜面的顶端滑到斜面底端的时间为t，光滑斜面对物块作用力大小为FN＝mg cos θ，由冲量的定义可得该力的冲量大小为I＝FNt。下滑过程对物块由动量定理有mv＝mgt sin θ，联立得I＝，故D正确，A、B、C错误。]
4．(多选)两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中( )
A．重力的冲量相同 B．重力的功相同
C．斜面弹力的冲量均为零 D．斜面弹力的功均为零
BD [设斜面高为h，倾角为θ，物体的质量为m，则两物体滑到斜面底端的过程，重力做功均为mgh，用时t＝，重力的冲量IG＝mgt＝，与θ有关，故重力的冲量不同，A错误，B正确；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，斜面弹力不做功，但弹力的冲量不为零，C错误，D正确。]
?题组二 动量定理的定性分析
5．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了( )
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
C [脚尖先着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地时，动量变化量一定，这样可以减小地面对人的冲击力，从而避免人受到伤害，故C正确。]
6．如图所示，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条(此过程中杯子相对纸条滑动)，发现杯子会滑落；当快速拉动纸条时，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，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
D [在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，D正确。]
?题组三 动量定理的定量计算
7．如图所示，从竖直面上大圆的最高点A引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上。一物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到端点B、C，则( )
A．物体到达端点B、C时的动能相等
B．物体到达端点B、C时的动量大小相等
C．两个过程中支持力的冲量大小相等
D．两个过程中重力的冲量大小相等
D [下滑过程中机械能守恒，根据mgh＝mv2，下滑高度不同，所以到达端点B、C时的动能不相等，故A错误；根据A选项分析可知v＝，在B、C两点的速度大小不同，则动量p＝mv大小不相等，故B错误；根据等时圆的知识可知A到B、A到C的时间相同，则重力的冲量大小IG＝mgt相同，故D正确；设轨道与竖直面的夹角为α，则支持力为FN＝mg sin α，支持力的冲量大小IN＝mgt sin α不同，故C错误。]
8．“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型：芭蕉叶呈水平状，所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上；忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p为( )
A． B．
C． D．
A [设雨滴受到叶面的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水落到芭蕉叶上，以竖直向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理得Ft＝v－(－Δmv)＝Δmv，解得 F＝；设量杯横截面积为S，对量杯里的雨水，在t时间内水面上升h，则有Δm＝ρSh，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强为p＝，联立解得p＝， 故B、C、D错误，A正确。故选A。]
9．在地球大气层外的空间中，当同步卫星在其参考位置附近飘移时，可以利用离子推进器产生的推力进行卫星姿态的控制和轨道的修正。离子推进器的工作原理是先将推进剂电离，并在强电场作用下将离子加速喷出，通过反冲运动获得推力。如图所示为离子推进器的示意图，推进剂从P处进入，在A处电离成正离子，BC是加速电极，离子在BC间的加速电压的作用下，从D喷出。已知该正离子的比荷(电荷量与质量之比)为k，经电压为U的电场加速后形成电流强度为I的离子束。若离子进入B的速度很小，可忽略不计。求：
(1)离子从D喷出的速度；
(2)同步卫星获得的推力。
[解析] (1)设该正离子的质量为m，电荷量为q，根据动能定理得qU＝mv2
得到离子的出射速度为 v＝＝。
(2)根据题意，在Δt时间内喷射出离子的数目为N＝
喷射出的离子的质量为M＝Nm
根据动量定理F·Δt＝Mv
联立解得F＝I。
[答案] (1) (2)I
1．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
D [圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力f＝mrω2，根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为I＝mv－mv＝0，大小为0，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为I′＝Δp＝0－mv＝－mrω，大小为mωr，故D正确。]
2．(多选)我国正式装备服役的高超音速乘波体导弹，射程可达1 000公里以上，具备高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，规避拦截。已知东风-17质量为m，在一次试射机动变轨过程中，东风-17正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为12马赫(1马赫就是一倍音速，设为v)，突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下37°角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中( )
A．合力对东风-17做的功为81mv2
B．合力对东风-17做的功为40.5 mv2
C．合力对东风-17的冲量大小为9mv，方向竖直向下
D．合力对东风-17的冲量大小为12mv，方向竖直向上
BC [根据动能定理得W＝m(15v)2－m(12v)2＝40.5mv2，A错误，B正确；根据动量定理得I＝mΔv＝m＝9mv，方向竖直向下，C正确，D错误。]
3．如图甲所示，质量m＝2 kg的小物体放在长直的水平地面上用水平细线绕在半径R＝0.5 m的薄圆筒上。t＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．细线的拉力大小为4N
B．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t
C．小物体的速度随时间的变化关系满足v＝4t
D．在0～4 s内，小物体受合力的冲量为4 N·s
D [根据题图乙可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为ω＝t，圆筒边缘线速度与物体前进速度大小相同，根据v＝ωR得v＝0.5t，物体运动的加速度为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故A、C错误；细线拉力的瞬时功率满足P＝Fv＝1.5t，故B错误；在0～4 s内，4 s末的速度为v4＝2 m/s，小物体受合力的冲量为I＝Ft＝mv4－0＝4 N·s，故D正确。故选D。]
4．中国是世界上第三个掌握卫星回收技术的国家。将某次卫星回收过程落地前的运动简化为竖直方向的匀减速直线运动、匀速直线运动和撞击地面速度减为零的运动三个阶段，作出的v-t图像如图所示，撞击过程未显示。设匀减速运动开始时卫星的高度H＝1 075 m，撞击地面的时间Δt＝0.125 s，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)卫星匀速运动阶段的速度大小；
(2)卫星在匀减速运动阶段受到的阻力大小和撞击地面时受到地面的平均作用力大小之比。
[解析] (1)由题图v-t图像与时间轴所围面积表示卫星下落高度，
有×t1＋v2t2＝H，代入数据解得v2＝5 m/s。
(2)卫星在匀减速运动阶段，加速度大小
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律可得f－mg＝ma1，代入数据解得f＝1.2mg。
设卫星撞击地面的过程中，地面对卫星的平均作用力为F，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt＝0－(－mv2)，
代入数据解得F＝5mg，所以f∶F＝6∶25。
[答案] (1)5 m/s (2)6∶25
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2．动量定理
第一章 动量与动量守恒定律
学习任务
1．理解冲量的概念，知道其矢量性。
2．通过理论推导掌握动量定理的表达式，理解其确切含义。
3．探究变力冲量的计算方法，体会微分思想的应用。
4．通过对缓冲现象的分析，体会物理规律在生产、生活中的应用。
必备知识·自主预习储备
知识点一 冲量 动量定理
1．冲量
(1)概念：力与力的__________的乘积。
(2)定义式：I＝____。
(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的__________的物理量。
(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是________，符号为______。
(5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量I的方向与力的方向______。
作用时间
Ft
累积效应
牛顿秒
N·s
相同
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受合力的______等于它在这个过程始末的____________。
(2)公式：I＝________或F(t′－t)＝__________。
冲量
动量变化量
p′－p
mv′－mv
思考 动量的变化量与哪些因素有关？
提示：力与力的作用时间。
知识点二 动量定理的应用
根据动量定理可知：如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用时间越____，物体受的力就越____；作用时间越____，物体受的力就越小。
思考 物体动量的变化大，物体所受的作用力就一定大吗？
短
大
长
体验 1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 ( )
(2)力越大，力对物体的冲量就越大。 ( )
(3)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。 ( )
(4)合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变。 ( )
(5)瓦工师傅贴墙砖时，为了使墙砖平整，往往用橡皮锤敲打墙砖，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小。 ( )
(6)某人跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于人跳到沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小。 ( )
√
×
√
×
×
×
2：填空
在一条直线上运动的物体，其初动量为8 kg·m/s，它在第1 s内受到的冲量为－3 N·s，第2 s内受到的冲量为5 N·s，它在第2 s末的动量为________kg·m/s。
提示：根据动量定理得：Ft＝p－mv0，则p＝Ft＋mv0＝(－3＋5＋8)kg·m/s＝10 kg·m/s。
10
关键能力·情境探究达成
如图中文具盒静止一段时间，在这一段时间内重力的冲量为零吗？为什么？
提示：不为零，因为冲量是指力与时间的乘积，所以重力的冲量不为零。
考点1 冲量的理解与计算
1．对冲量的理解
(1)冲量是过程量
冲量是力作用在物体上的时间累积效应，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)冲量是矢量
在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2．冲量的计算
(1)求恒力的冲量
冲量等于力和力的作用时间的乘积(无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移)。
(2)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量。
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量。
③利用动量定理求解。
角度1 冲量的理解
【典例1】 关于力的冲量，下列说法正确的是( )
A．力越大，力的冲量就越大
B．一对作用力与反作用力的冲量一定大小相等、方向相反
C．冲量是矢量，冲量的方向一定与力的方向相同
D．F1与作用时间t1的乘积大小等于F2与作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量一定相同
√
B [冲量是力对时间的积累效果，其大小等于力与力的作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，其大小还与力的作用时间有关，A错误；一对作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，因此一对作用力与反作用力的冲量总是大小相等、方向相反，B正确；冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时冲量的方向与力的方向相同，在作用时间内力的方向变化时冲量的方向与力的方向不一定相同，C错误；冲量是矢量，两个矢量相同必须满足大小相等、方向相同，故D错误。]
√
√
思路点拨：重力是恒力，重力的冲量可以直接根据冲量的定义进行计算，小球所受合力是变力，合力的冲量不能根据冲量的定义计算，可以应用动量定理计算。注意本题中的支持力也是变力。
规律方法 冲量理解的三点注意
(1)定义式I＝Ft仅限于恒力的冲量，且无须考虑物体的运动状态。
(2)求合力的冲量时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)若力为一般变力，不能直接计算冲量，要灵活应用图像法或动量定理。
[跟进训练]
1．(角度1) (多选)关于冲量，下列说法中正确的是( )
A．冲量的方向是由力的方向决定的
B．冲量的方向一定和动量的方向相同
C．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同
D．物体所受合力的冲量等于物体动量的变化
√
√
AD [冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的，A正确；冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，B错误；根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化，C错误，D正确。]
2．(角度2)(多选)(2023·新课标卷)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( )
A．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
√
√
BD [对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
根据滑动摩擦力计算公式f＝μ·FN可知f1＞f2，则对于任一时刻有(F－f1)·t＜(F－f2)·t，即P甲＜P乙，故B正确，C错误；根据动量定义式P＝mv，P甲＜P乙，m甲＞m乙，可得v甲＜v乙，故A错误；因为
P甲＜P乙，所以系统动量不为零，故D正确。故选BD。]
考点2 动量定理的理解及应用
1．动量定理的理解
(1)物理意义：合外力的冲量是动量变化的原因。
(2)矢量性：合外力的冲量方向和物体动量变化量方向相同。
(3)相等性：物体在时间Δt内所受合外力的冲量等于物体在这段时间Δt内动量的变化量。
(4)独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量。
(5)适用范围
①动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。
②对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
③不仅适用于单个物体，而且也适用于物体系统。
2．动量定理的应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，物体的动量变化越大；力的作用时间越短，物体的动量变化越小。
(2)应用I＝Δp求变力的冲量。
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
角度1 动量定理的定性分析
【典例3】 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错误，D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的内能，C错误。]
角度2 动量定理的定量计算
【典例4】 在杭州第19届亚运会田径比赛上，质量为m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫子上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员受到海绵垫子对其的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(不计空气阻力，g取10 m/s2)
思路点拨：(1)运动员从开始下落到停止运动全过程，初、末动量都是0，所以运动员的动量变化量为零，合外力的冲量为零。
(2)根据动量定理列式求解平均冲力。
[答案] 1 400 N 7 700 N
规律方法 应用动量定理解题的步骤
(1)明确研究对象和物理过程；
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；
(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；
(4)依据动量定理列方程求解。
[跟进训练]
3．如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则( )
√
A．过程 Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
B．过程 Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程 Ⅰ中重力冲量的大小
C．整个过程中合力的总冲量等于零
D．过程 Ⅰ中钢珠动量的改变量大于重力的冲量
C [过程Ⅱ中钢珠的初动量不为零，末动量为零，因此动量的改变量不为零，故A错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，整个过程中合力的总冲量等于零，故C正确；过程Ⅰ中钢珠只受重力，故钢珠动量的改变量等于重力的冲量，故D错误。故选C。]
4．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图所示为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，
与地面的碰撞时间约为2×10-3 s，已知相
邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地
面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
√
学习效果·随堂评估自测
1．篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示．他这样做的目的是( )
√
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
A [接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误；手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，A正确，D错误。]
2．质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度－时间图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
√
A．小球下落的最大速度为5 m/s
B．小球能弹起的最大高度为2.5 m
C．小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10 m/s
D．小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg·m/s
3．(新情境题，以滑雪运动为背景，考查冲量和动量定理)跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝15 m，C为圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦。
(1)求长直助滑道AB段运动员所受重力的冲量大小；
(2)求运动员在AC段所受合外力的冲量I的大小。
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．公式I＝F·t在任何情况下都适用吗？
提示：仅适用于恒力冲量的计算。
2．怎样计算变力的冲量？
提示：一般用图像法或动量定理求解。
3．跳高运动员落在厚厚的垫子上是为了减小冲量吗？
提示：不是，是减小冲击力。
