专题(26)动量 动量定理(解析版)

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练
专题（26）动量动量定理（解析版）
考点一对动量、冲量及动量变化量的理解
1．对动量的理解
(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，是针对某一时刻或某一位置而言的．
①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)动量与动能的比较
2.
(1)冲量的两性
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该力的作用时间的乘积．①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．
(2)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．
(3)冲量与功的比较
3.对动量变化量的理解
物体动量的变化是矢量，其方向与物体速度的变化量Δv 的方向相同．在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合力的方向相同．
1、（2020·江西省崇义中学开学考试）—质量为m 的铁锤，以速度v ，竖直打在木桩上，经过Δt 时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ） A ．mg Δt B ．
mv
t
∆ C ．
mv
mg t
+∆ D ．
mv
mg t
-∆ 【答案】C
【解析】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F ，则有
()0()F mg t mv -∆=--
解得
mv
mg F t
+∆=
所以铁锤对木桩的平均冲力
mv
F F mg t
==
+∆' C 正确，ABD 错误。

故选C 。

2、对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，正确的是( ) A ．物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上 B ．物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下 C ．物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上 D ．物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下 【答案】B
【解析】取竖直向上为正方向，物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量Δp ＝－mgt ，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下．B 选项正确．
3、(多选)如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球( ) A ．所受合力的冲量水平向右 B ．所受支持力的冲量水平向右 C ．所受合力的冲量大小为m 2gR D ．所受重力的冲量大小为零 【答案】AC
【解析】在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动量定理可知I 合＝m Δv ，Δv 的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中，机械能守恒，故有mgR ＝1
2mv 2B
，解得v B ＝2gR ，即Δv ＝2gR ，所以I 合＝m 2gR ，C
正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．
4、如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从传送带的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.合力对物块的冲量大小一定为2mv 2
B.合力对物块的冲量大小一定为2mv 1
C.合力对物块的冲量大小可能为零
D.合外力对物块做的功可能为零 【答案】D
【解析】若v 2<v 1，则物块返回到P 点的速度大小为v 2，根据动量定理知，合力的冲量为I 合=mv 2-(-mv 2)=2mv 2，根据动能定理知，合力做功的大小为零。

v 2≥v 1，则物块返回到P 点的速度大小为v 1，根据动量定理知，合力的冲量I 合=mv 1+mv 2，合力做功为W=12m v 12-12
m v 22。

故D 正确，A 、B 、C 错误。

5、质量是8 g 的玻璃球，以3 m/s 的速度向右运动，碰到一个物体后被弹回，以2 m/s 的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量． 【答案】4.0×10－
2 kg·m/s ，水平向左
【解析】设水平向右的方向为正方向，则p ＝mv ＝8×10－
3×3 kg·m/s ＝2.4×10－
2 kg·m/s ，p ′＝mv ′＝8×10－
3×(－2) kg·m/s ＝－1.6×10－
2 kg·m/s
故玻璃球动量的变化量为Δp ＝p ′－p ＝－1.6×10－
2 kg·m/s －2.4×10－
2 kg·m/s ＝－4.0×10－
2 kg·m/s “－”表示动量变化量的方向水平向左．
6、(多选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t 。

对于这一过程，下列判断正确的是
( )
A.斜面对物体的弹力的冲量为零
B.物体受到的重力的冲量大小为mgt
C.物体受到的合力的冲量大小为零
D.物体动量的变化量大小为mgsin θ·t 【答案】BD
【解析】斜面对物体的弹力的冲量大小I=F N t=mgcos θ·t ，弹力的冲量不为零，故A 错误；根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为I G =mg·t ，故B 正确；物体所受到的合力的冲量大小为mgtsinθ，由动量定理得，动量的变化量为Δp=I 合=mgsin θ·t ，故C 错误，D 正确。

考点二 动量定理的理解和应用
对动量定理的理解
1．动量定理表达式为FΔt＝Δp，它的左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中力F可以是恒力，也可以是变力，如果是变力，则F应是在Δt时间内的平均值．
2．动量定理说明的是合力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，I合与Δp不仅大小相等而且方向相同．3．动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和，而系统内物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知，其总冲量为零，不会改变系统的总动量．
4．在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便，不需要考虑运动过程的细节．
7、如图所示，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点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则()
A．t1>t2B．t1＝t2
C．I1>I2D．I1＝I2
【答案】C
【解析】小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点，说明在圆弧内要克服摩擦力做功，在圆槽内做减速运动，因此AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动过程中的运动时间为t1<t2，故A、B错误；沿圆心方向的合力与速度垂直，动量变化为零，AB段平均速率大于BC段平均速率，说明切线方向上AB段速度变化量较大，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合外力的冲量大小为I1>I2，故C正确，D错误．
8、（2020·湖北省黄石二中高三月考）运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（）
A ．2.7m/s
B ．5.4m/s
C ．7.6m/s
D ．10.8m/s
【答案】C
【解析】设飞行器对水的平均作用力为F ，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F ，对飞行器，则有 F =Mg
设水喷出时的速度为v ，在时间t 内喷出的水的质量
2m V Svt ρρ==
t 时间内质量为m ∆的水获得的冲量
I Ft mv ==∆
联立解得v =7.6m/s ，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

9、质量为60 kg 的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，不计空气阻力影响，取g ＝10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( ) A ．100 N B ．500 N C ．600 N D ．1 100 N
【答案】D
【解析】在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有v 0＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，取竖直向下为正方向，根据动量定理，有mg ·t －F ·t ＝0－mv 0，解得F ＝mg ＋mv 0t ＝600 N ＋60×101.2 N ＝1 100 N ，由牛顿第三定律可知，安全带受到的
平均冲力F ′＝F ＝1 100 N 故选D.
10、质量m ＝0.60 kg 的篮球从距地板H ＝0.80 m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度
h ＝0.45 m ，从释放到弹跳至h 高处经历的时间t ＝1.1 s ，忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，求篮球对地板的平均撞击力． 【答案】16.5 N ，方向向下
【解析】设篮球从H 高处下落到地板所用时间为t 1，刚接触地板时的速度大小为v 1；反弹离地时的速度大小为v 2，上升的时间为t 2.
由动能定理和运动学规律得，下落过程有 mgH ＝12
mv 2
1－0
代入数据解得v 1＝4 m/s ，t 1＝v 1
g ＝0.4 s
上升过程有 －mgh ＝0－1
2mv 22
代入数据解得v 2＝3 m/s ，t 2＝v 2
g ＝0.3 s
篮球与地板接触时间为Δt ＝t －t 1－t 2＝0.4 s.
解法一：设地板对篮球的平均撞击力为F ，取向上为正方向，由动量定理得 (F －mg )Δt ＝mv 2－(－mv 1) 解得F ＝16.5 N
根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为 F ′＝F ＝16.5 N ，方向向下．
解法二：取竖直向上为正方向，由动量定理得 F Δt －mgt ＝0－0 解得F ＝16.5 N
根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为 F ′＝F ＝16.5 N ，方向向下． 【提 分 笔 记】 求动量变化量或冲量
曲线运动是二维运动，高中阶段不要求掌握其动量变化量的直接计算，往往通过求冲量间接求得动量变化
量.
考点三用动量定理解决“连续流体”的冲击力问题
1．研究对象
常见的连续流体如液体、气体流、电子流、光子流等．
2．研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解．
3．基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象．
(2)求小柱体的体积ΔV＝SvΔt.
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt.
(4)求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt.
(5)应用动量定理FΔt＝Δp.
11、某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M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．
【答案】(1)ρv0S(2)v20
2g－
M2g 2ρ2v20S2
【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＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV①
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS①
由①①①可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
Δm
Δt＝ρv0S.
(2)设玩具底板相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲＝Mg①
其中，F冲为水柱对玩具底板的作用力
由牛顿第三定律：F压＝F冲①
其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式：v′2－v20＝－2gh①
由(1)知，喷泉在很短Δt时间内，喷出的水的质量为
Δm＝ρSv0Δt①
由题意可知，在竖直方向上，取竖直向上为正方向，对该部分水柱应用动量定理－(F 压＋Δmg )Δt ＝0－Δmv ′ ①
由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，①式变为 －F 压Δt ＝0－Δmv ′ ①
由①①①①①可得h ＝v 20
2g －M 2g 2ρ2v 20S
2.
12、（2020·内蒙古自治区高三一模）小球甲从斜面顶端以初速度v 沿水平方向抛出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t ，落在斜面上时的位移为s ，落在斜面上时的动能为E k ，离斜面最远时的动量为p ．现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v
n
（n ＞1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球乙落在斜面上时的位移为s n
B ．小球乙在空中运动的时间为t n
C ．小球乙落在斜面上时的动能为2k E n
D ．小球乙离斜面最远时的动量为2p
n
【答案】BC
【解析】设斜面倾角为θ，则2
12tan gt
vt
θ= ，解得2tan v t g θ=；22tan cos cos vt v s g θθθ
==，
2222211
(4tan )(14tan )22
k E m v v mv θθ=+=+；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n
沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n ；小球乙落在斜面上时的位移为s/n 2；小球乙落在斜面上时的动能为E k /n 2，选项A 错误，BC 正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为1cos v
v θ
=，动量为11cos mv
P mv θ
==
，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n 沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n ，选项D 错误；故选BC.
13、(多选)将一小球从地面以速度v 0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( ) A ．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等 B ．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C ．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D ．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量 【答案】AC
【解析】小球上升和下降过程的位移大小相等，故重力在上升和下降过程中做的功大小相等，选项A 正确；小球上升过程加速度a 1＝G ＋F 阻m ，下降过程加速度a 2＝G －F 阻m ，结合h ＝1
2at 2得，上升过程时间短，故重力
在上升过程和下降过程的冲量不相等，选项B 错误；重力以外的其他力所做的功等于机械能的变化量，选
项C 正确；根据动量定理得，重力和空气阻力的冲量矢量和等于小球动量的变化量，而重力冲量不为零，选项D 错误．
14、（2020·山东省高考模拟）竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m 的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m 的物块从钢板正上方h 处的P 点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x 0后到达最低点Q .下列说法正确的是
A
B C ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为0(2)2
h mg x + D ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x 0+h) 【答案】BC
【解析】物体下落h ，由机械能守恒：mgh =
1
2
mv 12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：122mv mv =，解得
2112
v v ==
A 错误，
B 正确；从碰撞到Q 点，由能量关系可知：2
201222P mv mgx E ⋅+=，则
弹性势能的增加量为0(2)2
P h
E mg x =+，选项C 正确，D 错误.
15、如图甲所示，光滑水平面上有A 、B 两物块，已知A 物块的质量m A ＝1 kg.初始时刻B 静止，A 以一定的初速度向右运动，之后与B 发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A 、B 碰撞时间极短t ＝0.01 s ，图中无法显示，则( )
A ．物体
B 的质量为2 kg
B ．物体B 的质量为4 kg
C ．A 、B 碰撞时的平均作用力为300 N
D ．A 、B 碰撞时的平均作用力为100 N 【答案】C
【解析】由图乙可知撞前v A ＝4 m/s ，v B ＝0，撞后v ＝20－16
8－4
m/s ＝1 m/s ，则由m A v A ＝(m A ＋m B )v 可得m B
＝
m A v A －m A v
v
＝3 kg ，A 、B 错误；对B 有Ft ＝m B v －0，解得F ＝300 N ，C 正确，D 错误． 16、如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面。

不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为( )
A.2
B.32
C.43
D.5
4
【答案】C
【解析】设物块在撤去拉力时速度大小为v ，落地速度大小为v′；上升过程：x=v 2t ；下降过程：x=v '-v
2t ；
解得v ∶v′=1∶2；由动量定理得，上升过程：(F-mg)t=mv ；下降过程：-mgt=-mv′-mv ；联立解得F ∶mg=4∶3，故选C 。

17、一艘帆船在静水中由于风力的推动做匀速直线运动，帆面的面积为S ，风速为v 1，船速为v 2(v 2<v 1)，空气密度为ρ，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力的大小为多少？ 【答案】ρS (v 1－v 2)2
【解析】时间t 内吹过帆面的空气受帆面阻力，动量减小，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有 －Ft ＝[ρS (v 1－v 2)t ](v 2－v 1) 解得F ＝ρS (v 1－v 2)2
根据牛顿第三定律，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力为F ′＝F ＝ρS (v 1－v 2)2.。