高考物理一轮复习讲义 第七章　第28课时　动量　动量定理

第七章动量守恒定律考情分析生活实践类安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物学习探究类气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞第28课时动量动量定理目标要求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有关现象。2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。考点一动量和冲量1.动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积。(2)表达式：p=mv，单位为kg·m/s。(3)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。(4)动量大小与动能的关系：p=2mEk，Ek2.动量变化量(1)动量的变化量Δp等于末动量p'减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp=p'-p。(2)动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同，运用矢量法则计算。3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积。(2)公式：I=FΔt。(3)单位：N·s。(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。4.冲量的计算方法公式法I=FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，不需要考虑物体的运动状态图像法F-t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均值法若变力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I=F1动量定理法根据物体动量的变化量，由I=Δp求冲量，多用于求变力的冲量例1(2025·天津卷·3)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中()A.动量保持不变B.所受合外力做功为零C.所受重力的冲量为零D.始终处于受力平衡状态答案B解析座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，根据p=mv可知动量大小不变，方向改变，故A错误；速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知座椅所受合外力做功为零，故B正确；根据IG=mgt可知所受重力的冲量不为零，故C错误；座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不处于受力平衡状态，故D错误。例2质量m=1kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻对物块施加一水平力F，t=3s时撤掉作用力F，F随时间t变化的图线如图所示，0~2s内图像为四分之一圆弧，已知物块与地面间的动摩擦因数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.0~2s时间内F的冲量大小为2N·sB.前1s内摩擦力的冲量大小为1N·sC.第3s内物块动量的改变量大小为1kg·m/sD.t=1s时物块开始运动答案C解析0~2s内F的冲量大小为F-t图像与t轴围成的面积，则有IF=14S=14×π×22N·s=πN·s，故A错误；因为滑动摩擦力大小Ff=μmg=1N，在0~1s时间内且F<1N时，物块处于静止状态，此时摩擦力小于1N，故前1s内摩擦力冲量大小不为1N∙s，故B错误；根据动量定理可知第3s内动量改变量大小为Δp=I合=F合·Δt=(2×1-1×1)kg·m/s=1kg·m/s，故C正确；由题图可知，在t=1s前某时刻F已经等于1N，此时物块已经开始运动，而不是t=1s时才开始运动，故例3(多选)(2025·广东卷·10)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F>0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有()A.受到空气作用力的方向会变化B.受到拉力的冲量大小为(F0-12kT)C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0-12kT)D.T时刻受到空气作用力的大小为3答案ABD解析由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，故无人机处于平衡状态，由于重力不变，拉力方向不变，大小随时间变化，则受到的空气作用力方向必然变化，A正确；无人机在0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化，可采用平均值法求解其冲量大小，则有IF=F0+F0-kT2T=(F0-12kT)T，B正确；无人机受到的重力的冲量大小为mgT，由于冲量是矢量，重力和拉力方向不同，所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和，C错误；对无人机受力分析，如图所示，将空气作用力分解为水平方向的分力Fx，和竖直方向的分力Fy，则有F空气=Fx2+Fy2，其中Fx=(F0-kT)cos30°=32(F0-kT)，Fy=mg+(F0-kT)sin30°=mg+考点二动量定理的理解及应用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.公式：F(t'-t)=mv'-mv或I=p'-p。3.对动量定理的理解：(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力作用时间的平均值。(2)Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(4)Ft=p'-p还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。(5)由Ft=p'-p得F=p'-p(6)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。4.用动量定理解释两种现象(F=Δp(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。例4(2025·浙江嘉兴市一模)在水平地面上一小球以初速度3m/s竖直上抛，落地速度为2.6m/s。若小球运动过程中受到的空气阻力与速率成正比，则小球在空中运动的时间为()A.0.60s B.0.56s C.0.52s D.0.50s答案B解析由题意，取竖直向下为正方向，对小球利用动量定理有mgt-∑kv·Δt=mv2-m(-v1)，由于∑kv·Δt=∑kΔx=0，可得t=v2+v1g=2.6+310s=0.微元法是采用无限分割方法，选取一个微小单元代表(微元)，常见为时间微元Δt，质量微元Δm等，将变量转变为恒量或者积累的处理方法。在动量定理中常见的微元积累模型是∑vΔt=x。例5(2024·广东卷·14)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g取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。答案(1)ma(2)①330N∙s竖直向上②0.2m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FN则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tanθ=ma解得tanθ=ma(2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”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设头锤落到气囊上时的速度为v0，则v02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=2m/s则上升的最大高度h=v22g=0.2应用动量定理解题的一般思路考点三应用动量定理处理“流体类”问题研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S②微元研究小段柱体的体积ΔV=vSΔt小段柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt小段柱体粒子数N=nvSΔt小段柱体动量p=mv=ρv2SΔt③列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究例6(2025·浙江省衢丽湖三地市一模)如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出时的速度大小为v，近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为D，忽略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则()A.该水枪的流量(单位时间内流经水枪的水的体积)为πvD2B.单位时间内水枪喷出水的质量为πC.物体受到的冲击力大小约为πD.水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前答案C解析由题意可知，该水枪的流量(单位时间内流经水枪的水的体积)为Q=Sv=π(D2)2v=πvD24，故A错误；设极短时间Δt内水枪喷出水的质量为Δm=ρΔV=ρSvΔt=πρvD24Δt，可得单位时间内水枪喷出水的质量为ΔmΔt=πρvD24，故B错误；以极短时间Δt内水枪喷出的水为研究对象，由动量定理FΔ课时精练[分值：34分][1~6题，每题3分]1.如图所示为某款运动跑鞋宣传图，宣传如下，“该款鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说法正确的是()A.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量B.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量C.延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力D.缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力答案C解析由动量定理I=mv-mv0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变，故A、B错误；由I=FΔt可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力，故C正确，D错误。2.(2025·浙江绍兴市模拟)2024年，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲(specificimpulse)是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为Isp，是单位质量的推进剂产生的冲量，其单位是()A.m/s B.m/s2C.m2/s D.kg·m/s答案A解析比冲是单位质量的推进剂产生的冲量，即Isp=Im，则其单位是N·skg=kg·m/s3.(2025·浙江金华市三模)如图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是()A.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同B.从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同C.两个钢球落地时的重力功率不相同D.两个钢球落地时的动量不相同答案C解析从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得ΔEk=mgh，由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有h=12gt2，可知两个钢球下落时间相等，根据IG=mgt，可知两个钢球的重力冲量相同，故B根据PG=mgvy=mg2t，可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。4.(2025·浙江省“9+1”高中联盟联考)踢毽子时，毽子被竖直踢上去又落下，若空气阻力大小不变，取竖直向上为正方向，下列关于毽子的加速度a、速度v、动能Ek、动量p随时间t的变化图线正确的是()答案D解析空气阻力大小不变，毽子上升匀减速下降匀加速，且a上升>a下降，故A、B错误；根据Ek=12mv2，上升阶段为Ek=12mv2=12m(v0-a上下降阶段为Ek=12ma下(t-v0a上)2，可知动能与时间不是线性关系，故C5.台风的风力达到17级超强台风强度时风速为60m/s左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)F与风速(空气流动速度)大小v关系式为()A.F=ρSv B.F=ρSv2C.F=12ρSv3 D.F=ρSv答案B6.(多选)(2023·广东卷·10)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()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·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD.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p1=mv1=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s，碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22kg·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，则有I1=mv2-mv1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2=mv2=1×0.22kg·m/s=0.22kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt=I2，解得F=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。[7~9题，每题4分]7.(2025·浙江省模拟)如图所示，为一辆玩具车做匀变速直线运动的x-t图像，玩具车质量为2kg，t=6s时刻图像切线水平，下列关于玩具车运动情况的描述正确的是()A.玩具车加速度大小为920m/sB.t=6s到t=9s时间内，玩具车平均速度大小为203C.t=0到t=9s时间内，合外力对玩具车所做的功为4003D.t=0到t=9s时间内，合外力对玩具车的冲量大小为40kg·m/s答案D解析由于玩具车做匀变速直线运动，且t=6s时刻x-t图像切线水平，说明t=6s时刻玩具车速度为零，则6~9s内玩具车做初速度为零的匀加速直线运动，且位移为10m，根据x=12at692求得玩具车加速度大小为a=2xt692=209m/s2，故A错误；t=6s到t=9s时间内，玩具车的位移为x=10m，则玩具车平均速度大小为v=xt69=103m/s，故B错误；由于t=6s时刻玩具车速度v6=0，由v6=v0+at06，解得v0=v6-at06=(0-209×6)m/s=-403m/s，t=9s时刻玩具车速度v9=at69=209×3m/s=203m/s，根据动能定理可得合外力对玩具车所做的功为W合=12mv92-12mv02=-4003J，故C错误；根据动量定理可得，8.(2025·浙江嘉兴市三模)如图甲所示，每只冰壶直径d=30cm、质量m=19kg。某次试投过程中，冰壶A在t=0时刻以v0=1m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的v-t图像如图乙所示，冰壶质量分布均匀，不计空气阻力，则()A.两只冰壶在t=3s时发生碰撞B.碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42JC.碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4N·sD.t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9答案C解析两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的v-t图像可知冰壶做匀减速直线运动的加速度大小为a=15m/s2，冰壶B在水平面上运动0.9m后在t=5s时停止，设冰壶B运动时间为t'，则xB=v1t'-12at'2，v1-at'=0，解得t'=3s，v1=0.6m/s，所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s，因此两只冰壶在t=2s时发生碰撞，故A错误；对冰壶A有Wf=12mv12-12mv02，解得Wf=-6.08J，故B错误；碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I=mv1-0，解得I两只冰壶在t1=2s时发生碰撞，所以t=0时两冰壶重心间的距离为Δx1=v0+v12·t1+d，解得Δx1=1.9m，t=5s时两冰壶重心间的距离为Δx2=xB+d，解得Δx2=1.2m，所以t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为Δ9.将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像(v-t)如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是()A.0到t2时间内，小球的动量变化率先减小再增大B.小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同C.t2时刻落回抛出点时的速度为gt2-2v0D.t2时刻落回抛出点时的速度为gt2-v0答案D解析根据动量定理F合Δt=Δp，可得F合=ΔpΔt可知，小球的动量变化率等于所受合力，在0到t2时间内，由题图中v-t图像可知，小球的加速度大小逐渐减小，则小球的合力逐渐减小，小球的动量变化率逐渐减小，故A错误；由于空气阻力一直做负功，所以小球的机械能不断减小，小球上升过程与下降过程经过任意同一位置时，上升过程的速度都大于下降过程的速度，所以小球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，则小球上升过程所用时间小于下降过程所用时间，根据I=mgt可知小球上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故B错误；设小球的质量为m，上升的最大高度为h，上升过程，根据动量定理可得-mgt1-∑kvΔt=0-mv0，则有mgt1+kh=mv0，设t2时刻落回抛出点时的速度为v2，下降过程，根据动量定理可得mg(t2-t1)-∑kvΔt=mv2-0，则有mg(t2-t1)-kh=mv2，联立可得v2=gt2-v0，故C[4分]10.(多选)(2025·浙江省县域教研联盟模拟)激光束可视为大量同向动量的粒子流，