高二物理（人教版）教案选择性必修一第一章动量守恒定律

第一章动量守恒定律第1节动量(强基课逐点理清物理观念)课标要求学习目标理解动量。1.认识常见碰撞现象,知道碰撞特点,了解历史上对碰撞的研究。2.会通过实验探究碰撞前后运动量的变化,寻求碰撞中的不变量。3.理解动量的概念及其矢量性,会计算动量的变化量。逐点清(一)寻求碰撞中的不变量[多维度理解]1.两球碰撞实验演示(1)B球与C球质量相等时,C球碰B球后,C球静止,B球可摆到C球被拉起时同样的高度。(2)质量大的C球碰质量小的B球时,碰后B球获得较大的速度,摆起的最大高度大于C球被拉起时的高度。(3)结论:两球碰撞前后的速度之和并不相等。2.碰撞实验数据分析如图所示,两辆小车都放在滑轨上,用质量为m1的小车碰撞静止的质量为m2的小车,碰后两辆小车粘在一起运动,测出碰撞前质量为m1的小车运动的速度v和碰撞后两辆小车一起运动的速度v'。可根据实验数据分析:(1)两辆小车碰撞前后,动能之和并不相等。(2)两辆小车碰撞前后,质量与速度的乘积之和基本不变。[全方位练明]1.光滑的水平面上有两个半径相等的小球,质量为m1的小球以速度v0与静止的质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后质量为m1、m2的小球的速度分别为v1、v2,v1、v2与v0方向相同且在同一直线上,如图所示为两小球碰撞后的运动情况。判断下列说法是否正确。(1)v0一定等于v1+v2。(×)(2)12m1v02一定等于12m1v12+1(3)m1v0一定等于m1v1+m2v2。(√)2.(2025·湖北巴东质检)(多选)关于碰撞的特点,下列说法正确的是()A.碰撞的过程时间一般都极短B.碰撞时,质量大的物体对质量小的物体的作用力大C.碰撞时,质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力大小相等D.碰撞时,质量小的物体对质量大的物体的作用力大解析:选AC两物体发生碰撞的过程时间一般都极短,碰撞时,质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互作用力,大小相等、方向相反,故A、C正确,B、D错误。3.某同学利用气垫导轨上滑块间的碰撞来寻找物体碰撞过程中的“不变量”,实验装置如图所示,实验过程如下(“+、”表示速度方向):(1)使m1=m2=0.25kg,让运动的质量为m1的滑块1碰撞静止的质量为m2的滑块2,碰后两滑块一起运动,数据如表1。表1碰前碰后滑块1滑块2滑块1滑块2速度v/(m·s1)+0.1400+0.069+0.069根据实验数据可推知,在误差允许的范围内:①碰前滑块的速度(填“等于”或“不等于”)碰后滑块速度的矢量和;

②碰前滑块的动能(填“等于”或“不等于”)碰后滑块动能的和;

③碰前滑块的质量与速度的乘积mv(填“等于”或“不等于”)碰后滑块的质量与速度的乘积的矢量和m'v'。

(2)使2m1=m2=0.5kg,让运动的滑块1(质量为m1)碰静止的滑块2(质量为m2),碰后两滑块分开,数据如表2。表2碰前碰后滑块1滑块2滑块1滑块2速度v/(m·s1)+0.12000.024+0.070根据实验数据可推知,在误差允许的范围内;①碰前滑块的速度(填“等于”或“不等于”)碰后滑块速度的矢量和;

②碰前滑块的动能(填“等于”或“不等于”)碰后滑块动能的和;

③碰前滑块的质量与速度的乘积mv(填“等于”或“不等于”)碰后滑块的质量与速度的乘积的矢量和m'v'。

(3)在实验中发现的“不变量”是:。

解析:(1)①碰后滑块速度的矢量和为0.069m/s+0.069m/s=0.138m/s,所以在误差允许的范围内,碰前滑块的速度等于碰后滑块速度的矢量和;②碰前滑块的动能为Ek=12×0.25×0.142J=0.00245碰后滑块动能的和为Ek'=12×(0.25+0.25)×0.0692J≈0.00119碰前滑块的动能不等于碰后滑块动能的和;③碰前滑块的质量与速度的乘积mv=0.0350kg·m/s,碰后滑块的质量与速度的乘积的矢量和m'v'=(0.25+0.25)×0.069kg·m/s=0.0345kg·m/s,二者在误差允许的范围内是相等的。(2)①碰前滑块的速度为0.120m/s,碰后滑块的速度的矢量和为(0.024+0.070)m/s=0.046m/s,可知在误差允许的范围内,碰撞前滑块的速度与碰撞后滑块速度的矢量和不相等;②碰前滑块的动能为Ek=12×0.25×0.1202J=0.0018碰后滑块的总动能为Ek'=12×0.25×0.0242+12×0.5×0.在误差允许的范围内,碰撞前滑块的动能与碰后滑块的动能之和不相等;③碰前滑块的质量与速度的乘积mv=0.25×0.120kg·m/s=0.03kg·m/s,碰后滑块的质量与速度的乘积的矢量和m'v'=(0.25×0.024+0.5×0.070)kg·m/s=0.029kg·m/s,则在误差允许的范围内,碰撞前滑块的质量与速度的乘积mv等于碰后滑块的质量与速度的乘积的矢量和m'v'。(3)碰撞中的“不变量”是:碰撞过程中物体的质量与速度乘积的矢量和。答案:(1)①等于②不等于③等于(2)①不等于②不等于③等于(3)碰撞过程中物体的质量与速度乘积的矢量和逐点清(二)动量及动量的变化量[多维度理解]1.动量(1)定义:物体的质量和速度的乘积。(2)公式:p=mv。(3)单位:千克米每秒,符号是kg·m/s。(4)动量的三个特征瞬时性动量是状态量,通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示矢量性动量是矢量,方向与物体的速度的方向相同,运算遵守平行四边形定则。相对性因物体的速度与参考系的选取有关,故物体的动量也与参考系的选取有关,因而动量具有相对性,通常情况是指相对地面的动量2.动量的变化量(1)动量的变化量是过程量,分析计算时,要明确是物体在哪一个过程的动量变化。(2)动量的变化量Δp=p'p是矢量式,Δp的方向与速度变化的方向相同(填“相同”或“相反”)。(3)Δp的计算①当p'、p在同一直线上时,可规定正方向,将矢量运算转化为代数运算;②当p'、p不在同一直线上时,应依据平行四边形定则运算,如图所示。

[全方位练明]1.判断下列说法是否正确。(1)动量越大,物体的速度越大。(×)(2)物体的动量发生变化时,运动方向一定改变。(×)(3)物体的速度方向改变,其动量一定改变。(√)(4)动量变化量的方向一定和物体初动量的方向相同。(×)2.(2025·湖南长沙阶段练习)关于物体的动量,下列说法中正确的是()A.同一物体,动量越大,速度越大B.(8kg·m/s)的动量小于(+6kg·m/s)的动量C.物体的动量发生变化,其动能一定发生变化D.做匀速圆周运动的物体,其动量不变解析:选A根据p=mv可知,同一物体,动量越大,速度一定越大,故A正确;动量是矢量,正负号只代表方向,不代表大小,则(8kg·m/s)的动量大于(+6kg·m/s)的动量,故B错误;物体的动量发生变化,可能是物体速度的方向变化,不一定是物体速度的大小发生变化,则其动能不一定变化,故C错误;做匀速圆周运动的物体,速度的方向不断变化,则其动量不断变化,故D错误。3.一台自动传送盘,盘上离转轴0.5m处有一质量为0.5kg的零件随盘做匀速圆周运动,则当盘以角速度ω=2rad/s转过180°的过程中,零件动量的变化量大小为()A.0.25kg·m/s B.0.5kg·m/sC.1kg·m/s D.2kg·m/s解析:选C设末速度方向为正方向,零件动量的变化量大小为Δp=mv2mv1=2mωr=2×0.5×2×0.5kg·m/s=1kg·m/s,故C正确。逐点清(三)动量与动能的区别和联系[多维度理解]动量和动能的比较动量动能定义式p=mvEk=12mv标矢性矢量标量定义式v的含义速度速率换算关系p=2mEk,Ek[典例]某同学把一质量为0.5kg的篮球由静止释放,释放后篮球的重心下降高度为1.25m时与地面相撞,反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.45m。不计空气阻力,取重力加速度g=10m/s2。求篮球与地面相撞的过程中:(1)篮球的动量变化量;(2)篮球的动能变化量。[解析](1)篮球与地面相撞前瞬间的速度大小为v1=2gℎ=2×10×1.25m/s=5m/s,方向竖直向下篮球与地面相撞后瞬间的速度大小为v2=2gℎ'=2×10×0.45m/s=3m/s,规定竖直向下为正方向,篮球的动量变化量为Δp=(mv2)mv1=0.5×3kg·m/s0.5×5kg·m/s=4kg·m/s,即篮球的动量变化量大小为4kg·m/s,方向竖直向上。(2)篮球的动能变化量为ΔEk=12mv2212mv12=12×0.5×32J12×0.5×52J=[答案](1)4kg·m/s,方向竖直向上(2)减少了4J[全方位练明]1.(2025·贵州贵阳阶段练习)对于一个质量不变的物体,下列说法正确的是()A.物体的动能发生变化,其动量一定变化B.物体的动能发生变化,其动量不一定变化C.物体的动量发生变化,其动能一定变化D.物体的动量发生变化,其动能一定不变化解析:选A根据动量表达式p=mv以及动能表达式Ek=12mv2可知,动能发生变化,是速度大小发生变化引起的,因而动量一定变化,故A正确,B错误;速度的大小或方向发生改变都会引起动量变化,但仅仅是速度方向变化导致的动量改变,其动能不变,因而物体的动量发生变化,其动能不一定变化,故C、D2.两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.不能确定解析:选B根据动能的表达式Ek=12mv2,动量的表达式p=mv,联立可得p=2mEk,物体A、B的动能Ek相同,mA>mB,则pA>pB[课时跟踪检测]1.(多选)在“利用气垫导轨探究碰撞中的不变量”实验中,下列因素可导致实验误差的是()A.导轨安放不水平 B.滑块上挡光板倾斜C.两滑块质量不相等 D.两滑块碰后粘在一起解析:选AB导轨不水平将导致滑块的速度受重力沿导轨方向的分力影响,从而产生实验误差;挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移,造成实验误差;实验中并不要求两滑块的质量相等;两滑块碰后粘在一起是碰撞的一种情况,并不影响碰撞中的守恒量。综上所述,A、B符合题意。2.(2025·四川绵阳阶段检测)在离心机上转圈是提升航天员耐力的一项重要训练。某次训练过程中,离心机的座舱在水平面内做匀速圆周运动,则座舱内航天员的()A.加速度不变 B.动能不变C.动量不变 D.所受的合外力不变解析:选B离心机的座舱在水平面内做匀速圆周运动,则座舱内航天员的加速度大小不变、方向不断变化,所受的合外力大小不变、方向不断变化,选项A、D错误;座舱内航天员的速度大小不变,则动能不变,选项B正确;座舱内航天员的速度大小不变、方向不断变化,根据p=mv,则座舱内航天员的动量大小不变、方向不断变化,选项C错误。3.(2025·江苏南京期中)下列关于动量的说法中正确的是()A.质量大的物体,动量一定大B.质量和速率都相等的物体,动量一定相同C.质量一定的物体的速率不变,它的动量一定不变D.质量一定的物体的运动状态改变,它的动量一定改变解析:选D动量是物体的质量和速度的乘积,由物体的质量和速度共同决定,A错误;动量是矢量,方向与速度的方向相同,质量和速率都相等的物体,其动量大小一定相等,但方向不一定相同,B错误;质量一定的物体的速率不变,它的动量大小一定不变,但方向可能改变,C错误;质量一定的物体的运动状态改变,它的速度一定改变,它的动量也一定改变,D正确。4.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,若不计空气阻力,下列说法正确的是()A.绳对人的拉力先减小后增大,人的动量先增大后减小B.人在最低点时动量为0,人处于静止状态C.绳对人的拉力始终做负功,人的动能和动量一直减小D.人的动能最大时,动量一定最大解析:选D从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,绳对人的拉力先小于人的重力,后大于人的重力,绳对人的拉力一直增大,人先向下做加速运动后向下做减速运动,则人的速度先增大后减小,人的动量先增大后减小,人的动能也先增大后减小;绳对人的拉力方向始终向上,绳对人的拉力始终做负功,故A、C错误。人在最低点时速度为0,则动量为0,但加速度方向向上,人不是处于静止状态,故B错误;人的动能最大时,速度最大,所以动量一定最大,故D正确。5.(2025·湖南长沙阶段练习)如图所示,A物体套在光滑的竖直杆上,B物体放置在粗糙水平桌面上,A、B两物体用一不可伸长的轻绳连接,初始时轻绳跨过定滑轮呈水平状态,A、B物体的质量均为m。A物体从P点由静止释放,下落到Q点时速度为v,PQ之间的高度差为h,此时连接A物体的轻绳与水平方向的夹角为θ,重力加速度为g。在此过程中,下列说法正确的是()A.轻绳对A物体的拉力不做功B.A、B两物体组成的系统机械能守恒C.A物体运动到Q点时,B物体的动量大小为mvsinθD.A物体运动到Q点时,B物体的动能为mgh12mv解析:选CA物体的位移方向竖直向下,轻绳对A物体的拉力有竖直向上的分力,拉力对A物体做负功,A错误;A、B两物体组成的系统除了重力做功外,B物体受到的摩擦力也做功,系统的机械能不守恒,B错误;A物体运动到Q点时,将其速度进行分解,如图所示,其中v1为沿绳子方向的分速度,根据几何关系可得vB=v1=vsinθ,B物体的动量大小为p=mvB=mvsinθ,C正确;根据能量守恒定律可知,此时B物体的动能小于mgh12mv2,D6.(2025·山东德州阶段检测)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t26(m)和y=2t+140(m)。无人机及其装载物的总质量为2kg,取竖直向上为正方向。则()A.EF段无人机的速度大小为4m/sB.FM段无人机内的装载物处于失重状态C.FM段无人机和装载物总动量变化量的大小为4kg·m/sD.MN段无人机机械能守恒解析:选AB位移—时间图线的斜率表示速度,则根据EF段的方程y=4t26(m),可知EF段无人机的速度大小为4m/s,故A正确;由题图可知FM段无人机的速度先向上减小后向下增大,则加速度方向始终向下,故该段无人机内的装载物处于失重状态,故B正确;根据MN段的方程y=2t+140(m),可知MN段无人机的速度为2m/s,则无人机及其装载物在FM段的总动量变化量的大小为Δp=m|Δv|=2×−2−4kg·m/s=12kg·m/s,故C错误;MN段无人机匀速下降,动能不变,重力势能减小,则机械能减小,故D7.(多选)质量为0.5kg的物体,运动速度大小为3m/s,它在一个变力作用下沿直线运动,经过一段时间后速度大小变为7m/s,则这段时间内动量的变化量可能为()A.5kg·m/s,方向与初速度方向相反B.5kg·m/s,方向与初速度方向相同C.2kg·m/s,方向与初速度方向相反D.2kg·m/s,方向与初速度方向相同解析:选AD以初速度方向为正方向,如果末速度方向与初速度方向相反,得Δp=mv'mv=(7×0.53×0.5)kg·m/s=5kg·m/s,负号表示Δp的方向与初速度方向相反,A正确,B错误;如果末速度方向与初速度方向相同,得Δp=mv'mv=(7×0.53×0.5)kg·m/s=2kg·m/s,方向与初速度方向相同,C错误,D正确。8.(2025·北京海淀期中)如图所示,在t=0时小球被斜向上抛出,空气阻力可以忽略。以抛出点为原点,以水平向右为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立平面直角坐标系。关于小球运动过程中,动量在x方向的分量px随时间t、动量在y方向的分量py随时间t、动能Ek随水平位移x、动能Ek随竖直位移y的变化关系,下列图中可能正确的是()解析:选B小球做斜抛运动,设初速度与x轴正方向的夹角为θ,沿x方向小球做匀速直线运动,动量在x方向的分量为px=mvx=mv0cosθ,可知动量在x方向的分量不变,故A错误;小球沿y方向做竖直上抛运动,速度为vy=v0sinθgt,动量在y方向的分量为py=mvy=mv0sinθmgt,故B正确;小球做斜抛运动过程中,沿x方向的速度分量保持不变,小球的动能不可能为零,故C、D错误。9.(2025·重庆九龙坡期末)如图所示,某滑雪运动员从弧形坡面上滑下,沿水平方向飞出后落到斜面上。若斜面足够长且倾角为θ。某次训练时,运动员从弧形坡面先后以速度v0和3v0水平飞出,飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力,则()A.运动员先后落在斜面上所用时间之比为3∶1B.运动员先后落在斜面上位移之比为1∶3C.运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶3D.运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3解析:选D运动员做平抛运动,有x=v0t,h=12gt2,tanθ=ℎx,解得t=2v0tanθg,因此运动员先后落在斜面上所用时间之比t1t2=13,故A错误;运动员落在斜面上的位移s=12gt2sinθ,运动员先后落在斜面上位移之比s1s2=t12t22=19,故B错误;运动员落在斜面上动能的变化量ΔEk=mgh=12mg2t2,10.(2025·山东聊城期中)一个质量为0.2kg的小球,以大小为v0=20m/s的速度斜射到坚硬的粗糙平面上,入射方向与竖直方向的夹角为37°,碰撞后被斜着弹出,弹出的方向与竖直方向的夹角为53°,速度大小变为v=15m/s,sin37°=0.6,cos37°=0.8。关于该碰撞过程,下列说法正确的是()A.小球在竖直方向的动量变化量大小为1.4kg·m/sB.小球在竖直方向的动量变化量大小为5kg·m/sC.小球总动量的变化量大小为1kg·m/sD.小球总动量的变化量大小为7kg·m/s解析:选B以竖直向上为正方向,小球竖直方向的初速度为vy0=v0cos37°=16m/s,小球竖直方向的末速度为vy=vcos53°=9m/s,则小球在竖直方向的动量变化量为Δpy=mvymvy0=5kg·m/s,方向竖直向上,A错误,B正确;根据三角形定则,动量的变化如图所示,由几何关系可得Δp=mv02+mv2=5kg·m/s,即小球总动量的变化量大小为11.(8分)假设羽毛球飞来的速率为50m/s,运动员将羽毛球以100m/s的速率反向击回。设羽毛球的质量为10g,求:(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量;(4分)(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量。(4分)解析:(1)以羽毛球飞来的方向为正方向,则p1=mv1=10×103×50kg·m/s=0.5kg·m/s,p2=mv2=10×103×(100)kg·m/s=1kg·m/s,所以动量的变化量Δp=p2p1=1kg·m/s0.5kg·m/s=1.5kg·m/s即羽毛球的动量变化量大小为1.5kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反。(2)羽毛球的初动能Ek=12mv12=12.5J,羽毛球的末动能Ek'=12m羽毛球的动能变化量ΔEk=Ek'Ek=37.5J。答案:(1)1.5kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反(2)37.5J12.(10分)(2025·山西太原阶段练习)一质量为1000kg的机动车在水平路面沿直线减速行驶,根据机动车的运动情况,绘制xt2⁃1t图像如图所示,规定初速度(1)机动车的初速度及加速度;(4分)(2)机动车在前3s的位移;(3分)(3)机动车前3s的动量变化量。(3分)解析:(1)由题图可知,绘制的xt2⁃1t图像对应的函数关系式为x变形有x=10t2t2根据位移公式有x=v0t+12at则有v0=10m/s,12a=2m/s解得a=4m/s2即加速度大小为4m/s2,方向与初速度方向相反。(2)机动车减速至0经历的时间t0=0−v0a=2.表明3s之前,机动车已经停止运动,则机动车在前3s的位移x=v02t0=12.5(3)机动车前3s的动量变化量Δp=0mv0=1.0×104kg·m/s即机动车前3s的动量变化量大小为1.0×104kg·m/s,方向与初速度方向相反。答案:(1)10m/s4m/s2,方向与初速度方向相反(2)12.5m,方向与初速度方向相同(3)1.0×104kg·m/s,方向与初速度方向相反第2节动量定理(赋能课精细培优科学思维)课标要求学习目标1.理解冲量。2.通过理论推导和实验,理解动量定理,能用其解释生产生活中的有关现象。1.理解冲量的概念,知道冲量是矢量,会计算某力的冲量。2.理解动量定理的含义及其表达式,会运用动量定理解决实际问题。3.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生产生活中的现象。1.冲量(1)定义:力与力的作用时间的乘积。(2)定义式:I=FΔt。(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,力越大,作用时间越长,冲量就越大。(4)单位:在国际单位制中,冲量的单位是牛秒,符号为N·s。(5)矢量性:冲量是矢(填“矢”或“标”)量。如果力的方向恒定,则冲量的方向与力的方向相同。[质疑辨析]判断下列说法是否正确。(1)作用在物体上的力越大,力的冲量就越大。(×)(2)作用在物体上的力大,力的冲量不一定大。(√)(3)静置于地面的物体受水平推力F的作用,经时间t物体仍静止,则此推力的冲量为零。(×)2.动量定理(1)内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。(2)表达式:I=p'p或F(t't)=mv'mv。[情境思考]如图所示,某同学在校运动会采用背越式动作跳高时,为什么要在杆下放上厚厚的海绵垫?提示:根据动量定理FΔt=Δp,动量变化量Δp一定时,力的作用时间Δt越长,则作用力F越小。杆下放上厚厚的海绵垫,跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落在硬地面上相比较,延长了力的作用时间,减小了运动员所受的冲击力,可以对运动员起到保护作用。强化点(一)对冲量的理解任务驱动力F随时间t变化的图像如图所示,请问:(1)0~1s内,力F的冲量是多少?对应F⁃t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系?(2)1~6s内,力F的冲量是多少?对应F⁃t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系?(3)0~6s内,力F的冲量是多少?对应F⁃t图线与t轴所围的面积是多少?二者什么关系?提示:(1)力F在0~1s内的冲量I1=F1t1=20×1N·s=20N·s,对应F⁃t图线与t轴所围的面积是20N·s,二者相等。(2)力F在1~6s内的冲量I2=F2t2=10×5N·s=50N·s,负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F⁃t图线与t轴所围的面积为50N·s,二者相等。(3)力F在0~6s内的冲量I=I1+I2=30N·s,负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F⁃t图线与t轴所围的面积的代数和是30N·s,二者相等。[要点释解明]1.对冲量的理解(1)冲量是过程量:冲量描述的是作用在物体上的力对一段时间的累积效应,与某一过程相对应。(2)冲量是矢量:①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;②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)若物体受到恒力的作用,力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积,冲量的方向与恒力的方向一致。(2)若力为方向不变、大小随时间均匀变化的力,该力的冲量可以用平均力计算。(3)若力为一般变力,则不能直接计算冲量。(4)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。[题点全练清]1.自动流水线中有实现货物转弯的传送带,质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置,传送过程中传送带速率保持不变,则货物在此过程中()A.所受摩擦力的冲量为零B.所受合外力做功不为零C.所受合外力的冲量不为零D.动量变化量为零解析:选C货物从A位置传送到B位置做匀速圆周运动,摩擦力提供向心力,货物所受摩擦力的冲量I=ft,不为零,故A错误;货物动能不变,则所受合外力做功为零,故B错误;所受合外力的冲量I合=ft=m·Δv,不为零,故C正确;动量变化量Δp=m·Δv,不为零,故D错误。2.(2025·辽宁阜新阶段练习)甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图甲、乙、丙所示,作用力使物体的动量发生变化,则它们冲量的大小关系为()A.甲>乙>丙B.丙>乙>甲C.丙>甲>乙D.因物体的质量未知,无法判断解析:选B外力对甲物体的冲量大小为I甲=2F0×3t0=6F0t0,外力对乙物体的冲量大小为I乙=4F0×2t0=8F0t0,外力对丙物体的冲量大小为I丙=4F02×5t0=10F0t0,则I丙>I乙>I甲,故3.如图所示,一质量m=3kg的物体静止在光滑水平面上,受到与水平方向成60°角的力F的作用,F的大小为9N,经2s的时间,g取10m/s2,求:(1)物体重力的冲量大小;(2)物体受到的支持力的冲量大小(结果保留三位有效数字);(3)力F的冲量大小;(4)合外力的冲量大小。解析:对物体受力分析如图所示。(1)重力的冲量大小IG=mgt=3×10×2N·s=60N·s。(2)支持力的冲量大小IN=Nt=(mgFsin60°)t=3×10−9×32×2N·s≈44.4(3)力F的冲量大小IF=Ft=9×2N·s=18N·s。(4)合外力的冲量大小I合=Fcos60°·t=9×0.5×2N·s=9N·s。答案:(1)60N·s(2)44.4N·s(3)18N·s(4)9N·s强化点(二)对动量定理的理解[要点释解明]1.对动量定理的理解(1)动量定理的表达式FΔt=mv'mv是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。(3)公式中的F是物体所受的合外力,若合外力是变力,则F应是合外力在作用时间内的平均值。2.动量定理的定性应用(1)物体的动量变化量一定时,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)作用力一定时,力的作用时间越长,动量变化量越大;力的作用时间越短,动量变化量越小。[典例]“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的高科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以()A.减小穿戴者动量的变化量B.减小穿戴者动量的变化率C.增大穿戴者所受合力的冲量D.减小穿戴者所受合力的冲量[解析]根据动量定理得FΔt=Δp,可得F=ΔpΔt,安全气囊的作用是延长穿戴者与地面的作用时间Δt,从而减小穿戴者所受到的合力,即减小穿戴者动量的变化率ΔpΔt,而穿戴者动量的变化量Δp、穿戴者所受合力的冲量[答案]B[题点全练清]1.(2025·湖北咸宁期中)关于动量、冲量,下列说法正确的是()A.物体的动量越大,表明它受到的冲量越大B.物体的速度大小没有变化,则它受到的冲量大小等于零C.物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量D.物体动量的方向就是它受到的冲量的方向解析:选C根据动量定理,物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量,物体的动量大,但是如果动量不变,则它所受到的冲量为零,A错误,C正确;物体的速度大小没有变化,但方向可能变化,它受到的冲量大小不一定等于零,B错误;冲量的方向是动量变化量的方向,不一定是动量的方向,D错误。2.(2025·河北邯郸阶段练习)(多选)杂技演员做空中表演,为了安全,常常在下面挂上一张很大的网,当演员不小心从高处掉下而落在网上时,如果与落在相同高度的地面上时相比较,则下列说法中正确的是()A.演员落在网上时动量较小B.演员落在网上时受到的作用力较小C.演员的动量变化量相同D.演员落在网上时与网相互作用的时间较短解析:选BC演员落在网上时的速度和落在地面上的速度相同,故落在网上时的动量和落在地面上的动量相等,故A错误;演员落在网上时与网相互作用的时间较长,故D错误;演员的初动量相等,末动量均为零,所以演员落在网上时动量变化量和落在地面上的动量变化量相同,又演员落在网上时与网相互作用的时间较长,由动量定理可知,演员落在网上受到的网的作用力较小,故B、C正确。3.原来静止于高处的小球,在t=0时沿水平方向被抛出,假设在其后的运动过程中仅受重力作用。在小球落地前,其动量变化量Δp的大小随时间t的变化,可用图中的哪一条图线来描述()A.甲 B.乙C.丙 D.丁解析:选B根据动量定理可知,小球的动量变化量Δp=mgt,则Δp⁃t图像是过原点的倾斜直线。故选B。强化点(三)利用动量定理定量计算[典例](选自鲁科版教材例题)一个质量为60kg的男孩从高处跳下,以5m/s的速度竖直落地。取重力加速度g=10m/s2。(1)若男孩落地时屈膝(如图所示),用了1s停下来,则落地时地面对他的平均作用力是多大?(2)若男孩落地时没有屈膝,只用了0.1s就停下来,则落地时地面对他的平均作用力又是多大?[解析]男孩落地时的受力分析如图所示,选定竖直向上为正方向。设地面对他的平均作用力为F,由题意可知,m=60kg,v1=5m/s,v2=0。(1)男孩从触地到速度减为0,经历的时间t1=1s由动量定理得(F1mg)t1=mv2mv可得F1=mv1t1+mg=60×51+60×10(2)男孩从触地到速度减为0,经历的时间t2=0.1s同理可得,地面对他的平均作用力F2=mv1t2+mg=60×50.1+60×10[答案](1)9.0×102N(2)3.6×103N[思维建模型]应用动量定理解题的四点注意(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量发生变化。冲量和动量都是矢量,它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。(2)列方程前首先要选取正方向,与规定的正方向一致的力或动量取正值,反之取负值。(3)分析速度时一定要选取同一个参考系,未加说明时一般是选地面为参考系,同一道题目中一般不要选取不同的参考系。(4)公式中的冲量应是合外力的冲量,求动量的变化量时要严格按公式,且要注意是末动量减去初动量。[题点全练清]1.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示,某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45cm后被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm。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10m/s2,不计空气阻力,头部对足球的平均作用力大小是()A.24N B.28NC.20N D.26N解析:选B设足球从高处自由下落至与头部接触瞬间速度大小为v1,离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为v2,有v12=2gh,0v22=2gh,解得v1=v2=3m/s,取向上为正方向,根据动量定理有F−mgt=mv2−mv12.(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中,体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A.t=0.15s时,运动员的重力势能最大B.t=0.30s时,运动员的速度大小为10m/sC.t=1.00s时,运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N解析:选BD根据牛顿第三定律并结合题图可知,t=0.15s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上,经历的时间为2s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1s,则在t=1.3s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30s时,运动员的速度大小v=10×1m/s=10m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得F·Δtmg·Δt=mv(mv),其中Δt=0.3s,代入数据可得F=4600N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。[课时跟踪检测]1.(2025·江苏连云港阶段练习)在光滑水平地面上放置一质量为m=1kg的物块,t=0时刻将一水平力F作用在该物块上,力F随时间t变化的关系图像如图所示,取水平向右为正方向,则()A.0~4s内,F的冲量大小为8N·s,方向水平向右B.4~10s内,F的冲量大小为6N·s,方向水平向右C.2~6s内,F的冲量大小为1N·s,方向水平向右D.0~10s内,F的冲量大小为2N·s,方向水平向右解析:选CF⁃t图像与横轴围成的面积代表力F的冲量,冲量的方向与力F的方向相同,由题图可知,0~4s内,力F的冲量为I1=12×2×4N·s=4N·s,方向水平向右,故A错误;4~10s内,力F的冲量为I2=1×6N·s=6N·s,方向水平向左,故B错误;2~6s内,力F的冲量为I3=1+22×2−1×2N·s=1N·s,方向水平向右,故C正确;0~10s内,力F的冲量为I4=I1+I2=2N·s,方向水平向左,2.随着文明城市建设的推进,骑电动车戴头盔已经逐渐成为一种良好的行为习惯,正确佩戴头盔能有效地保护骑车人的安全,可以在发生碰撞或摔倒时()A.减小冲量B.减小动量的变化量C.增大人对地面的压强,起到安全作用D.增大头部受到撞击时的冲击时间,从而减小冲力解析:选D骑车人撞击前后的速度不会因为戴头盔而发生变化,所以动量的变化量不会改变,根据动量定理可知,受到的冲量也不会改变,根据I=0mv=FΔt,正确佩戴头盔能增大头部受到撞击时的冲击时间,从而减小冲力,与压强无关。故选D。3.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是()A.上升和下落两过程的时间相等B.上升和下落两过程损失的机械能相等C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度解析:选C小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力,下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力,由牛顿第二定律可知,上升过程的加速度总大于下落过程的加速度,D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知,小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落过程的位移相等,上升时加速度更大,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经过同一位置时,上升过程的速度更大,则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误。4.(2025·湖南长沙阶段练习)(多选)在交通事故中,气囊可防止90%的头部受伤,大大减小损伤程度。设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至10ms以上,人头部的质量约为2kg,则下列说法正确的是()A.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率B.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量C.事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同D.若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的平均撞击力为1200N解析:选AD根据动量定理I=FΔt=Δp,可得F=ΔpΔt,由于气囊的缓冲层与头部的撞击时间Δt延长,驾驶员头部撞击过程中的动量变化量不变,则驾驶员头部撞击过程中的动量变化率ΔpΔt减小,但驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量I并未改变,故A正确,B错误;事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等、方向相反,且作用时间相等,所以事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等、方向相反,故C错误;若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的平均撞击力大小为F=ΔpΔt=5.(2025·湖北宜昌阶段练习)如图所示,质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动,经过时间t1滑块的速度变为零且立即开始下滑,又经过时间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。在整个运动过程中,下列说法正确的是(沿斜面向上为正方向)()A.重力对滑块的总冲量为mgt1+B.合外力的冲量为0C.摩擦力的总冲量为FftD.支持力对滑块的总冲量为mgt2−解析:选C根据冲量的定义知,重力对滑块的总冲量为IG=mg(t1+t2),故A错误;滑块在斜面上滑上又滑下过程中,摩擦力一直做负功,所以在相同高度处滑块上滑的速度大于下滑的速度,开始时滑块的动量沿斜面向上,最后滑块的动量沿斜面向下,因此全过程中,滑块的动量变化量不为0,根据动量定理可知I合=Δp,则合外力的冲量不为0,故B错误;滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下,滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上,以沿斜面向上为正方向,则摩擦力的总冲量为If=Fft2Fft1=Ff(t2t1),故C正确;将重力按照垂直于斜面和平行于斜面分解,可得支持力N=mgcosθ,支持力对滑块的总冲量为IN=mg(t1+t2)cosθ,故D错误。6.(2025·江苏南通阶段练习)如图所示,圆盘在水平面内做周期为T的匀速转动,圆盘上距轴一定距离的P点有一质量为m的物块随圆盘一起转动。已知物块的线速度为v。下列对物块在T4内的说法正确的是()A.物块支持力的冲量大小为0B.物块重力的冲量大小为mgTC.物块摩擦力的冲量大小为0D.物块合力的冲量大小为π解析:选B物块受到的支持力与重力平衡,则有N=mg,则物块支持力的冲量大小为IN=Nt=mgT4,故A错误;物块重力的冲量大小为IG=mgT4,故B正确;物块在T4内速度的变化量大小为Δv=v2+v2=2v,则物块合力的冲量大小为I合=mΔv=2mv,对物块受力分析,可知物块做匀速圆周运动的向心力由物块所受静摩擦力提供,则物块摩擦力的冲量大小为If=I合=27.如图为两名运动员在短道速滑接力赛中交接棒瞬间。假设两人质量均为75kg,两人交接前瞬间速度向前均为10m/s。交接时后方运动员用力推前方运动员,经过0.5s交接,分开瞬间前方运动员速度变为12m/s。不计二人所受冰面的摩擦力,且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动,交接过程后方运动员对前方运动员的平均作用力大小为()A.150N B.300NC.450N D.600N解析:选B对前方运动员,根据动量定理有Ft=mvmv0,代入数据解得F=300N。故选B。8.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,测得假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图所示。则由曲线可知,假人头部()A.加速度大小先减小后增大B.动量大小先增大后减小C.动能的变化量等于曲线与横轴围成的面积D.动量的变化量等于曲线与横轴围成的面积解析:选D假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力,而根据F⁃t图像可知,作用力随时间先增大后减小,根据牛顿第二定律,可知假人头部加速度大小先增大后减小,故A错误;根据题意,假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力,则F⁃t图像中曲线与横轴围成的面积即表示合外力的冲量,而根据动量定理,合外力的冲量等于动量的变化量,即F⁃t图像中曲线与横轴围成的面积也表示动量的变化量,且图像始终在时间轴上方,则可知动量的大小一直减小,故D正确,B错误;根据动量与动能的关系有Ek=p22m,而动量变化量等于曲线与横轴围成的面积,则可知动能的变化量不等于曲线与横轴围成的面积,9.(2025·陕西西安阶段练习)蹦床是一项技术含量很高的体育运动,如图所示,比赛中运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力,运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在()A.OA段动量不变B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量C.B点的动量为零D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小解析:选D运动员在OA段只受重力,则合外力不为零,动量增大,故A错误;运动员在AC段受重力和弹力,根据动量定理可知,运动员在AC段的动量变化量等于所受重力和弹力的冲量的矢量和,故B错误;运动员在B点时,加速度等于零,速度不为零,动量不为零,故C错误;对全过程应用动量定理可知IG+I弹=0,则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小,方向相反,故D正确。10.高空坠物危害极大,如图为高空坠物的公益广告,形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小刚同学用下面的实例来检验广告的科学性:设一个50g的鸡蛋从80米的窗户自由落下,鸡蛋与地面撞击时间约为2×103s,不计空气阻力,g取10m/s2,规定竖直向下为正方向。则下列说法正确的是()A.鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为10WB.该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1000NC.与地面撞击过程,鸡蛋的动量变化量为2kg·m/sD.鸡蛋从开始下落到与地面刚好接触的过程,重力的冲量为0.2N·s解析:选B鸡蛋做自由落体运动,则有v2=2gh,解得鸡蛋落地瞬间的速度大小为v=40m/s,鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为P=mgv=20W,故A错误;由动量定理得(mgF)t=0mv,解得F≈1000N,由牛顿第三定律可知,鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1000N,故B正确;与地面撞击过程,鸡蛋的动量变化量为Δp=0mv=2kg·m/s,故C错误;鸡蛋从开始下落到与地面刚好接触的过程,所用时间为t'=vg=4s,故鸡蛋下落过程重力的冲量为I=mgt'=2N·s,故D11.(8分)质量为1kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4,有一大小为5N的水平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3s后撤去F,求物体运动的总时间。(g取10m/s2)解析:物体由静止开始运动再到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft。选水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有Ft1Fft=0又Ff=μmg联立解得t=3.75s。答案:3.75s12.(12分)如图所示,游乐场有一种将蹦极运动和大型滑梯结合的游乐项目,一位质量为m=60kg的游客若系一条原长L=5m的弹性绳,由静止从O点开始下落,弹性绳从开始张紧至最长状态B点所用时间t1=1s,游客到达B点时弹性绳自动和人体分离,游客顺着滑梯BC来到安全区域,滑梯BC可看作半径为0.8m的光滑14圆弧,C为圆弧的最低点。将此游客视为质点,不计下落过程中的空气阻力,g取10m/s2(1)从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,游客受到的重力冲量的大小;(3分)(2)从开始张紧至最长状态的过程中,弹性绳所受的平均冲力的大小;(3分)(3)若游客在滑梯BC上运动的时间t2=0.8s,游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小。(6分)解析:(1)从开始下落至弹性绳开始张紧,游客做自由落体运动,设时间为t0,则L=12g解得t0=2Lg=1从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,游客受到的重力冲量的大小I=mg(t0+t1)=60×10×2N·s=1200N·s。(2)从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,规定竖直向下为正方向,由动量定理得mg(t0+t1)Ft1=0解得弹性绳对游客的平均作用力的大小F=1200N根据牛顿第三定律,弹性绳所受的平均冲力的大小为1200N。(3)设游客在C点的速度大小为v,从B点到C点,由动能定理得mgR=12mv解得v=4m/s从B点到C点,动量的变化量Δp=mv=240kg·m/s,方向水平向左又从B点到C点,重力的冲量IG=mgt2=60×10×0.8N·s=480N·s,方向竖直向下由矢量叠加法则得,游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小IN=(Δp)2+(I答案:(1)1200N·s(2)1200N(3)2405N·s综合·融通(一)动量定理的应用(融会课主题串知综合应用)在涉及力、时间、物体的速度发生变化的问题中,应优先考虑选用动量定理求解。通过本节课的学习应学会利用动量定理解决多过程问题,用图像法解决动量定理的相关问题,利用动量定理解决“流体类”问题。这三类问题经常会以选择题,甚至是计算题的方式进行考查,而且题目相对来说比较难,应引起足够重视。主题(一)用动量定理解决多过程问题[知能融会通]如果物体在不同阶段受力不同,即合外力不恒定,此情况下应用动量定理时,一般采取以下两种方法:(1)分段处理法:找出每一段合外力的冲量I1、I2、…、In,这些冲量的矢量和即外力的合冲量I=I1+I2+…+In,根据动量定理I=p'p求解,分段处理时,需注意各段冲量的正负。(2)全过程处理法:在全过程中,第一个力的冲量I1、第二个力的冲量I2、…、第n个力的冲量In,这些冲量的矢量和即合冲量I,根据I=p'p求解,用全过程法求解时,需注意每个力的作用时间及力的方向。提醒:若不需要求中间量,用全过程法更为简便。[典例]丰富的课外活动蕴含了很多有趣的物理知识。在某次课外活动中,一同学将质量为0.5kg的弹力球从1.25m高处自由释放,弹力球与地面碰撞后回弹高度为0.8m。设碰撞时间为0.1s,回弹的速度方向竖直向上,g取10m/s2,不计空气阻力。求弹力球对地面的平均作用力。[解析]法一:分段处理取弹力球为研究对象,根据自由落体运动和竖直上抛运动规律可知,弹力球与地面碰撞前的速度大小为v1=2gℎ1=2×10×1.25m/s=5弹力球与地面碰撞后的速度大小为v2=2gℎ2=2×10×0.8m/s=4与地面碰撞时弹力球受力情况如图所示,取竖直向上为正方向,根据动量定理有(FNmg)t=mv2(mv1),解得FN=50由牛顿第三定律可知,弹力球对地面的平均作用力大小为50N,方向竖直向下。法二:全过程处理以开始下落的瞬间为初状态,反弹到最高点时为末状态,则重力的作用时间为t=2ℎ1g+t碰+2地面对弹力球的作用时间为t碰=0.1s,取竖直向下为正方向,由动量定理有mgt+FNt碰=0,解得FN=50由牛顿第三定律可知,弹力球对地面的平均作用力大小为50N,方向竖直向下。[答案]50N,方向竖直向下[题点全练清]1.一个钢球从某高度处由静止自由下落,然后陷入泥潭某一深度,若钢球在空中下落时间为t1,陷入泥潭中的时间为t2,且t1∶t2=1∶1,则钢球所受重力G与泥潭对钢球的平均阻力f之比等于()A.1∶1 B.2∶1C.2∶3 D.1∶2解析:选D对全过程,由动量定理有G(t1+t2)ft2=0,所以Gf=t2t1+t2.舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一,如图所示,杂技演员用手顶住中幡,将幡从胸口处竖直向上抛起,t1时间后在自己的胸口相同位置处开始接幡,并缓慢下蹲,经t2时间幡到达最低点。已知一根中幡质量为m,重力加速度为g,忽略空气阻力。则()A.幡被抛出时的速度大小为gt1B.幡被抛出后,仅在最高点时加速度大小为gC.杂技演员接幡过程中,手对幡的冲量大小为0.5mgt1D.杂技演员接幡过程中,手对幡的冲量大小为mgt2+0.5mgt1解析:选D幡被抛出后做竖直上抛运动,由对称性可得,幡被抛出时的速度大小为v0=g·12t1=12gt1,故A错误;幡被抛出后到被接住的过程中只受重力,其加速度大小一直为g,故B错误;设接幡过程中手对幡的冲量大小为I0,取竖直向下为正方向,幡从最高点下落到最低点过程中,根据动量定理有mg0.5t1+t2I0=0,解得I0=mgt2+0.5mgt主题(二)用图像法解决动量定理的相关问题[知能融会通]F合⁃t图像中,图线与横轴围成的面积表示合力的冲量(动量的变化量)。在时间轴上方面积为正,在时间轴下方面积为负,合力的冲量(动量的变化量)等于上下面积绝对值之差。若物体受到多个力,某个力的F⁃t图像中,图线与横轴围成的面积仅表示这个力的冲量。[典例](2024·广东高考)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tanθ。(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=30kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=10m/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。[解析](1)对敏感球受力分析,敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N,则由牛顿第二定律可知,mg+FNtanθ=ma,解得tanθ(2)①由题图丙可知,碰撞过程中F的冲量大小IF=12×0.1×6600N·s=330方向竖直向上;②头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为v0=2gH=8头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IFMgt=Mv(Mv0),解得v=2m/s则碰撞结束后头锤上升的最大高度h=v22g=0.2[答案](1)ma(2)①330N·s方向竖直向上②0.2m[题点全练清]1.(2025·四川广安阶段检测)(多选)一质量为1kg的物块,在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动,F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与水平面的动摩擦因数为μ=0.1,最大静摩擦力略大于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是()A.物块在2s末的动量大小为3kg·m/sB.物块在3s末的速度大小为0C.水平力F在前3s内的冲量大小为3N·sD.物块在4s末的动量大小为2kg·m/s解析:选BC根据动量定理得F1t2μmgt2=mv20,解得物块在2s末的动量大小mv2=2kg·m/s,A错误;根据动量定理得F1t2F2t23μmgt3=mv30,解得v3=0,B正确;水平力F在前3s内的冲量大小为I=F1t2F2t23=3N·s,C正确;3s末速度大小为0,因为fmax>μmg=1N,F2=1N,所以3s末后物块一直静止,则物块在4s末的动量大小为0,D错误。2.(2025·贵州贵阳阶段练习)水平推力F1、F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下,a、b两物体的v⁃t图像分别如图中OAB、OCD所示,图中AB∥CD,则()A.a物体的位移大于b物体的位移B.F2大于F1C.F2的冲量大于F1的冲量D.整个运动过程两物体受到的摩擦力的冲量相等解析:选Cv⁃t图像与时间轴围成的面积表示位移,由题图可知S△OAB<S△OCD,故a物体的位移小于b物体的位移,故A错误;由题图可知,AB和CD段为撤去推力后的图线,题图中AB∥CD,可知撤去推力后两物体运动的加速度相等,均为μg,则两物体与水平面间的动摩擦因数相等,两物体质量相等,所以两物体受到的摩擦力大小相等,在OA段根据牛顿第二定律有F1μmg=ma1,同理,在OC段有F2μmg=ma2,v⁃t图像的斜率表示加速度,由题图可知,OA段斜率大于OC段斜率,则a物体在OA段的加速度大于b物体在OC段的加速度,则F2小于F1,故B错误;在OA段根据动量定理有F1tOAμmgtOA=mvA,同理在OC段有F2tOCμmgtOC=mvC,由题图可知tOA<tOC,vA=vC,可得F1tOA<F2tOC,即F2的冲量大于F1的冲量,故C正确;由上述分析可知,两物体受到的摩擦力相等,b物体运动时间较长,根据If=ft,可知整个运动过程,b物体受到的摩擦力的冲量较大,故D错误。主题(三)利用动量定理解决“流体类”问题[知能融会通]1.流体类问题运动着的连续的气流、水流等流体,与其他物体的表面接触的过程中,会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。2.解答质量连续变动的动量问题的基本思路(1)确定研究对象:Δt时间内的流体微元。(2)建立“柱体”模型:对于流体,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl=v·Δt,如图所示,若流体的密度为ρ,那么,在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。(3)运用动量定理:即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的变化量,即F合Δt=Δp。(Δt足够短时,流体重力可忽略不计)[典例](2025·重庆渝中阶段练习)日常生活中常用高压水枪清洗汽车,某高压水枪喷口直径为D,喷出水流的流速为v,水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是()A.水柱对汽车的压强与水柱横截面积成正比B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为14πρDC.水柱对汽车的平均冲力大小为14ρD2vD.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍[解析]高压水枪单位时间喷出水的质量m=ρV=14πρD2v,故B错误;以喷出的水流速度方向为正方向,设汽车对水柱的平均冲力大小为F,水柱垂直射向汽车表面后速度变为零,由动量定理得FΔt=0Δmv,Δt时间内喷出的水柱的质量为Δm=ρΔV=ρSvΔt=14πρD2vΔt,解得F=14πρv2D2,根据牛顿第三定律,水柱对汽车的平均冲力大小F'=F=14πρv2D2,若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍,故C错误,D正确;水柱对汽车的压强p=F'S=14πρv[答案]D[思维建模](1)动量定理应用于“流体类”问题时,应将“无形”流体变为“有形”实物。(2)若求解流体对接触物体的力,首先转换研究对象,分析与流体接触的物体对流体的力,再结合牛顿第三定律进行解答。[题点全练清]1.如图所示为用高压水枪喷水洗车时的情境,水枪每秒钟喷出水的体积为V0,水流速度大小为v,水柱垂直车窗表面,水柱冲击车窗后水的速度变为零,水的密度为ρ,则水柱对车窗的平均作用力大小为()A.ρvV0 B.C.ρvV0 D.v解析:选Ct时间内冲击车窗的水的质量为m=ρV0t,根据动量定理有Ft=0mv,解得F=ρvV0,根据牛顿第三定律,水柱对车窗的平均作用力大小为ρvV0,故选C。2.(2025·江苏无锡阶段练习)在气象学上,按风力大小可划分为13个等级,当风力达到6级以上时,人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况,将一模型放在水平地面上,模型与地面间的最大静摩擦力为294N,其与水平方向的风作用的有效面积为1.2m2,空气的密度为1.25kg/m3,风吹到模型表面上速度立刻减为0,则在确保不被风吹动的前提下,该模型能够承受水平方向的最大风速为()A.7.0m/s B.14.0m/sC.19.8m/s D.28.0m/s解析:选B设模型能够承受水平方向的最大风速为v,由平衡条件可知,此时风对模型的平均作用力大小F'=f=294N,由牛顿第三定律可知,模型对风的平均作用力大小为F=F'=294N,根据动量定理,有Ft=0mv,m=ρV=ρSvt,解得v=14m/s,故选B。[课时跟踪检测]1.抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子弹弹头质量约为8g,出膛速度大小约为750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约为12N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为()A.100 B.120C.140 D.160解析:选B根据牛顿第三定律可知,子弹所受机枪的平均作用力大小为F=12N,设1分钟内射出的子弹数量为n,根据动量定理Ft=nmv,解得n=Ftmv=12×600.008×750=120,故选2.质量为60kg的建筑工人不慎从高空跌下,幸好有弹性安全带的保护,使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s,安全带长5m,g取10m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小约为()A.500N B.1100NC.600N D.100N解析:选B根据自由落体运动规律,该工人自由下落5m的时间为t=2ℎg=1s,则根据动量定理得mg(t+t')Ft'=0,代入数据解得F=mg(t+t')t'=1100N,根据牛顿第三定律,安全带所受的平均冲力大小为3.水平面上一质量为m的物体,在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt撤去F,又经过3Δt物体停止运动,重力加速度为g,则该物体与水平面之间的动摩擦因数为()A.2Fmg C.2F5mg解析:选C对整个过程研究,根据动量定理可得F·2Δtμmg·(2Δt+3Δt)=0,解得μ=2F5mg,4.(2025·四川遂宁开学考试)甲、乙两个物体在光滑水平面上沿同一直线运动,两物体受力的F⁃t图像如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量,下列说法中正确的是()A.0~5s内,甲物体的动量变化量为10kg·m/sB.0~5s内,乙物体的动量变化量为7.5kg·m/sC.0~5s内,甲物体的动量一定变小D.0~5s内,乙物体的动量一定变小解析:选A根据F⁃t图像与横轴围成的面积表示冲量,可知0~5s内,甲、乙物体受到的力的冲量分别为I甲=12×4×5N·s=10N·s,I乙=12×(3)×5N·s=7.5N·s,根据动量定理可得Δp甲=I甲=10kg·m/s,Δp乙=I乙=7.5kg·m/s,故A正确,B错误;由于不清楚甲、乙物体的初动量大小和方向,所以不能确定0~5s内甲、乙两物体的动量大小如何变化,故C、5.2024年11月4日01时24分,神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距离地面的高度约1m时,底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,使返回舱在竖直方向上的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,4台发动机喷气口的直径均为D,喷出气体的重力忽略不计,喷出气体的速度远大于返回舱的速度。则喷出气体的速度大小为()A.4FπρC.FπρD解析:选B以Δt时间内喷出的气体为研究对象,设喷出气体的速度为v,则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ·πD24·vΔt,根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力F'=F,对4台发动机喷出的气体,由动量定理可得F'Δt=4mv0,解得v6.某沿海地区冬季风势较大,已知通常情况风速范围为6m/s~12m/s,若风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则当风速分别为12m/s和6m/s时,该交通标志牌受到风的平均作用力之比为()A.2∶1 B.4∶1C.8∶1 D.16∶1解析:选B设标志牌的迎风面积为S,空气密度为ρ,则t时间内吹向标志牌的空气质量为m=ρSvt,风吹到标志牌后,风速变为零,根据动量定理得Ft=0mv,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律可知,风对标志牌的平均作用力大小为ρSv2,风对标志牌的平均作用力与风速的平方成正比,则当风速分别为12m/s和6m/s时,该交通标志牌受到风的平均作用力之比为4∶1。故选B。7.假如有一宇宙飞船,它的正面面积为S=1m2,以v=7×103m/s的速度进入宇宙微粒尘区,尘区每1m3空间有一微粒,每一微粒平均质量为m=2×105g,飞船经过区域的微粒都附着在飞船上,若要使飞船速度保持不变,飞船的推力应增加()A.0.49N B.0.98NC.490N D.980N解析:选B选在时间Δt内附着在飞船上的微粒为研究对象,其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的总质量,即M=mSvΔt1m3,研究对象初动量为零,末动量大小为Mv,设飞船对微粒的作用力大小为F,由动量定理得FΔt=Mv0,则F=MvΔt=mSv21m3,根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的作用力大小也为F,则飞船要保持匀速飞行,8.(2025·山西阳泉期末)如图甲所示,质量为m=1kg的物体静止在水平地面上,t=0时刻,对物体施加一个水平向右的作用力F,作用力F随时间的变化关系如图乙所示,物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.t=8s时物体的速度最大B.t=7s时物体的动能为40.5JC.0~4s内物体的平均速度大小为2.25m/sD.0~4s内物体所受摩擦力的冲量大小为4N·s解析:选B物体所受的滑动摩擦力Ff=μmg=1N,结合题图乙可知,0~1s内F<Ff,物体静止,1~7s内F>Ff,由牛顿第二定律得FFf=ma1,物体向右加速,7~8s内F<Ff,由牛顿第二定律得FfF=ma2,物体向右减速,由上述分析可知,t=7s时物体的速度最大,故A错误;根据F⁃t图像与时间轴围成的面积表示冲量可知,1~7s内力F的冲量为I=2×1+42×3N·s=15N·s,根据动量定理有Iμmgt'=mv0,其中t'=6s,动能为Ek=12mv2,解得Ek=40.5J,故B正确;1~4s内力F的冲量为I'=1+42×3N·s=7.5N·s,根据动量定理有I'μmgt″=mv,其中t″=3s,解得v'=4.5m/s,0~4s内物体并非做匀变速直线运动,则平均速度大小v≠v'2=4.52m/s=2.25m/s,故C错误;1~4s内物体所受滑动摩擦力的冲量I″=Fft″=1×3N·s,0~1s内摩擦力为静摩擦力,所以物体所受摩擦力的冲量I‴<Fft‴=1×1N·s=1N·s,0~4s内物体所受摩擦力的冲量大小I″+I‴<Fft″+Fft‴=49.(多选)水刀就是将普通的水加压,使其从细小的喷嘴中以400m/s~1000m/s的速度射出形成的水流。我们知道,任何材料承受的压强都有一定的最大限度,下表列出了几种材料所能承受的最大压强限度。橡胶花岗岩工具钢铸铁5×107Pa1.2×108Pa~2.6×108Pa6.7×108Pa8.8×108Pa设想有一水刀的水流射出的速度为600m/s,水流与材料接触后以原速率反弹,水的密度ρ=1×103kg/m3,则此水刀能切割的上述材料有()A.橡胶 B.花岗岩C.工具钢 D.铸铁解析:选ABC设喷嘴的横截面积为S,以水流冲击材料的方向为正方向,在Δt时间内射出的水流的质量为m=ρSv·Δt,水流与材料接触后以原速率反弹,由动量定理有F·Δt=mvmv,由牛顿第三定律可知水流受到的冲击力与材料受到的冲击力大小相等,即F'=F,则材料承受的压强为p=F'S=7.2×108Pa,所以此水刀能切割的材料有橡胶、花岗岩和工具钢。故选A、B、C10.(2025·安徽合肥期中)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来,使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示,一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内,已知气流密度为ρ,游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定,重力加速度为g。假设气流吹到人身上后竖直方向的速度变为零,则下列说法正确的是()A.气流速度大小为mgB.单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为mgSC.t时间内吹到人身上气流的动量变化量大小为mgtD.若风速变为原来的12,