第六章 伯努力积分和动量定理-1

动量定理1. 引言动量定理是物理学中的一个基本定理，它描述了物体在受到外力作用下的运动规律。

动量定理是牛顿力学的核心原理之一，对于研究物体的运动行为具有重要意义。

本文将详细介绍动量定理的概念、公式及其应用。

2. 动量的定义动量是描述物体运动状态的物理量，它与物体的质量和速度有关。

动量的定义如下：动量=质量×速度动量的单位是千克·米/秒（kg·m/s），在国际单位制中通常用字母 p 表示。

3. 动量定理的表述动量定理描述了物体在受到外力作用下的运动规律。

根据动量定理，物体的动量变化率等于作用在物体上的外力的大小和方向。

动量定理的数学表达式如下：力=Δ动量Δ时间或者用微分形式表示为：力=d动量dt其中，力的单位是牛顿（N），时间的单位是秒（s）。

4. 动量定理的推导动量定理可以通过牛顿第二定律推导得到。

根据牛顿第二定律，物体所受合外力等于物体的质量乘以加速度。

将牛顿第二定律的公式改写为动量的形式，可以得到动量定理的推导过程。

设物体的质量为 m，速度为 v，加速度为 a。

根据牛顿第二定律，有：合外力=m×a根据动量的定义，有：动量=m×v将上述两个式子联立，并利用加速度的定义a=dvdt，可以得到：合外力=d(动量)dt即动量定理的微分形式。

如果考虑到时间的有限变化，可以得到动量定理的差分形式：合外力=Δ动量Δ时间5. 动量定理的应用动量定理在物理学中有广泛的应用，包括以下几个方面：5.1. 碰撞碰撞是动量定理的重要应用之一。

根据动量定理，碰撞前后物体的总动量守恒。

在完全弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，动量守恒的同时，动能也守恒。

在完全非弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，动量守恒，但动能不守恒。

5.2. 炮弹射击炮弹射击是动量定理的另一个重要应用。

当炮弹发射出去时，受到推进力的作用，速度逐渐增大。

根据动量定理，炮弹的动量变化等于推进力的大小和方向。

通过控制推进力的大小和方向，可以控制炮弹的运动轨迹和速度。

第六章动力学普遍定理质点系整体运动状态的物理量（质点系的动量、动量矩和动能）力系特征量（主矢、主矩）和功动量定理动量矩定理动能定理质点是很理想的模型，更一般的模型是质点系，由质点到质点系是动力学走向实用的关键环节1. 动量定理2. 变质量质点动力学3. 动量矩定理4. 动能定理太空拔河，谁胜谁负会不会上下跳动?蹲在磅秤上的人跳起时磅秤指示数发生什么变化扇工作时，会发生什么现象抽去隔板后将会发生什么现象1. 动量定理1.1 动量定理与动量守恒1.2 质心运动定理1.3 应用举例1.4 结论与讨论1. 动量定理1.1 动量定理与动量守恒1.2 质心运动定理1.3 应用举例1.4 结论与讨论1.1 动量定理与动量守恒子弹入墙坦克入墙引入质量和速度的乘积——动量（1）质点系的动量vv m →小知识：惯性的度量——质量（惯性质量，欧拉1736《力学》）概念晚于动量（16~17世纪，笛卡儿、牛顿）质量经典三层含义：物质的量、惯性质量、引力质量近代：电磁质量、质速方程、质能方程动量守恒更具有普适性质点的动量vK m =质点的动量是矢量，单位为kg·m/s 。

（更多的书上采用符号p ）表示质点运动强弱和方向，是质点机械运动的一种度量。

1.1 动量定理与动量守恒（1）质点系的动量质点系的动量（质点系动量的主矢）质点系中各质点动量的矢量和。

∑∑====ni ii ni i m 11v K K 质点系的动量是质点系整体运动的一种度量。

在直角坐标系的投影形式为∑∑∑======ni izi z ni iy i y ni ix i x v m ,K v m ,K v m K 111可各类比于力系主矢1.1 动量定理与动量守恒（1）质点系的动量1根据质点系质心定义ymm m m ii ii i C ∑∑∑==r r r ii C m m v v ∑=Ci i m m v v K ==∑1.1 动量定理与动量守恒（1）质点系的动量1.1 动量定理与动量守恒（1）质点系的动量质点系的动量等于质点系的总质量与质心速度的乘积。

第1讲　动量　冲量　动量定理必备知识新学法基础落实一、动量、动量的变化量、冲量1．动量(1)定义：物体的_______与_______的乘积．(2)表达式：p ＝_______．(3)方向：动量的方向与________的方向相同．[主干知识·填一填]质量速度m v 速度2．动量的变化量(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp 也是___________，其方向与速度的改变量Δv 的方向___________．(2)动量的变化量Δp 的大小，一般用末动量p ′减去初动量p 进行计算，也称为动量的增量．即Δp ＝___________．3．冲量(1)定义：______与________________的乘积叫作力的冲量．(2)公式：___________．(3)单位：___________．(4)方向：冲量是___________，其方向____________________．矢量相同p ′－p 力力的作用时间I ＝Ft N·s 矢量与力的方向相同二、动量定理1．内容：物体在一个运动过程始末的______________等于它在这个过程中所受________的冲量．2．公式：____________________或 ___________．3．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与___________之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的___________是结果．(2)动量定理中的冲量是___________的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)动量定理表达式是_______式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．动量变化量合力m v ′－m v ＝F (t ′－t )p ′－p ＝I 动量变化量动量变化量合力矢量1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力的冲量方向相同．2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零．3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关．4．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量．5．应用动量定理列的方程是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向．[规律结论·记一记]一、易混易错判断1．两物体的动量相等，动能也一定相等．( )2．动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和．( )3．物体的动量变化量等于某个力的冲量．( )4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．( )5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大．( )6．物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．( )[必刷小题·测一测]×××××√二、经典小题速练1．下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是( )A ．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B ．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化C ．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同D ．动能大的物体，其动量也一定大B2．质量为5 kg 的小球以5 m/s 的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s 的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )A ．10 kg·m/s B ．－10 kg·m/sC ．40 kg·m/sD ．－40 kg·m/s解析：D 动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p 1＝m v 1＝25 kg·m/s ，末动量p 2＝m v 2＝－15 kg·m/s ，所以动量的变化Δp ＝p 2－p 1＝－40 kg·m/s.D3．质量为4 kg 的物体以 2 m/s 的初速度做匀变速直线运动，经过2 s ，动量大小变为14 kg·m/s ，则该物体( )A ．所受合外力的大小可能大于11 NB ．所受合外力的大小可能小于3 NC ．冲量大小可能小于6 N·sD ．冲量大小可能大于18 N·sD解析：D　若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝m v1＝8 kg·m/s，末动量大小为14 kg·m/s，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故选项A、B、C错误，D正确．关键能力新探究思维拓展命题点一　动量、冲量的理解及计算(自主学习)[核心整合]1．动能、动量、动量变化量的比较[题组突破]1．(动量及动量变化量的理解)质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是( )A ．Δp ＝2 kg ·m/s ，W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s ，W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s ，W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s ，W ＝2 JA2．(对冲量的理解)(2022·天津一中模拟)如图所示，质量相等的A 、B 两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度h 2开始下滑到同样的另一高度h 1的过程中，A 、B 两个物体相同的物理量是( )A ．所受重力的冲量B ．所受支持力的冲量C ．所受合力的冲量D ．动量变化量的大小D3.(利用F ­t 图像求冲量)(多选)如图所示，物体从t ＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s 内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是( )A ．0～2 s 内合外力的冲量一直增大B ．0～4 s 内合外力的冲量为零C ．2 s 末物体的动量方向发生变化D ．0～4 s内物体动量的方向一直不变ABD解析：ABD　根据F­t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C 错误，D正确．第1维度：应用动量定理解释生活现象…………………(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．(2020·全国卷Ⅰ)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例 1 D解析：D　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，司机与物体的接触面积变大，因此减少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．第2维度：应用动量定理求变力的冲量…………………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求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，再利用动量定理求力的冲量I.例 2C第3维度：应用动量定理计算动量的变化量………………… (多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I 1、I 2、I 3，动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3，则有( ) A ．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3例 3 ABC第4维度：应用动量定理计算平均力………………… 高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”．高空抛物，是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害．有人曾做了一个实验，将一枚50 g 的鸡蛋从8楼(距离地面上静止的钢板为20 m)无初速释放，若鸡蛋壳与钢板的作用时间为4.0×10－4 s ，鸡蛋与钢板撞击后速度变为零，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.则鸡蛋与钢板碰撞的过程中，钢板受到的平均撞击力的大小约为( )A ．0.5 N B ．500 NC ．1000 ND ．2500 N例 4 D例 5D第6维度：应用动量定理求解多过程问题…………………(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理．(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注．　一个质量为m ＝100 g 的小球从离厚软垫h ＝0.8 m 高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(取g ＝10 m/s 2)例 6答案：0.6 N·s，方向竖直向上应用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象．中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体．(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；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，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．总结提升核心素养新导向学科培优素养培优18　应用动量定理解答两类柱状模型问题模型一　流体类“柱状模型”问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ分析步骤1建立“柱状模型”，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl ，对应的质量为Δm ＝ρS v Δt 3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体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．典例1模型二　微粒类“柱状模型”问题微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤1建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2微元研究，作用时间Δt 内一段柱形流体的长度为Δl ，对应的体积为ΔV ＝S v 0Δt ，则微元内的粒子数N ＝n v 0S Δt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算根据量子理论，光子的能量E 与动量p 之间的关系式为E ＝pc ，其中c 表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I 表示．(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P 0，射出的光束的横截面积为S ，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F ＝2pN ，其中p 表示光子的动量，N 表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P 0和S 表示该束激光对物体产生的光压；典例2(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为 1350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小．对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，即选取很短时间Δt 内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对象分布在以S 为横截面积、长为v Δt 的柱体内，质量为Δm ＝ρS v Δt ，分析它在Δt 时间内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量．反思领悟。

伯努利方程伯努利方程就是能量守衡定律在流动液体中的表现形式。

(动能定理)1、理想液体的运动微分方程在微小流束上，取截面积为dA，长为ds的微元体，现研究理想液体定常流动条件下在重力场中沿流线运动时其力的平衡关系。

微元体的所受的重力为-ρgdAds，压力作用在两端面上的力为微元体在定常流动下的加速度为微元体的力平衡方程为上式简化后可得p，z，u只是s的函数，进一步简化得上式即为重力场中，理想液体沿流线作定常流动时的运动方程，即欧拉运动方程。

2、理想液体的伯努利方程沿流线对欧拉运动方程积分得上式两边同除以g 得以上两式即为理想液体作定常流动的伯努利方程。

伯努利方程推导简图物理意义：第一项为单位重量液体的压力能称为比压能（p/ρg ）；第二项为单位重量液体的动能称为比动能（u2/2g ）；第三项为单位重量液体的位能称为比位能（z）。

由于上述三种能量都具有长度单位，故又分别称为压力水头、速度水头和位置水头。

三者之间可以互相转换，但总和（H，称为总水头）为一定值。

3．实际液体流束的伯努利方程实际液体都具有粘性，因此液体在流动时还需克服由于粘性所引起的摩擦阻力，这必然要消耗能量，设因粘性二消耗的能量为hw'，则实际液体微小流束的伯努利方程为4．实际液体总流的伯努利方程将微小流束扩大到总流，由于在通流截面上速度u是一个变量，若用平均流速代替，则必然引起动能偏差，故必须引入动能修正系数。

于是实际液体总流的伯努利方程为式中hw---由液体粘性引起的能量损失；α1，α2---动能修正系数，一般在紊流时取α＝1，层流时取α＝2。

5．伯努利方程应用举例例1 侧壁孔口流出速度条件: p1和p2 ，h为高，以小孔中心线为基准。

例2 文丘利流量计例3 液压泵的最大吸油高度例4 试运用连续性方程和伯努利方程分析变截面水平管道各处的压力情况.条件:A1>A2>A3 比较:流速和压力的大小四、动量方程液体作用在固体壁面上的力，用动量定理来求解比较方便。

1. 考纲变化：本章内容是模块3- 5中的部分内容，考纲要求由原来的“选考内容”调至“必考内容”.2. 考情总结：作为“选考内容”时，对动量定理、动量守恒的考查，以中等题为主，题型多为计算题，考查的内容主要通过碰撞综合应用动量守恒定律和能量守恒定律.3. 命题预测：调至“必考内容”后，预计题型不变，命题热点仍然集中在动量与能量、动量与牛顿运动定律的综合应用方面，也可能与电场、磁场、电磁感应综合命题，难度可能是中等难度以上或较难.说明：动量定理、动量守恒定律只限于一维情况.第1节动量动量定理理知识•双层夯基扌梳理自主诊断两歩跨越基础关1识记:教材梳理知识点1 冲量和动量冲量1动量p定义力和力的作用时间的乘积物体的质量和速度的乘积公式 1 = Ft p= mv 单位N・s kg m/s矢量性矢量，方向与恒力的方向相同矢量，方向与速度的方向相同特点过程量状态量知识点2动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于匕的动量的变化.2.公式：Ft =郎=mv2 —mv1.3.理解：（1）动量定理反映了冲量的作用效果是使物体动量变化.vt — V0 （2）动量定理可由牛顿第二定律和运动学公式推出，由F = ma和a = —j -得:mv t —mv o 仲t = t这是牛顿第二定律的另一种表达形式，它说明作用力等于物体动量的变化率.2运用:自主诊断&1. 正误判断（1）冲量和功都是标量.（x ）（2）冲量为零时，力不一定为零.（V）（3）某个恒力的功为零时，这个力的冲量不为零. （V）（4）动量定理描述的是某一状态的物理规律.（X）（5）动量和冲量都是状态量.（X ）2. ［冲量、动量的理解］从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a球竖直上抛，b球竖直下抛，c球水平抛出，不计空气阻力，则（）A .三球落地时的动量相同B. 三球落地时的动量大小相同C. 从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D. 从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同B ［根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但c球速度方向与a、b球的速度方向不同.从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同.故本题选 B.］3. ［冲量的计算］（多选）质量为m的物块以初速度v o从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中（）A .上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相等B. 整个过程中物块所受弹力的冲量为零C. 整个过程中物块的合外力冲量为零D. 整个过程中物块的合外力冲量大小为 2mv oAD ［物体沿光滑斜面先上冲再滑下，两段时间相等，故重力的冲量相等,A 对.因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，B 错.由动量定理 得 I 合=p -p = mv o — (— mv o )= 2mv o ，故C 错、D 对.]4. ［动量定理的应用］质量为4 kg 的物体以2 m/s 的初速度做匀变速直线运A .所受合外力的大小可能大于11 N B. 所受合外力的大小可能小于 3 NC. 所受的冲量可能小于6 N sD. 所受的冲量可能大于18 N sD ［若设物体初速度方向为正方向，则初动量 只告诉了大小，则有两种可能:当 p 2= 14 kg m/s ，贝U Ft = p 2 — p 1 = 6 kg m/s ， F = 3 N ;当 p 2=— 14 kgm/s ，则 Ft = P 2— P 1 = — 22 kg m/s ，F = — 11 N ,负号表示方向，故 A 、B 、C 错误，D正确.]析考点•多维突破I 基础型能力型应用型据"点m 定"型”灵活实用冲量的理解和计算1•冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的，如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向就跟力的方向相同.如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体 做圆周运动时绳的拉力在时间t 内的冲量，这时就不能说力的方向就是冲量的方 向.对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出.2. 冲量是过程量，说到冲量必须明确是哪个力在哪段时间内的冲量.3. 冲量和功动，经过2 s ，动量大小变为14 kg m/s 该物体( )【导学号：92492255】P 1 = mv 1 = 8 kg m/s ，末动量(1) 冲量反映力对时间积累的效应，功反映力对空间积累的效应.（2）冲量是矢量，功是标量.（3）冲量的正、负号表示冲量的方向，功的正、负号表示动力或阻力做功.［题组通关］1. 甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则（）A .甲物体受到的冲量大B. 乙物体受到的冲量大C. 两物体受到的冲量相等D. 两物体受到的冲量无法比较C ［由题设可知两物体动量的变化量相等，据动量定理，两物体受到的冲量是相等的.两物体不同时停下，是因为受到的合力（即摩擦力）的大小不相等，即两接触面的动摩擦因数不相等.可知正确答案为 C.］2. 在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量m A= 4 kg，如图6-1-1所示.现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，F做功50 J后（弹簧仍处在弹性限度内），突然撤去外力F，物体从静止开始运动.则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为（）图6-1-1A. 20 Ns B . 50 NsC. 25 N s D . 40 N sA ［弹簧的弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：1=巾，即外力的冲量等于物体动量的变化.由于弹簧储存了50 J的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量.所以有：E p= ^mv2，I = mv.由以上两式可解得弹簧的弹力对A物体的冲量为I = 20 N s故选A.］L I窖师歳博|--------------------------------------1 •如果一个物体受到的力是变力，但该力随时间是均匀变化的，我们可用1求平均值的方法求解，此种情况下该力的平均值为 F = 2(只+ F o)，则该变力的冲量为I = 2(F t + F o)t.2. 以时间为横轴，力为纵轴，画出变力随时间变化的关f系图象，如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)在量值上表示了力的冲量的大小. '3. 根据动量定理求变力冲量.根据动量定理I二巾，若’I无法直接求得，可求出y间接求出I，这是求变力冲量的重要方法.动量定理的理解与应用考点21. 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，贝U 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A p的关系，不仅I合与A p大小相等而且A p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.2. 动量定理的应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小.②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小.C . W= 0D . W = 10.8 J ⑵应用I =耶求变力的冲量.(3) 应用耶=F • 1Z 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量.3. 用动量定理解题的基本思路进行登、求毎牛力的冲it ，俾求合冲.力分虬L 址或先求件力*冉求件冲竝分析过程、十选职1E 方向.确定初、末严初末苞/ 査的前量和各冲誠的匠负［多维探究］•考向1用动量定理解释生活现象1. 玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由 于玻璃杯与水泥地撞击过程中()【导学号：92492256】A .玻璃杯的动量较大B. 玻璃杯受到的冲量较大C. 玻璃杯的动量变化较大D. 玻璃杯的动量变化较快D ［玻璃杯从相同高度落下，落地时的速度大小是相同的，落地后速度变为 零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量 A p 是相同的， 又由动量定理I =A p ，知受到的冲量也是相同的，所以 A 、B 、C 都错.由动量 定理Ft = A p 得F =巾/t ，落到水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大， 容易碎，D 对.］•考向2动量定理的综合应用2. (多选)一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂 直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同.则 碰撞前后小球动量变化量的大小 ①和碰撞过程中墙对小球做功的大小 W 为 ()A . A p = 0B . A p = 3.6 kg m/s握据动址锭理列方程求解—般为单个物休BC ［设初动量方向为正，则 p i = mv = 1.8 kg m/s ，碰后动量p 2= — mv =1.8 kg m/s ，故^p = p 2 — P i = — 3.6 kg m/s , B 项正确；由动能定理得墙对小球做 的功W =圧k = 0, C 项正确.］3•摆长为L ,摆球质量为m 的单摆，以摆角0(Bv 5°摆动，摆球从最大的 位移处摆到平衡位置的过程中，下列说法中正确的是( ) A .重力的冲量为B. 重力做的功为mglcos 0C. 合外力的冲量大小为 m 2gl 1 — cos 0D. 合外力的冲量为零C ［摆球从最大位移摆到平衡位置的过程中一 1 2机械能守恒：mgl(1 — cos 0) = 2mv即 v = 2gl 1 — cos 0由动量定理得F 合t =^p = mv — 0= m 2gl 1 — cos 0， C 对，D 错.重力做功 W G = mgl(1 — cos 0)，B 错.重力冲量 I G = mg - - 2 n g = 2 n m gl ，A 错，故选 C.］［反思总结］应用动量定理的三点提醒1. 动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统).2. 动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正 方向.3. 对过程较复杂的运动，可分段也可全过程用动量定理.［母题］如图6-1-2所示，在光滑水平面上并排放着 A 、B 两木块，质量分别 为m A 和m B .—颗质量为m 的子弹以水平速度V 0先后穿过木块 A 、B.木块A 、B. 利用动量定理解决多过程问题 I 应丿对子弹的阻力恒为F f.子弹穿过木块A的时间为t1，穿过木块B的时间为t2.求:图 6-1-2(1) 子弹刚穿过木块A 后，木块A 的速度VA 和子弹的速度v i 分别为多大? (2) 子弹穿过木块B 后，木块B 的速度VB 和子弹的速度V 2又分别为多大?【解析】(1)从子弹刚进入A 到刚穿出A 的过程中：对A 、B :由于A 、B 的运动情况完全相同，可以看做一个整体(2)子弹刚进入B 到刚穿出B 的过程中:对物体 B : F f t 2= m B V B — m B V A所以VB = F f ( +屯)'m A + m B m B 7［母题迁移］•迁移i 结合图象分析多过程问题I .一个质量为3 kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图图 6-I-3所 示，那么该物体在6s 内速度的改变量是( )A. 7 m/sB. 6.7 m/sC. 6 m/sD. 5 m/sD [F-t 图线与时间轴围成的面积在量值上代表了合外力的冲量，故合外力 F f t i = (m A + m B )V A ，所以 VA = F f t i m A +m 对子弹: —F f t i = mv i — mv o , 所以V i = V 0 — F f t i m对子弹: —F f t 2= mv 2 — mv i ， 所以V 2 = 【答案】 F f t i +12 m母题迁移|结合图象分析爹过程问題 结合动量守恒分折鑒过理问题V 0 —F f t i + t 2 (i)」+— V 0 —也 —IA + m B m迁穩 迁移2冲量为1= 3X 4+ 2x 2 X 4-2x 1 X 2N・s= 15 Ns.I 15根据动量定理有I = m A v, -^-3 m/s= 5 m/s.m 3故本题选D.]•迁移2结合动量守恒分析多过程问题2.如图6-1-4所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为M i = 0.5 kg , M2= 1.49 kg的两个物体，置于光滑水平面上，M1靠在光滑竖直墙上.现有一颗质量为M = 0.01 kg的子弹，以600 m/s的水平速度射入M2中，最后M1和M2都将向右运动.试求：竖直墙对M1的冲量.【导学号：92492257】Array图6-1-4【解析】设子弹M和木块M2碰后的共同速度大小为v‘，对M2和M由动量守恒:Mv = (M + M2)V当M2和M以共同速度v '方向向左)压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时，根据机械能守恒，M2和M的共同速度大小仍为v '方向向右)，此时对M1的作用力为零.取M1、弹簧以及M2和M这一系统为研究对象，对M2与M碰后到又回到初位置的整个过程，弹簧弹力对M1和M2的合冲量为0,设墙对M1的冲量大小为I，对系统由动量定理有：1= (M2+ M)v- [ —(M2+ M)v，] ②由①②式得1 = 2Mv = 2X 0.01 X 600 N s= 12 N s,方向向右即墙对M1冲量大小为12 N s，方向向右.【答案】12 N s，方向向右。

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·T212020·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6.1动量、冲量、动量定理一、动量、动量变化、冲量1．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同．2．动量的变化(1)因为动量是矢量，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做力的冲量．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N· s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．二、动量定理1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量．2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.3．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．对动量和冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比较 动能动量动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式 E k ＝12m v 2 p ＝m v Δp ＝p ′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量状态量过程量关联方程E k ＝p 22m ，E k ＝12p v ，p ＝2mE k ，p ＝2E kv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公式法利用定义式I ＝Ft 计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，无须考虑物体的运动状态图像法利用F －t 图像计算，F －t 图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量动量 定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I ＝Ft 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I ＝Δp 求变力的冲量冲量功定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位 N ·s J公式I ＝Ft (F 为恒力)W ＝Fl cos α(F 为恒力)标矢性矢量标量意义(1)表示力对时间的累积(2)是动量变化的量度(1)表示力对空间的累积(2)是能量变化多少的量度共同点都是过程量，都与力的作用过程相互联系例题1.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F f，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)sin θB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θC．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为F f(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)cos θ，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F f(t2－t1)，D项错误．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2 s末，质点的动量为0B．第2 s末，质点的动量方向发生变化C．第4 s末，质点回到出发点D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0【答案】D【解析】由题图可知，0～2 s 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2 s 末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A 、B 错误；2～4 s 内F 的方向与0～2 s 内F 的方向不同，该质点0～2 s 内做加速运动，2～4 s 内做减速运动，所以质点在0～4 s 内的位移均为正，第4 s 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，1～2 s 内的面积与2～3 s 内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0，故选项D 正确．如图所示，学生练习用头颠球。