专题18 动量与动量定理(解析版)

【专题导航】

目录热点题型一对动量定理的理解和基本应用..............................................................................................................1热点题型二动量定理的综合应用..............................................................................................................................41．应用动量定理解释的两类物理现象..............................................................................................................42.应用动量定理解决两类问题.............................................................................................................................6(1)应用动量定理解决微粒类问题................................................................................................................6(2)应用动量定理解决流体类问题................................................................................................................8热点题型三动量定理在多过程问题中的应用......................................................................................................10热点题型四应用动量定理求变力的冲量................................................................................................................13【题型归纳】

热点题型一对动量定理的理解和基本应用【题型要点】1．对动量定理的理解(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．(2)动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．12．用动量定理解题的基本思路3．动量定理的应用技巧(1)应用I＝Δp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I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．【例1】(2020·湖北黄冈质检)一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是(A．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零C．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功【答案】D【解析】：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：Ft－mgt＝mv2－(－mv1)，可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C错误；2)由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确；故选D.【变式1】．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F作用下，经过时间t后，动量为p，动能为Ek；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F的作用下，则经过时间2t后物体的(A．动量为4p【答案】：C【解析】：根据动量定理得，Ft＝p，F·2t＝p1，解得p1＝2p，故A、B错误；根据牛顿第二定律得F＝ma，F1解得a＝，因为水平力F不变，则加速度不变，根据x＝at2知，时间变为原来的2倍，则位移变为原来m2的4倍，根据动能定理得Ek1＝4Ek，故C正确，D错误．【变式2】(多选)(2020·湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图2甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则()B．动量为2pC．动能为4Ek

D．动能为2Ek

)A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)C．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)D．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0【答案】AC【解析】因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Flcosα可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误．3【变式3】．(多选)质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt＝0.5v0，则()B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零1D．整个过程中物体的动量变化量为mv0

2A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小3C．合力的冲量在整个过程中大小为mv0

2【答案】：AC【解析】：以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt＝0.5v0，说明斜面不光滑．设斜面长为l，则上l2ll4l滑过程所需时间t1＝v＝，下滑过程所需时间t2＝v＝，t13＝Δp＝－mvt－mv0＝－mv0，C正确，D错误．2热点题型二动量定理的综合应用1．应用动量定理解释的两类物理现象

【题型要点】(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小．【例2】（2020·新课标全国1卷）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4【答案】D【解析】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。【变式1】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点C．在P点右边不远处【答案】B.B．在P点左边D．在P点右边原水平位移的两倍处【解析】：纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I＝Fft＝mΔv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．【变式2】(2020·唐山统考)1998年6月8日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是(A．安全气囊减小了驾驶员的动量的变化B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量5)C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大【答案】【解析】C碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，选项A错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，选项B错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，由于驾驶员的动量变Δp化一定，动量变化率减小，即撞击力减小，选项C正确，D错误。Δt【变式3】(2020·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度【答案】D【解析】在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－Ft＝mv2－mv1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误．)2.应用动量定理解决两类问题

(1)应用动量定理解决微粒类问题微粒及其特点1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，通常给出单位体积内粒子数n建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算分析步骤236【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，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为()A．I2mUqB．ImUqC．ImU2qD．2ImUq【答案】A1【解析】：.以正离子为研究对象，由动能定理可得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的2QIΔt总质量Δm＝m＝m.由动量定理可知FΔt＝Δmv，联立以上各式求解可得F＝Iqq2mU，选项A正确．q【变式】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】1f＝nmv2

3一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、【解析】71vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子61总数N＝n·SvΔt61Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δ3器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝IΔttF1则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2

S3(2)应用动量定理解决流体类问题流体及其特点123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ρ分析步骤建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体两类流体运动模型第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹．设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－p)．“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误．【例4】(2019·全国卷Ⅰ·16)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，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为(A．1.6×102kgC．1.6×105kgB．1.6×103kgD．1.6×106kg8)【答案】B【解析】设1s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft4.8×106×1Ft＝mv－0，则m＝＝kg＝1.6×103kg，选项B正确．3v3×10【变式1】(2020·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60m/s左右，对固定建筑物破坏程度巨大．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)与风速(空气流动速度)大小的关系．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，风力F与风速大小v的关系式为(A．F＝ρSv1C．F＝ρSv3

2【答案】B【解析】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－F′t＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F′＝ρSv2，由牛顿第三定律得：F＝F′＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误.【变式2】一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4m/s的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8s静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10m2，帆船的总质量约为M＝936kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3kg/m3，下列说法正确的是(A．风停止后帆船的加速度大小是1m/sC．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936【答案】BD.【解析】：求解风停止后帆船的加速度时要选择帆船作为研究对象，求解风速时要选择在时间t内正对帆面且吹向帆面的空气作为研究对象，风突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做匀减速直线运动，设帆船v的加速度大小为a，则a＝0＝0.5m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律可得f＝Ma，代入数据解得f＝468N，t选项B正确；设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F，根据平衡条件得F－f＝0，解得F＝468N，选项C错误；设在时间t内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m，则m＝ρS(v－v0)t，根据动量定理有－Ft＝mv0－mv，解得v＝10m/s，选项D正确．9)B．F＝ρSv2D．F＝ρSv3

)B．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468ND．风速的大小为10m/s热点题型三动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．【例5】一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g取10m/s2，忽略空气阻力的影响)【答案】【解析】1200N法一分段列式法：依题意作图，如图所示．设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，v21＝2gL，得v1＝2gL经缓冲时间t＝1s后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv1，F＝将数值代入得F＝1200N.由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F′为1200N，方向竖直向下．2L＋t)，拉力F的gmgt＋mv1

t法二全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg(冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg(2L＋t)－Ft＝0g2L＋tgtmg解得F＝＝1200N10由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F′＝F＝1200N，方向竖直向下．【变式1】(2020·河南郑州三模)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50kg，长竹竿质量为5kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．竹竿的总长度约为3mB．0～6s内，演员B对地面的压力大小始终为1050NC．0～6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3300N·sD．演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力【答案】C1【解析】由v－t图象可知竹竿的总长度l＝×2×6m＝6m，故A错误；在0～4s内，加速向下运动，属于2失重，在4～6s内，加速度向上，属于超重，故B错误；在0～4s内，由图象可知加速度为a1＝0.5m/s2，则mg－f1＝ma1，解得f1＝475N，此过程竹竿对演员B的压力FN1＝f1＋m1g＝525N，在4～6s内，由图象可知加速度为a2＝－1m/s2，则mg－f2＝ma2，解得f2＝550N，此过程竹竿对演员B的压力FN2＝f2＋m1g＝600N，所以0～6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝I1＋I2＝525×4N·s＋600×2N·s＝3300N·s，故C正确；演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。11【变式2】一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．一物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】：(1)0.32(2)130N(3)9J11【解析】：(1)由动能定理有－μmgx＝mv2－mv20可得μ＝0.32.22(2)由动量定理有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N.1(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9J.2【变式3】(2020·湖南常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g，关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A．小球的机械能减小了mg(H＋h)C．小球所受阻力的冲量大于m2gH【答案】AC.B．小球克服阻力做的功为mghD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【解析】：小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝2gH，对小球进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m2gH，12得：IF＝IG＋m2gH，知阻力的冲量大于m2gH，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误．热点题型四应用动量定理求变力的冲量

【例6】(多选)(2020·天津模拟)如图甲所示，一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其a－t图象如图乙所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·s【答案】BDB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为396JD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W【解析】：类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6s内，Δv＝18m/s，v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A项错误；由动能定11理可知，在0～6s内，合力做的功为W＝mv2－mv20＝396J，B项正确；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－22mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C项错误；由牛顿第二定律，可知在t＝6s时，F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D项正确．【变式1】(多选)(2017·全国卷Ⅲ，20)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图3所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零13【答案】ABFtFt2×1【解析】由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝。t＝1s时物块的速率为v＝＝m/s＝1m/s，故选项Amm2正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故选项B正确；t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，故选项C错误；t＝4s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故选项D错误。【变式2】(2020·吉林“五地六校”合作体联考)一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则()A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1【答案】【解析】C根据动量定理得：B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1

0～t0内：F0t0＝mv1①t0～2t0内：2F0t0＝mv2－mv1②由①②解得：v1∶v2＝1∶3由p＝mv得：p2＝3p1

111由Ek＝mv2得：Ek1＝mv12，Ek2＝mv22

222解得：Ek2＝9Ek1.14【变式3】(2020·江西抚州市四校联考)(多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是()A．0～4s内物体的位移为零C．4s末物体的动量为零【答案】BCDB．0～4s内拉力对物体做功为零D．0～4s内拉力对物体的冲量为零【解析】：由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s末的速度为零，位移一直增大，A错误；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4s内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．15