2025版三维设计 一轮 高中总复习物理 第07章 动量 第35课时 动量定理 双基落实课

第七章

动量

第35课时动量定理［双基落实课|

立足“四层”•夯基础。概念公式定理

厂革二尸:_|运动物体的质量与速度的

工至乘积一

—动量卜f器式ITp=®~

■C万响二1与物体的速度方向蛔

动变遍If方向H与速度变化量方向相同

量

定A定义1I力与作用时间的乘积

理一冲量-r袤送出j_|/=旦

4方向!一I与力产的方向相同

物体在一个过程始末的效

HjW}呈变化量等J•它在这个过

动量程中所受力的冲量

4蓑医史!—IFi=p'-p

情境思辨•教材情境

人教版教材选择性必修第一册P30第3题，描述了一个鸡蛋从不同楼层抛下时对人的伤害问题。判断下列说法正

误：

•个鸡蛋的威力

从4楼抛下会把人砸起肿包

从8楼抛下可以砸破人的头皮

从18楼抛F可以砸裂行人头骨

从25楼抛下可能使人当场死亡

（1）鸡蛋落地时动量越大，惯性也越大。（X）

（2）鸡蛋动量变化量的方向竖直向下。（X）

（3）鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。（Y）

（4）鸡蛋被抛时楼层越高，砸在人头上时对人头骨的冲力越大。（4）

匚着眼：四翼”•探考点口----------------------------------题型规律方法

考点一动量和冲量［素养自修类］

1.【动量及动量变化量】

（多选）如图，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.球对磁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

解析：AC垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速率反向运动，所以球的动能可能不变，动量大小不变，A

正确，B错误；由牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力是相互作用力，它们大小相等，C正确；

球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误。

2.【恒力冲量的计算】

（2023,天泮布考5题）质量为小的列车匀速I，行驶，突然以尸大小H勺力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到/的

空气阻力，下列说法正确的是（）

A.减速运动加速度大小.=3

B.力尸的冲量为〃?I，

C刹车距离为，

2（尸十j）

D.匀速行驶时功率为（/+/）v

解析：C根据牛顿第二定律有尸h尸〃也，可得减速运动加速度大小也，故A错误；根据运动学公式有，=匕

rna

一繇故力〃的冲量为EL卷，方向与运动方向相反，故B偌误；根据运动学公式入23可得小一

故C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为〃=外，故D错误。

2\r~rj）

3.【利用尸图像求变力的冲量】

一物块静止在粗糙水平地面上，。〜4S内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0〜2s内速度随时间的

变化关系图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2,关于物块的运匆，下列说法正确的是（）

A.第4s木物块的速度为0

B.前4s内物块的位移大小为6m

C.前4s内拉力的冲量为0

D.物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4

解析：A由题图乙可知，第2s内物块匀速运动，则由题图甲可知摩擦力片=尸=2N。速度一时间图像的斜率表

示加速度，则第1s内物块的加速度ai=：m/s2=4m/s2,第Is内尸=6N,根据牛顿第二定律有尸一居^加切，代入

数据解得机=1kg,又R=〃〃?g=2N,解得〃=0.2,故D错误；由题图甲可知，第3s内物块减速运动，尸的大小

为2N,方向反向,根据牛顿第二定律有尸+6=〃也2,解得。2=4m/s?,则减速到零的时一间为卜=上=：s=1s,可

a24

知第3s末物块速度为0,第4s内拉力与摩擦力相等，物块静止，故A正确；速度一时间图像与横轴围成的面积表

示位移，则前4s内的位移为

|xIX4m+4X1m+|xIX4m+0=8m,故B错误；前4s内拉力的冲量为R/图像与横轴所围面积，则有《=

6X1Ns+2X1N-S-2X2N-s=4N$故C错误。

口考点归纳

1.动能、动量、动量变化量的比较

动能动量动量变化量

定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差

定义式p=mv

动能动量动量变化量

标矢性标量矢量矢量

特点状态量状态量过程量

关我方程&=宗，4=］箕，〃=j2mE〃,〃=华

2.冲量的计算

（1）恒力的冲量:直接用定义式/=R计算。

（2）变力的冲量

①平均力法：若力的大小随时间均匀变化，即力与时间是一次函数关系，则力尸在某段时间，内的冲量/=安&，，

其中B、22为该段时间内初、末两时刻力的大小。

②广，图像法：在广7图像中，图线与/轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。

③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。

考点二动量定理的理解和应用［互动共研类］

1.对动量定理H=p'—p的理解

（1）&=〃'一〃是矢量式，两边不仅天小相等，而且方向相同。

（2）凡=〃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，即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，可以是各力冲量的矢量

和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。

(4)由R=p-p,得尸=宁=半，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。

2.用动量定理解释两种现象

(1)与一定时，尸的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。

(2)「一定，此时力的作用时间越长，△〃就越大；力的作用时间越短，△〃就越小。

分析问题时，要看好哪个量不变，哪个量变化。

3.动量定理的两个重要应用

(1)应用/=△〃求变力的冲量。

(2)应用△〃一?△，求动量的变化量。

【典例I](多选)(2023•广东商考10题)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量

均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动

滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。

关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()

F―►◎15233.......310

A.该过程动量守恒

B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N-s

C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N.s

D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N

答案：BD

解析：取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为〃[=〃?力=IX().4Okg-m/s=().4Okg-m/s,碰撞后的

动量为C=2/〃V2=2X1X0.22kg-m/s=0.44kg-m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1,取向右

为正方向，则有I\=niV2~fnv\=\X0.22kg-m/s—1X0.40kg-m/s=-0.18kg-m/s,负号表示方向水平向左，故B正

确；对滑块2,取向右为正方向，则有/2=〃?也=lX0.22kg-m/s=0.22kg・m/s,故C错误；对滑块2,根据动量定理

有必解得尸=5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确。

口对点训练

1.【用动量定理进行定性分析】

(多选)运输快递时，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，这种做法的好处是

()

A.可以大幅度减小某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最变化的时间延长

D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小

解析：CD充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量一定，由动量定理可知，充气袋

可以延长相互作用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，A、B错误，C正确；动量对■时间

的变化率即为物体所受的合力，D正确。

2.【应用动量定理计算平均冲力】

“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，若此人质量

为〃3橡皮绳长为/，人可看成质点，且此人从户点由静止开始下落到最低点所用时间为，，重力加速度为&，不计

空气阻力。从橡皮绳开始拉伸到此人下落到最低点的过程中，橡皮绳对此人的平均作用力大小为（）

A平B.砥+噌

C碎D”g+坤

解析：D人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为n,贝（力=尼，此时速度为v=gn=再，取向上为正方向，由

动量定理得（F—〃名）=0—C—niv）,橡皮绳对人的平均作用力为尸=〃?gT故选Do

考点三应用动量定理处理流体模型［多维探究类］

考法一流体类“柱状模型”

流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度〃

1建立“柱状模型"，沿流速u的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S

分析步

2微元研究，作用时间2内的一段柱形流体的长度为加，对应的质量为2〃=pS仙

骤

3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

【典例2】某游客体验风洞飞行的图片如图所示，高速气流均匀地向上喷射出来，该游客处于水平悬空状态。若

该游客（包括装备）的质量为〃?，气流的密度为〃，重力加速度为g,气流接触身体的面积为S,且气流接触身体

后水平向四周流出，则该游客所在高度处的气流速度大小为（）

nil

风

C.再D.等

B果

答案：A

解析：对时间内吹向游客的空气，设此段时间内气体质量为则风的动量变化量为△〃=O-Aw，=—A〃w,

其中47?二/八公/S,以△/时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得一"△/=（）一△〃八，，由于游客处于铮止

状态，则有尸=〃吆，解得气流速度大小为u=疆,故A正确。

考法二微粒类“柱状模型”

通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质品具有独立性，通常给出单位体积内粒

微粒及其特点

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

微兀研究，极短作用时间加内一段柱形流体的长度为△/=即加，对应的体积为AV=SvoA/,则微

分析步骤2

兀内的粒子数N=〃H）5A/（〃为单位体积内的粒子数）

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3】航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离

子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力。己知单

个正离子的质量为"?，电荷量为%上、负极栅板间加速电压为U,从喷口喷出的正离子所形成的电流为/，忽略

离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响，该发动机产生的平均推力尸的大小为（）

中和电子枪

。中性推进剂原子正极模版

©离子

..,IzmU

A.F—Z-----

4q

D.F=2/J詈

答案：A

解析：以正离子为研究对象，由动能定理得△/时间内通过的总电荷量Q=/A/,喷出离子的总质量M=

%7=生%,由动量定理可知正离子所受平均冲量FAf=Mi，，由以上式子可得户=/呼，根据牛顿第三定律可知，

qq、q

发动机产生的平均推力尸=/拎，故A正确。

一聚焦“素养”•提能力口-----------------------巧学妙解应用----------

基础练

考点一动量和冲量

1.对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是（）

A.物体的动能改变，其动量不一定改变

B.物体动量改变，则其动能一定改变

c.物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变

D.动量是标量，动能是矢量

解析：C物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为〃=〃*动

量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，B错误；物体的速度不变，则其动量不变，切能也不变，C正

确；动量是矢量，动能是标量，D错误。

2.如图所示，轻弹簧左端固定，左端自然伸长于粗糙水平面上的。点，小球从4点以某初速度向左运动，被弹簧反

弹后恰好返回至4。则小球（）

侬侬勒:领侬怎侬、阅

O.4

A.两次经过0点时的速度大小相等

B.向左经过。点的加速度小于向右经过0点的加速度

C.向左运动的时间等于向右运动的时间

D.压缩弹簧过程所受弹力的冲量小于弹簧恢复形变过程所受弹力的冲量

解析：D地面粗糙，两次经过。点的过程，摩擦力做负功，机械能减少，弹性势能相同，动能减少，因此第二次

经过。点时速度小，A错误；向左、向右经过。点时，弹簧处于原长状态，合外力等于摩擦力，因此加速度大小

相等，B错误；向左、向右过程位移大小相等，但向左运动的平均速度大，因此向左运动的时间短，向左运动时间

小于向右运动的时间，C错误；压缩弹簧过程和弹簧恢复形变过程平均弹力相同，压缩弹簧的时间短，因此弹力冲

量小，D正确。

考点二动量定理的理解和应用

3.跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动

员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，

卜列说法正确的是（）

A.运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量

B.运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量

C.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量

D.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向

解析：D运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲

量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量

小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得/=〃心£=0,运动员整个向下运动过程中合外力的

冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得/=/G+/F=，必，=0,所以/G=一〃，即运动员整个运动过程中

重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确。

4.如图所示，学生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落1.25m,被重新顺起，离开脚部后装直上升的最大高

度仍为1.25m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度大小g取10m/s2,不计空

气阻力，则（）

A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4kg-m/s

B.足球刍由下落过程重力的冲量大小为2kg・m/s

C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零

D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍

解析：B足球达到脚背的速度为尸牺R=5m/s,足球下落到与脚部刚接触时动量大小为〃=如，=0.4义5kg-m/s

=2kg-m/s,A错误；小球自由下落的时间为r=Jy=0.5s,所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mgt=

0.4X10X0.5kg-m/s=2kgqn/s,B正确；根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5m/s,设竖直向下为

正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为A〃=一"八，一"w=-2X0.4X5kg-m/s=-4kg・m/s,C错误；

足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得（〃/一产），=△〃，解得尸=44N=ll〃?g,D错误。

考点三两类流体模型的应用

5.太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为例的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供

大小为产的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空

尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为（）

A.M+V-BV.--M

C.M--

VD.V-

解析：D设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量

定理有&=〃?¥-0,其中Z=1s,可得加=£,D正确。

V

6.（2021•福延高考4题）福建属「台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知1（）级台风的风速范

围为24.5m/s〜28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0m/s-56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，

则16级台风对该交通标志牌的作用尢大小约为10级台风的（）

A.2倍B.4倍

C.8倍D.I6倍

解析：B设空气的密度为〃，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S,在时间△/的空气质量为△用

=pSwV,假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有一尸•加=0—4?八，，可得

T^pSv2,10级台风的风速1，产26m/s,16级台风的风速1,2452m/s,则有自=4=4,故选B。

能力练

7.在2022年北京冬奥会短道速滑项FI男子1000米决赛中，中国选手任子威夺得冠军。如图所示，A、B、A\B在

同一直线上，。'为A4'的中点，运动员由直线43经弯道到达直线ATT,若有如图所示的①②两条路线可选择，其

中路线①中的半圆以。为圆心，半径为8m,路线②是以。，为圆心，半径为15m的半圆。若运动员在沿两圆弧路

线运动的过程中，冰面与冰刀之间的径向作用力的最大值相等，某一运动员均以不打滑的最大速率通过两条路线

中的弯道（所选路线内运动员的速率不变），则下列说法正确的是（）

A.在①②两条路线I'.,运动员的向心加速度大小不相等

B.沿①②两条路线运动时，运动员的速度大小相等

C选择路线①，运动员所受合外力冲量小

D.选择路线②，运动员所受合外力冲量小

解析：C因为运动过程中运动员以不打滑的最大速率通过弯道，最大径向作用力提供向心力，有尸max=〃?〃，所以

运动员在①②两条圆弧路线上运动时的向心加速度大小相同，故A错误：根据牛顿第二定律，有=解得

i，=J军，因为路线①的半径小，所以路线①上运动员的速度小，故B错误；根据动量定理得/=Ap=2〃?%由于

路线①上运动员的速度小，所以运动员所受合外力冲量小，故C正确，D错误。

8.（多选）质量为〃?=1kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力厂随时间，的变

化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数4=0.1,重力加速度g=l（）m/s2。则（）

A.在z=2s时，物块的动审大小为Ikg・m/s

B.在f=4s时，物块的速度为0

C.在0〜2s内和2〜5s内，物块动量的变化量大小之比为3：2

D.在。〜5s内，物块的最大速度为1.5m/s

解析：AD足，图像中图线与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，根据动量定理可知空f—，代入数据可

解得〃=当义2kg,m/s-0.1X1X10X2kg-m/s=1kg・m/s,故A正确；在2〜4s内，根据动量定理有今?一八，

—P，代入数据解得v=1m/s,故B错误；由上述分析可知0〜2s内物块动量的变化量大小为1kg-m/s,2〜4s内

物块动量的变化量大小为。，4〜5s内，物体所受合力的冲量的大个/=1—gt'—4mkg-m拉大于物块在4s

时的动量，物块在4〜5s之间已停止，所以在。〜2s内和2〜5s内，物块动量的变化量大小之比为1：1,故C错

误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由图可知为f=3s时刻，在2〜3s内，根据动量定理可知空「一〃〃3，=

rnv'-p.代入数据有等X1kg・m/s-01X1X10X1kg・m/s="—1kgm/s,解得v'=L5m/s,故D正确。

9.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水

位上升了45mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s,据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡连后无反

弹，不计雨滴重力，雨水的密度为IXl（）3kg/m3）（）

A.0.15PaB.0.54Pa

C.1.5PaD.5.4Pa

解析：A设雨滴受到支持面的平均作用力为凡在4时间内有质量为&〃的雨水的速度由v=l2m/s减为零。以

竖直向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理，有必，=0一（一加〃I，）=加〃％得到尸=竽建设水杯横截面积

At

为S,对水杯里的雨水，在4时间内水面上升△〃，则有△“pS