第1讲 动量和动量定理
■目标要求
1.理解动量和冲量,理解动量定理及其表达式,能用动量定理解释生活中的现象。2.能利用动量定理进行有关计算,会在流体问题中建立“柱体”模型。
考点1 动量和冲量
必|备|知|识
1.动量。
(1)定义:物体的质量和 的乘积叫作物体的动量。
(2)表达式:p= 。
(3)方向:动量的方向与 的方向相同。
2.动量的变化。
(1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是 ,其方向与速度的改变量Δv的方向 。
(2)动量的变化量Δp,一般用末动量p'减去初动量p进行矢量运算,也称为动量的增量,即Δp= 。
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: 。
(3)单位: 。
(4)方向:冲量是 ,恒力冲量的方向 。
(1)物体的速度大小不变,其动量不变()
(2)两物体中动量大的动能不一定大()
(3)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零()
(4)物体所受合力不变,其动量也不变()
关|键|能|力
1.动量与动能的比较。
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p=mv Ek=mv2
标矢量 矢量 标量
变化原因 物体所受冲量 外力所做的功
大小关系 p= Ek=
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。 (3)都是状态量,与某一时刻或某一位置相对应
2.冲量的计算方法。
方法 求解依据 适用情形
公式法 I=Ft 计算恒力的冲量
图像法 F-t图像与t轴围成的面积 若为规则图线,可计算冲量大小;若为不规则图线常用于比较大小关系
平均值法 力随时间成一次函数变化时,用平均作用力求冲量,表达式为I=t 力随时间均匀变化,或力F是关于时间t的一次函数
动量 定理法 I=Δp 已知初、末状态的动量或速度,多用于求变力的冲量
考向1 动量和动量变化
【典例1】 关于动量的概念,下列说法正确的是( )
A.速度大的物体动量大
B.质量大的物体动量大
C.两个物体的速度相等,那么质量大的物体动量一定大
D.两个物体的质量相等,速度大小也相等,则它们的动量一定相同
考向2 动量和动能的比较
【典例2】 甲、乙两物体的质量之比是1∶4,下列说法正确的是( )
A.如果它们的动量大小相等,则甲、乙的动能之比是1∶4
B.如果它们的动量大小相等,则甲、乙的动能之比是2∶1
C.如果它们的动能相等,则甲、乙的动量大小之比是1∶2
D.如果它们的动能相等,则甲、乙的动量大小之比是1∶4
考向3 冲量的计算
【典例3】 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速度变为零然后又下滑,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,重力加速度为g,在整个过程中,重力对滑块的总冲量为( )
A.mgsin θ(t1+t2) B.mgsin θ(t1-t2)
C.mg(t1+t2) D.0
【典例4】 (多选)物体从t=0时刻由静止开始做直线运动,0~4 s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数,如图所示。下列表述正确的是 ( )
A.0~2 s内合外力的冲量一直增大
B.0~4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0~4 s内物体动量的方向一直不变
考点2 动量定理的理解和应用
必|备|知|识
1.内容:物体在一个过程中所受 的冲量等于它在这个过程始末的 。
2.公式: 或 。
(1)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的()
(2)动量定理描述的是某一状态的物理规律()
关|键|能|力
对动量定理的理解。
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系,即合外力的冲量是原因,物体的动量变化是结果。
(2)动量定理中的冲量是所受合外力的冲量,既是各力冲量的矢量和,也是合外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理的表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
(4)由FΔt=p'-p,得F==,即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
考向1 用动量定理解释现象
【典例5】
如图所示是某手机防摔装置,商家宣传只要手机摔落角度合适,可以保证从2 m高处自由摔落而不破,下列有关说法正确的是( )
A.防摔装置可以减小手机的动量的变化量
B.防摔装置可以减小手机的动量的变化率
C.防摔装置可以减小手机的动能的变化量
D.防摔装置可以增加地面对手机的作用力
用动量定理解释的两类物理现象
(1)Δp一定时,F的作用时间越短,力越大;时间越长,力越小。
(2)F一定时,力的作用时间越长,Δp越大;时间越短,Δp越小。
分析问题时,要明确哪个量一定,哪个量变化。
考向2 用动量定理求平均作用力或变力的冲量
【典例6】 (2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
甲 乙
丙
命题特点:以汽车的安全带和气囊等安全装置为背景考查冲量和动量定理。试题的设置很巧妙,考查知识的同时还考查学生审题和构建物理模型的能力。
复习建议:复习中应加强审题能力,培养从复杂情境中提炼有用信息和建立物理模型的能力,搭建起试题信息与解题思路之间的桥梁。
考点3 应用动量定理处理“流体类”问题
关|键|能|力
对“连续”质点系发生持续作用时,物体动量(或其他量)连续发生变化。这类问题的处理思路是:正确选取研究对象,即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象,建立“柱状”模型,在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内,这部分质点的质量为Δm=ρSvΔt,以这部分质量为研究对象,研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况,再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。
考向1 流体类问题
【典例7】 用高压水枪清洗汽车的照片如图所示,设水枪喷出的水柱截面为圆形,直径为D,水流速度为v,水柱垂直汽车表面,水柱冲击汽车后反方向的速度为0.2v,已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A.水柱对汽车的平均冲力为0.2ρv2πD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C.当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时,水柱对汽车的平均冲力加倍
D.高压水枪喷出水柱直径D减半时,水柱对汽车的压强变小
考向2 微粒类问题
【典例8】 飞船正面面积S=1 m2,以v=2×103 m/s飞入一宇宙微尘区,此区域每立方米空间有一个微尘,微尘的平均质量m0=2×10-4 kg,设微尘与飞船相碰后附在飞船表面,要使飞船速度不变,飞船的推力是( )
A.400 N B.600 N
C.800 N D.1 000 N
第1讲 动量和动量定理
考点1
必备知识
1.(1)速度 (2)mv (3)速度 2.(1)矢量 相同 (2)p'-p 3.(2)I=FΔt (3)N·s (4)矢量 与力的方向相同
微点辨析 (1)× (2)√ (3)× (4)×
关键能力
【典例1】 C 解析 物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量,只有速度与质量的乘积大时动量才大,A、B两项错误;根据定义,速度相等时质量大的物体动量大,C项正确;动量是矢量,动量的方向与速度的方向相同,质量相等,速度大小也相等,只能说明动量的大小相等,方向不一定相同,不能说动量相同,D项错误。
【典例2】 C 解析 当两物体动量大小相等时,由Ek=知Ek甲∶Ek乙=m乙∶m甲=4∶1,A、B两项错误;当两物体动能相等时,由p2=2mEk知p甲∶p乙=∶=1∶2,C项正确,D项错误。
【典例3】 C 解析 根据冲量的定义式I=Ft,因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间,所以IG=mg(t1+t2),C项正确。
【典例4】 ABD 解析 根据F-t图像中图线与t轴所围面积表示冲量可知,在0~2 s内合外力的冲量一直增大,A项正确;0~4 s内合外力的冲量为零,B项正确;2 s末冲量方向发生变化,物体的动量开始减小,但方向不发生变化,0~4 s内物体动量的方向一直不变,C项错误,D项正确。
考点2
必备知识
1.力 动量变化量 2.F(t'-t)=mv'-mv I=p'-p
微点辨析 (1)√ (2)×
关键能力
【典例5】 B 解析 依题意,根据动量定理FΔt=Δp,可得F=,防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt,从而减小手机所受到的合外力,即减小手机动量的变化率,而手机动量的变化量Δp未发生变化,由于高度不变,则动能的变化量保持不变,B项正确,A、C、D三项错误。
【典例6】 答案 (1) (2)①330 N·s,方向竖直向上 ②0.2 m
解析 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma,
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度
v0==8 m/s,
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
则上升的最大高度h==0.2 m。
考点3
关键能力
【典例7】 B 解析 高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0==ρvπD2,规定水流返回的速度方向为正方向,由动量定理得FΔt=0.2mv-(-mv),m=m0Δt,解得F=0.3ρv2πD2,A项错误,B项正确;根据F=0.3ρv2πD2,出水速度变为原来2倍时,水柱对汽车的平均冲力增大为4倍,C项错误;水柱对汽车的压强为p==1.2ρv2,高压水枪喷出水柱直径D减半时,水柱对汽车的压强不变,D项错误。
【典例8】 C 解析 飞船每秒前进的距离为x=vt=2 000 m,根据题意可知,撞到的微尘数量为n==2 000,若飞船速度不变,则飞船对微尘的冲量大小为I=nm0v=800 N·s,则微尘对飞船的冲量大小为I'=I=800 N·s,因飞船速度不变,动量不变,则推力对飞船的冲量大小也为I'=Ft,解得F=800 N,C项正确。(共38张PPT)
第1讲
第七章 动量守恒定律
动量和动量定理
目
标
要
求
1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的现象。2.能利用动量定理进行有关计
算，会在流体问题中建立“柱体”模型。
考点1 动量和冲量
考点2 动量定理的理解和应用
内容
索引
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考点3 应用动量定理处理“流体类”问题
动量和冲量
考点1
必|备|知|识
1.动量。
(1)定义：物体的质量和_______的乘积叫作物体的动量。
(2)表达式：p=______。
(3)方向：动量的方向与_______的方向相同。
2.动量的变化。
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是______，其方向与速度的改变量Δv的方向______。
速度
mv
速度
矢量
相同
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p'减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp=_______。
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：_______。
(3)单位：_______。
(4)方向：冲量是______，恒力冲量的方向__________________。
p'-p
I=FΔt
N·s
矢量
与力的方向相同
(1)物体的速度大小不变，其动量不变( )
(2)两物体中动量大的动能不一定大( )
(3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零( )
(4)物体所受合力不变，其动量也不变( )
关|键|能|力
1.动量与动能的比较。
动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p=mv Ek=mv2
标矢量 矢量 标量
变化原因 物体所受冲量 外力所做的功
大小关系 p= Ek=
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。 (3)都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
2.冲量的计算方法。
方法 求解依据 适用情形
公式法 I=Ft 计算恒力的冲量
图像法 F-t图像与t轴围成的面积 若为规则图线，可计算冲量大小；若为不规则图线常用于比较大小关系
平均值法 力随时间成一次函数变化时，用平均作用力求冲量，表达式为I=t 力随时间均匀变化，或力F是关于时间t的一次函数
动量 定理法 I=Δp 已知初、末状态的动量或速度，多用于求变力的冲量
考向1
动量和动量变化
【典例1】 关于动量的概念，下列说法正确的是( )
A.速度大的物体动量大
B.质量大的物体动量大
C.两个物体的速度相等，那么质量大的物体动量一定大
D.两个物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相同
物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，只有速度与质量的乘积大时动量才大，A、B两项错误；根据定义，速度相等时质量大的物体动量大，C项正确；动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同，质量相等，速度大小也相等，只能说明动量的大小相等，方向不一定相同，不能说动量相同，D项错误。
解析
考向2
动量和动能的比较
【典例2】 甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是
( )
A.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4
B.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1
C.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2
D.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4
当两物体动量大小相等时，由Ek=知Ek甲∶Ek乙=m乙∶m甲=
4∶1，A、B两项错误；当两物体动能相等时，由p2=2mEk知p甲∶
p乙=∶=1∶2，C项正确，D项错误。
解析
考向3
冲量的计算
【典例3】 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速度变为零然后又下滑，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，重力加速度为g，在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )
A.mgsin θ(t1+t2) B.mgsin θ(t1-t2)
C.mg(t1+t2) D.0
根据冲量的定义式I=Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG=mg(t1+t2)，C项正确。
解析
【典例4】 (多选)物体从t=0时刻由静止开始做直线运动，0~4 s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，如图所示。下列表述正确的是 ( )
A.0~2 s内合外力的冲量一直增大
B.0~4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0~4 s内物体动量的方向一直不变
根据F-t图像中图线与t轴所围面积表示冲量可知，在0~2 s内合外力的冲量一直增大，A项正确；0~4 s内合外力的冲量为零，B项正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0~4 s内物体动量的方向一直不变，C项错误，D项正确。
解析
动量定理的理解和应用
考点2
必|备|知|识
1.内容：物体在一个过程中所受_____的冲量等于它在这个过程始末的_____________。
2.公式：________________或__________。
力
动量变化量
F(t'-t)=mv'-mv
I=p'-p
(1)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的
( )
(2)动量定理描述的是某一状态的物理规律( )
关|键|能|力
对动量定理的理解。
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合外力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。
(2)动量定理中的冲量是所受合外力的冲量，既是各力冲量的矢量
和，也是合外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
(4)由FΔt=p'-p，得F==，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
考向1
用动量定理解释现象
【典例5】 如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证从2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是( )
A.防摔装置可以减小手机的动量的变化量
B.防摔装置可以减小手机的动量的变化率
C.防摔装置可以减小手机的动能的变化量
D.防摔装置可以增加地面对手机的作用力
依题意，根据动量定理FΔt=Δp，可得F=，防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率，而手机动量的变化量Δp未发生变
化，由于高度不变，则动能的变化量保持不变，B项正确，A、
C、D三项错误。
解析
用动量定理解释的两类物理现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；时间越长，力越小。
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；时间越短，Δp越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
考向2
用动量定理求平均作用力或变力的冲量
【典例6】 (2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同
的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma，
解得tan θ=。
解析
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=
330 N·s，方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s，
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)IF-Mgt=Mv-(-Mv0)，
解得v=2 m/s，则上升的最大高度h==0.2 m。
解析
命题特点：以汽车的安全带和气囊等安全装置为背景考查冲量和动量定理。试题的设置很巧妙，考查知识的同时还考查学生审题和构建物理模型的能力。
复习建议：复习中应加强审题能力，培养从复杂情境中提炼有用信息和建立物理模型的能力，搭建起试题信息与解题思路之间的桥
梁。
应用动量定理处理“流体类”问题
考点3
关|键|能|力
对“连续”质点系发生持续作用时，物体动量(或其他量)连续发生变 化。这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状”模型，在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm=ρSvΔt，以这部分质量为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。
考向1
流体类问题
【典例7】 用高压水枪清洗汽车的照片如图所示，设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后反方向的速度为0.2v，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A.水柱对汽车的平均冲力为0.2ρv2πD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C.当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D.高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强变小
高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0==ρvπD2，规定水流返回的速度方向为正方向，由动量定理得FΔt=0.2mv-(-mv)，m=m0Δt，解得F=0.3ρv2πD2，A项错误，B项正确；根据F=0.3ρv2πD2，出水速度变为原来2倍时，水柱对汽车的平均冲力增大为4倍，C项错误；水柱对汽车的压强为p==1.2ρv2，高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强不变，D项错误。
解析
考向2
微粒类问题
【典例8】 飞船正面面积S=1 m2，以v=2×103 m/s飞入一宇宙微尘区，此区域每立方米空间有一个微尘，微尘的平均质量m0=2×
10-4 kg，设微尘与飞船相碰后附在飞船表面，要使飞船速度不变，飞船的推力是( )
A.400 N B.600 N
C.800 N D.1 000 N
飞船每秒前进的距离为x=vt=2 000 m，根据题意可知，撞到的微尘数量为n==2 000，若飞船速度不变，则飞船对微尘的冲量大小为I=nm0v=800 N·s，则微尘对飞船的冲量大小为I'=I=800 N·s，因飞船速度不变，动量不变，则推力对飞船的冲量大小也为I'=
Ft，解得F=800 N，C项正确。
解析微练23 动量和动量定理
梯级Ⅰ基础练
1.(2025·唐山模拟)质量为0.5 kg的金属小球，从距地面3.2 m的高处以6 m/s的速度水平抛出，g取10 m/s2，则小球落地的运动过程中( )
A.小球的初动量大小16 kg·m/s
B.小球的末动量大小19 kg·m/s
C.重力的冲量大小2 N·s
D.重力的冲量大小4 N·s
2.两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为mA、mB，且mA>mB，比较它们的动量，则( )
A.物体B的动量较大 B.物体A的动量较大
C.动量大小相等 D.不能确定
3.(2025·徐州模拟)如图，质量为m的物块原本静止在倾角为α的斜面上，后来，在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下向上运动，经过时间t，则在运动过程中( )
A.物块支持力的冲量为0
B.物块所受重力的冲量为mgt
C.物块的动量不一定增大
D.物块受到拉力的冲量为Ftcos θ
4.(2025·郑州模拟)垒球是一项集竞技性、观赏性和娱乐性为一体的运动项目。一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回。若球棒与垒球的作用时间为0.002 s，球棒与垒球的平均作用力大小为6.3×103 N，以沿垒球飞向球棒的方向为正方向，下列说法正确的是( )
A.球棒对垒球的冲量为-12.6 N·s
B.垒球对球棒的冲量为-12.6 N·s
C.垒球的初动量为-4.5 kg·m/s
D.垒球被击出后的速度大小为70 m/s
5.(2025·秦皇岛模拟)如图所示，质量m=1 kg的滑块从固定光滑斜面的顶端由静止滑下，经t=2 s滑到底端，取重力加速度大小g=10 m/s2，斜面倾角θ=37°，sin 37°=0.6，对于滑块从顶端滑到底端的运动过程，下列说法正确的是( )
A.斜面对滑块的冲量为零
B.滑块的动量改变量大小为12 kg·m/s
C.斜面的长度L=10 m
D.滑块所受重力的冲量方向为垂直斜面向下
6.如图所示的吹灰球主要用于清理物体表面上的灰尘，例如清除键盘，电路板上的灰尘。使用时将吹灰球尖嘴对准吹灰部位，在极短时间内将球体内的气体挤压出去，达到吹灰目的。现有一容积为V的吹灰球，球体内气体平均密度为ρ，在时间t内将球体内气体全部挤压出去，对清理表面产生的平均作用力大小为F。假设气体从尖嘴处出来的速率相等，气体到达清理表面后速度减为0，则气体被挤出球体时的速率为( )
A.v= B.v=
C.v= D.v=
7.如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点，另一端系着质量为m的小球，给小球一定的速度v，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.小球运动一周的过程中，重力的冲量为零
B.小球运动半周的过程中，合力的冲量为零
C.小球运动一周的过程中，合力的冲量为零
D.小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零
梯级Ⅱ能力练
8.质量为1 kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻施加一水平力F，t=3 s时撤掉作用力F，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.1~3 s时间内F的冲量大小为3 N·s
B.前1 s摩擦力的冲量大小为1 N·s
C.前3 s物块动量的改变量大小为2 kg·m/s
D.t=4.5 s时物块的速度为0
9.(2025·佛山模拟)如图所示，测试汽车安全气囊的实验中，汽车载着模型人以80 km/h的速度撞向刚性壁障，汽车速度瞬间减为0，同时，安全气囊弹出，保护模型人。则关于安全气囊的作用，下列说法正确的是( )
A.安全气囊减少了碰撞过程中模型人的受力时间
B.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力
C.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的动量变化量
D.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量
10.(2025·吉安模拟)跳床运动可以提高身体的灵活性，也可以让大脑短时间内忘记压力和烦恼。如图所示，体重为m的运动员从跳床上方h处从静止开始下落，与跳床接触Δt时间后以速度v竖直向上运动，重力加速度大小为g，所有物理量的单位都采用国际单位制，不计空气阻力，则运动员与跳床接触时受到跳床的平均作用力大小为( )
A.
B.-mg
C.mg+
D.mg+
11.(2025·湘潭模拟)质量为5 kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是( )
A.50 N·s，50 N·s B.50 N·s，-50 N·s
C.0，50 N·s D.0，-50 N·s
12.如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg，长度为2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。求:
(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行
(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力
梯级Ⅲ创新练
13.天宫空间站在离地面高h处做匀速圆周运动，因运行空间存在稀薄空气，会受到空气阻力作用，运行轨道范围内稀薄空气的密度为ρ，稀薄空气看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与空间站在很短时间内发生碰撞后都具有与空间站相同的速度，在与这些颗粒碰撞的前后，空间站的速度可认为保持不变。已知空间站沿运行方向的横截面积为S，地球半径为R，地面附近的重力加速度为g，则天宫空间站所受空气阻力大小为( )
A. B.
C. D.
微练23 动量和动量定理
1.D 解析 小球的初动量大小p1=mv0=0.5×6 kg·m/s=3 kg·m/s,A项错误;竖直方向小球做自由落体运动,则=2gh,小球落地时竖直方向的分速度vy== m/s=8 m/s,小球落地时的合速度v== m/s=10 m/s,小球的末动量大小p2=mv=0.5×10 kg·m/s=5 kg·m/s,B项错误;由h=gt2得t== s=0.8 s,重力的冲量大小I=mgt=0.5×10×0.8 N·s=4 N·s,C项错误,D项正确。
2.B 解析 根据动能的表达式Ek=mv2,动量的表达式p=mv,联立可得p=,物体A、B动能Ek相同,mA>mB,则pA>pB,即物体A的动量较大,B项正确。
3.B 解析 物块受到斜面的支持力,而且支持力FN的方向保持不变,因此支持力的冲量为IN=FNt,A项错误;物块所受重力的冲量为mgt,B项正确;由于物体从静止开始向上运动,一定做加速运动,速度不断增大,因此动量不断增大,C项错误;物块受到拉力的冲量为Ft,D项错误。
4.A 解析 依据题意可知,沿垒球飞向球棒的方向为正方向,则垒球的初动量为p1=mv=0.18×25 kg·m/s=4.5 kg·m/s,C项错误;球棒对垒球的作用力的方向与垒球飞向球棒的方向相反,故球棒对垒球的冲量为I=-F·t=-6.3×103×0.002 N·s=-12.6 N·s,垒球对球棒的冲量为12.6 N·s,A项正确,B项错误;对垒球,由动量定理知-F·t=-mv末-mv,垒球被击出后的速度大小为v末=45 m/s,D项错误。
5.B 解析 斜面对滑块有力的作用,由I=Ft可知斜面对滑块的冲量不为零,A项错误;由牛顿第二定律得mgsin θ=ma,解得a=gsin θ=6 m/s2,滑块滑到斜面底端的速度大小为v=at=12 m/s,滑块的动量改变量大小Δp=mv-0,解得Δp=12 kg·m/s,B项正确;由L=at2,解得斜面的长度L=12 m,C项错误;滑块所受重力的冲量方向与重力的方向相同,为竖直向下,D项错误。
6.A 解析 对球体内气体使用动量定理可得Ft=mv,气体的质量为m=ρV,联立解得v=,A项正确。
7.C 解析 根据IG=Gt=mgt,故小球运动一周的过程中,重力的冲量不为零,A项错误;以末速度方向为正方向,根据动量定理可知,小球运动半周的过程中,合力的冲量为I=Δp=mv-m(-v)=2mv,B项错误;小球做匀速圆周运动,根据动量定理可知,运动一周动量变化为0,故合外力冲量为0,C项正确;小球运动一周的过程中,合外力的冲量为零,拉力的冲量与重力的冲量等大反向,不为零,D项错误。
8.D 解析 1~3 s时间内F的冲量大小为IF13=×1 N·s+2×1 N·s=3.5 N·s,A项错误;因为滑动摩擦力大小f=μmg=1 N,0~1 s时间内F≤1 N,物块处于静止状态,前1 s内摩擦力的大小跟F的大小相等,前1 s内摩擦力的冲量大小为If01=×1 N·s=0.5 N·s,B项错误;1~3 s时间内,摩擦力冲量的大小为If13=1×2 N·s=2 N·s,前3 s物块动量的改变量(即1 s~3 s时间内物块动量的改变量)为Δp=IF13-If13=1.5 kg·m/s,C项错误;1~4.5 s时间内摩擦力冲量的大小为If14=3.5 N·s,根据动量定理得IF13-If14=mv-0,解得v=0,即t=4.5 s时物块的速度为0,D项正确。
9.B 解析 整个碰撞过程中模型人受到的冲量和模型人的动量变化量是一定的,不因安全气囊的弹出而发生变化。根据动量定理FΔt=Δp,可知安全气囊的作用是增加了碰撞过程中模型人的受力时间,从而减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力,B项正确。
10.C 解析 以竖直向上为正方向,运动员与跳床接触时的速度为v0,根据=2gh,解得运动员与跳床接触时的速度大小为v0=,与跳床接触过程由动量定理得(F-mg)Δt=mv-m(-v0),解得F=mg+,C项正确。
11.D 解析 由题中图像可知,在前10 s内初、末状态的动量相同,p1=p2=25 kg·m/s,由动量定理知I1=0,在后10 s内末状态的动量p3=-25 kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-50 N·s,D项正确。
12.答案 (1)50 N (2)200 N
解析 (1)设在Δt时间内漏到车上的原料质量为Δm,要使这些原料获得与车相同的速度,需加力为F,根据动量定理,有
F·Δt=Δm·v,
所以F=·v=100×0.5 N=50 N。
(2)车装完料的总质量为
M=m车+·t= kg=800 kg,
对车应用动量定理有
F'·t'=0-(-Mv),
解得F'== N=200 N。
13.A 解析 由万有引力的提供向心力得G=m,在地面附近有G=mg,在时间微元Δt内与空间站作用的稀薄空气颗粒的质量为Δm=ρSvΔt,对这部分颗粒应用动量定理则有FΔt=Δmv,联立解得F=,由牛顿第三定律知天宫空间站所受空气阻力大小为f=F=,A项正确。(共28张PPT)
微练23
动量和动量定理
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1.(2025·唐山模拟)质量为0.5 kg的金属小球，从距地面3.2 m的高处以6 m/s的速度水平抛出，g取10 m/s2，则小球落地的运动过程中( )
A.小球的初动量大小16 kg·m/s
B.小球的末动量大小19 kg·m/s
C.重力的冲量大小2 N·s
D.重力的冲量大小4 N·s
梯级Ⅰ 基础练
小球的初动量大小p1=mv0=0.5×6 kg·m/s=3 kg·m/s，A项错误；竖直方向小球做自由落体运动，则=2gh，小球落地时竖直方向的分速度vy== m/s=8 m/s，小球落地时的合速度v= = m/s=10 m/s，小球的末动量大小p2=mv=0.5× 10 kg·m/s=5 kg·m/s，B项错误；由h=gt2得t== s=0.8 s，重力的冲量大小I=mgt=0.5×10×0.8 N·s=4 N·s，C项错误，D项正确。
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2.两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为mA、mB，且mA>mB，比较它们的动量，则( )
A.物体B的动量较大 B.物体A的动量较大
C.动量大小相等 D.不能确定
根据动能的表达式Ek=mv2，动量的表达式p=mv，联立可得p=，物体A、B动能Ek相同，mA>mB，则pA>pB，即物体A的动量较大，B项正确。
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3.(2025·徐州模拟)如图，质量为m的物块原本静止在倾角为α的斜面上，后来，在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下向上运动，经过时间 t，则在运动过程中( )
A.物块支持力的冲量为0
B.物块所受重力的冲量为mgt
C.物块的动量不一定增大
D.物块受到拉力的冲量为Ftcos θ
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物块受到斜面的支持力，而且支持力FN的方向保持不变，因此支持力的冲量为IN=FNt，A项错误；物块所受重力的冲量为mgt，B项正确；由于物体从静止开始向上运动，一定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，C项错误；物块受到拉力的冲量为Ft，D项错误。
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4.(2025·郑州模拟)垒球是一项集竞技性、观赏性和娱乐性为一体的运动项目。一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球 棒，被球棒击打后，反向水平飞回。若球棒与垒球的作用时间为0.002 s，球棒与垒球的平均作用力大小为6.3×103 N，以沿垒球飞向球棒的方向为正方向，下列说法正确的是( )
A.球棒对垒球的冲量为-12.6 N·s
B.垒球对球棒的冲量为-12.6 N·s
C.垒球的初动量为-4.5 kg·m/s
D.垒球被击出后的速度大小为70 m/s
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依据题意可知，沿垒球飞向球棒的方向为正方向，则垒球的初动量为p1=mv=0.18×25 kg·m/s=4.5 kg·m/s，C项错误；球棒对垒球的作用力的方向与垒球飞向球棒的方向相反，故球棒对垒球的冲量为I=-F·t=-6.3×103×0.002 N·s=-12.6 N·s，垒球对球棒的冲量为12.6 N·s，A项正确，B项错误；对垒球，由动量定理知-F·t=-mv末-mv，垒球被击出后的速度大小为v末=45 m/s，D项错误。
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5.(2025·秦皇岛模拟)如图所示，质量m=1 kg的滑块从固定光滑斜 面的顶端由静止滑下，经t=2 s滑到底端，取重力加速度大小g= 10 m/s2，斜面倾角θ=37°，sin 37°=0.6，对于滑块从顶端滑到底端的运动过程，下列说法正确的是( )
A.斜面对滑块的冲量为零
B.滑块的动量改变量大小为12 kg·m/s
C.斜面的长度L=10 m
D.滑块所受重力的冲量方向为垂直斜面向下
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斜面对滑块有力的作用，由I=Ft可知斜面对滑块的冲量不为零，A项错误；由牛顿第二定律得mgsin θ=ma，解得a=gsin θ=6 m/s2，滑块滑到斜面底端的速度大小为v=at=12 m/s，滑块的动量改变量大小Δp=mv-0，解得Δp=12 kg·m/s，B项正确；由L=at2，解得斜面的长度L=12 m，C项错误；滑块所受重力的冲量方向与重力的方向相同，为竖直向下，D项错误。
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6.如图所示的吹灰球主要用于清理物体表面上的灰尘，例如清除键 盘，电路板上的灰尘。使用时将吹灰球尖嘴对准吹灰部位，在极短时间内将球体内的气体挤压出去，达到吹灰目的。现有一容积为V的吹灰球，球体内气体平均密度为ρ，在时间t内将球体内气体全部挤压出去，对清理表面产生的平均作用力大小为F。假设气体从尖嘴处出来的速率相等，气体到达清理表面后速度减为0，则气体被挤出球体时的速率为( )
A.v= B.v=
C.v= D.v=
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对球体内气体使用动量定理可得Ft=mv，气体的质量为m=ρV，联立解得v=，A项正确。
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7.如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点，另一端系着质量为m的小球，给小球一定的速度v，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.小球运动一周的过程中，重力的冲量为零
B.小球运动半周的过程中，合力的冲量为零
C.小球运动一周的过程中，合力的冲量为零
D.小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零
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根据IG=Gt=mgt，故小球运动一周的过程中，重力的冲量不为零，A项错误；以末速度方向为正方向，根据动量定理可知，小球运动半周的过程中，合力的冲量为I=Δp=mv-m(-v)=2mv，B项错误；小球做匀速圆周运动，根据动量定理可知，运动一周动量变化为 0，故合外力冲量为0，C项正确；小球运动一周的过程中，合外力的冲量为零，拉力的冲量与重力的冲量等大反向，不为零，D项错误。
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8.质量为1 kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻施加一水平力F，t= 3 s时撤掉作用力F，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.1~3 s时间内F的冲量大小为3 N·s
B.前1 s摩擦力的冲量大小为1 N·s
C.前3 s物块动量的改变量大小为2 kg·m/s
D.t=4.5 s时物块的速度为0
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梯级Ⅱ 能力练
1~3 s时间内F的冲量大小为IF13=×1 N·s+2×1 N·s= 3.5 N·s，A项错误；因为滑动摩擦力大小f=μmg=1 N，0~1 s时间内F≤1 N，物块处于静止状态，前1 s内摩擦力的大小跟F的大小相等，前1 s内摩擦力的冲量大小为If01=×1 N·s=0.5 N·s，B项错误；1~3 s时间内，摩擦力冲量的大小为If13=1×2 N·s= 2 N·s，前3 s物块动量的改变量(即1 s~3 s时间内物块动量的改变量)为Δp=IF13-If13=1.5 kg·m/s，C项错误；1~4.5 s时间内摩擦力冲量的大小为If14=3.5 N·s，根据动量定理得IF13-If14=mv-0，解得v=0，即t=4.5 s时物块的速度为0，D项正确。
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9.(2025·佛山模拟)如图所示，测试汽车安全气囊的实验中，汽车载着模型人以80 km/h的速度撞向刚性壁障，汽车速度瞬间减为0，同 时，安全气囊弹出，保护模型人。则关于安全气囊的作用，下列说法正确的是( )
A.安全气囊减少了碰撞过程中模型人的受力时间
B.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力
C.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的动量变化量
D.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量
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整个碰撞过程中模型人受到的冲量和模型人的动量变化量是一定的，不因安全气囊的弹出而发生变化。根据动量定理FΔt=Δp，可知安全气囊的作用是增加了碰撞过程中模型人的受力时间，从而减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力，B项正确。
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10.(2025·吉安模拟)跳床运动可以提高身体的灵活性，也可以让大脑短时间内忘记压力和烦恼。如图所示，体重为m的运动员从跳床上方h处从静止开始下落，与跳床接触Δt时间后以速度v竖直向上运动，重力加速度大小为g，所有物理量的单位都采用国际单位制，不计空气阻力，则运动员与跳床接触时受到跳床的平均作用力大小为( )
A. B.-mg
C.mg+ D.mg+
以竖直向上为正方向，运动员与跳床接触时的速度为v0，根据=2gh，解得运动员与跳床接触时的速度大小为v0=，与跳床接触过程由动量定理得(F-mg)Δt=mv-m(-v0)，解得F=mg+ ，C项正确。
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11.(2025·湘潭模拟)质量为5 kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是( )
A.50 N·s，50 N·s
B.50 N·s，-50 N·s
C.0，50 N·s
D.0，-50 N·s
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由题中图像可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1=p2= 25 kg·m/s，由动量定理知I1=0，在后10 s内末状态的动量p3= -25 kg·m/s，由动量定理得I2=p3-p2=-50 N·s，D项正确。
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12.如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg，长度为 2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。求：
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(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行
设在Δt时间内漏到车上的原料质量为Δm，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F，根据动量定理，有
F·Δt=Δm·v，
所以F=·v=100×0.5 N=50 N。
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(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力
车装完料的总质量为
M=m车+·t= kg=800 kg，
对车应用动量定理有F'·t'=0-(-Mv)，
解得F'== N=200 N。
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13.天宫空间站在离地面高h处做匀速圆周运动，因运行空间存在稀薄空气，会受到空气阻力作用，运行轨道范围内稀薄空气的密度为ρ，稀薄空气看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与空间站在很短时间内发生碰撞后都具有与空间站相同的速度，在与这些颗粒碰撞的前后，空间站的速度可认为保持不变。已知空间站沿运行方向的横截面积为S，地球半径为R，地面附近的重力加速度为g，则天宫空间站所受空气阻力大小为( )
梯级Ⅲ 创新练
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