2022版新高考物理一轮复习教师用书：第6章 第1节 动量和动量定理

[

选择性考试备考指南]

考点内容要求命题分析核心素养

动量、动量定理、

动量守恒定律及

其应用

Ⅱ

1．高考对动量部分的考

查主要是碰撞、爆炸和

反冲运动模型，题型以

计算和选择为主，也有

实验但较少。

2．动量守恒定律是力学

的重点，要关注动量定

理、动量守恒定律与牛

顿运动定律、能量守恒

综合的压轴计算题。

物理观念：动量、冲

量、碰撞、爆炸、反

冲。

科学思维：动量定

理、动量守恒定律、

人船模型、“滑块—

滑板”模型、“子弹

打木块”模型、“含

弹簧”模型。

科学探究：验证动量

守恒定律、验证动量

定理。

科学态度与责任：现

代航天技术与反冲。弹性碰撞和非弹

性碰撞

Ⅰ

实验七：验证动

量守恒定律

说明：只限于一

维

第1节动量和动量定理

一、动量、动量的变化量、冲量

1．动量

(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。

(2)表达式：p＝m v。

(3)单位：kg·m/s。

(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

2．动量的变化量

(1)因为动量是矢量，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。

(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。即Δp＝p′－p。

3．冲量

(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。

公式：I＝F·t。

(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。

(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

二、动量定理

1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。

2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。

3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。

一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)

1．物体的动能变化时，动量一定变化。(√)

2．两物体的动量相等，动能也一定相等。(×)

3．动量变化量的大小不可能等于初、末状态动量大小之和。(×)

4．动量定理描述的是某一状态的物理规律。(×)

5．物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。(×)

6．物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同。(√)

二、走进教材

1．(人教版选修3－5P7[例题1]改编)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为()

A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反

B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同

C ．2 kg·

m/s ，方向与原运动方向相反 D ．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相同 [答案] A

2．(人教版选修3－5P 11T 2改编)一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，在水平力F 作用下，经时间t ，通过位移L 后，动量变为p ，动能变为E k 。若上述过程F 不变，物体的质量变为m

2

，以下说法正确的是( )

A ．经过时间2t ，物体动量变为2p

B ．经过位移2L ，物体动量变为2p

C ．经过时间2t ，物体动能变为4E k

D ．经过位移2L ，物体动能变为4

E k

A [由动量定理得p ＝Ft ，则经过时间2t ，物体的动量p 2＝F ·2t ＝2p ，由p 2＝2mE k ，得物体的动能E k2＝(2p )2

2·m 2＝8E k ，选项A 正确，C 错误；由动能定理

E k ＝FL ，则经过位移2L ，物体的动能E k2＝

F ·2L ＝2E k ，由p 2＝2mE k ，得物体的动量p 2＝

2·m

2

·2E k ＝p ，选项B 、D 错误。] 3．(人教版选修3－5P 11T 3改编)质量为4 kg 的物体以2 m/s 的初速度做匀变速直线运动，经过2 s ，动量大小变为14 kg·m/s ，则该物体 ( )

A ．所受合外力的大小可能大于11 N

B ．所受合外力的大小可能小于3 N

C ．冲量大小可能小于6 N·s

D ．冲量大小可能大于18 N·s

D [若以物体初速度方向为正方向，则初动量p 1＝m v 1＝8 kg·m/s ，末动量大小为14 kg·m/s ，则有两种可能：当p 2＝14 kg·m/s ，则Ft ＝p 2－p 1＝6 kg·m/s ，F ＝3 N ；当p 2＝－14 kg·m/s ，则Ft ＝p 2－p 1＝－22 kg·m/s ，F ＝－11 N ，负号表示方向，故选项A 、B 、C 错误，D 正确。]

动量及动量变化量的理解 [依题组训练]

1．下列关于动量的说法正确的是()

A．质量大的物体动量一定大

B．速度大的物体动量一定大

C．两物体动能相等，动量不一定相等

D．两物体动能相等，动量一定相等

C[动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式得出p＝2mE k，两物体动能相等，质量关系不明确，动量不一定相等，D错，C对。]

2．(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是()

A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零

D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零

ABD[当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如图(a)所示，所以A选项正确；当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如图(b)所示，Δp 与p1(或p2)方向相反，与运动方向相反，故B选项正确；当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，故动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，故C选项错误；当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图(c)所示，故D选项正确。]

3．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是() A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J

B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 J

C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J

D．Δp ＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J

A[取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝m v2－m v1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动

能定理知，合外力做的功W＝1

2m v

2

2－

1

2m v

2

1＝

1

2×0.2×4

2 J－

1

2×0.2×6

2 J＝－2 J。

故选项A正确。]

(1)动量的两性

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，通常情况是指相对地面的动量。

(2)动量、动能与动量变化量的比较

名称

项目

动量动能动量变化量

定义物体的质量和速

度的乘积

物体由于运动而

具有的能量

物体末动量与初

动量的矢量差

定义式p＝m v E k＝1

2m v

2Δp＝p′－p

矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量

关联方程E k＝p2

2m，E k＝

1

2p v，p＝2mE k，p＝

2E k

v

冲量、动量定理的理解及应用[依题组训练] 1．冲量的三个特点

(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与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。

(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功

之间并无必然联系。

2．动量定理的两点注意

(1)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。在变力的情况下，动量定理中的力F应为变力在作用时间内的平均值。

(2)动量定理的表达式FΔt＝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。

3．用动量定理解释两类现象

(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。

(2)F一定，此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。

[题组训练]

冲量的理解

1．(多选)(2020·济南4月检测)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)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()

甲乙丙

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0 B．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

AC[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＝Fl cos α可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误。]

动量定理的应用

2．(2020·全国卷Ⅰ·T14)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

D[行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过对安全气囊做功将司机的动能转化为内能，C项错误。]

3．(2021·广东新高考适应性考试)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()

A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍

B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s

C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·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3.2 N·s

C[足球自由落体80 cm时的速度为v1，时间为t1，有v1＝2gh＝4 m/s，

t1＝2h

g＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据

运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正方向，由动量定理有(F－mg)·Δt＝m v2－(－m v1)＝Δp，解得F＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球刚接触时的动量为p1＝m v1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为I G＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误。故选C。]

动量定理与图象的结合

4.如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是()

A．0～2 s内合外力的冲量一直增大

B．0～4 s内合外力的冲量为零

C．2 s末物体的动量方向发生变化

D．0～4 s内物体动量的方向一直不变

C[根据F-t图象面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。]

5.一物体在合外力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E k1、E k2，动量分别为p1、p2，则()

A ．E k2＝8E k1，p2＝4p1B．E k2＝3E k1，p2＝3p1

C．E k2＝9E k1，p2＝3p1D．E k2＝3E k1，p2＝2p1

C[根据动量定理得：

0～t0内：F0t0＝m v1 ①t0～2t0内：2F0t0＝m v2－m v1 ②由①②解得：v1∶v2＝1∶3

由p＝m v得：p2＝3p1

由E k＝1

2m v

2得：E k1＝

1

2m v

2

1，E k2＝

1

2m v

2

2

解得：E k2＝9E k1。]

应用动量定理处理“柱体”模型“流体类柱体”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”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件

分析步骤1

建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横

截面积为S

2

用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝

vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρS vΔt

3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体

的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：

(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

[解析](1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。

该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt ①喷出水柱质量Δm＝ρΔV ②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS ③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm

Δt＝ρv0S。

(2)法一：动量定理、运动学公式

设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得F

冲

＝Mg ④

其中，F

冲

为水柱对玩具底部的作用力

由牛顿第三定律知F

压＝F

冲

⑤

其中，F

压

为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式得v′2－v20＝－2gh ⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm

Δm＝ρv0SΔt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得

－(F

压

＋Δmg)Δt＝－Δm v′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为

F压Δt＝Δm v′⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h＝v20

2g－

M2g

2ρ2v20S2。

法二：牛顿定律、运动学公式，由牛顿第二定律得F＋(Δm)g＝(Δm)a

因Δt很小很小，有F＝Mg?(Δm)g

则有Mg＝Δma＝Δm v－0Δt

解得v＝MgΔt Δm

对每一个水柱由运动学公式得

h＝v20－v2

2g＝

v20

2g－

M2g

2ρ2v20S2。