动量和动量定理(含答案)

专题动量和动量定理【考情分析】1.理解动量的的概念，知道冲量的意义；2.理解动量，会计算一维动量变化；3.理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题；【重点知识梳理】知识点一动量及动量变化量的理解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＝mv。

(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、动能、动量变化量的比较知识点二冲量、动量定理的理解及应用1．冲量1(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。

2．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。

【拓展提升】动量定理的理解(1)方程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。

其中的F可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值。

(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等而且Δp的方向与I合方向相同。

(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不会改变系统的总动量。

(4)动力学问题中的应用。

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。

【典型题分析】高频考点一动量【例1】(2018·江苏卷)如图所示，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，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，2小球所受弹簧弹力冲量的大小。

【答案】2mv＋mgt【解析】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【方法技巧】理解动量和动能的四点注意(1)动量是矢量，动能是标量。

(2)动量和动能都是状态量。

冲量引起动量的变化，总功引起动能的变化。

(3)若物体的动能发生了变化，其动量也一定会发生变化；而物体的动量发生变化时，其动能不一定发生变化。

(4)动量和动能均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系。

它们的大小关系：p＝2mE k或E k＝p22m。

【变式探究】(2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比【答案】B34【解析】列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v ＝at ，且列车的动能为E k ＝12mv 2，由以上整理得E k ＝12ma 2t 2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A 、C 错误；将x ＝12at 2代入上式得E k ＝max ，则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式E k ＝p 22m 可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。

高频考点二 动量定理的应用【例2】(2019·全国卷Ⅰ)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3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg【答案】B【解析】根据动量定理有F Δt ＝Δmv －0，解得Δm Δt ＝F v＝1.6×103 kg/s ，所以选项B 正确。

【方法技巧】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 ＝F Δt 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 ＝p 2－p 1)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。

【变式探究】 (2018·全国卷Ⅰ)高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N5【答案】C【解析】根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约75 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。

高频考点三 动量定理与图象的结合【例3】 (多选)(2017·全国卷Ⅰ)一质量为2 kg 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 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零【答案】AB【解析】A 对：前2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 1＝F 1m ＝22m/s 2＝1 m/s 2，t ＝1 s 时物块的速率v 1＝a 1t 1＝1 m/s 。

B 对：t ＝2 s 时物块的速率v 2＝a 1t 2＝2 m/s ，动量大小为p 2＝mv 2＝4 kg·m/s 。

C 错：物块在2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小a 2＝F 2m＝0.5 m/s 2，t ＝3 s 时物块的速率v 3＝v 2－a 2t 3＝(2－0.5×1)m/s ＝1.5 m/s ，动量大小p 3＝mv 3＝3 kg·m/s 。

D 错：t ＝4 s 时物块的速度v 4＝v 2－a 2t 4＝(2－0.5×2)m/s ＝1 m/s 。

【变式探究】（2020·河北石家庄模拟）质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示。

则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )6A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s ，－10 N·sC ．0,10 N·sD ．0，－10 N·s【答案】D【解析】由图象可知，在前10 s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5 kg·m/s ，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s ，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s ，故选项D 正确。

高频考点四 应用动量定理处理“流体”类问题【例4】(2020·山东青岛一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。

为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm ，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s ，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m 3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为( )A ．0.25 NB ．0.5 NC ．1.5 ND ．2.5 N【答案】A【解析】设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F ，设在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v＝10 m/s 减为零。

以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δmv )，得：F ＝Δmv Δt。

设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上升Δh ，则有：Δm ＝ρS Δh ，可得F ＝ρSv Δh Δt，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶面受到的平均作用力F ′＝F ，压强为P ＝F ′S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×10×15×10－310×60N/m 2＝0.25 N/m 2，即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N ，故选项A 正确，B 、C 、D 均错误。

【易错警示】两类流体运动模型7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．【变式探究】 (2016·全国卷Ⅰ)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v 0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)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2 【解析】(1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ⅠΔV ＝v 0S Δt Ⅰ由ⅠⅠ式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt ＝ρv 0S 。

Ⅰ(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v 。

对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20 Ⅰ在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ＝(Δm )v Ⅰ设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝ΔpⅠ由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝MgⅠ联立ⅠⅠⅠⅠⅠ式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2。