2024屆物理一輪復(fù)習講義第1講 動量和動量定理含答案

2024屆物理一輪復(fù)習講義

第六章

DILIUZHANG動量守恒定律

第1講動量和動量定理

學習目標1.理解動量和沖量的概念。2.能用動量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。

3.會用動量定理進行相關(guān)計算，并會在流體問題中建立“柱狀”模型。

夯實必備知識

「叵R）—物體的灰量與速度的乘積

言—■）表達式）—p=mr單位：kg,m/s

4^}-動量的方向與速理的方向相同

2.

H矢最卜其方向與速度的改變設(shè)Ar的方向相同

動量

變化最

_JAn=n--nU一般用末動量減去初動后〃進行矢量

F廠運算,也稱為動鼠的增量

3.

左出一力與力的作用時間的把艮叫作力的沖威

4.

物體在一個過程中所受力的沖景等于它在這個過

r4W-

程始末的動量變化量

遮｝-F(J)=mvr—mvi^il=p'-p

1.思考判斷

（I）一個物體的運動狀態(tài)變化時，它的動量一定改變。（J）

(2)合力的沖量是物體動量發(fā)生變化的原因。3)

(3)作用力和反作用力的沖量一定等大、反向。(。)

(4)物體的動量發(fā)生改變，則合力一定對物體做了功。(義)

(5)運動員接籃球時手向后緩沖一下，是為了減小動量的變化量。(X)

2.高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階

段，列車的動能()

A.與它所經(jīng)歷的時間成正比

B.與它的位移成正比

C.與它的速度成正比

D.與它的動量成正比

答案B

研透核心考點

考點一動量和沖量

1.對動量的理解

(1)瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。

(2)相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常是指相對地面的動量。

⑶動量與動能的關(guān)系：而瓦或Ek=^。

2.對沖量的理解

(1)沖量的兩性

①時間性：沖量與力和力的作用時間有關(guān)，恒力的沖量等于該力與該力的作用時

間的乘積。

②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間

內(nèi)方向變化的力來說，沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量改變量的方向一致。

⑵作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但與作用力和反作用力做的功

之間并無必然聯(lián)系。

3.沖量的計算方法

(1)恒力的沖量：直接用定義式計算。

(2)變力的沖量

①圖像法：作出尸一，圖線，圖線與，軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖1

所示。

圖1

②動量定理法：對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解。

角度口對動量和沖量的理解與計算

例1（2023?天津模擬）如圖2所示，學生練習用腳顛球。足球的質(zhì)量為0.4kg,某

一次足球由靜止自由下落0.8m,被重新顛起，離開腳部后豎直上升的最大高度

為0.45mo已知足球與腳部的作用時間為0.1s,重力加速度大小g取10nVs2,

不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

圖2

A.足球從下落到再次.上到最大高度，全程用了（）.7s

B.在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球做的功為1.4J

C.足球與腳部作用過程中動量變化量大小為2.8kg.m/s

D.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為4N-s

答案C

解析足球下落時間為力=、y^=（）.4s,足球上升時間為，2=、y^=（）.3s,總

時間為f=fi+f2+f3=0.8s,A錯誤；在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球

做的功為卬合=斗〃應(yīng)一根據(jù)運動學公式濟=2g〃i,vl=2gh2,解得卬合=

—1.4J,B錯誤；足球與腳部作用過程中動量變化量大小為\p=invi—（—im）\）

=2.8kg-m/s,C正確；足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖

量大小/G=/H^=0.4X10X0.8N-s=3.2N-s,D錯誤。

角度同利用/一/圖像求動量和沖量

例2（多選）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力廣的作用下由靜止開始在水平地面上做直

線運動，P與時間/的關(guān)系如圖3所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,

重力加速度大小取g=10mH。則()

F/N

4--------1

I

°2'4';6/A

-41...........1---------1

圖3

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg-m/s

D.0?6s時間內(nèi)力尸的沖量為零

答案AD

解析物塊與地面間的摩擦力為Ff=fimg=2N

對物塊在0?3s時間內(nèi)由動量定理可知

(F-Ff)h=mv3

代入數(shù)據(jù)可得03=6m；s

3s時物塊的動量為〃=〃W3=6kgm/s,故C錯誤；

設(shè)3s后經(jīng)過時間/2物塊的速度減為0,由動量定理可得一(F+Ff)f2=0—，的3

解得/2=1S

所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確；

在0?3s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得

(F—Ff)Ai，解得笛=9m

3?4s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得

—(F+F()X2=()—,解得工2=3m

P—Fr

4?6s時間內(nèi)物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為〃=/〃=2m/s2

發(fā)生的位移大小為X3=：a6=4m<n+x2

即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；

0?6s時間力尸的沖量為

/=Fin+f2fo=(4X3-4X3)N-r=0,故D正確。

跟蹤訓練

1.一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力丹力廠隨時間按正弦規(guī)律

變化，如圖4所示，下列說法正確的是()

圖4

A.第2s末,質(zhì)點的動員為0

B.第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化

C.第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點

D.在1?3s時間內(nèi)，力產(chǎn)的沖量為0

答案D

解析由題圖可知，0?2s時間內(nèi)產(chǎn)的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了

加速度先逐漸增大后加速度逐漸減小的加速運動，第2s末質(zhì)點的速度最大，動

量最大，方向不變,A、B錯誤；2?4s內(nèi)力廠的方向與。?2s內(nèi)力尸的方向不

同，該質(zhì)點()?2s內(nèi)做加速運動，2?4s內(nèi)做減速運動，質(zhì)點在0?4s內(nèi)的位

移均為正，笫4s末沒有回到出發(fā)點，C錯誤；在「一，圖像中，圖線與橫軸所圍

的面積表示力尸的沖量，由題圖可知，1?2s內(nèi)的面積與2?3s內(nèi)的面積大小

相等，一正一負，則在1?3s時間內(nèi)，力戶的沖量為0,D正確。

考點二動量定理的理解和應(yīng)用

1.對動量定理的理解

⑴R="一p是矢量式：兩邊不僅大小相等，而且方向相同。

(2)收="一〃除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，卻合

力的沖量是動量變化的原因。

(3)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的

沖量，可以是各力沖的矢量和，也可以是外力在不同階段沖足的矢量和。

(4)由后=”一p,得尸=/=號，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的

變化率。

2.解題基本思路

確定研在中學階段其研究對象一般僅限于

究對象,單個物體

可先求每個力的沖量，再求各力沖

進行受

?員的矢附和即合力的沖地；或先求

力分析

合力，再求其沖量

確定初、

末狀態(tài).

?確定各動最和沖昂:的正負號

選好正

方向

根據(jù)動景定理列方程,如有必要還

列方程?需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)

求解

角度用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象

例3（2023?湖南岳陽模擬）快遞運輸時，我們經(jīng)?？吹?，有些易損壞物品外面都會

利用充氣袋進行包裹（如圖5所示），這種做法的好處是（）

圖5

A.可以大幅度減小果顛簸過程中物品所受合力的沖量

B.可以大幅度減小某顛簸過程中物品動量的變化

C可以使某顛簸過程中物品動量變化的時間延長

D.可以使某顛簸過程中物品動量對時間的變化率增加

答案C

解析充氣袋在運輸中起到緩沖作用，在某顛簸過程中，物品的動量變化量不變，

由動量定理可知，合外力的沖量不變，充氣袋可以延長動量變化所用的時間，從

而減小物品所受的合力，A、B錯誤，C正確；動量對時間的變化率即為物品所

受的合力，充氣袋可以減小顛簸過程中物品動量對時間的變化率，D錯誤。

跟蹤訓練

2.跳遠時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，如圖6所示，以下說法正確的是

圖6

A.人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小

B.人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小

C.人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小

D.人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上大

答案A

解析人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小，因為人質(zhì)量與速度

的大小一樣，所以動量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動量變化等于跳在水泥

地上的動量變化，因為初動量相等，末動量為0,所以動量的變化量大小相等，

B錯誤；根據(jù)動量定理必人跳在沙坑受到的沖量與跳在水泥地上的沖量

大小相等，C錯誤；根據(jù)動量定理以，=△〃，人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥

地上小，D錯誤。

角度向動量定理的有關(guān)計算

例4（2023?云南省玉溪第一中學高三月考）將質(zhì)量為m=1kg的物塊置于水平地面

上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,現(xiàn)在物塊上施加一個平行于

水平地面的恒力尸=10N,物體由靜止開始運動，作用4s后撤去凡己知g=

lOm/s2,對于物塊從靜止開始到物塊停下這一過程，下列說法正確的是（）

A.整個過程物塊運動的時間為6s

B.整個過程物塊運動的時間為8s

C.整個過程中物塊的位移大小為40m

D.整個過程中物塊的位移大小為60m

答案B

解析在整個過程中也動量定理得此一〃〃儂=0,解得z=8s,選項A錯誤，B

正確；物塊在前4s運動的過程中由動量定理得Fh—/.imgt\=mVy解得v=20m/s,

-0+z7v7）7）

因物塊加速和減速過程的平均速度都為。=丁=]則物塊的總位移尸會+會

=導=與義8m=80m,選項C、D錯誤。

跟蹤訓練

3.（多選X2023?天津南開中學高三檢測）有些人喜歡躺著刷手機，經(jīng)常出現(xiàn)手機掉

落砸傷眼睛或者額頭的情況。若有一手機質(zhì)量為120g,從離人額頭約20cm的

高度無初速掉落，砸到額頭后手機的反彈忽略不計，額頭受到手機的沖擊時間約

為0.2s。下列分析正確的是（）

圖7

A.手機與額頭作用過程中，手機的動量變化大小約為0.24kgm/s

B.手機對額頭的沖量大小約為0.24N-s

C.手機對額頭的沖量方向豎直向上

D.手機對額頭的作用力大小約為2.4N

答案AD

解析根據(jù)自由落體運動規(guī)律，手機掉落到人額頭位置時的速度為。=同-

2m/s,手機與額頭作用后手機的速度變?yōu)?,選取向下為正方向，所以手機與額

頭作用過程中動量變化為A〃=0—"W=-0.24kg.m/s,故A正確；手機與額頭接

觸的過程中受到重力與額頭的作用力，選取向下為正方向，對手機由動量定理得

mgt+I=Ap,代入數(shù)據(jù)得/=-0.48N$負號表示方向豎直向上，根據(jù)力的作用

是相互的，所以手機對額頭的沖量大小約為0.48N$故B錯誤；因為額頭對手

機的沖量的方向是豎直向上，所以手機對額頭的沖量方向豎直向下，故C錯誤;

根據(jù)沖量定義得手機對額頭的作用力大小約為F=;=2.4N,故D正確。

考點三應(yīng)用動量定理處理流體問題

研究流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度〃

對象微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)〃

分析①構(gòu)建“柱體”模型：沿流速。的方向選取一段小柱體，其橫截面

步驟積為S

小柱體的體積

②微元小柱體質(zhì)量iv=p\V=pvS\t

研究小柱體粒子數(shù)N=nvS\t

小柱體動量p=mv=pv2S^t

③建立方程，應(yīng)用動量定理&V=A〃研究

例5如圖8所示為清洗汽車用的高壓水槍。設(shè)水槍噴出水柱直徑為D,水流速

度為。，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作,

進入水槍的水流速度正忽略不計，已知水的密度為下列說法正確的是（）

圖8

A.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為pnvD2

B.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為％vD2

C.水柱對汽車的平均沖力為5。2方

D.當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵?/p>

來的4倍

答案D

解析高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量等于單位時間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即

￡）2f

mo=pV=pTt-^-v=-^iipvb1,A、B錯誤；水柱對汽車的平均沖力為F,由動量定

理得即a=/加力V。，解得產(chǎn)二鏟?！?。2,c錯誤；高壓水槍噴出的水

心皿2。2

對汽車產(chǎn)生的壓強〃=]=1——=〃。2,則當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?/p>

A》

的2倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確。

跟蹤訓練

4.（2023?江西宜春期中）中華神盾防空火控系統(tǒng)會在目標來襲時射出大量子彈顆

粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續(xù)時間7=0.01s、橫截面積為S=2n?的

圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質(zhì)量為，〃=2X10—2kg,每1cn?有一個子彈

顆粒，所有子彈顆粒以。=300m/s射入目標，井停在目標體內(nèi)。下列說法正確

的是（）

A.所形成彈幕的總體積V=6cm3

B.所形成彈幕的總質(zhì)量M=1.2X105kg

C.彈幕對目標形成的沖量大小/=3.6X107kgm/s2

D.彈幕對目標形成的沖擊力大小尸=3.6XIO'N

答案B

解析形成彈幕的總體積為V="S=6m3,A錯誤；每len?有一個子彈顆粒，

則子彈顆粒的總個數(shù)?個=6X106個,所形成彈幕的總質(zhì)量M=N〃?=

1A1U

1.2X105kg,B正確；對整個彈幕由動量定理可知/=M-Ao=3.6X1（）7kg.m/s,c

錯誤；由沖量公式/=F。知，彈幕對目標形成的沖擊力大小/=：=3.6X1（）9N,

D錯誤。

提升

（限時：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1動量和沖量

1.（多選）關(guān)于動量和動能，下列說法中正確的是（）

A.做變速運動的物體，動能一定不斷變化

B.做變速運動的物體，動量一定不斷變化

C.合力對物體做功為零，物體動能的增量一定為零

D.合力的沖量為零，物體動量的增量一定為零

答案BCD

解析做變速運動的物體，速度大小不一定變化，動能不一定變化，故A錯誤；

做變速運動的物體，速度發(fā)生變化，動量一定不斷變化，故B正確；合力對物

體做功為零，由動能定理知，物體動能的增量一定為零，故C正確；合力的沖

量為零，由動量定理知，物體動量的增量一定為零，故D正確。

2.（多選）（2023?廣州市綜合測試）如圖1,水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化

量為12.6kg-m/s,則()

A.球的動能可能不變

B.球的動量大小一定增加12.6kg?m/s

C球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等

D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同

答案AC

解析壘球被擊打后，可能以與擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能

不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可得，球

對棒的作用力與棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方

向與棒對球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。

3.（2022?湖北卷，7）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由。增大到2u,

在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2。增大到5°。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點

做功分別為W,和VV2,合外力的沖量大小分別為/I和/2o下列關(guān)系式一定成立的

是（）

A.VV2=3VVI,Z2^3ZIB.M=3WI,h^I\

C.VV2=7VVI,/2^3ZID.W2=7WI,h^I\

答案D

解析根據(jù)動能定理可知Wl=/（2o）2—；〃小=如）2,卬2=；〃7（5。）2—J〃（2o）2=

21

5■〃切2,可得牝=7%，由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時,

動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是

3mv^h^：7mv1可知/22力，故D正確。

對點練2動量定理的理解和應(yīng)用

4.自由式滑雪大跳臺的滑道由助滑道、起跳臺、著陸坡、停止坡組成。如圖2所

示，運動員使用雙板進行滑行，下列說法正確的是（）

圖2

A.助滑時運動員兩腿盡量深蹲是為了降低重心增大重力

B.起跳后運動員在完成空中動作時運動員可看作質(zhì)點

C.著陸時運動員控制身體屈膝下蹲，可以減小沖擊力

D.滑行時運動員張開手臂是為了減小空氣阻力

答案C

解析助滑時運動員兩腿盡量深蹲并不能增大重力，故A錯誤；由于是研究運

動員起跳后在空中的動作完成情況，所以不能將運動員看作質(zhì)點，故B錯誤；

著陸時運動員控制身體屈膝下蹲，可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以

減小沖擊力，故C正確；滑行時運動員張開手臂是為了調(diào)整重心保持平衡，故D

錯誤。

5.（2022.廣東深圳模擬）如圖3所示，質(zhì)量為2kg的椰子從距地面高度為20m的

樹上由靜止落下，將沙地砸出小坑后靜止，與沙地接觸時間約為0.01s。不計椰

子下落時的空氣阻力，取g=10m/s2。則（）

圖3

A.椰子落地時瞬間動量為20kgm/s

B.沙地對椰子的平均阻力約為4000N

C.沙地對椰子做的功約為4000J

D.沙坑的深度約為20cm

答案B

解析設(shè)椰子落地時的速度大小為根據(jù)動能定理可得，〃顏加2,解得。=

20m/s,根據(jù)動量的計算公式可得〃=〃w=2X20kg?m/s=40kg?m/s,選項A錯

誤；沙地對椰子的平均阻力為f,取向上為正方句，根據(jù)動量定理可得

=0—(一〃W),解得了=4020NQ4000N,選項B正確；設(shè)椰子將沙地砸出小坑

深度約為〃，根據(jù)位移公式可得〃=*=岑X().()lm=().lm=l()cm,從椰子接觸

地面到速度為零的過程中，沙地對椰子做的功約為W=-/7?=-4()O()XO.lJ=-

400J,選項C、D錯誤。

6.(2022?山東卷，2)我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載

火箭。如圖4所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭螺直向上推出，火箭速度接近

零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中()

圖4

A.火箭的加速度為零時，動能最大

B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能

C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量

D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量

答案A

解析火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直

向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體

的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動,

當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為

零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時,

火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零

時，速度最大，動能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放

的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；根據(jù)動量定理,

可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣

體的推力和空氣阻力充火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。

對點練3應(yīng)用動量定理處理流體問題

7.（2023?遼寧大連模擬）水刀切割具有精度高、無熱變形、無毛刺、無需二次加工

以及節(jié)約材料等特點，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機床如圖5所示，若橫截

面直徑為d的圓柱形水流垂直射到要切割的鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為

零。已知水的流量（單位時間流出水的體積）為Q,水的密度為p,則鋼板受到水

的平均沖力大小為（）

圖5

A.40〃B.Qp口.誓~

答案D

解析水流速度32,單位時間內(nèi)水的質(zhì)量△加=〃0，在加時間內(nèi)由動

量定理可得一心，=0—〃04嚴5,解得尸=鬻，故D正確，A、B、C錯誤。

8.（2020?海南卷，8）太空探測器常裝配離子發(fā)動機，其基本原理是將被電離的原

子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質(zhì)量為490kg,

離子以30km/s的速率（遠大于探測器的飛行速率）向后噴出，流量為3.0X103

g/s,則探測器獲得的平均推力大小為（）

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

答案C

解析對離子流，根據(jù)動量定理有心片Am。，而A〃z=3.0X10—3xio-3加，解得

斤=0.09N,故探測器獲得的平均推力大小為0.09N,故選項C正確。

B級綜合提升練

9.（2023?廣東深圳市調(diào)研）明朝的《天工開物》記載了我國古代勞動人民的智慧。

如圖6所示，可轉(zhuǎn)動的把手上。點到轉(zhuǎn)軸的距離為2R,轆薩邊緣方點到轉(zhuǎn)軸的

距離為凡人甲轉(zhuǎn)動把手，把井底的人乙加速拉起來，貝火）

圖6

A.a點的角速度大于b點的角速度

B.a點的線速度小于b點的線速度

C.繩對乙拉力的沖量等于乙的動量變化量

D.繩對乙的拉力大于乙的動量變化率

答案D

解析4、〃兩點同軸轉(zhuǎn)動，則兩點的角速度相同，又。點轉(zhuǎn)動半徑較大，根據(jù)

。=如?可知。點的線速度大于〃點的線速度，選項A、B錯誤；根據(jù)動量定理有

（F-mg）t=mv,變形可得產(chǎn)=卒+/咫，即繩對乙拉力和乙的重力的合力的沖量

等于乙的動量變化量，繩對乙的拉力大于乙的動量變化率，選項C錯誤，D正

確。

10.（多選）如圖7所示，籃球以水平初速度。0碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵?/p>

米的攵倍碰撞時間極短，彈回后籃球的球心恰好經(jīng)過籃框的中心。已知

籃球的質(zhì)量為〃z，半徑為一，籃框中心距籃板的距離為L,碰撞點與籃框中心的

高度差為兒不計摩擦和空氣阻力，則（）

圖7

A.籃板對籃球的沖量大小為（A—1）而加

B.籃板對籃球的沖量大小為（Z+1）EO

C.若籃球漏氣，導致2減小，在見不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過籃框中心,

應(yīng)使碰撞點更低

D.若籃球漏氣，導致％減小，在見不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過籃框中心,

應(yīng)使碰撞點更高

答案BD

解析由題意可知，以籃球彈回的方向為正方向，由動量定理可得/=〃?初0—

（一,加0）=伏+1）〃切0,故A錯誤，B正確；彈回后籃球做平拋運動，若籃球漏氣,

導致A減小，在。o不變的情況下，切o減小，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，即籃

球彈回后水平位移不變，時間/要增大，應(yīng)使碰撞點更高，故C錯誤，D正確。

11.（2023?河北邯鄲模擬）如圖8甲所示，在粗糙的水平面上靜止放置一滑塊，r=0

時刻在滑塊上施加一水平向右的外力F,外力大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所

示，滑塊的加速度隨時間的變化規(guī)律如圖丙所示，已知滑塊與地面間的滑動摩擦

力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。則下列說法正確的是（）

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃/〃

a/(ni,s-2)

圖8

A.滑塊的質(zhì)量為根=2kg

B.4s末滑塊速度的大小為12m/s

C.在0?Is的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為0

D.在0?4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為22N.s

答案D

解析根據(jù)題圖乙可知，外力廠隨時間變化的關(guān)系表達式為尸=2+4],由題圖

丙可知，在f=ls時，物塊開始有加速度，故此刻拉力與最大靜摩擦力平衡，則

有Ff=Fi=6N,由題圖丙可知，在1=4s時，滑塊的加速度為4m/s2,根據(jù)牛

pA—Ff

頓第二定律有用一片二〃心，解得加=■—=3kg,A錯誤；由C7—/圖像的面積

表示速度的變化量，滑塊由靜止開始加速運動，故4s內(nèi)a—f圖像的面積即表示

、0+4

為4s末滑塊速度的大小，V4=2X(4—l)m/s=6m/s,B錯誤；在0?Is的時

間內(nèi)，有靜摩擦力作用，故摩擦力的沖量大小不為0,其大小等于b的沖量大小,

")+6

/“=//==5-X1N,S=4N$C錯誤；在1?4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為

Zfi4=Ff/i4=6X3N-s=18N-s,故在。?4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為/=左

+/fi4=22N-s,D正確。

12.(2022?河北張家口模擬)娛樂風洞是一種空中懸浮裝置，在一個特定的空間內(nèi)

有人工制造的可控制氣流，游客只要穿上特制的可改變受風面積(游客在垂直風

力方向的投影面積)的飛行服跳入飛行區(qū)，即可通過改變受風面積來實現(xiàn)向上、

向下運動或懸浮。已知一游客質(zhì)量為60kg,腹部向下時受風面積最大為0.7n?,

身體直立時受風面積最小為0.2n?,氣流密度為1.2kg/n?,氣流速度為30m/s,

重力加速度為g=10m/s2,假設(shè)氣流吹到人身體上后速度近似變?yōu)?。求：

圖9

(1)若游客在風洞內(nèi)懸浮，則受風面積應(yīng)調(diào)整為多大；

(2)若游客進入風洞先由最大受風面積運動1s后立即改為最小受風面積，求游客

距出發(fā)點的最遠距離為多少(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。

答案(1)0.56m2(2)1.8m

解析(1)在Z時間內(nèi)吹到人體的氣體質(zhì)量為^/n=pSvM?

設(shè)人對氣流的力的大小為F,則對此段氣體由動量定理得以/=△/皿②

由牛頓第三定律，風給人的力大小尸=臉

人受力平衡，所以尸=，咫④

聯(lián)立可得SyO.56m2。⑤

⑵風速遠大于人速，人在風洞內(nèi)做勻變速直線運動，當S=0.7n?時，由①②③

可得人受風力

Fi=〃S爐=756N@

由牛頓第二定律得Fi—mg=mai⑦

經(jīng)過fi=1s時山=1.3m⑧

v=a\t\=2.6m/s⑨

當受風面積為S2=0.2nf時加速度向下，

由①?③可得乃=〃S2〃=216N⑩

由牛頓第二定律得mg—F2=rna2@

解得歐=6.4m/s2

游客減速過程上升的跟離X2=2^@

解得X2g0.53m

游客距離出發(fā)點的最遠距離為x=xi+.g?

解得x=L81n。第2講動量守恒定律及其應(yīng)用

學習目標1.理解動量守恒定律，知道動量守恒的條件。2.會定量分析一維碰撞

問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞。3.會用動量守恒的觀點分

析爆炸、反沖及人船模型。

夯實必備知識

1.

如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和

H內(nèi)容卜

為。.這個系統(tǒng)的總動員保持不變

動

黃

(1)〃=〃'或，〃必+〃12。2=叫+m2r2’。系統(tǒng)相互

守

恒表達式J作用前的總動最等于相互作用后的總動最

定(2)Ap產(chǎn)-Apz,相互作用的兩個物體動量的變

律化后等大反向

京%—不受外力或所受外力的合力為空

2.

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短,而物

H碰撞j

體間相互作用力很大的現(xiàn)象

_^冏_在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,”

工^一認為相互碰撞的系統(tǒng)動樊守恒

碰3

撞

廠［彈性碰撞卜動送守恒、機械能守恒

萬國非彈性碰撞］-動設(shè)守恒、機械能有損失

-露1彈一動黃守恒、機械能損失最多

3.

—,爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作

爆?—用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動

炸包量變恒.如爆竹爆炸等

4.

當物體的一部分以一定的速度離開物體向前運動

U汐時.剩余部分必將向后運動,這種現(xiàn)象叫反沖運動

反ru^i系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)受到

沖飛2112r的外力。實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等

q規(guī)律)一遵從動最守恒定律

1.思考判斷

(1)只耍系統(tǒng)所受合外力做功為0,系統(tǒng)動量就守恒。(X)

(2)系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(V)

(3)動量守恒定律的表達式如。|+〃?2。2=如。|'+相2。2',一定是矢量式，應(yīng)用時要

規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。(J)

⑷發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。(J)

(5)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。(X)

(6)在光滑水平而上的兩球相向運動，碰撞后均變?yōu)殪oI匕則兩球碰撞前的動量

大小一定相等。（J）

2.（多選）如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男

孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是

()

圖1

A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

C男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒

D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同

答案CD

研透核心考點

考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

1.適用條件

（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。

（2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。

（3）某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一

方向上動量守恒。

2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟

明確研確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個

究對象物體及研究的過程）

進行受判斷系統(tǒng)動景是否守恒（或某一方

力分析向上是否守恒）

列方程）—*規(guī)定正方向,確定初.末狀態(tài)動景,

由動景守恒定律列出方程

求解與代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果.必要時討論

討論說明

角度n動量守恒定律的理解

例1（2021?全國乙卷，14）如圖2,光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與

車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車席的水平底板間有摩擦。用力向

右推動車席使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考

系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

圖2

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

答案B

解析撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0,動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦

力，由于摩擦生熱，系統(tǒng)機械能減少，故B正確。

角度見動量守恒定律的基本應(yīng)用

例2（多選）如圖3所示，三輛完全相同的平板小車。、氏。成一直線排列，靜止

在光滑水平面上。。車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從人車跳到。車上。

小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到。車上相對。車保持靜止，

此后（）

cba

圖3

A.a、〃兩車運動速率相等

B.a、c兩車運動速率相等

C.三輛車的速率關(guān)系V2>Va>Vb

D.a、c?兩車運動方向相反

答案CD

解析設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離仇c車時對地水平速度為。，在水平方向由

動量守恒定律有0=M”c+〃zK。，m人v=M車3+機人。，m車+〃2人）M

所以選項A、B錯誤，C、D正確。

跟蹤訓練

1.(多選)(2023?山東棗莊月考)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端

連接著質(zhì)量為/HI=1.0kg的物塊4另一端連接質(zhì)量為團2=1.0kg的長木板B,

繩子開始是松弛的。質(zhì)量為帆3=1.0kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長

木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小?，F(xiàn)在給物塊C水平向左

的瞬時初速度0o=2.Om/s,物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、

C已經(jīng)達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未

從長木板8上滑落。下列說法正確的是()

A.繩子繃緊前，B、。達到的共同速度大小為1.0m/s

B.繩子剛繃緊后的瞬間，A、3的速度大小均為1.0m/s

C.繩子剛繃緊后的瞬間，A、8的速度大小均為0.5m/s

2

D.最終A、B、。三者將以大小為‘m/s的共同速度一直運動下去

答案ACD

解析繩子繃緊前，&C已經(jīng)達到共同速度，設(shè)夙C達到的共同速度大小為

到，根據(jù)動量守恒定律可得加300=(加2+加3加，解得切=1.0m/s,A正確;繩，子

剛繃緊后的瞬間，4、8具有相同的速度s,A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則

有"?20i=(〃zi+"Z2)s,解得s=0.5m/s,B錯誤，C正確；A、B、C三者最終有

共同的速度。3,A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有"2300=("“+"”+m3比3,

解得O3=5m/s,D正確。

考點二碰撞問題

1.碰撞問題遵守的三條原則

(1)動量守恒：pi+p2=pi'+p2，。

(2)動能不增加：Eki+Ek22Eki'+Ek2'。

（3）速度要符合實際情況

①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有。后前，碰后原來在前的物體

速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有。#2。/。

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.彈性碰撞的結(jié)論

以質(zhì)量為"21、速度為ri的小球與質(zhì)量為"22的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

mw\=m\v\'tn2V2r

品1Vi=J”lV\，2+|w2P2z2

m\—mi2tn\

聯(lián)立解得。|'=T?V2=Tvi

"21十"22加1十"22

討論：⑴若如=胴2,則。|'=0,改’=初（速度交換）;

(2)若m\貝iJo/AO,碰后，兩物體沿同一方向運動）;

(3)若則V2r^2v\；

(4)若miVmz，則。/V（）,。2，＞（）（碰后，兩物體沿相反方向運動）;

(5)若〃21?加2,則初?一01,

3.非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，動能有部分損失。

mw\H-nizV2=。i'+miV2

gm1VI+17772V2=J"1010+^1?12V2"+A反物

4.完全非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。

imV2=。川+〃?2)。

2

Ivr+2H=1+^2)v+AR惱m(xù)ax

角度n彈性碰撞

例3（2022?湖南卷，4）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是

由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖5,中子以速度。o分別碰

撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為初和汲。設(shè)碰撞為彈性

正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）

中子氫核

O------------------O--------?/

中子氮核

圖5

A.碰撞后氮核的動量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動能比氫核的小

C.P2大于V\

DQ大于

答案B

解析設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為〃7,氮核的質(zhì)量為14根，設(shè)中子和

氫核碰撞后中子速度為。3,取的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒

定律可得

mvo~mvi+mV}

^rivi=pz/UT+；"就

聯(lián)立解得V\=VO

設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為。4,取加的方向為正方向，由動量守恒定律和

能量守恒定律可得niv(.=14mV2+mV4

\〃2加=4X14/72V2+4也昂

2

聯(lián)立解得V2=T7U0

AJ

可得切=如>。2,故C、D錯誤;

碰撞后氫核的動量為iM=mv\=mvo

KA"-LN“，2Smvo

氮核的動量為PN=14/加2=]5

可得PN>PH,故A錯誤;

碰撞后氫核的動能為

EkH斗加加

氮核的動能為fkN=1x14/加=2：魯

可得EkH>EkN,故B正確。

角度同非彈性碰撞

例4（多選）（2023?福建龍巖模擬）如圖6所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道的斜劈

A和滑塊夙C均靜止在光滑水平地面上，斜劈人的末端與水平地面相切。一滑

塊Q從斜劈A的圓弧軌道的最高點由靜止釋放，滑塊?；剿降孛婧笈c滑塊

B碰撞并粘在一起向前運動，再與滑塊C碰撞又與C粘在一起向前運動。已知

斜劈A和三個滑塊的質(zhì)量均為〃7,斜劈A的圓弧凱道半徑為R,重力加速度大小

為g。滑塊8、C、。均可視為質(zhì)點，則下列說法正確的是（）

D

圖6

A.滑塊。在圓弧軌道上滑動的過程中，A對。的支持力做功為一多%R

B.與滑塊8碰撞前瞬間，滑塊。的速度大小為4荻

C.滑塊B與滑塊。碰撞后的速度大小為亨

D.滑塊D與滑塊B碰撞過程中損失的機械能為由〃gR

答案AD

解析。在A上滑動時，力與。組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，且系統(tǒng)機械

能守恒，則當?；剿降孛嫔蠒r〃皿）一〃WA=0,且加昆+；/?就，兩式

聯(lián)立解得A、。分離時的速度大小為況）=內(nèi)=4正，即A與。的速度大小相等，

方向相反，下滑過程充。由動能定理得WN+，〃gR=S而，解得以二一57次,

故A正確；D與B碰撞前的速度即為A、。分離時。的速度大小，為癇，故B

錯誤；B與C碰撞過程中，B、C、。組成的系統(tǒng)動量守恒，有加。。=（小十加+

，n）vc,則B與。碰撞后的速度大小為oc=零，故C錯誤；。與5碰撞過程動

量守恒，有WW/）=（〃z+〃7）08,則碰撞后B、。整體的速度大小為08="|反,損失

的機械能+m）vl=^mgR,故D正確。

跟蹤訓練

2.（2023?江蘇無錫高三期末）A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在

前，A球在后，nw=lkgo經(jīng)過一段時間，A、5發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰

撞前、后兩球的位移一時間圖像如圖7所示，根據(jù)以上信息可知（）

6.0b----

5.0

4.0

3.0解

2.0卜//

1.。〃8

1.()1.6//s

A.碰撞過程中B球受到的沖量為8N-s

B.碰撞過程中A球受到的沖量為一8N-s

C.B球的質(zhì)量m3=4kg

D.A、8兩球發(fā)生的是彈性碰撞

答案D

解析已知x—f圖像的斜率代表速度，則內(nèi)=6m/s,VA,=2m/s,VB=3m/s,VB'

=5m/s,根據(jù)動量定理有〃〃辦=—4N$加=/〃即"一"7808,再根據(jù)

動量守恒定律有647〃+/麗斗6團4,解得〃7B=2kg,7B=4N-S,A、R、

C錯誤；碰撞前后的動能分別為Ek=5"〃源+5〃3涼=27J,Ek,=^mAVA,2-\-^mBVB,2

=27J,則A、8兩球發(fā)生的是彈性碰撞，D正確。

考點三爆炸、反沖和“人船”模型

1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律

動量爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程

守恒中，系統(tǒng)的總動量守恒

動能在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以

增加系統(tǒng)的機械能增加

位置爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為

不變爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動

2.反沖運動的三點說明

作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循

動量守恒

動量守恒定律

反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總

機械能增加

機械能增加

3.“人船”模型特點

⑴常見情景

(2)動量守恒：兩物體相互作用過程滿足動量守恒定律小加一〃2202=0。

(3)位移關(guān)系：XI+X2=L,得XI=~v-L,X2=L°

ttm\-vnn"八十im

(4)運動特點

①人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。

②人與船的位移比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)；人與船的平均速度(瞬時速度)比等于

它們質(zhì)量的反比，即詈。

人2(?Xffll

③應(yīng)用費="=等時要注意：嘰。2和川、X2一般都是相對地面而言的。

角度EI爆炸問題

例5(多選)一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平

向右的速度。飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖8所示。

爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則下

列說法正確的是（）

A.爆炸后乙落地的時間最長

B.爆炸后甲落地的時間最長

C.甲、丙落地點到乙落地點。的距離比為4：1

D.爆炸過程釋放的化學能為等

答案CD

解析爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時間/=

相等,選項A、B錯誤；爆炸過程動量守恒，有〃w=-再+；小。甲，由

題意知。丙=。，得。甲=4心爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點到乙落地點

O的距離x—/相同，則X-小甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為

x甲：x產(chǎn)。甲：。產(chǎn)4：1,選項C正確；根據(jù)能量守恒可得爆炸過程釋放的化學

17

±+-X22-2

=力

22河3選項D正確。

角度反沖問題

例6（2022?河南開封模擬）導彈發(fā)射過程可以簡化為：將靜止的質(zhì)量為M（含燃料）

的導彈點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度00豎直向下噴出質(zhì)量為m的

熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時東風導彈獲得

的速度大小是（)

A?謂。

-M-m

M-mM-m

答案D

解析由動量守恒定律得〃wo=（W—〃z）。，導彈獲得的速度。=就，，。，故D正

確。

角度應(yīng)“人船”模型

例7（多選）（2023?福建廈門高三月考）如圖9所示，將一質(zhì)量為M、半徑為R的光