2024届物理一轮复习讲义第1讲 动量和动量定理含答案

2024届物理一轮复习讲义

第六章

DILIUZHANG动量守恒定律

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。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，并会在流体问题中建立“柱状”模型。

夯实必备知识

「叵R）—物体的灰量与速度的乘积

言—■）表达式）—p=mr单位：kg,m/s

4^}-动量的方向与速理的方向相同

2.

H矢最卜其方向与速度的改变设Ar的方向相同

动量

变化最

_JAn=n--nU一般用末动量减去初动后〃进行矢量

F厂运算,也称为动鼠的增量

3.

左出一力与力的作用时间的把艮叫作力的冲威

4.

物体在一个过程中所受力的冲景等于它在这个过

r4W-

程始末的动量变化量

遮｝-F(J)=mvr—mvi^il=p'-p

1.思考判断

（I）一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。（J）

(2)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。3)

(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。(。)

(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(义)

(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。(X)

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

研透核心考点

考点一动量和冲量

1.对动量的理解

(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。

(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量。

⑶动量与动能的关系：而瓦或Ek=^。

2.对冲量的理解

(1)冲量的两性

①时间性：冲量与力和力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时

间的乘积。

②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间

内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。

⑵作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功

之间并无必然联系。

3.冲量的计算方法

(1)恒力的冲量：直接用定义式计算。

(2)变力的冲量

①图像法：作出尸一，图线，图线与，轴所围的面积即为变力的冲量，如图1

所示。

图1

②动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。

角度口对动量和冲量的理解与计算

例1（2023・天津模拟）如图2所示，学生练习用脚颠球。足球的质量为0.4kg,某

一次足球由静止自由下落0.8m,被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度

为0.45mo已知足球与脚部的作用时间为0.1s,重力加速度大小g取10nVs2,

不计空气阻力，下列说法正确的是（）

图2

A.足球从下落到再次.上到最大高度，全程用了（）.7s

B.在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4J

C.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8kg.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4N-s

答案C

解析足球下落时间为力=、y^=（）.4s,足球上升时间为，2=、y^=（）.3s,总

时间为f=fi+f2+f3=0.8s,A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球

做的功为卬合=斗〃应一根据运动学公式济=2g〃i,vl=2gh2,解得卬合=

—1.4J,B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为\p=invi—（—im）\）

=2.8kg-m/s,C正确；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/G=/H^=0.4X10X0.8N-s=3.2N-s,D错误。

角度同利用/一/图像求动量和冲量

例2（多选）质量为1kg的物块在水平力广的作用下由静止开始在水平地面上做直

线运动，P与时间/的关系如图3所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,

重力加速度大小取g=10mH。则()

F/N

4--------1

I

°2'4';6/A

-41...........1---------1

图3

A.4s时物块的动能为零

B.6s时物块回到初始位置

C.3s时物块的动量为12kg-m/s

D.0〜6s时间内力尸的冲量为零

答案AD

解析物块与地面间的摩擦力为Ff=fimg=2N

对物块在0〜3s时间内由动量定理可知

(F-Ff)h=mv3

代入数据可得03=6m；s

3s时物块的动量为〃=〃W3=6kgm/s,故C错误；

设3s后经过时间/2物块的速度减为0,由动量定理可得一(F+Ff)f2=0—，的3

解得/2=1S

所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确；

在0〜3s时间内，对物块由动能定理可得

(F—Ff)Ai，解得笛=9m

3〜4s时间内，对物块由动能定理可得

—(F+F()X2=()—,解得工2=3m

P—Fr

4〜6s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为〃=/〃=2m/s2

发生的位移大小为X3=：a6=4m<n+x2

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

0〜6s时间力尸的冲量为

/=Fin+f2fo=(4X3-4X3)N-r=0,故D正确。

跟踪训练

1.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力丹力厂随时间按正弦规律

变化，如图4所示，下列说法正确的是()

图4

A.第2s末,质点的动员为0

B.第2s末，质点的动量方向发生变化

C.第4s末，质点回到出发点

D.在1〜3s时间内，力产的冲量为0

答案D

解析由题图可知，0〜2s时间内产的方向和质点运动的方向相同，质点经历了

加速度先逐渐增大后加速度逐渐减小的加速运动，第2s末质点的速度最大，动

量最大，方向不变,A、B错误；2〜4s内力厂的方向与。〜2s内力尸的方向不

同，该质点()〜2s内做加速运动，2〜4s内做减速运动，质点在0〜4s内的位

移均为正，笫4s末没有回到出发点，C错误；在「一，图像中，图线与横轴所围

的面积表示力尸的冲量，由题图可知，1〜2s内的面积与2〜3s内的面积大小

相等，一正一负，则在1〜3s时间内，力户的冲量为0,D正确。

考点二动量定理的理解和应用

1.对动量定理的理解

⑴R="一p是矢量式：两边不仅大小相等，而且方向相同。

(2)收="一〃除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，却合

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，可以是各力冲的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲足的矢量和。

(4)由后=”一p,得尸=/=号，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的

变化率。

2.解题基本思路

确定研在中学阶段其研究对象一般仅限于

究对象,单个物体

可先求每个力的冲量，再求各力冲

进行受

♦员的矢附和即合力的冲地；或先求

力分析

合力，再求其冲量

确定初、

末状态.

♦确定各动最和冲昂:的正负号

选好正

方向

根据动景定理列方程,如有必要还

列方程♦需要补充其他方程，最后代入数据

求解

角度用动量定理解释生活中的现象

例3（2023・湖南岳阳模拟）快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会

利用充气袋进行包裹（如图5所示），这种做法的好处是（）

图5

A.可以大幅度减小果颠簸过程中物品所受合力的冲量

B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化

C可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长

D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加

答案C

解析充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，

由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从

而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物品所

受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量对时间的变化率，D错误。

跟踪训练

2.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，如图6所示，以下说法正确的是

图6

A.人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小

B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小

C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小

D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大

答案A

解析人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人质量与速度

的大小一样，所以动量大小相等，A正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥

地上的动量变化，因为初动量相等，末动量为0,所以动量的变化量大小相等，

B错误；根据动量定理必人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上的冲量

大小相等，C错误；根据动量定理以，=△〃，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥

地上小，D错误。

角度向动量定理的有关计算

例4（2023•云南省玉溪第一中学高三月考）将质量为m=1kg的物块置于水平地面

上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为〃=0.5,现在物块上施加一个平行于

水平地面的恒力尸=10N,物体由静止开始运动，作用4s后撤去凡己知g=

lOm/s2,对于物块从静止开始到物块停下这一过程，下列说法正确的是（）

A.整个过程物块运动的时间为6s

B.整个过程物块运动的时间为8s

C.整个过程中物块的位移大小为40m

D.整个过程中物块的位移大小为60m

答案B

解析在整个过程中也动量定理得此一〃〃侬=0,解得z=8s,选项A错误，B

正确；物块在前4s运动的过程中由动量定理得Fh—/.imgt\=mVy解得v=20m/s,

-0+z7v7）7）

因物块加速和减速过程的平均速度都为。=丁=]则物块的总位移尸会+会

=导=与义8m=80m,选项C、D错误。

跟踪训练

3.（多选X2023•天津南开中学高三检测）有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉

落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120g,从离人额头约20cm的

高度无初速掉落，砸到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间约

为0.2s。下列分析正确的是（）

图7

A.手机与额头作用过程中，手机的动量变化大小约为0.24kgm/s

B.手机对额头的冲量大小约为0.24N-s

C.手机对额头的冲量方向竖直向上

D.手机对额头的作用力大小约为2.4N

答案AD

解析根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为。=同-

2m/s,手机与额头作用后手机的速度变为0,选取向下为正方向，所以手机与额

头作用过程中动量变化为A〃=0—"W=-0.24kg.m/s,故A正确；手机与额头接

触的过程中受到重力与额头的作用力，选取向下为正方向，对手机由动量定理得

mgt+I=Ap,代入数据得/=-0.48N$负号表示方向竖直向上，根据力的作用

是相互的，所以手机对额头的冲量大小约为0.48N$故B错误；因为额头对手

机的冲量的方向是竖直向上，所以手机对额头的冲量方向竖直向下，故C错误;

根据冲量定义得手机对额头的作用力大小约为F=;=2.4N,故D正确。

考点三应用动量定理处理流体问题

研究流体类：液体流、气体流等，通常已知密度〃

对象微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数〃

分析①构建“柱体”模型：沿流速。的方向选取一段小柱体，其横截面

步骤积为S

小柱体的体积

②微元小柱体质量iv=p\V=pvS\t

研究小柱体粒子数N=nvS\t

小柱体动量p=mv=pv2S^t

③建立方程，应用动量定理&V=A〃研究

例5如图8所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D,水流速

度为。，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作,

进入水枪的水流速度正忽略不计，已知水的密度为下列说法正确的是（）

图8

A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为pnvD2

B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为％vD2

C.水柱对汽车的平均冲力为5。2方

D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原

来的4倍

答案D

解析高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即

£）2f

mo=pV=pTt-^-v=-^iipvb1,A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F,由动量定

理得即a=/加力V。，解得产二铲兀〃。2,c错误；高压水枪喷出的水

心皿2。2

对汽车产生的压强〃=]=1——=〃。2,则当高压水枪喷口的出水速度变为原来

A》

的2倍时，压强变为原来的4倍，D正确。

跟踪训练

4.（2023•江西宜春期中）中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗

粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间7=0.01s、横截面积为S=2n?的

圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为，〃=2X10—2kg,每1cn?有一个子弹

颗粒，所有子弹颗粒以。=300m/s射入目标，井停在目标体内。下列说法正确

的是（）

A.所形成弹幕的总体积V=6cm3

B.所形成弹幕的总质量M=1.2X105kg

C.弹幕对目标形成的冲量大小/=3.6X107kgm/s2

D.弹幕对目标形成的冲击力大小尸=3.6XIO'N

答案B

解析形成弹幕的总体积为V="S=6m3,A错误；每len?有一个子弹颗粒，

则子弹颗粒的总个数?个=6X106个,所形成弹幕的总质量M=N〃?=

1A1U

1.2X105kg,B正确；对整个弹幕由动量定理可知/=M-Ao=3.6X1（）7kg.m/s,c

错误；由冲量公式/=F。知，弹幕对目标形成的冲击力大小/=：=3.6X1（）9N,

D错误。

提升

（限时：40分钟）

A级基础对点练

对点练1动量和冲量

1.（多选）关于动量和动能，下列说法中正确的是（）

A.做变速运动的物体，动能一定不断变化

B.做变速运动的物体，动量一定不断变化

C.合力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零

D.合力的冲量为零，物体动量的增量一定为零

答案BCD

解析做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；

做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合力对物

体做功为零，由动能定理知，物体动能的增量一定为零，故C正确；合力的冲

量为零，由动量定理知，物体动量的增量一定为零，故D正确。

2.（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()

A.球的动能可能不变

B.球的动量大小一定增加12.6kg・m/s

C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得，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。

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。增大到2u,

在随后的一段时间内速度大小由2。增大到5°。前后两段时间内，合外力对质点

做功分别为W,和VV2,合外力的冲量大小分别为/I和/2o下列关系式一定成立的

是（）

A.VV2=3VVI,Z2^3ZIB.M=3WI,h^I\

C.VV2=7VVI,/2^3ZID.W2=7WI,h^I\

答案D

解析根据动能定理可知Wl=/（2o）2—；〃小=如）2,卬2=；〃7（5。）2—J〃（2o）2=

21

5■〃切2,可得牝=7%，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

3mv^h^：7mv1可知/22力，故D正确。

对点练2动量定理的理解和应用

4.自由式滑雪大跳台的滑道由助滑道、起跳台、着陆坡、停止坡组成。如图2所

示，运动员使用双板进行滑行，下列说法正确的是（）

图2

A.助滑时运动员两腿尽量深蹲是为了降低重心增大重力

B.起跳后运动员在完成空中动作时运动员可看作质点

C.着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，可以减小冲击力

D.滑行时运动员张开手臂是为了减小空气阻力

答案C

解析助滑时运动员两腿尽量深蹲并不能增大重力，故A错误；由于是研究运

动员起跳后在空中的动作完成情况，所以不能将运动员看作质点，故B错误；

着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以

减小冲击力，故C正确；滑行时运动员张开手臂是为了调整重心保持平衡，故D

错误。

5.（2022.广东深圳模拟）如图3所示，质量为2kg的椰子从距地面高度为20m的

树上由静止落下，将沙地砸出小坑后静止，与沙地接触时间约为0.01s。不计椰

子下落时的空气阻力，取g=10m/s2。则（）

图3

A.椰子落地时瞬间动量为20kgm/s

B.沙地对椰子的平均阻力约为4000N

C.沙地对椰子做的功约为4000J

D.沙坑的深度约为20cm

答案B

解析设椰子落地时的速度大小为根据动能定理可得，〃颜加2,解得。=

20m/s,根据动量的计算公式可得〃=〃w=2X20kg・m/s=40kg・m/s,选项A错

误；沙地对椰子的平均阻力为f,取向上为正方句，根据动量定理可得

=0—(一〃W),解得了=4020NQ4000N,选项B正确；设椰子将沙地砸出小坑

深度约为〃，根据位移公式可得〃=*=岑X().()lm=().lm=l()cm,从椰子接触

地面到速度为零的过程中，沙地对椰子做的功约为W=-/7?=-4()O()XO.lJ=-

400J,选项C、D错误。

6.(2022•山东卷，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载

火箭。如图4所示，发射仓内的高压气体先将火箭螺直向上推出，火箭速度接近

零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中()

图4

A.火箭的加速度为零时，动能最大

B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能

C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量

D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量

答案A

解析火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直

向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体

的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动,

当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为

零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时,

火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零

时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放

的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理,

可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气

体的推力和空气阻力充火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。

对点练3应用动量定理处理流体问题

7.（2023・辽宁大连模拟）水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工

以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图5所示，若横截

面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为

零。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q,水的密度为p,则钢板受到水

的平均冲力大小为（）

图5

A.40〃B.Qp口.誓~

答案D

解析水流速度32,单位时间内水的质量△加=〃0，在加时间内由动

量定理可得一心，=0—〃04严5,解得尸=鬻，故D正确，A、B、C错误。

8.（2020•海南卷，8）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原

子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg,

离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0X103

g/s,则探测器获得的平均推力大小为（）

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

答案C

解析对离子流，根据动量定理有心片Am。，而A〃z=3.0X10—3xio-3加，解得

斤=0.09N,故探测器获得的平均推力大小为0.09N,故选项C正确。

B级综合提升练

9.（2023•广东深圳市调研）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。

如图6所示，可转动的把手上。点到转轴的距离为2R,辘萨边缘方点到转轴的

距离为凡人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，贝火）

图6

A.a点的角速度大于b点的角速度

B.a点的线速度小于b点的线速度

C.绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量

D.绳对乙的拉力大于乙的动量变化率

答案D

解析4、〃两点同轴转动，则两点的角速度相同，又。点转动半径较大，根据

。=如•可知。点的线速度大于〃点的线速度，选项A、B错误；根据动量定理有

（F-mg）t=mv,变形可得产=卒+/咫，即绳对乙拉力和乙的重力的合力的冲量

等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，选项C错误，D正

确。

10.（多选）如图7所示，篮球以水平初速度。0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原

米的攵倍碰撞时间极短，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〃z，半径为一，篮框中心距篮板的距离为L,碰撞点与篮框中心的

高度差为儿不计摩擦和空气阻力，则（）

图7

A.篮板对篮球的冲量大小为（A—1）而加

B.篮板对篮球的冲量大小为（Z+1）EO

C.若篮球漏气，导致2减小，在见不变的情况下，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％减小，在见不变的情况下，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/=〃?初0—

（一,加0）=伏+1）〃切0,故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气,

导致A减小，在。o不变的情况下，切o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/要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。

11.（2023•河北邯郸模拟）如图8甲所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，r=0

时刻在滑块上施加一水平向右的外力F,外力大小随时间的变化规律如图乙所

示，滑块的加速度随时间的变化规律如图丙所示，已知滑块与地面间的滑动摩擦

力等于最大静摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。则下列说法正确的是（）

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃/〃

a/(ni,s-2)

图8

A.滑块的质量为根=2kg

B.4s末滑块速度的大小为12m/s

C.在0〜Is的时间内，摩擦力的冲量大小为0

D.在0〜4s的时间内，摩擦力的冲量大小为22N.s

答案D

解析根据题图乙可知，外力厂随时间变化的关系表达式为尸=2+4],由题图

丙可知，在f=ls时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则

有Ff=Fi=6N,由题图丙可知，在1=4s时，滑块的加速度为4m/s2,根据牛

pA—Ff

顿第二定律有用一片二〃心，解得加=■—=3kg,A错误；由C7—/图像的面积

表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故4s内a—f图像的面积即表示

、0+4

为4s末滑块速度的大小，V4=2X(4—l)m/s=6m/s,B错误；在0〜Is的时

间内，有静摩擦力作用，故摩擦力的冲量大小不为0,其大小等于b的冲量大小,

")+6

/“=//==5-X1N,S=4N$C错误；在1〜4s的时间内，摩擦力的冲量大小为

Zfi4=Ff/i4=6X3N-s=18N-s,故在。〜4s的时间内，摩擦力的冲量大小为/=左

+/fi4=22N-s,D正确。

12.(2022・河北张家口模拟)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内

有人工制造的可控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风

力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、

向下运动或悬浮。已知一游客质量为60kg,腹部向下时受风面积最大为0.7n?,

身体直立时受风面积最小为0.2n?,气流密度为1.2kg/n?,气流速度为30m/s,

重力加速度为g=10m/s2,假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。求：

图9

(1)若游客在风洞内悬浮，则受风面积应调整为多大；

(2)若游客进入风洞先由最大受风面积运动1s后立即改为最小受风面积，求游客

距出发点的最远距离为多少(结果均保留2位有效数字)。

答案(1)0.56m2(2)1.8m

解析(1)在Z时间内吹到人体的气体质量为^/n=pSvM®

设人对气流的力的大小为F,则对此段气体由动量定理得以/=△/皿②

由牛顿第三定律，风给人的力大小尸=脸

人受力平衡，所以尸=，咫④

联立可得SyO.56m2。⑤

⑵风速远大于人速，人在风洞内做匀变速直线运动，当S=0.7n?时，由①②③

可得人受风力

Fi=〃S炉=756N@

由牛顿第二定律得Fi—mg=mai⑦

经过fi=1s时山=1.3m⑧

v=a\t\=2.6m/s⑨

当受风面积为S2=0.2nf时加速度向下，

由①©③可得乃=〃S2〃=216N⑩

由牛顿第二定律得mg—F2=rna2@

解得欧=6.4m/s2

游客减速过程上升的跟离X2=2^@

解得X2g0.53m

游客距离出发点的最远距离为x=xi+.g⑬

解得x=L81n。第2讲动量守恒定律及其应用

学习目标1.理解动量守恒定律，知道动量守恒的条件。2.会定量分析一维碰撞

问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞。3.会用动量守恒的观点分

析爆炸、反冲及人船模型。

夯实必备知识

1.

如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和

H内容卜

为。.这个系统的总动员保持不变

动

黄

(1)〃=〃'或，〃必+〃12。2=叫+m2r2’。系统相互

守

恒表达式J作用前的总动最等于相互作用后的总动最

定(2)Ap产-Apz,相互作用的两个物体动量的变

律化后等大反向

京%—不受外力或所受外力的合力为空

2.

碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物

H碰撞j

体间相互作用力很大的现象

_^冏_在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力,”

工^一认为相互碰撞的系统动樊守恒

碰3

撞

厂［弹性碰撞卜动送守恒、机械能守恒

万国非弹性碰撞］-动设守恒、机械能有损失

-露1弹一动黄守恒、机械能损失最多

3.

—,爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作

爆?—用力很大，且远大于系统所受的外力,所以系统动

炸包量变恒.如爆竹爆炸等

4.

当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动

U汐时.剩余部分必将向后运动,这种现象叫反冲运动

反ru^i系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到

冲飞2112r的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等

q规律)一遵从动最守恒定律

1.思考判断

(1)只耍系统所受合外力做功为0,系统动量就守恒。(X)

(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(V)

(3)动量守恒定律的表达式如。|+〃?2。2=如。|'+相2。2',一定是矢量式，应用时要

规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(J)

⑷发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(J)

(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(X)

(6)在光滑水平而上的两球相向运动，碰撞后均变为静I匕则两球碰撞前的动量

大小一定相等。（J）

2.（多选）如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男

孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是

()

图1

A.男孩和木箱组成的系统动量守恒

B.小车与木箱组成的系统动量守恒

C男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同

答案CD

研透核心考点

考点一动量守恒定律的理解和基本应用

1.适用条件

（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。

（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

（3）某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一

方向上动量守恒。

2.应用动量守恒定律解题的步骤

明确研确定系统的组成（系统包括哪几个

究对象物体及研究的过程）

进行受判断系统动景是否守恒（或某一方

力分析向上是否守恒）

列方程）—*规定正方向,确定初.末状态动景,

由动景守恒定律列出方程

求解与代入数据,求出结果.必要时讨论

讨论说明

角度n动量守恒定律的理解

例1（2021•全国乙卷，14）如图2,光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与

车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车席的水平底板间有摩擦。用力向

右推动车席使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考

系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

图2

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒

D.动量不守恒，机械能不守恒

答案B

解析撤去推力，系统所受合外力为0,动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦

力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。

角度见动量守恒定律的基本应用

例2（多选）如图3所示，三辆完全相同的平板小车。、氏。成一直线排列，静止

在光滑水平面上。。车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从人车跳到。车上。

小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到。车上相对。车保持静止，

此后（）

cba

图3

A.a、〃两车运动速率相等

B.a、c两车运动速率相等

C.三辆车的速率关系V2>Va>Vb

D.a、c•两车运动方向相反

答案CD

解析设向右为正方向，设人跳离仇c车时对地水平速度为。，在水平方向由

动量守恒定律有0=M”c+〃zK。，m人v=M车3+机人。，m车+〃2人）M

所以选项A、B错误，C、D正确。

跟踪训练

1.(多选)(2023・山东枣庄月考)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端

连接着质量为/HI=1.0kg的物块4另一端连接质量为团2=1.0kg的长木板B,

绳子开始是松弛的。质量为帆3=1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与长

木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左

的瞬时初速度0o=2.Om/s,物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、

C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未

从长木板8上滑落。下列说法正确的是()

A.绳子绷紧前，B、。达到的共同速度大小为1.0m/s

B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、3的速度大小均为1.0m/s

C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、8的速度大小均为0.5m/s

2

D.最终A、B、。三者将以大小为‘m/s的共同速度一直运动下去

答案ACD

解析绳子绷紧前，&C已经达到共同速度，设夙C达到的共同速度大小为

到，根据动量守恒定律可得加300=(加2+加3加，解得切=1.0m/s,A正确;绳，子

刚绷紧后的瞬间，4、8具有相同的速度s,A、B组成的系统满足动量守恒，则

有"?20i=(〃zi+"Z2)s,解得s=0.5m/s,B错误，C正确；A、B、C三者最终有

共同的速度。3,A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有"2300=("“+"”+m3比3,

解得O3=5m/s,D正确。

考点二碰撞问题

1.碰撞问题遵守的三条原则

(1)动量守恒：pi+p2=pi'+p2，。

(2)动能不增加：Eki+Ek22Eki'+Ek2'。

（3）速度要符合实际情况

①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有。后前，碰后原来在前的物体

速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有。#2。/。

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

2.弹性碰撞的结论

以质量为"21、速度为ri的小球与质量为"22的静止小球发生弹性碰撞为例，则有

mw\=m\v\'tn2V2r

品1Vi=J”lV\，2+|w2P2z2

m\—mi2tn\

联立解得。|'=T»V2=Tvi

"21十"22加1十"22

讨论：⑴若如=胴2,则。|'=0,改’=初（速度交换）;

(2)若m\贝iJo/AO,碰后，两物体沿同一方向运动）;

(3)若则V2r^2v\；

(4)若miVmz，则。/V（）,。2，＞（）（碰后，两物体沿相反方向运动）;

(5)若〃21«加2,则初〜一01,

3.非弹性碰撞

碰撞结束后，动能有部分损失。

mw\H-nizV2=。i'+miV2

gm1VI+17772V2=J"1010+^1?12V2"+A反物

4.完全非弹性碰撞

碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。

imV2=。川+〃?2)。

2

Ivr+2H=1+^2)v+AR恼max

角度n弹性碰撞

例3（2022・湖南卷，4）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是

由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图5,中子以速度。o分别碰

撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为初和汲。设碰撞为弹性

正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）

中子氢核

O------------------O--------►/

中子氮核

图5

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小

B.碰撞后氮核的动能比氢核的小

C.P2大于V\

DQ大于

答案B

解析设中子的质量为m，则氢核的质量也为〃7,氮核的质量为14根，设中子和

氢核碰撞后中子速度为。3,取的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒

定律可得

mvo~mvi+mV}

^rivi=pz/UT+；"就

联立解得V\=VO

设中子和氮核碰撞后中子速度为。4,取加的方向为正方向，由动量守恒定律和

能量守恒定律可得niv(.=14mV2+mV4

\〃2加=4X14/72V2+4也昂

2

联立解得V2=T7U0

AJ

可得切=如>。2,故C、D错误;

碰撞后氢核的动量为iM=mv\=mvo

KA"-LN“，2Smvo

氮核的动量为PN=14/加2=]5

可得PN>PH,故A错误;

碰撞后氢核的动能为

EkH斗加加

氮核的动能为fkN=1x14/加=2：鲁

可得EkH>EkN,故B正确。

角度同非弹性碰撞

例4（多选）（2023•福建龙岩模拟）如图6所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈

A和滑块夙C均静止在光滑水平地面上，斜劈人的末端与水平地面相切。一滑

块Q从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块。滑到水平地面后与滑块

B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知

斜劈A和三个滑块的质量均为〃7,斜劈A的圆弧凯道半径为R,重力加速度大小

为g。滑块8、C、。均可视为质点，则下列说法正确的是（）

D

图6

A.滑块。在圆弧轨道上滑动的过程中，A对。的支持力做功为一多%R

B.与滑块8碰撞前瞬间，滑块。的速度大小为4荻

C.滑块B与滑块。碰撞后的速度大小为亨

D.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为由〃gR

答案AD

解析。在A上滑动时，力与。组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械

能守恒，则当。滑到水平地面上时〃皿）一〃WA=0,且加昆+；/«就，两式

联立解得A、。分离时的速度大小为况）=内=4正，即A与。的速度大小相等，

方向相反，下滑过程充。由动能定理得WN+，〃gR=S而，解得以二一57次,

故A正确；D与B碰撞前的速度即为A、。分离时。的速度大小，为痫，故B

错误；B与C碰撞过程中，B、C、。组成的系统动量守恒，有加。。=（小十加+

，n）vc,则B与。碰撞后的速度大小为oc=零，故C错误；。与5碰撞过程动

量守恒，有WW/）=（〃z+〃7）08,则碰撞后B、。整体的速度大小为08="|反,损失

的机械能+m）vl=^mgR,故D正确。

跟踪训练

2.（2023•江苏无锡高三期末）A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在

前，A球在后，nw=lkgo经过一段时间，A、5发生正碰，碰撞时间极短，碰

撞前、后两球的位移一时间图像如图7所示，根据以上信息可知（）

6.0b----

5.0

4.0

3.0解

2.0卜//

1.。〃8

1.()1.6//s

A.碰撞过程中B球受到的冲量为8N-s

B.碰撞过程中A球受到的冲量为一8N-s

C.B球的质量m3=4kg

D.A、8两球发生的是弹性碰撞

答案D

解析已知x—f图像的斜率代表速度，则内=6m/s,VA,=2m/s,VB=3m/s,VB'

=5m/s,根据动量定理有〃〃办=—4N$加=/〃即"一"7808,再根据

动量守恒定律有647〃+/丽斗6团4,解得〃7B=2kg,7B=4N-S,A、R、

C错误；碰撞前后的动能分别为Ek=5"〃源+5〃3凉=27J,Ek,=^mAVA,2-\-^mBVB,2

=27J,则A、8两球发生的是弹性碰撞，D正确。

考点三爆炸、反冲和“人船”模型

1.爆炸现象的三个规律

动量爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程

守恒中，系统的总动量守恒

动能在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以

增加系统的机械能增加

位置爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为

不变爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动

2.反冲运动的三点说明

作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果

反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循

动量守恒

动量守恒定律

反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总

机械能增加

机械能增加

3.“人船”模型特点

⑴常见情景

(2)动量守恒：两物体相互作用过程满足动量守恒定律小加一〃2202=0。

(3)位移关系：XI+X2=L,得XI=~v-L,X2=L°

ttm\-vnn"八十im

(4)运动特点

①人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。

②人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于

它们质量的反比，即詈。

人2(✓Xffll

③应用费="=等时要注意：叽。2和川、X2一般都是相对地面而言的。

角度EI爆炸问题

例5(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平

向右的速度。飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图8所示。

爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则下

列说法正确的是（）

A.爆炸后乙落地的时间最长

B.爆炸后甲落地的时间最长

C.甲、丙落地点到乙落地点。的距离比为4：1

D.爆炸过程释放的化学能为等

答案CD

解析爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间/=

相等,选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，有〃w=-再+；小。甲，由

题意知。丙=。，得。甲=4心爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点

O的距离x—/相同，则X-小甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为

x甲：x产。甲：。产4：1,选项C正确；根据能量守恒可得爆炸过程释放的化学

17

±+-X22-2

=力

22河3选项D正确。

角度反冲问题

例6（2022・河南开封模拟）导弹发射过程可以简化为：将静止的质量为M（含燃料）

的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度00竖直向下喷出质量为m的

炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得

的速度大小是（)

A・谓。

-M-m

M-mM-m

答案D

解析由动量守恒定律得〃wo=（W—〃z）。，导弹获得的速度。=就，，。，故D正

确。

角度应“人船”模型

例7（多选）（2023・福建厦门高三月考）如图9所示，将一质量为M、半径为R的光