考点二 对动量、动量定理的理解
1．动量与动能的比较
动量
动能
区
别
表达式
p＝mv
Ek＝
mv2
标、
矢量
矢量
标量
物理
意义
描述物体的运动状态
描述物体因运
动而具有的能量
影响
因素
力的冲量
力的功
正负
正（负）表示与规定的
正方向相同（相反）
无负值
联
系
①两物理量均为状态量
②两者大小满足Ek＝
或p＝
2.p、Δp和
的区别
（1）p＝mv是动量，既有大小又有方向，是状态量，即与状态有关．
（2）Δp＝p′－p，是动量变化量，也是矢量，是过程量，与状态变化有关，与合力的冲量等大同向．
（3）
是动量的变化率，大小等于合外力：
F＝
.
3．对动量定理I合＝Ft＝Δp＝p′－p的理解
（1）I合、Ft是物体受到的所有外力的总冲量．
（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，I合与Δp不仅大小相等，而且Δp的方向与I合的方向相同．
（3）用动量定理定性解释一些物理现象：
在动量变化一定的情况下，如果需要增大作用力，必须缩短作用时间．
在动量变化一定的情况下，如果需要减小作用力，必须延长作用时间——缓冲作用．
例2
将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，以下判断正确的是（ ）
①小球从抛出至到最高点受到的冲量大小为10N·s
②小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0 ③小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0 ④小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20N·s
A．①② B．②④ C．①④ D．①③
解析 小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至到最高点受到的冲量
I＝0－（－mv0）＝10N·s，①正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：
I′＝Δp＝mv－（－mv0）＝20N·s，④正确，②③均错误．所以选项C正确．
答案 C
1．求动量的增量，也就是求动量的变化量．由于动量是矢量，在计算前要先规定正方向．
2．利用动量定理求冲量是冲量计算的重要途径．
突破训练3
下面的说法不正确的是（ ）
A．物体运动的方向就是它的动量方向
B．如果物体的速度发生变化，则物体受到的合外力的冲量一定不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增加
D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小
答案 C
解析 物体的动量方向即是物体运动的速度方向，所以选项A正确．根据动量定理得：
如果物体的速度发生变化，即动量发生变化，则合外力的冲量一定不为零，所以选项B正确．动量定理说明合外力的冲量改变的是物体的动量，动量是一个矢量，可以是大小不变只是方向改变，所以动能可以不变，选项C错误，选项D正确．
考点三 动量定理的应用
1．用动量定理解题的基本思路
（1）确定研究对象．
（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——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求解．
2．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．
例3
如图4所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v的速度抽出纸条，则铁块落地点为（ ）
A．仍在P点
B．在P点左边
C．在P点右边不远处
D．在P点右边原水平位移的两倍处图4
解析 纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I＝Fft＝mv0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大．以2v的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的水平位移较小，故B选项正确．
答案 B
用动量定理解释现象
（1）用动量定理解释的现象一般可分为两类：
一类是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．
另一类是作用力一定，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．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．
（2）由动量定理解释现象时，关键是分析清楚作用力、作用时间及动量变化量的情况．
突破训练4
从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（ ）
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，掉在草地上的玻璃杯动量大
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小
答案 D
解析 玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误；掉在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，掉在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D正确．
例4
起跳摸高是学生常进行的一项活动．某中学生身高1.80m，质量80kg.他站立举臂，手指摸到的高度为2.10m．在一次摸高测试中，如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到的高度为2.55m．设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.2s，不计空气阻力（g取10m/s2）．求：
（1）他跳起刚离地时的速度大小；
（2）上跳过程中他对地面平均压力的大小．
解析
（1）跳起后重心升高h＝2.55m－2.10m＝0.45m
根据机械能守恒定律
mv2＝mgh
解得v＝
＝3m/s
（2）由动量定理（F－mg）t＝mv－0
即F＝
＋mg
将数据代入上式可得F＝2.0×103N
根据牛顿第三定律可知：
人对地面的平均压力F′＝2.0×103N
答案
（1）3m/s
（2）2.0×103N
突破训练5
据报道，一辆轿车高速强行超车时，与迎面驰来的另一辆轿车相撞．两车相撞后连为一体，两车身因碰撞挤压，皆缩短了约0.5m，据测算相撞时两车车速均约100km/h，试求碰撞过程中车内质量是60kg的人受到的平均冲击力约为
多少？
（运算过程及结果均保留两位有效数字）
答案 4.7×104N
解析 两车相碰时认为人随车一起做匀减速运动直至停止，此过程位移为0.5m
设人随车做匀减速运动的运动时间为t
已知v0≈28m/s
根据s＝
得t＝
＝0.036s
根据动量定理有Ft＝mv0－0
F＝
≈4.7×104N
高考题组
1．（2012·天津理综·9
（1））质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N（取g＝10m/s2）．
答案 2 12
解析 以竖直向上为正方向，则v′＝4m/s，v＝－6m/s
所以小球与地面碰撞前后的动量变化为
Δp＝mv′－mv＝[0.2×4－0.2×（－6）]kg·m/s
＝2kg·m/s
根据动量定理，得（F－mg）t＝Δp
所以平均作用力F＝
＋mg＝
N＋0.2×10N＝12N.
2．（2013·安徽理综·22）一物体放在水平地面上，如图5
（1）所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图
（2）所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图（3）所示．求：
图5
（1）0～8s时间内拉力的冲量；
（2）0～6s时间内物体的位移；
（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．
答案
（1）18N·s
（2）6m （3）30J
解析
（1）由题图
（2）知拉力在0～8s时间内的冲量
I＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3＝18N·s
（2）由题图（3）知物体在0～6s时间内的位移
x＝
×3m＝6m
（3）由题（3）知，在6s～8s时间内，物体做匀速运动，于是有
f＝2N
由题图（3）知，在0～10s时间内物体的总位移为
x总＝
×3m＝15m
所以W＝fx总＝2×15J＝30J.
模拟题组
3．一物体静止在水平地面上，当用大小为F的水平恒力拉它时，产生的加速度为a，在F作用下经过时间t，它的速度的变化量Δv，F对它的冲量为I，F对它做的功为W，若改用2F的水平恒力拉它，仍由静止开始，经过相同的时间，则（ ）
A．它的加速度一定为2a
B．它的速度的变化量一定为2Δv
C．力对它的冲量一定为2I
D．力对它做的功一定为2W
答案 C
4．如图6所示，大小相等、质量不一定相等的A、B、C三只小球沿一直线排列在光滑水平面上，三球作用前动量依次为8kg·m/s、－13kg·m/s、－5kg·m/s.假设三球只能沿一直线发生一次相互碰撞，且作用过程中，A球受到的冲量为－9N·s，B球受到的冲量为1N·s，则C球对B球的冲量I及C球在碰撞后的动量p分别为（ ）
图6
A．I＝－1N·s，p＝3kg·m/s
B．I＝－8N·s，p＝3kg·m/s
C．I＝10N·s，p＝4kg·m/s
D．I＝－10N·s，p＝－4kg·m/s
答案 B
解析 根据牛顿第三定律，A球对B球的冲量为9N·s，而B球受到的合冲量为1N·s，则C球对B球的冲量为－8N·s，根据动量定理，碰撞后C球的动量为3kg·m/s，故B正确．
5．质量为1kg的物体从离地面5m高处自由落下，与地面碰撞后上升的最大高度为3.2m，从下落到上升最高共用时间2s，则小球对地面的平均冲力为多少？
（取g＝10m/s2）
答案 100N
解析 物体自由下落历时和落地速度
t1＝
＝1s，v1＝
＝10m/s
反弹速度及反弹上升时间
v2＝
＝8m/s，t2＝
＝0.8s
因此物体与地面相互作用时间
Δt＝t－t1－t2＝0.2s
对物体与地面碰撞过程应用动量定理，取竖直向上为正方向，（FN－mg）Δt＝mv2－（－mv1）
解得FN＝100
由牛顿第三定律小球对地面的压力FN′＝100N
（限时：
30分钟）
►题组1 对冲量的考查
1．放在水平面上质量为m的物体，用一水平力F推时间t，但物体始终没有移动，则这段时间内F对物体的冲量为（ ）
A．0 B．Ft
C．mgtD．无法判断
答案 B
解析 对于冲量的理解应该与做功区分开，当有力作用在物体上时，经过一段时间的累积，该力就对物体有冲量，不管物体是否移动．
按照冲量概念的定义，物体受到的力的冲量大小和方向只与F有关，大小等于Ft，方向与F相同，所以答案为B.
这里需要注意，物体始终没有移动是因为物体还受到地面的静摩擦力的作用，静摩擦力的冲量与力F的冲量大小相等、方向相反，其合冲量为零．
2．某物体受到一个－6N·s的冲量作用，则（ ）
A．物体的动量一定减小
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量增量方向一定与规定的正方向相反
D．物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反
答案 C
3．如图1所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1速度为零后又下滑，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，在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为（ ）
图1
A．mgsinθ·（t1＋t2）B．mgsinθ·（t1－t2）
C．mg（t1＋t2）D．0
答案 C
解析 此题中要求的是重力的冲量，根据冲量的定义I＝Ft，重力对滑块的冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝G·t＝mg（t1＋t2），C正确．
4．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
答案 C
解析 因物体所受合外力I＝F＝Ff，由动量定理得，Ft＝mv0，因m、v0均相同，所以两物体受到的冲量相等，故C正确．
►题组2 对动量及动量变化的考查
5．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度一定越大
C．物体的加速度不变，其动量一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向
答案 B
解析 此题考查动量大小的决定因素和动量的矢量性．物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，惯性（质量）不一定大，A项错；对于同一物体，质量一定，所以动量越大，速度越大，B项对；加速度不变，但速度可以变化，如平抛运动的物体，故C项错；动量的方向始终与速度方向相同，与位移方向不一定相同，D错误．
6．如图2所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同物理量是（ ）
图2
A．重力的冲量
B．弹力的冲量
C．刚到达底端时的动量
D．合外力的冲量大小
答案 D
解析 物体在斜面上的加速度a＝gsinα，斜面长l＝
，由l＝
at2可知t＝
，故物体的重力的冲量IG＝mgt不可能相同．由于二者弹力的方向不同，弹力的冲量亦不相同．由mgh＝
mv2可知，刚到斜面底端时，v的大小相等，方向不同，动量也不同．由动量定理I合＝mv－0可知，合外力的冲量大小相等，D项正确．
7．从距地面相同的高度，以大小相等的初速度抛出质量相等的甲、乙两球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，不计空气阻力，两球最后都落在地面上，下列说法正确的是（ ）
A．两球的动量变化量及落地时的动量均相同
B．两球的动量变化量及落地时的动量均不相同
C．两球的动量变化量相同，但落地时的动量不相同
D．两球的动量变化量不相同，但落地时的动量相同
答案 D
解析 设甲、乙两球的质量均为m，初速度大小均为v0.由于不计空气阻力，两球距地面的高度相同，初速度大小相同，根据机械能守恒定律可知，两球落地时的速度相同，都为v，Δp甲＝mv－（－mv0）＝mv＋mv0，Δp乙＝mv－mv0，甲球的动量变化量大于乙球的动量变化量．
8．如图3所示为作用在某物体上的合外力随时间变化的关系图象，若物体开始时是静止的，则前3s内（ ）
图3
A．物体的位移为0
B．物体的动量改变量为40kg·m/s
C．物体的动能改变量为0
D．物体的机械能改变量为0
答案 C
解析 第一秒内：
F＝20N，第二、三秒内：
F＝－10N，物体先加速，后减速，在第三秒末速度为零，物体的位移不为零，A错误；根据动量定理I＝Δp，前三秒内，动量的改变量为零，B错误；由于初速度和末速度都为零，因此，动能改变量也为零，C正确；但物体的重力势能是否改变不能判断，因此，物体的机械能是否改变不能确定，D错误．
9．羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，林丹将球以342km/h的速度反向击回．设羽毛球质量为5g，试求：
（1）林丹击球过程中羽毛球的动量变化量．
（2）在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？
答案
（1）0.6kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
（2）－120m/s 21J
解析
（1）以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p＝mv＝5×10－3×
kg·m/s＝0.125kg·m/s
p′＝mv′＝－5×10－3×
kg·m/s＝－0.475kg·m/s
所以动量的变化量
Δp＝p′－p＝－0.475kg·m/s－0.125kg·m/s
＝－0.6kg·m/s.
即羽毛球的动量变化大小为0.6kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．
（2）羽毛球的初速度：
v＝25m/s，
羽毛球的末速度：
v′＝－95m/s.
所以Δv＝v′－v＝－120m/s.
羽毛球的初动能：
Ek≈
mv2＝1.56J，
羽毛球的末动能：
Ek′≈
mv′2＝22.56J.
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