高考物理复习第六章第1讲动量和动量定理讲义(含解析)新人教版

动量和动量定理

全国卷 3 年考情剖析

三年考题

考点内容考大纲求

20172018

2016

动量、动量定理、动量卷Ⅲ T35(2) ，动量守恒卷Ⅰ T14，

Ⅱ

动量

守恒定律及其应用定律，能量守恒定律

卷Ⅰ T14，

卷Ⅱ T35(2) ，动量守卷Ⅱ T15，

动量守恒

恒，机械能守恒动量定理弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ定律

卷Ⅲ T21，

卷Ⅰ T35(2) ，动量定

理，机械能守恒动量定理实验：考证动量守恒定

律

说明：碰撞和动量守恒

只限于一维

第 1 讲动量和动量定理

[ 基础知识·填一填 ]

[ 知识点 1]动量

1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，往常用p 来表示．

2．表达式：p＝mv .

3．单位：kg·m/s .

4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向同样．

[ 知识点 2]冲量

1．定义：力F与力的作用时间t 的乘积 .

2．定义式：I＝Ft .

3．单位：N·s .

4．方向：恒力作用时，与力的方向同样.

5．物理意义：是一个过程量，表示力在时间上累积的作用成效．

判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．

(1)动量越大的物体，其运动速度越大．( ×)

(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．( × )

(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．( × )

(4)动量是过程量，冲量是状态量． ( × )

(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．( × )

(6) 系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．( √ )

[ 知识点3]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.

Ft ＝p′－ p

2．表达式：.

I ＝p

3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向同样，能够在某一方向上用动量定

理．

判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．

(1)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向同样．( × )

(2)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．( √ )

(3)p 一准时， F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．( √)

(4)F 必定，此时力的作用时间越长，p 就越大；力的作用时间越短，p 就越小．(√)

[ 教材发掘·做一做]

1． ( 人教版选修3－ 5 P11 第 1 题改编 ) 对于物体的动量和动能，以下说法中正确的选项是()

A．一物体的动量不变，其动能必定不变

B．一物体的动能不变，其动量必定不变

C．两物体的动量相等，其动能必定相等

D．两物体的动能相等，其动量必定相等

答案： A

2． ( 人教版选修3－5P7例 1 改编 ) 以下图，一质量为m的滑块沿圆滑的水平面以速

度 v0运动．碰到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变成1v0，则以下说法正确的选

项是

() 2

A．滑块的动量改变量的大小为1mv0

2

3

B．滑块的动量改变量的大小为2mv0

C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向同样

D ．重力对滑块的冲量为零

答案： B

3． ( 人教版选修 3－5 P8 例 2 改编)( 多项选择 ) 一个质

量为

0.18 kg

的垒球，以

25 m/s

的

水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变成

45 m/s ，设球棒与垒球的

作用时间为

0.01 s

．以下说法正确的选

项是

(

)

A ．球棒对垒球的均匀作使劲大小为 1260N

B ．球棒对垒球的均匀作使劲大小为 360 N

C ．球棒对垒球做的功为 126 J

D ．球棒对垒球做的功为

36 J

分析： AC [ 设球棒对垒球的均匀作使劲为

F ，由动量定理得

F · t ＝ m ( v t －v 0) ，取末

速度方向为正方向，则

v t ＝ 45 m/s

， v 0＝－ 25 m/s

，代入上式得

F

＝1 260 N

．由动能定理

1 2 1 2

得 W ＝ 2mv t － 2mv 0＝ 126 J

，故 A 、 C 正确．

]

4． ( 人教版选修

3－5 P9

科学闲步改编 ) 一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿

车相撞，两车相撞后，两车车身因互相挤压，皆缩短了

0.5 m ，据测算两车相撞前速度约

为 30 m/s.

(1) 试求车祸中车内质量约 60 kg 的人遇到的均匀冲力．

(2) 若这人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是

1 s ，求这时人体受

到的均匀冲力．

分析： (1) 两车相撞时以为人与车一同做匀减速运动直到停止，位移为

0.5 m.

v 0 2x

1

设运动的时间为 t ，依据 x ＝ 2 t ，得 t ＝ v 0 ＝ 30 s ，

依据动量定理 Ft ＝ p ＝ 0，得

mv

mv 0 60×30

4

F ＝ t ＝

1 N ＝5.4 ×10 N.

30

(2) 若人系有安全带，则

60×30

3

mv

F ′＝ t ＝

1 N ＝1.8 ×10 N.

答案： (1)5.4 ×10 4 N (2)1.8 ×103N

考点一 动量与冲量的理解

[ 考点解读 ]

1．动能、动量、动量变化量的比较

动能动量动量变化量

定义物体因为运动而拥有的

物体的质量和速度的乘积

物体末动量与初动量的矢能量量差

定义式k＝12p＝mv p＝ p′－ p E2mv

标矢性标量矢量矢量特色状态量状态量过程量

关系

p212k

E

E k＝， E k＝ pv，p＝2mE k， p＝

v 方程2m2

(1)都是相对量，与参照系的选用相关，往常选用地面为参照系

联系(2) 若物体的动能发生变化，则动量必定也发生变化；但动量发生变化时动能不必定发生变化

2.冲量和功的差别

(1)冲量和功都是过程量．冲量表示力对时间的累积作用，功表示力对位移的累积作用．

(2)冲量是矢量，功是标量．

(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量必

定不为零．

3．冲量的计算

(1) 恒力的冲量：直接用定义式I ＝Ft 计算．

(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的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＋ F2

t

，此中1、 2 为该段时间内初、末两时辰力的大小．

2F F

②作出

F－ t 变化图线，图线与t 轴所夹的面积即为变力的冲量．以下图．

③对于易确立始、末时辰动量的状况，可用动量定理求解，即经过求p 间接求出冲

量．

[ 典例赏析 ]

[ 典例1]以下图，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不一样的两个圆滑斜面由静止自由滑下，在抵达斜面底端的过程中()

A ．重力的冲量同样

B ．弹力的冲量同样

C ．协力的冲量同样

D ．以上说法均不对

h

1

2

[分析]

D [ 高度同样，则下滑的距离 x ＝ sin θ ，加快度 a ＝ g sin θ ，依据 x ＝ 2at ， 2 x 1 2

得： t ＝

I ＝ mgt 知，重力 a ＝

sin θ g ，因为倾角不一样，则运动的时间不一样，依据 的冲量不一样，

故

A 错误．对于弹力，大小不等，方向不一样，弹力的冲量不一样，故

B 错 误．协力的大小 F 合＝ mg sin θ ，可知协力大小不等，方向也不一样，则协力的冲量不一

样，故

C 错误． ]

对冲量的理解

在计算支持力的冲量时，有的同学以为

I N ＝0，这种错误看法在于未分清冲量与功的概

念，应注意力对物体做功时，力的冲量不为零，但力对物体有冲量时，力不必定对物体做

功．

[ 题组稳固 ]

1． ( 多项选择 ) 从水平川面上方同一高度处，使 a 球斜上抛， b 球平抛，且两球质量相等，

初速度大小同样，最后落于同一水平川面上，空气阻力不计．在此过程中，以下说法正确

的是(

)

A ．两球着地时的动能同样

B ．两球着地时的动量同样

C ．重力对两球所做的功同样

D ．重力对两球的冲量同样

分析： AC [ 斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两球初地点高

度同样，故重力做功同样，由动能定理得，

1 2

W G ＝ mgh ＝ E k － 2mv 0，因为两球的质量、初速度

同样，着落的高度同样，故重力对两球所做的功同样，两球着地时的动能同样，故

确；两球初始高度同样，

a 球斜上抛，

b 球平抛， a 球开始时拥有向上的分速度，因此

A 、C

正

a 球

运动的时间比

b 球运动的时间长，故重力对

a

球的冲量比对

b

球的冲量大，故

D 错误；由

于两者落地时的动能相等，则落地时的速度大小相等，而落地时

a 球竖直方向的分动量大，

因此两者落地时速度的方向和动量的方向不一样，故

B 错误． ]

2． ( 多项选择 ) 某同学为了测定当地的重力加快度，达成了以下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到

小球上涨到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程 2. 假如忽视空气阻力，则下

列表达正确的选

项是()

A．过程 1和过程 2 动量的变化大小都为0

mv

B．过程 1和过程 2 动量变化的方向相反

C．过程 1重力的冲量为

mv，且方向竖直向下

D．过程 1和过程 2 的重力的总冲量为0

分析： AC[ 依据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直

向下，上涨过程和着落过程中小球只遇到重力的作用，选用竖直向下为正方向，上涨过程

动量的变化量p ＝0－(－ mv)＝ mv，着落过程动量的变化量p ＝ mv－0＝ mv，大小均100200

为 mv0，且方向均竖直向下，故A、C 正确， B 错误；小球由地面竖直向上发射到上涨至最

高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I ＝ mv0－(－ mv0)＝2mv0，D错误．] 3．(2019 ·合肥模拟 )( 多项选择 ) 一质点静止在圆滑水平面上，现对其施加水平外

力F， F 随时间按正弦规律变化，以下图，以下说法正确的选项是()

A．第 2 s 末，质点的动量为0

B．第 4 s 末，质点回到出发点

C．在 0～ 2 s 时间内，F的功领先增大后减小

D．在 1～ 3 s 时间内，F的冲量为0

分析： CD [ 从图象能够看出在前 2 s 力的方向和运动的方向同样，物体经历了一个加

速度渐渐增大的加快运动和加快度渐渐减小的加快运动，因此第 2 s 末，质点的速度最大，动量最大，而不是0，故 A 错误；该物体在后半个周期内遇到的力与前半个周期遇到的力

的方向不一样，前半个周期内做加快运动，后半个周期内做减速运动，因此物体

在0～ 4 s内

的位移为正，故 B 错误； 0～2 s 内，速度在增大，力

F 先增大后减小，依据刹时功率＝

P

Fv 得力 F 刹时功率开始时为0,2 s末的刹时功率为0，因此在0～ 2 s 时间内，F的功领先增大后减小，故 C 正确；在F－t图象中，图象与t轴围成的面积表示力 F 的冲量，由图可知， 1～ 2 s 之间的面积与2～3 s 之间的面积大小相等，一正一负，因此和为0，则在 1～3 s 时间内，F的冲量为0，故 D 正确． ]

考点二动量定理的理解及应用

[ 考点解读 ]

1．对动量定理的理解

(1)动量定理的表达式 Ft ＝ p 是矢量式，运用它剖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协力．

(2)动量定理不单合用于恒定的力，也合用于随时间变化的力．这种状况下，动量定理

中的力 F 应理解为变力在作用时间内的均匀值．

(3)应用动量定理解说两类物理现象

①当物体的动量变化量一准时，力的作用时间t越短，力F就越大，力的作用时间t 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看作使劲 F 一准时，力的作用时间t越长，动量变化量p越大，力的作用时间t 越短，动量变化量p 越小．

2．应用动量定理解题的一般步骤

(1)明确研究对象和研究过程．

研究过程既能够是全过程，也能够是全过程中的某一阶段．

(2)进行受力剖析．

只剖析研究对象之外的物体施加给研究对象的力，不用剖析内力．

(3)规定正方向．

(4) 写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量( 或各外力在各个阶段的冲量的矢量和) ，依据动量定理列方程求解．

[ 典例赏析 ]

[ 典例2](2018 ·江苏卷) 以下图，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度

的大小为 v，方向向下．经过时间 t ，小球的速度大小为 v，方向变成向上．忽视空气阻力，重力加

快度为 g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．

[ 审题指导 ]动量定理是矢量式，应先选定正方向，注意初、末状态速度的正负．

[ 分析 ]取向上为正方向，由动量定理得

mv－(－ mv)＝ I

且 I ＝( F － mg) t

解得 I F＝ F t ＝2mv＋ mgt

[答案]2mv＋mgt

应用动量定理的注意事项

1．动量定理是矢量式，要选用一致的正方向，确立动量和冲量的正负号．

2．动量定理是过程式，一定明确冲量的过程及初、末状态的动量．

3．在Ft＝mv2－mv1中，Ft是协力的冲量，不是某一个力的冲量．

4．在系统中，互相作使劲的冲量必定大小相等、方向相反．

5．注意题目要求，不要盲目忽视重力的冲量．

[ 母题研究 ]

研究 1. 动量定理在生活中的应用

母题

研究 2. 用动量定理求变力的冲量( 或动量变化 )

典例 2

研究 3. 动量定理对多过程的应用

[ 研究 1]动量定理在生活中的应用

( 多项选择 ) 相关实质生活中的现象，以下说法正确的选项是()

A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获取巨大速度

B．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作使劲

C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响

D．为了减少撞车时对司乘人员的损害程度，发动机舱越牢固越好

分析： ABC [ 火箭升空时，内能减小，转变成机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气

流有向后的力，因为力的作用是互相的，气流对火箭有向前的力的作用，进而推进火箭前

进，应选项 A 正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化必定，由动量定理可知，运动

员遇到的冲量I 必定，着地时曲腿是延伸时间t ，由 I ＝ Ft 可知，延伸时间t 能够减小运动员所遇到的均匀冲力F，应选项 B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲

的影响，应选项 C 正确；为了减少撞车时对司乘人员的损害程度，就要延伸碰撞时间，由

I ＝ Ft可知，车体前部的发动机舱不可以太牢固，应选项D错误． ]

[ 研究2]用动量定理求变力的冲量( 或动量变化)

(2019 ·泰安模拟) 以下图，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从 A 点正上方O点静止开释，

从

A 点切入圆槽，恰好能运动至 C 点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t 1、 t 2，合外力的冲量大小为I 1、I 2，则()

A．t＞t

2B．t＝t

2

11

C．I1＞I2D．I1＝I2

分析： C[ 小球从A点正上方O点静止开释，做自由落体运动，从 A 点切入圆槽，刚

好能运动至 C 点，即从 A 到 C 速度愈来愈小， AB段均匀速率大于BC段均匀速率，两段路程相等，因此球在AB段和 BC段运动过程中的运动时间为t ＜t ，故A、B错误；沿圆心方

12

向的协力与速度垂直，动量变化为零，AB 段均匀速率大于BC 段均匀速率，说明切线方向

上 AB段速度变化量较大，依据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，因此合外力的

冲量大小为 I 1＞I 2，故C正确，D错误．]

[ 研究3]动量定理对多过程中的应用

2 kg的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线

(2017 ·全国卷Ⅲ)(多项选择 ) 一质

量为

运动．F 随时间t变化的图线以下图，则()

A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s

B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg ·m/s

C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg ·m/s

D．t＝4 s 时物块的速度为零

Ft

分析： AB [ 对物块，由动量定理可得：Ft ＝ mv，解得v＝m， t ＝1 s时物块的速率为v＝1 m/s，A 正确；在F－ t图中面积表示冲量，故t ＝2 s时物块的动量大小p＝ Ft ＝2×2 kg·m/s＝4 kg ·m/s，t＝ 3 s时物块的动量大小为p′＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，B正确，C错误；t ＝4 s时物块的动量大小为p″＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2

1 m/s，D错误．] kg·m/s，故t＝4s时物块的速

度为

物理模型 ( 七 )用动量定理研究“流体冲击模型”

[ 模型论述 ]

往常状况下应用动量定理解题，研究对象为质量必定的物体，它与其余物体只有一次

互相作用，我们称之为“单体作用”．这种题目对象明确、过程清楚，求解不难．而对于

流体连续互相作用的这种问题，研究对象不明，互相作用的过程也较复杂，求解有必定难

度．

方法指导：巧选对象，将连续作用转变成“单体作用”；巧取瞬时，将较长时间内的

变质量问题转变成短时间内不变质量问题．

1．成立“柱体模型”

沿流速 v 的方向选用一段柱形流体，设在t 时间内经过某一横截面S 的流体长度为l ，以下图，若流体的密度为ρ ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为m

＝ρ

lS ＝ρ ·.

Svt

2．掌握微元法

当所取时间为t 足够短时，图中流体柱长度l甚短，相应的质量m也很小．显然，选用流体柱的这一微元小段作为研究对象就称微元法．

3．运用动量定理

求解这种问题一般运用动量定理，即流体微元所受的合外力的冲量等于微元动量的增

m v

量，即F＝t.

[ 典例赏析]

[典例](2016 ·全国卷Ⅰ) 某游玩园进口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳固地悬停在空中．为计算方便起见，假定水柱从横截面积为S的喷口连续以速度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

水的速度变成零，在水平方向朝周围均匀散开．忽视空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加快度大小为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．

[ 审题指导 ]此题的第二问的重点是：

(1)连续流动的水流对玩具的均匀冲击力F 与玩具的重力 Mg均衡．

(2)若水流冲击玩具的速度为 v，考虑以很短时间t 内冲击玩具的水流m为研究对

象，它在重力和玩具对它的反作使劲

F ′作用下在

t 时间内动量减为零，利用动量定理

可列出 ′、 、 的关系，进而利用′＝

＝

求出速度

v ，再求速度

v 对应的高度．

F

v m F F Mg

[分析]

(1) 设

t 时间内，从喷口喷出的水的体积为

V ，质量为 m ，则

m ＝ρ V ①

V ＝ v 0S t ②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

m

t ＝ρ v 0

S ③

(2) 设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为

h ，水从喷口喷出后抵达玩具底面时的速

度大小为 v . 对于

t

时间内喷出的水，由能量守恒得

1

2(

2

m )v ＋ (

1

m ) gh ＝ 2(

2

m ) v 0④

在 h 高度处，

t

时间内发射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为

p ＝

( m ) v ⑤

设水对玩具的作使劲的大小为

F ，依据动量定理有

F t ＝ p ⑥

因为玩具在空中悬停，由力的均衡条件得

F ＝Mg ⑦

v 2

2

联立③④⑤⑥⑦式得

h ＝ 0

Mg

－

2 2 2

2g

2ρ v S

2

2

v

Mg

[ 答案 ] (1) ρ v 0S

(2) 0

－

g 2 2 2

2 2ρ v 0S

应用动量定理求解流体冲击力，重点是成立“柱体微元”模型，详细思路是

(1) 在极短的时间t 内，取一小柱体为研究对象． (2) 求小柱体的体积V ＝v tS

(3) 求小柱体质量m ＝ ρΔ V ＝ ρvS t .

(4) 求小柱体的动量变化p ＝ v m ＝ ρ v 2S t .

(5)

应用动量定理 F t ＝ p .

[ 题组稳固 ]

1．为估量池中睡莲叶面蒙受雨滴撞击产生的均匀压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置

于天台，测得 1 小时内杯中水位上涨了 45 mm.查问得悉，当时雨滴竖直着落速度约为 12

m/s. 据此估量该压强约为 ( 设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为

1×10 3

kg/m 3)(

)

A ． 0.15 Pa

B ． 0.54 Pa

C ． 1.5 Pa

D ． 5.4 Pa

分析：A[ 设圆柱形水杯的横截面积为S，则水杯中水的质量为m＝ρV＝3－ 3F mv45 ×12

S

1×10 ×45×10S＝45S，由动量定理可得：Ft ＝ mv，而 p＝S，因此p＝

St

＝

S×3 600Pa

＝0.15 Pa.]

2．飞船在飞翔过程中有好多技术问题需要解决，此中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘

区时怎样保持速度不变的问题．假定一宇宙飞船以v＝2.0×103m/s的速度进入密度ρ ＝2.0 ×10 －6 kg/m 3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且以为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v，所需推力多大？

分析：设飞船在微粒尘区飞翔t 时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量

m＝ρ Sv t ，

微粒由静止到与飞船一同运动，微粒的动量增添，

由动量定理 Ft ＝p 得 F t ＝mv＝ρ Sv tv ，

因此飞船所需推力

2－632

＝ 40N. F＝ρSv ＝2.0×10 ×5×(2.0 ×10 )N

答案： 40 N