【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第7章第1讲《动量定理及应用》.doc，共(13)页，3.061 MB，由MTyang资料小铺上传

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考查内容自主命题卷全国卷考情分析动量动量定理2021·湖南卷·T22019·北京卷·T242020·全国卷Ⅰ·T142019·全国卷Ⅱ·T252018·全国卷Ⅰ·T142018·全国卷Ⅱ·T152018·全

国卷Ⅲ·T25动量守恒定律2021·山东卷·T112021·广东卷·T132021·河北卷·T132020·江苏卷·T12(3)2020·北京卷·T132019·江苏卷·T12(1)2018·天津卷·T9(1)2018·海南卷·T142021·全国乙卷·T142020·全国卷Ⅱ·T2120

20·全国卷Ⅲ·T152018·全国卷Ⅱ·T24动量和能量的综合2020·天津卷·T112020·山东卷·T182018·全国卷Ⅰ·T24实验：验证动量定理2021·江苏卷·T112020·全国卷Ⅰ·T23试题情境生活实践类安全

行车(安全气囊)、交通运输(机车碰撞、喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物学习探究类气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞第1讲动量定理及应用目标要求1.能用动量定理解释生活中的有关现象.

2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型．考点一动量和冲量1．动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)方向：与速度的方向相同．2．动量的变化(1)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，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，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．(2)公式：I＝FΔt.(3)单位：N·s.

(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．1．物体的速度大小不变，其动量不变．(×)2．物体所受合力不变，其动量也不变．(×)3．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．(×)4．两物体动量大的动能不一定大．(√)1．动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量

定义式p＝mvEk＝12mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝2mEkEk＝p22m变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时

动能不一定发生变化2.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．(2)变力的冲量①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．考向1动量与动能的比较例1(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水

平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是()A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2pB．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2EkC．在F作用下，若这个物体经过时

间2t，其动能等于2EkD．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p答案BD解析在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝12mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝2mEk，知动量变为原来的2倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变

为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝p22m知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．考向2恒力冲量的计算例2如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小

始终为Ff，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)答案B解析重力对滑块

的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误．考向3利用

F－t图像求冲量例3一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()A．第2s末，质点的动量为0B．第2s末，质点的动量方向发生变化C．第4s末，质点回到出发点

D．在1～3s时间内，力F的冲量为0答案D解析由题图可知，0～2s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4s内

F的方向与0～2s内F的方向不同，该质点0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，所以质点在0～4s内的位移均为正，第4s末没有回到出发点，故选项C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2s内的

面积与2～3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确．考点二动量定理的理解和应用1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.1．物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向

是一致的．(√)2．动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×)3．运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量．(×)1．对动量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．(2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还

说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(3)由Ft＝p′－p，得F＝p′－pt＝Δpt，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．2．解题基本思路(1)确定研究对象．(2)对物体进行受力分

析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．考向1用动

量定理解释生活中的现象例4(2020·全国卷Ⅰ·14)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答案D解析汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小

；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．考向2动量定理的有关计算例5高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时

间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上．重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mgB.m2ght－mgC.mght＋mgD.mght－mg答案A解析安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可

得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝2gh；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－F)t＝0－mv，故F＝mvt

＋mg＝m2ght＋mg，故选项A正确．考向3动量定理在多过程中的应用例6(2022·云南省玉溪第一中学高三月考)将质量为m＝1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10N，物体由静止开始运动，作用4s后撤去F

.已知g＝10m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是()A．整个过程物块运动的时间为6sB．整个过程物块运动的时间为8sC．整个过程中物块的位移大小为40mD．整个过程中物块的位移大小为60m答案B解析在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，选项

A错误，B正确；在物块前4s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为v＝0＋v2＝v2，全程的平均速度也为v2，则物块的总位移x＝v2t＝202×8m＝

80m，选项C、D错误．考点三应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S

②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究考向1应用动量定理处理流体类问题例7为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生

的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)()A．0.15PaB．0.54PaC．1.5PaD

．5.4Pa答案A解析设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝ΔmΔtv.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＝ρSΔh，得F＝ρSvΔhΔt，由牛顿第三定律得F′＝F，压强p＝F′S＝ρvΔhΔt＝1×103×12×45×10－33600Pa＝0.15Pa.考向2应用动量定理处理微粒类问题例8宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问

题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×103m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝

5m2，且认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不变，所需推力多大？答案40N解析设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv所以

飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2N＝40N.课时精练1．对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是()A．物体的动能改变，其动量不一定改变B．物体动量改变，则其动能一定改变C．物体的速度不变，则其动

量不变，动能也不变D．动量是标量，动能是矢量答案C解析物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，

动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误．2．人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，这样做的目的是()A．减小着地时所受冲量B．使动量增量变得更小C．增大人对地面的压强，起到安全作用D．延长与地面的作用时间

，从而减小地面对人的作用力答案D解析人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝mv，而脚尖着地可以增加人与地面的作用时间，由公式可知可以减小所受地面的冲击力．故选D.3.用细绳拴一小球在竖直面内做圆周运动，从A点再次转到A点的过程中，不计空气阻力，下列说

法正确的是()A．合力的冲量为0B．合力的冲量不为0C．重力的冲量为0D．绳中拉力的冲量大小大于重力的冲量大小答案A解析根据动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化量，小球从A点再次转到A点的过程中，动量变化

为零，则合外力的冲量为0，选项A正确，B错误；重力的冲量为mgt，不为0，选项C错误；合外力的冲量等于拉力和重力的冲量的矢量和，合外力的冲量为0，则绳中拉力的冲量大小等于重力的冲量大小，选项D错误．4．(2022·山东烟台市期中)跳水运动一直是我国传统的优势体育

项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是()A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，

其重力的冲量等于水的作用力的冲量C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向答案D解析运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在

空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得

I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确．5.如图所示，质量为0.2kg的带有遮光条的滑块在气垫导轨上，从光电门的左侧向右运动，撞到右侧挡板经0.2s后弹回，测量显示滑块两次经过光电门时遮光条的遮光时间分别是0.002s和0

.003s，已知遮光条宽度为1.2cm，取向右为正方向，则滑块受到挡板的平均作用力大小是()A．4NB．6NC．10ND．20N答案C解析第一次通过光电门的速度大小v1＝dt1＝0.0120.002m/s＝6m/s，第二次通过光电门

的速度大小v2＝dt2＝0.0120.003m/s＝4m/s，取向右为正方向，则小球与挡板碰撞过程中动量的变化为Δp＝－mv2－mv1＝－0.2×(4＋6)kg·m/s＝－2kg·m/s，负号表示方向向左，根据动量定理得Ft＝Δp，代入数据求得F＝－1

0N，负号表示方向向左．6.(2022·山东省日照一中月考)质量m＝1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动．物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示．下列说法正确的是()A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动B．4s末物体的速度为零C．0～6s内合外力的冲

量为8N·sD．0～6s内合外力做功为8J答案D解析由题图可知，0～4s内合外力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；由题图可知，0～4s内合外力方向不变，则物体一直做加速运动，4s末物体的

速度不为0，故B错误；F－t图线与横坐标轴所围面积表示合外力的冲量，0～2s合外力冲量为I1＝2×2N·s＝4N·s,2～6s合外力的冲量为0，则0～6s内合外力的冲量为4N·s，故C错误；0～2s内，

由动量定理可得I1＝mv1，即mv1＝4kg·m/s，此时的动能为Ek＝mv122m＝422×1J＝8J，由于2～6s合外力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以0～6s内合外力做功为8J，故D正确．7.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手

机，经常出现手机砸伤眼睛的情况．若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速度g＝10m/s2，下列分析正确的是()

A．手机与眼睛作用过程中动量变化量大小约为0.45kg·m/sB．手机对眼睛的冲量大小约为0.1N·sC．手机对眼睛的冲量大小约为0.3N·sD．手机对眼睛的作用力大小约为4.5N答案D解析20cm＝0.20m；150g＝0.15kg；根据自由落体运动规律有v＝2gh＝

2×10×0.2m/s＝2m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为Δp＝0－m(－v)＝－0.15×(－2)kg·m/s＝0.30kg·m/s，故A错误；手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛对它的作用力，则Iy－mgt＝Δp，代入数据可得Iy＝

0.45N·s，手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小为Iy′＝0.45N·s，故B、C错误；由冲量的定义有Iy′＝Ft，代入数据可得F＝Iy′t＝0.450.1N＝4.5N，故D正确．8．新型冠状病

毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50mL的空气，用时约0.02s．已知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为()A．13NB．0.13NC．0.68ND．2.

6N答案B解析打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理FΔt＝mv，解得F＝mvΔt＝ρVvΔt＝1.3×50×10－6×400.02N＝0.13N，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13N，选B.9．灌浆机可以将涂料以速度v持续垂直喷在墙壁

上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上．涂料的密度为ρ，墙壁上涂料厚度每秒增加u，不计涂料重力的作用，则喷涂料对墙产生的压强为()A．ρuvB.ρuvC.ρvuD.uρv答案A解析在涂料持续飞向墙壁并附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v

变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量，以Δt时间内喷到墙壁上面积为ΔS、质量为Δm的涂料为分析对象，墙壁对它的作用力为F，涂料增加的厚度为h，由动量定理知FΔt＝Δmv，又p＝FΔS，Δm＝ρΔSh，h＝uΔt，

联立可得p＝ρuv，故A正确，B、C、D错误．10.如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)．已知此物体在

t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3s末的速率，则这四个速率中最大的是()答案C解析根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率．取t0＝1s，以沿斜面向上为正方向，A图中：－mgsin30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv1，得v1＝20m/s；B图

中：－mgsin30°·3t0＋F1t0＋F2t0＝－mv2，得v2＝15m/s；C图中：－mgsin30°·3t0＋F·2t0＝－mv3，得v3＝25m/s；D图中：－mgsin30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv4，得v4＝15m/s.故

选项C正确．11.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，该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小为________．答案2mv＋mgt解析取向上为正方向，根据动量定理有I

F－mgt＝mv－(－mv)，解得IF＝2mv＋mgt.12.如图所示，从喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)ΔmΔt从地下射向空中．求垃圾桶可停留

的最大高度h.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为g)答案v022g－M2g8(ΔtΔm)2解析设水柱到达h高处的速度为vt，则vt2－v02＝－2gh得vt2＝v02－2gh由动量定理得，在时间Δt内，水受到的冲量为FΔt＝2(ΔmΔt·Δt)vt解得F＝2ΔmΔ

tvt＝2ΔmΔtv02－2gh根据题意有F＝Mg联立解得h＝v022g－M2g8(ΔtΔm)2.