1、第1章 動量守恒定律第2節 動量定理【知識點梳理】1、 沖量1. 定義：力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量2. 定義式：3. 標矢量：矢量2、 動量定理1. 內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。2. 表達式：3. 對象：單個物體或多個物體組成的系統。4. 適用范圍：宏觀、微觀、低速、高速都適用。【課堂練習】1.質量為m的物體以速度v0從地面豎直向上拋出，落回地面時的速度大小為0.8v0，在此過程中空氣阻力大小恒定，則（  ）A. 整個過程中重力的沖量大小為0B. 整個過程中動量的變化量大小為0.2mv0C. 上升

2、過程中動量的變化率大于下落過程中動量的變化率D. 上升過程中空氣阻力的沖量與下落過程中空氣阻力的沖量大小相等【解析】【解答】在考慮阻力的情況下，上升與下降過程的加速度不同。上升的加速度大于下降的加速度，可分析出上升時間更短。A整個過程中重力的沖量大小不為0，A不符合題意；B以豎直向上的方向為正方向，則整個過程中動量的變化量為p=m×(-0.8v0)-mv0=-1.8mv0即動量的變化量大小為1.8mv0，B不符合題意；C動量的變化率等于物體所受的合外力，故上升過程中動量的變化率大于下落過程中動量的變化率，C符合題意；D上升過程時間小于下落過程，故上升過程中空氣阻力的沖量小于

3、下落過程中空氣阻力的沖量，D不符合題意。故答案為：C。【分析】利用重力和時間的大小可以求出重力沖量的大小；利用初末速度的大小可以求出動量變化量的大小；利用運動時間可以比較動量變化率的大小；利用運動時間可以比較阻力沖量的大小。2.2019年8月，“法國哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳踩安裝了小型渦輪噴氣發動機的“飛板”，僅用22分鐘就飛越了英吉利海峽35公里的海面。當扎帕塔（及裝備）懸浮在空中靜止時，發動機將氣體以3000m/s的恒定速度從噴口向下噴出，此時扎帕塔（及裝備）的總質量為120kg，不考慮噴出氣體對總質量的影響，取g=10m/s2，則發動機每秒噴出氣體的質量為（  ）A

4、. 0.8kg                                  B. 0.2kg            

5、;                      C. 0.4kg                         

6、0;        D. 5.0kg【解析】【解答】對扎帕塔（及裝備）由平衡條件得F=mg根據牛頓第三定律得扎帕塔（及裝備）對噴出的氣體的力為F=F設t時間內噴出的氣體的質量為m，由動量定理得Ft=mv-0聯立解得mt=0.40kg所以發動機每秒噴出氣體的質量為0.40kg，C符合題意，ABD不符合題意。故答案為：C。【分析】利用平衡方程可以求出人對氣體作用力的大小，結合動量定理可以求出每秒內噴出氣體的質量。3.經過專業訓練的特工從高處自由落到水泥地面上時，與同質量的普通人相比不容易受傷，其原因是(

7、60; )A. 特工與地面作用減速過程所用的時間較長B. 特工落到地面上時的動量較大C. 特工與地面作用過程的動量變化較大D. 特工與地面作用減速過程所受合力的沖量較小【解析】【解答】經過專業訓練的特工從高處自由落到水泥地面上時，可以通過專業動作使特工與地面作用減速過程所用的時間較長，根據動量定理p=Ft在動量變化量相同的情況下，作用時間越長，作用力越小，越不容易受傷。BCD不符合題意，A符合題意。故答案為：A。【分析】根據動量定理分析可得動量變化量相同的情況下，作用時間越長，作用力越小，越不容易受傷。4.一名消防隊員從一平臺上無初速度跳下，下

8、落0.8s后雙腳觸地，接著用雙腿彎曲的方法緩沖，又經過0.2s重心停止了下降，在該過程中（不計空氣阻力），可估計地面對他雙腳的平均作用力為（  ）A. 自身所受重力的5倍      B. 自身所受重力的8倍      C. 自身所受重力的4倍      D. 自身所受重力的2倍【解析】【解答】以向下為正，對消防隊員下落的全程使用動量定理可得：mg(t1+t2

9、)+(-Ft2)=0-0代入數據解得：F=5mg故答案為：A。【分析】利用消防員下落過程的動量定理可以求出地面對消防員的平均作用力大小。5.質量為4kg的物體以2m/s的初速度做勻加速直線運動，經過1s，動量變為14kgm/s，則該物體在這1s內（  ）A. 所受的合力為3N       B. 所受的合力為2N  C. 所受的沖量為6Ns       D. 所受的沖量為1.5N

10、s【解析】【解答】取初動量方向為正方向，根據動量定理得Ft=p'-p所受沖量為I=(14-2×4)Ns=6Ns則合力為F=6N故答案為：C。【分析】利用物體初末動量的大小結合沖量的表達式可以求出合力的大小。6.兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d=0.5m，在左端弧形軌道部分高h=1.8m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra=3、Rb=6，在平直軌道區域有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B=4T。現桿b以初速度大小v0=6m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道

11、的過程中，通過桿b的平均電流為0.5A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度一時間圖像如圖乙所示（以a運動方向為正方向），其中ma=3kg，mb=2kg，g取10m/s2，求（1）桿a在弧形軌道上運動的時間；（2）桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量；（3）在整個運動過程中桿a產生的焦耳熱。【答案】（1）設桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，對桿b運用動量定理，有BdIt=mb(v0-vb0)其中vb0=3m/s代入數據解得t=6s（2）對桿a由靜止下滑到平直導軌上的過程中，由動能定理有magh=12mava2解得va=6m/s設最后a、b兩桿共同

12、的速度為v，由動量守恒定律得mava-mbvb0=（mamb）v代入數據解得v=2.4m/s桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設桿a的速度從va到v的運動時間為t，則由動量定理可得BdI·t=ma（va-v）而q=I·t代入數據得q=5.4C（3）由能量守恒定律可知桿a、b中產生的焦耳熱為Q=magh=12mbv02-12(ma+mb)v2解得Q=75.6Jb棒中產生的焦耳熱為Q=33+6Q=25.2J【解析】【分析】（1）從圖可以得出a到達水平軌道時b的初速度大小；結合桿b的動量定理可以求出桿a在弧形軌道運動的時間；（2）a下滑過程，利用動能定理可以求出a到達水平軌

13、道的速度大小；由于以ab兩桿為系統，其動量守恒，利用動量守恒定律可以求出兩者共同速度的大小；結合桿a的動量定理可以求出電荷量的大小；（3）以a、b桿為系統，利用能量守恒定律可以求出a桿產生的焦耳熱大小。【課后練習】1.高樓墜物極其危險，新聞中曾多次報道由于高樓墜物造成的人員傷亡案例。假設一質量為m的物體由h處自由下落，物體落地時與地面相互作用的時間為t，重力加速度用g表示，忽略一切阻力。則物體與地面產生的作用力的平均值應為（  ）A. m2ght+mg         

14、60;      B. m2ght                C. m2ght-mg                D. mg-m2ght2.人們在運動時穿著運動鞋感覺更加舒適，其物理學

15、原理是（  ）A. 減小了腳落地時的動量B. 減小了腳落地過程中的動量變化量C. 縮短了運動中腳落地的緩沖時間D. 延長了運動中腳落地的緩沖時間3.如圖所示，兩個相同的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的相同的物理量是（  ）A. 重力的沖量B. 合力的沖量大小C. 斜面對物體的支持力的沖量D. 剛到達底端時動量的水平分量4.如圖所示，質量為m的物體放在光滑的水平面上，與水平方向成角的恒力F作用在物體上一段時間(作用過程中

16、物體未離開水平面)，則在此過程中（  ）A. 力F對物體做的功大于物體動能的變化B. 力F對物體做的功等于物體動能的變化C. 力F對物體的沖量大小小于物體動量大小的變化D. 力F對物體的沖量等于物體動量的變化5.質量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好彈性安全帶的保護使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間是1.5s，安全帶自然長度為5m，g取10m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為（  ）A. 1000N       

17、0;                          B. 900N                     

18、0;            C. 600N                                  D. 50

19、0N6.在距地面高度為h處，同時以大小相等的初速度v0，分別平拋、豎直上拋、豎直下拋出一個質量相等的小球，不計空氣阻力，比較它們從拋出到落地過程中動量的增量p，正確的是(  )A. 平拋過程中動量的增量p最大                            B. 豎直下拋過

20、程中動量的增量p最大C. 豎直上拋過程中動量的增量p最大                     D. 三者一樣大7.一位質量為m的運動員從下蹲狀態向上起跳，經t時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，重心上升高度為h。在此過程中(  )A. 地面對他的沖量為mvmgt，地面對他做的功為12mv2B. 地面對他的沖量為mvmgt

21、，地面對他做的功為零C. 地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為12mv2D. 地面對他的沖量為mvmgt，地面對他做的功為零8.質量為m=5kg的物體，在距水平地面高為h=20m處，以某一速度水平拋出，不計空氣阻力，它從拋出到落地，動量變化的大小是_kgm/s，方向是_（取g=10m/s2）9.動量相等的甲、乙兩車，剎車后沿兩條水平路面滑行若兩車質量之比為m1：m2=1：2，路面對兩車的阻力相同，則兩車的滑行時間之比為_；滑行位移之比為_10.高空作業須系安全帶，如果質量為m的高空作業人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h（可視為自由落體運動此

22、后經歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為_11.一個小孩將一個質量為0.1kg的橡皮泥以20m/s的速度打在墻上，則這一過程中，橡皮泥的動量改變量為_，動量改變量的方向與初速度的方向_（填“相同”或“相反”）如果將同樣質量的一個皮球以相同的速度打在墻上后又以相同的速率彈回，則皮球的動量改變量為_12.在一次乒乓球擊球訓練中，運動員接球前瞬間乒乓球沿水平方向運動，速度為16m/s，運動員將乒乓球以30m/s的速度沿相反方向擊回。已知乒乓球的質量為25g，與球拍的接觸時間為0.1s，忽略空氣阻力，求：（1）乒乓球動量的變化；（2）球拍

23、對乒乓球的平均作用力。13.衛星在一定高度繞地心做圓周運動時，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運行時間中，衛星高度會發生變化（可達15km之多），利用離子推進器可以對衛星進行軌道高度、姿態的調整。圖是離子推進器的原理示意圖：將稀有氣體從O端注入，在A處電離為帶正電的離子，帶正電的離子飄入電極B、C之間的勻強加速電場（不計帶正電的離子飄入加速電場時的速度），加速后形成正離子束，以很高的速度沿同一方向從C處噴出艙室，由此對衛星產生推力。D處為一個可以噴射電子的裝置，將在電離過程中產生的電子持續注入由C處噴出的正離子束中，恰好可以全部中和帶正電的離子。（1）在對該離子推進器做地面靜態測試時

24、，若BC間的加速電壓為U，正離子被加速后由C處噴出時形成的等效電流大小為I，產生的推力大小為F。已知每個正離子的質量為m。試分析說明要在正離子出口D處注入電子的原因；求離子推進器單位時間內噴出的正離子數目N；（2）若定義比推力f為單位時間內消耗單位質量的推進劑所產生的推力，是衡量推進器性能的重要參數，請你指出一種增加離子推進器比推力的方案。（電子的質量可忽略不計，推進劑的總質量可視為正離子的總質量）答案解析部分1.【答案】A【解析】【解答】對下落的物體，由機械能守恒定律得mgh=12mv2則物體落地時的速度為v=2gh物體與地面相互作用后的速度變為零，取向下的方向為正，由動量定理得(mg-F)

25、t=0-mv解得F=m2ght+mg故答案為：A。【分析】利用機械能守恒定律可以求出物體落地速度的大小；結合動量定律可以求出物體與地面產生的作用力平均值的大小。2.【答案】D【解析】【解答】A腳在落地前的速度大小相等，故落地前的動量相等，A不符合題意；B腳落地后最后的速度均為零；故說明動量的變化一定相等，B不符合題意；CD由于運動鞋的底軟硬度比較適中，適當延長了運動中腳落地的緩沖時間，從而導致沖擊力較適中，感覺更加舒適，C不符合題意，D符合題意；故答案為：D。【分析】利用動量定律可以判別延長作用時間可以減小對腳的沖擊力大小。3.【答案】B【解析】【解答】物體在下滑過程中，只有重力做功，機械能守

26、恒，由機械能守恒定律得mgh=12mv2物體到達斜面底端時，速度v=2gh由牛頓第二定律得mgsin=ma加速度大小為a=gsin物體沿斜面下滑的時間t=va=2ghgsin=1sin2hg由于斜面傾角不同，物體下滑的時間t不同A重力的沖量I=mgt由于時間t不同，重力的沖量不同，A不符合題意；B由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，即I合=mvm、v大小相等，合外力沖量大小相等，B符合題意；C斜面對物體的支持力的沖量為I=Nt=mgcos×t=m2ghcot斜面傾角不同，彈力的沖量不同，C不符合題意；D物體到達底端時動量的水平分量mvcos=m2ghcos斜面傾角不同，動量

27、的水平分量不同，D不符合題意。故答案為：B。【分析】利用物體下落過程機械能守恒可以求出末速度的大小，利用末速度的大小可以判別末動量大小相等，結合動量定理可以判別合力的沖量大小相等；由于下落時間不同所以重力的沖量不同；利用重力的分力大小可以求出支持力的大小，結合運動時間可以判別支持力沖量的大小；利用動量的分解可以比較水平方向分量的大小。4.【答案】B【解析】【解答】恒力F對物體做功為Fscos，合外力對物體做功為Fscos，根據動能定理得：合外力對物體做功等于物體動能的變化，則Fscos=Ek，所以力F對物體做的功等于物體動能的變化，A不符合題意，B符合題意。力F對物體的沖量大小等于Ft，合外力

28、對物體的沖量為Fcost，根據動量定理得：合外力對物體的沖量等于物體的動量變化，即Fcost=P，所以力F對物體的沖量大于物體動量的變化。CD不符合題意。故答案為：B。【分析】本題關鍵掌握：一是功的公式W=Fscos，沖量I=Ft，二是動能定理反映合外力做功與動能變化的關系，動量定理反映合外力沖量與動量變化的關系5.【答案】A【解析】【解答】建筑工人下落5m時速度為v，則v2=2gh解得v=10m/s設安全帶所受平均沖力為F，則由動量定理得(mg-F)t=-mv解得F=1000N故答案為：A。【分析】把人作為研究對象，結合人碰撞前后的速度和作用時間，利用動量定理求解平均作用力。6.【答案】C【

29、解析】【解答】三個小球中豎直上拋的物體運動時間最長，而豎直下拋的物體運動時間最短，故豎直上拋物體的重力的沖量最大，由動量定理I=P可得，豎直上拋物體動量的增量最大，C符合題意；故答案為：C.【分析】物體動量的變化，利用末動量減初動量即可，力的沖量，利用力乘以力作用的時間即可。7.【答案】B【解析】【解答】設地面對運動員的沖量為I，則由動量定理得：Imgtmv0Imvmgt。運動員從下蹲狀態到身體伸直并剛好離開地面，地面對運動員作用力的作用點的位移為零，地面對他不做功；A地面對他的沖量為mvmgt，地面對他做的功為12mv2，與結論不相符，A不符合題意；B地面對他的沖量為mvmgt，地面對他做的

30、功為零，與結論相符，B符合題意；C地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為12mv2，與結論不相符，C不符合題意；D地面對他的沖量為mvmgt，地面對他做的功為零，與結論不相符，D不符合題意；故答案為：B。【分析】力的沖量，利用力乘以力作用的時間即可；對物體進行受力分析，合外力做功對應故物體動能的變化量，合外力對物體做正功，物體的動能增加。8.【答案】100；豎直向下【解析】【解答】解：根據h=12gt2得物體運動的時間為：t=2hg=2×2010s=2s，根據動量定理得：mgt=P解得動量變化量大小為：P=50×2=100kgm/s，方向豎直向下故答案為：100，豎直向下【

31、分析】根據平拋運動的公式h=12gt2,求出下落時間，然后根據動量定理求出動量變化量。9.【答案】1：1；2：1【解析】【解答】解：根據動量定理知：ft=0mv，因為甲乙兩車的動量相等，阻力相同，則兩車的滑行時間之比為1：1，根據Ek=p22m知，動量相等，質量之比為1：2，則甲乙兩車的動能之比為2：1，根據動能定理知：fs=012mv2，可知滑行的位移之比為2：1故答案為：1：1，2：1【分析】根據動量定理得出兩車的滑行時間，結合動量的關系得出動能的關系，結合動能定理求出滑行的位移大小之比10.【答案】m2ght+mg【解析】【解答】解：對自由落體運動，有：h=12gt12解得：t1=2hg規定向下為正方向，對運動的全程，根據動量定理，有：mg（t1+t）Ft=0解得：F=