新高考新教材一轮复习人教版第六章第1讲动量冲量动量定理学案

第六章油量

■DILIUZHANG

第1讲动量冲量动量定理

奏奏三要言必备知识新学法基础落实套套蕉蕉^

［主干知识填一填］

一、动量、动量的变化量、冲量

1.动量

(1)定义：物体的质量与速度的乘积.

(2)表达式：p—mv.

(3)方向：动量的方向与速度的方向相同.

2.动量的变化量

(1)因为动量是矢量，动量的变化量Rp也是矢量,其方向与速度的改变量A。的方向相

回.

(2)动量的变化量AP的大小，一般用末动量"减去初动量P进行计算，也称为动量的增

量.g∣JΔp=p'-p.

3.冲量

(I)定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量.

(2)公式：I=Ft.

(3)单位：N∙s.

(4)方向：冲量是矢量,其方向与力的方向相同.

二、动量定理

L内容：物体在一个运动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.公式：mv'—"2=式f'—力或〃'一〃=/.

3.动量定理的理解

(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即外力的冲量是原因，物

体的动量变化量是结果.

(2)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.

(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.

［规律结论•记一记］

1.动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体

合外力的冲量方向相同.

2.力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零.

3.某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关∙

4.动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量.

5.应用动量定理列的方程是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同

一正方向.

［必刷小题•测一测］

一、易混易错判断

I.两物体的动量相等，动能也一定相等.（X）

2.动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和∙（X）

3.物体的动量变化量等于某个力的冲量.（X）

4.物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零∙（X）

5.物体的动量越大，则物体的惯性就越大∙（X）

6.物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的∙（J）

二、经典小题速练

I.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：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Ek=5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.

2.质量为5kg的小球以5m⅛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：D动量的变化是未动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动

量Pl=WWl=25kg∙m/s,末动量p2=,"02=-15kg♦m/s,所以动量的变化AP=P2—pi=—

40kg∙m/s.

3.质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2s,动量大小变为

∣4kg∙m/s,则该物体（）

A.所受合外力的大小可能大于IlN

B.所受合外力的大小可能小于3N

C.冲量大小可能小于6N∙s

D∙冲量大小可能大于18N∙s

解析：D若以物体初速度方向为正方向，则初动量pι=ms=8kg∙m∕s,末动量大小

为14kg∙m∕s,则有两种可能：当他=14kg∙m∕s,则/7=〃2—p∣=6kg∙m∕s,F=3N；当

P2=-14kg∙m∕s,则B=P2—pi=-22kg∙m∕s,尸=—1IN,负号表示方向，故选项A、

B、C错误，D正确.

关键能力新探究思维拓展;

命题点一动量、冲量的理解及计算(自主学习)

［核心整合］

1.动能、动量、动量变化量的比较

动能动量动量变化量

物体由于运动而具有物体的质量和速度的物体末动量与初动量

定义

的能量乘积的矢量差

^~Z^^i~~

定义式Ek~2mvp=mV^p=p,-p

标矢性标量矢量矢量

特点状态量状态量过程量

P2_1_/^—z-2Ek

关联方程rγ

2m'Ek-呼。，p-y∣2mEk,p—v

(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

联系(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/=E计算.

(2)变力的冲量

①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∣+F∙>

尸在某段时间，内的冲量其中乃、民为该段时间内初、末两时刻力的大小.

②作出尸-f变化图线，图线与，轴所围的面积即为变力的冲量.如F

③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过

求Ap间接求出冲量.0”M

［题组突破I

1.(动量及动量变化量的理解)质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面,

再以4m/s的速度反向弹回.取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的

动量变化量AP和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是()

A.Ap=2kg∙m∕s,W=-2J

B.△〃=-2kg∙m∕s,W=2J

C.AP=O.4kg∙m∕s,W=-2J

D.∆p=-0.4kg∙m∕s,W=2J

解析：A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Ap=恤2—

/nuɪ×4kg∙m∕s×(-6)kg∙m∕s=2kg∙m∕s,方向竖直向上.由动能定理知，合外力做的功

W=—^ιnυ↑=ɪ××42J—×62J=-2J.

2.（对冲量的理解）（2022•天津一中模拟汝U图所示，质量相等的A、B两个物体，沿着

倾角分别为α和£的两个光滑斜面，由静止从同一高度的开始下滑到同样的另一高度小的

过程中，A、B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:D物体下滑过程中，下滑高度人=〃2—小相等，由机械能守恒定律得：成?力=5加2,

物体到达高度用处时，速度V=廊I,由牛顿第二定律得：WgSinθ=ma,加速度α=gsin0,

物体沿斜面下滑的时间：，=?=密4=右层，由于斜面倾角9不同，物体下滑的时间

，不同，重力的冲量∕=mg/不同，故A错误；物体下滑的时间r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，滑到加高度时，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.（利用Rr图像求冲量）（多选）如图所示，物体从f=0时刻开始由.l,,w

↑Λ∕N

静止做直线运动，0〜4S内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲”[zʌ

线，下列表述正确的是（）0['∖^∕4js

A.0〜2s内合外力的冲量一直增大

B.0〜4s内合外力的冲量为零

C.2s末物体的动量方向发生变化

D.0〜4s内物体动量的方向一直不变

解析：ABD根据尸Y图像中图线与r轴围成的面积表示冲量，可知在O〜2s内合外力

的冲量一直增大，A正确；O〜4s内合外力的冲量为零，故B正确；2s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，。〜4s内物体动量的方向一直不变，故C

错误，D正确.

命题点二动量定理的理解和应用（多维探究）

1.应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内

力的冲量.

2.求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量

再对冲量求和.

3.动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向.

4.由E=P，-p,得F=呼=W,即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化

率.

第1维度：应用动量定理解释生活现象..............

（I）Ap一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小.

（2）F一定，此时力的作用时间越长，就越大；力的作用时间越短，Ap就越小.分

析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚.

EEI（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：D汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间

内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定

理AP=F△，知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，

因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D

正确.

第2维度：应用动量定理求变力的冲量..............

如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用/=Fr求变力的冲量，可以求

出该力作用下物体动量的变化量Ap,再利用动量定理求力的冲量/.

EE如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为机的木块N

7777777777777

以速度大小。。从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用.设相互作用的过程中

弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量/的大小和弹

簧对木块做的功W分别是（）

A./=0,W=mvl

1ʌ

B.I=mvς）fW=产劭

C.I=ImVQ1W=O

D./=2〃wo,W=^nvi

解析：C由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度大小也为加，取向右为正方

向，由动量定理可得：/=根的一（一加次））=2加处，由动能定理可得：W=—^fnv（）=0,故

选项C正确.

第3维度：应用动量定理计算动量的变化量

EE（多选）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑

斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处,三个过程中重力

的冲量的大小依次为h>/2、/3,动量变化量的大小依次为Api、

△P2、03，则有（）

A.三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等

B.三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等

C.!∖<h<h,APl=AP2=Ap3

D.Λ<∕2<∕3,∆p∣<Δp2<ʌpɜ

解析：ABC由机械能守恒定律可知物体下滑到底端UD、E的速度大小。相等，动

量变化量大小Ap=，"。相等，即Api=Ap2=Ap3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的

变化量，故合力的冲量大小也相等，注意不是相同（方向不同）；设斜面的高度为力，从顶端

A下滑到底端C,由卷=如in6•产得物体下滑的时间f=Y三篇，所以0越小，SiNd

越小，f越大，重力的冲量∕=%gf就越大，故∕ι<∕2<∕3,故A、C正确，D错误；物体下滑

过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确.

第4维度：应用动量定理计算平均力

EE高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”.高空抛物，是一种不文明的行

为，而且会带来很大的社会危害.有人曾做了一个实验，将一枚50g的鸡蛋从8楼（距离地

面上静止的钢板为20m）无初速释放，XlO-4s,鸡蛋与钢板撞击后速度变为零，不计空气

阻力，重力加速度g取Iom⅛2.则鸡蛋与钢板碰撞的过程中，钢板受到的平均撞击力的大小

约为（）

A.0.5NB.500N

C.1000ND.2500N

解析：D根据动能定理可得/MgZz=5mA设向下为正方向，则对碰撞过程由动量定理

可得Og—F)f=0-«7。代入数据联立解得尸=-2500N,负号表示撞击力方向向上，故A、

B、C错误，D正确.

第5维度：动量定理和图像的综合应用..............

EE(2022.湖北十堰市上学期期末)一质量为0.5kg的物块静止在水平地面上，F,F

随时间「变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m∕s2,

则()

tF/N

2

I

A.t=∖s时物块的动量大小为2kg∙m/s

B.f=L5s时物块的动量大小为2kg∙m∕s

C.f=(6—2√5)s时物块的速度大小为0.5m/s

D.在3〜4s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小

解析：D根据动量定理可得(F—W*g)r=，加'-mo,I=Is时物块的动量大小为Pi=Fh

-μmgt]=(2×××10×1)kg∙m∕s=1kg∙m/s,选项A错误；f=1.5s时物块的动量大小为

p=Ft-μmgt=(2×∖+∖×××lO×l.5)kg∙m∕s=lkg∙m/s,选项B错误；设，时刻物块

的速度为零，由图像知在2〜4s内力与时间的关系为R—2)N,根据凡f图像与r轴所围的

r—2)

面积表示冲量大小可得∕F=2X1+1X1+—ʒ—∙(r—2),由动量定理得∕F-∕""gf=O,联立

解得f=(6—2√5)S,故C错误；因为£=(6—2小"在2~3$内，所以在3〜4s的时间内，

物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确.

第6维度：应用动量定理求解多过程问题..............

(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理.

(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注.

EE一个质量为巾=Ioog的小球从离厚软垫/?=0.8m高处自由下落，落到厚软垫

上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了f=0.2s,不计空气阻力，则在这段时间内，

软垫对小球的冲量是多少？(取g=10m∕s2)

解析：设小球自由下落力=0.8m的时间为A,由

∕j=*A得Z∣=-^∖Jy=0.4S.

设/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(f∣+f)+∕=0,得∕=-0.6N∙s.

负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上.

答案:0.6N∙s,方向竖直向上

I总结提升I

应用动量定理解题的基本思路

(1)确定研究对象.中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体.

(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.

宦季三歪军季，核心素养新导向学科培优至垣年至连碧

素养培优18应用动量定理解答两类柱状模型问题

模型一流体类“柱状模型”问题

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

流体及其特点

知密度"

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

分析微元研究，作用时间Ar内的一段柱形流体的长度为△/,对应的质量为A

2

步骤=PSuZ

3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

典例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2，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△，时间内，从喷口喷出的水的体积为△匕质量为△，小贝

ʌm—pʌVφ

ΔV=vnSt®

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

Δm

W=POoS.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

大小为仇对于时间内喷出的水，由能量守恒得

T(ʌw∕)v2÷(ΔMgh=g(ʌm)v^(4)

在/?高度处，Ar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=(Δ,")0⑤

设水对玩具的作用力的大小为F,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

VC)M2g

h~2g~2p2vsS2∙^

答案：(1)POOS(2):2g2p2viS2

模型二微粒类“柱状模型”问题

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〃

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Ar内一段柱形流体的长度为△/,对应的体积为AV=

2

步骤SoO△，，则微元内的粒子数N="OoSAf

3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算

典例2根据量子理论，光子的能量E与动量P之间的关系式为E=pc,其中C表示

光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这

就是“光压”，用/表示.

(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0,射出的光束的横截面积为S,当

它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力尸=2PM其中P表

示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用PO和S表示该束激光对物体

产生的光压；

(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反

射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为

8

1350W,探测器和薄膜的总质量为加=IOOkg,薄膜面积为4X104ιτι2,c=3×10m∕s,求

此时探测器的加速度大小.

解析：（1）在单位时间内，功率为Po的激光的总能量为:

PoXlS=NE=Npc.

由题意可知：激光对物体表面的压力∕7=2PN

故激光对物体产生的光压：/=（=笠.

,r-2尸02×XlO3F

（2）由（1）可知：/=寻=衣而收TPa=9X106Pa

所以探测器受到的光的总压力FN=/Sz

对探测器应用牛顿第二定律有FN=ma

故此时探测器的加速度

/S«9×10"6×4×IO4

m∕s2×103m∕s2.

答案：（1）堂XI。-3m∕s2

I反思领悟I

对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象,

即选取很短时间△，内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究

对象分布在以S为横截面积、长为OAr的柱体内，质量为Xm=PSVxt,分析它在Ar时间

内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量.

限时规范训练

1.（多选）一质量为2kg的物块在合外力尸的作用下从静止开始沿直线运动.尸随时间

f变化的图线如图所示，则（）

O

-1

A.f=ls时物块的速率为lm∕s

B.f=2s时物块的动量大小为4kg∙m∕s

C.f=3s时物块的动量大小为5kg∙m/s

D.f=4s时物块的速度为零

Ft2X[

解析：AB由动量定理可得：Ft=InV,故物块在f=ls时的速度0=万L=U—m∕s=

1m/s,A正确；物块在Z=2s时的动量大小p2=Ft2=2×2kg∙m/s=4kg∙m/s,在/=3s

时的动量大小p3=(2×2-1×l)kg∙m∕s=3kg∙m/s,故B正确，C错误；在f=4S时，

/合=(2X2—1><2)N・s=2N・s,由/合=根。4可得f=4s时，物块的速度大小。4=1m/s,D

错误.

2.（2022・大连模拟）一辆质量为220Okg的汽车正在以26m/s的速度Γ2200kg―后可

行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3∙8s内使车停下，如果汽车撞到坚

固的墙上，则会在0.22S内停下，下列判断正确的是（）

A.汽车紧急制动过程动量的变化量大

B.汽车撞到坚固的墙上动量的变化量大

C.汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15000N

D.汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15000N

解析：C汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由机。变为0,所以动

量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力B=7^=15053N,C

t∖

正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2=7-=260000N,D错误.

t2

3.（2019•全国卷【）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3km∕s,XlO6N,则它在IS时间内喷射的气体质量约为（）

A.×IO2kgB.×103kg

C.×105kgD.×106kg

解析：B设IS内喷出气体的质量为根，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F,

Pt

由动量定理∕7f=/如知，机=彳=错误！kg×IO3kg,选项B正确.

4.（2022.营口模拟）用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理.如

图所示，从距秤盘80Cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用ʧ

时间为1s,豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反.若每个

豆粒只与秤盘碰撞--次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力

远大于豆粒受到的重力），己知1（）00粒的豆粒的总质量为IOOg.则在碰撞过程中

秤盘受到的压力大小约为（）

A.0.2NB.0.6N

C.1.0ND.1.6N

解析：B设豆粒从80Cm高处下落到秤盘上时的速度为。1,vq=2gh,则Ol=∙√旃=

[2X10X0.8m∕s=4m/s.设竖直向上为正方向，对所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理:

nwi—mVI

Ft=ms-mvι,贝IF=「~~L=错误！N=0.6N,根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中

秤盘受到的压力大小为0.6N,故B正确，A,C、D错误.

5.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

Θ

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0.1s,足

球的质量为0.4kg,重力加速度g取IOmK,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

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

解析：C