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高中物理第一章 动量守恒定律1 动量学案设计
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这是一份高中物理第一章 动量守恒定律1 动量学案设计，共17页。
动量 动量定理
1．理解动量的概念，知道动量和动量的变化量均为矢量； 会计算一维情况下的动量变化量。
2．理解冲量的概念，知道冲量是矢量。
3．理解动量定理的确切含义及其表达式。
4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象。
知识点一 寻求碰撞中的不变量 动量
[情境导学]
摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。小刚搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。不同时刻小刚的动量相同吗？不同时刻小刚的动能相同吗？
提示：因为方向时刻改变，故动量不相同；动能时刻相同。
[知识梳理]
1．寻找碰撞中的不变量
(1)实验装置
(2)实验原理
m1是运动小车的质量，m2是静止小车的质量，v是运动小车碰撞前的速度，v′是碰撞后两辆小车粘在一起的共同速度。
(3)记录并处理数据
次数
m1/kg
m2/kg
v/(m·s－1)
v′/(m·s－1)
1
0.519
0.519
0.628
0.307
2
0.519
0.718
0.656
0.265
3
0.718
0.519
0.572
0.321
(4)实验结论
碰撞前后两车质量与速度的乘积之和基本不变。
2．动量
(1)定义：物体质量和速度的乘积。
(2)定义式：p＝mv。
(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)质量大的物体动量一定大。(×)
(2)动量的方向与速度方向一定相同。(√)
(3)物体的速度大小不变，动量一定不变。(×)
(4)物体的动能不变，则动量一定不变。(×)
2．旋转秋千是常见的游乐设施，当旋转秋千匀速转动时，对于旋转秋千里面的游客，可以转化为如图所示的运动模型，下列说法正确的是( )
A．游客的动能保持不变
B．游客的动量保持不变
C．游客的动能和动量均保持不变
D．游客的动能和动量均发生变化
解析：选A 游客随着旋转秋千做匀速圆周运动的过程中，速度大小保持不变，但速度方向时刻变化，故其动能保持不变，动量大小不变，但动量的方向时刻变化，故A正确，B、C、D错误。
知识点二 动量定理
[情境导学]
如图所示，人从高处跳到低处时，为了自我保护，一般都要有屈腿动作。
(1)这样做是为了什么？
(2)如果没有屈腿动作，人落地过程的动量变化大小一样吗？地面对人的作用力大小一样吗？
提示：(1)人从高处跳到低处时，通过屈腿来延长人与地面的作用时间，从而减小人与地面间冲力的大小。
(2)如果没有屈腿动作，人落地过程的动量变化大小一样，地面对人的作用力大小更大一些。
[知识梳理]
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积，用字母I表示。
(2)定义式：I＝FΔt。
(3)单位：牛秒，符号是N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
2．动量定理
(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)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)恒力的冲量方向一定与力的方向相同。(√)
(2)力越大，力对物体的冲量就越大。(×)
(3)物体在某段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内所受的合外力一定不为零。(√)
(4)物体静止在斜面上不动，则一段时间内重力对物体的冲量为零。(×)
2．如图所示，背越式跳高时，为什么在杆下放上厚厚的海绵垫？
提示：根据动量定理FΔt＝Δp，动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，则作用力F越小。厚厚的海绵垫是为了保护运动员免受伤害的，跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落到硬地面上相比较，延长了作用时间，减小了运动员所受的冲击力。
对动量和动量的变化量的理解
[问题探究]
如图所示，某足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。
(1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，足球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，则怎样描述足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的变化量？
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s 的速度反向弹回(如图乙)，则怎样描述足球的初动量、末动量以及与球门门柱碰撞过程中动量的变化量？
提示：(1)取向右为正方向，则足球的初、末动量分别为
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右，
p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右，
足球动量的变化量为Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，则足球的初、末动量分别为
p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右，
p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，即方向向左，
足球动量的变化量为Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，即方向向左。
[要点归纳]
1．动量的“三性”
瞬时性
通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示
矢量性
动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同
相对性
因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关
2．动量的变化量
(1)表达式：Δp＝p2－p1。
(2)矢量性：动量的变化量是矢量，其方向与速度的变化的方向一致。
3．动量和动能的比较
动量
动能
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
标矢性
矢量
标量
变化决定因素
动量的改变由合外力的冲量决定
动能的改变由合外力所做的功决定
换算关系
p＝，Ek＝
[例题1] 2020年11月11日，2020年全国羽毛球锦标赛圆满收官，来自福州的翁泓阳获得男单冠军。如图所示，在比赛中翁泓阳某次扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以342 km/h的速度反向击回，设羽毛球质量为5 g，击球过程只用了0.05 s。试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量是多少。(g取10 m/s2)
[解析] (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s
p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s＝－0.475 kg·m/s，所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝ (－0.475－0.125)kg·m/s＝－0.600 kg·m/s，所以羽毛球的动量变化量大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反。
(2)羽毛球的初速度为v＝25 m/s，羽毛球的末速度v′＝－95 m/s
所以ΔEk＝Ek′－Ek＝mv′2－mv2＝21 J。
[答案] (1)0.600 kg·m/s，与羽毛球飞来的方向相反 (2)21 J
同一直线上的动量的变化量的计算
先选取正方向，方向与正方向相同的动量为正值，方向与正方向相反的动量为负值，然后代入公式Δp＝p2－p1计算。
①当p1、p2同方向且p1＜p2时，Δp与p1(或p2)方向相同，如图甲所示。
②当p1、p2同方向且p1＞p2时，Δp与p1(或p2)方向相反，如图乙所示。
③当p1、p2方向相反时，Δp与p2方向相同，如图丙所示。
[针对训练]
1．下列关于动能和动量的说法正确的是( )
A．物体的动能改变，其动量也一定改变
B．物体的动量改变，其动能也一定改变
C．若物体的速率变，则物体的动能和动量不一定都变
D．若物体的速度变，则物体的动能和动量一定都变
解析：选A 物体的动能改变，根据Ek＝mv2，得到速度大小改变，故动量大小一定改变，故A正确；物体的动量改变，可能是速度方向变而大小不变，故动能Ek＝mv2 可能不变，故B错误；若物体的速率变，则动能Ek＝mv2一定改变，动量p＝mv也一定改变，故C错误；物体的速度变，可能是速度方向变而大小不变，如匀速圆周运动，故动能和动量不一定改变，故D错误。
2．关于动量的变化，下列说法中正确的是( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动方向相同
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp不一定为零
解析：选A 当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与速度方向相同，如图甲所示，选项A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1＜0，即p2＜p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，选项B错误；当物体的速度大小不变时，动量可能保持不变，此种情况Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误；物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，故动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，选项D错误。
冲量的理解与计算
[问题探究]
力F随时间t变化的图像如图所示，请问：
(1)0～1 s内，力F的冲量是多少？对应Ft图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
(2)1～6 s内，力F的冲量是多少？对应Ft图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
(3)0～6 s内，力F的冲量是多少？对应Ft图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
提示：(1)力F在0～1 s内的冲量I1＝F1t1＝20×1 N·s＝20 N·s，对应Ft图线与t轴所围的面积是20 N·s，二者相等。
(2)力F在1～6 s内的冲量I2＝F2t2＝－10×5 N·s＝－50 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应Ft图线与t轴所围的面积－50 N·s，二者相等。
(3)力F在0～6 s内的冲量I＝I1＋I2＝－30 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应Ft图线与t轴所围的面积的代数和是－30 N·s，二者相等。
[要点归纳]
1．冲量的特点
过程量
冲量描述的是力对时间的积累效果，是一个过程量。研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量
矢量性
对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致，冲量的运算遵循平行四边形定则
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量计算：
用公式I＝FΔt计算。
注意：对于变力，F必须为时间Δt内的平均力。
(2)合冲量的计算
①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和；
②如果各个力(均为恒力)的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
(3)变力的冲量计算
①用平均力求变力的冲量：如果力与时间成线性关系，如图甲所示，则
I＝FΔt＝(t2－t1)
②用Ft图线与t轴所围的面积求冲量：如图甲、乙所示，图中的阴影面积法即为变力的冲量。
③利用动量定理求解，即I＝Δp。
[例题2] 如图所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量和合力的冲量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解析] 对物体受力分析可知，物体受重力、支持力及摩擦力的作用；
支持力F＝mgcos α＝50×0.8 N＝40 N；
摩擦力Ff＝μmgcos α＝0.2×50×0.8 N＝8 N；
故重力的冲量I1＝mgt＝50×2 N·s＝100 N·s；
支持力的冲量I2＝Ft＝40×2 N·s＝80 N·s；
摩擦力的冲量I3＝Fft＝8×2 N·s＝16 N·s；
物体受到的合力F合＝mgsin α－μmgcos α＝50×0.6 N－8 N＝22 N；
故合力的冲量I＝F合t＝22×2 N·s＝44 N·s。
[答案] 重力的冲量为100 N·s；支持力的冲量为80 N·s；摩擦力的冲量16 N·s；合力的冲量为44 N·s
冲量计算的两点注意
(1)求各力的冲量或合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝FΔt计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。
(2)求冲量大小时，一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量；只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零。
[针对训练]
1．一物体放在水平地面上，如图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，求0～8 s时间内拉力的冲量大小。
解析：冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0～8 s内的冲量为 I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18 N·s。
答案：18 N·s
2．一质量为m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s，以大小为t＝ 1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10 m/s2，在这0.2 s内( )
A．重力对运动员的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s
C．地面对运动员做的功为30 J
D．地面对运动员做的功为零
解析：选D 运动员的重力是恒力，则重力对运动员的冲量大小为mgt＝120 N·s，A错误；以竖直向上为正方向，设地面对运动员的冲量为I，由动量定理可得I－mgt＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgt＝180 N·s，方向竖直向上，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误，D正确。
动量定理的理解及应用
[要点归纳]
1．对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式：FΔt＝p2－p1＝Δp，是一个矢量式，应用时要注意各量的方向。
注意：①表达式中的FΔt指的是物体所受合力的冲量，或是外力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
②表达式中的Δp指的是动量的变化量，Δp的方向跟合外力冲量的方向相同。
(2)适用对象：一般为单个物体或可视为单个物体的系统。
(3)适用范围
①从物体、速度的大小看：即适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。
②从力是否变化看：既适用于变力作用，也适用于恒力作用。
③从运动轨迹看：既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(4)因果关系：物体所受合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
①冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量及某一时刻的动量无必然联系；
②物体动量变化的方向与物体所受合力冲量的方向相同，物体在某一时刻的动量方向与物体所受合力冲量的方向无必然联系。
2．动量定理的应用
(1)定性应用
根据动量定理FΔt＝p′－p＝Δp可知：
①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小；
②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大。
③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。
(2)定量应用
①由动量的变化求合冲量：(或求有关的力)
②由合力的冲量求动量的变化：(或求m、v等)
考向一 动量守恒定律的定性应用
[例题3] 篮球运动深受同学们喜爱，打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的目的是( )
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
[解析] 接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误。手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，A正确，D错误。
[答案] A
应用动量定理定性分析有关现象的技巧
根据动量定理表达式F·Δt＝Δp定性分析有关问题时，要结合具体问题明确三个量F、Δt、Δp中哪个量是一定的，另外两个量是正比关系还是反比关系。
[针对训练]
如图所示，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条(此过程中杯子相对纸条滑动)，发现杯子会滑落；当快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是( )
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
解析：选D 在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，选项A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确。
考向二 动量守恒定律的定量计算
[例题4] “守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕者，田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s，此后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．加速过程中兔子的加速度大小为180 m/s2
B．加速过程中地面对兔子水平方向的平均作用力大小为20 N
C．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N
D．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N
[解析] 兔子经过1.2 s速度由零均匀增加到9 m/s，根据匀变速直线运动的速度公式可得，兔子的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，A错误；加速过程中，设地面对兔子水平方向的平均作用力大小为f，根据动量定理可得fΔt＝mv－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的速度方向为正方向，则兔子撞树前的动量为p＝mv＝2×9 kg·m/s＝18 kg·m/s，撞树后的动量为p′＝mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2 kg·m/s，动量变化量为Δp＝p′－p＝ －2 kg·m/s－18 kg·m/s＝－20 kg·m/s，由动量定理得FΔt′＝Δp＝－20 kg·m/s＝－20 N·s，解得兔子受到树对它的平均作用力为F＝－400 N，大小为400 N，C错误，D正确。
[答案] D
应用动量定理解题的基本步骤
(1)确定研究对象；
(2)进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量；
(3)选定正方向，研究物体初、末状态的动量；
(4)根据动量定理列方程求解。
[针对训练]
2020年10月2日，浙江队在2020年全国蹦床锦标赛女子蹦床团体决赛中获得冠军，浙江队选手王子维在比赛过程中从离绷紧的弹性网面高3.2 m处落下，弹起后离弹性网面的最大高度为5 m，已知运动员的质量为60 kg，与网面的接触时间为1.2 s，重力加速度g＝10 m/s2，运动员离开网面后，网面形变完全恢复，则运动员与网面接触过程中( )
A．网面对运动员的冲量大小为1 080 N·s
B．网面对运动员的冲量大小为1 800 N·s
C．网面对运动员做功大小为1 080 J
D．网面对运动员做功大小为540 J
解析：选B 由题意知，运动员与网面刚好要接触时速度大小v1＝＝8 m/s，刚好要离开网面时速度大小v2＝＝10 m/s，在触网过程中，由动量定理有I－mgt＝mv2－ (－mv1)，解得网面对运动员的冲量大小I＝1 800 N·s，A项错误，B项正确；运动员与网面接触过程中，弹性网的弹性势能变化量为0，因此弹性网的弹力做功为0，C、D项错误。
一、汽车碰撞试验
如果想知道一辆汽车的安全性能到底怎么样，最简单粗暴的方法就是“撞”。通过碰撞评估汽车在各种极端环境下的主动及被动安全表现，从而判断汽车质量的优劣，但是汽车的安全性能不能仅以市场上血淋淋的碰撞事故案例为逆向反馈，更多地应该是以碰撞实验为正向探测，于是汽车碰撞测试便应运而生。汽车碰撞测试，一方面可以为车企提供安全参考，促使车企在安全方面进行良性改进，另一方面就是国家的介入、法律法规的约束可以不断规范行业安全标准，从而最大限度地保障消费者的生命安全。
[示例1] 一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前的速度均约为30 m/s。
(1)试求车祸中车内质量约为60 kg的人受到的平均冲力是多大。
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求车祸中人体受到的平均冲力为多大。
[解析] (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。设撞击时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s。
根据动量定理得Ft＝Δp＝mv0，
故F＝＝ N＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，则F′＝＝ N＝1.8×103 N。
[答案] (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
二、应用动量定理解决流体类“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＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
[示例2] 用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A．水柱对汽车的平均冲力为ρπD2v3
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C．高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的8倍
[解析] 高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所以B正确；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力为F＝ρv2πD2，所以A、C错误；高压水枪喷口的出水的压强为p＝＝ρv2，高压水枪喷口的出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D错误。
[答案] B
[拓展训练]
1．“中国民航英雄机长”刘传健执行重庆飞拉萨任务时，在万米高空突遇前挡风玻璃破裂脱落的紧急关头，机组正确处理危机，奇迹般地安全迫降成都。假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的时速约为v，空中风速不计，机长面部垂直风速方向的受力面积为S，万米高空的空气密度为ρ，则机长面部受到的冲击力大小约为( )
A．ρSv B．ρSv2
C．ρSv3 D．ρSv3
解析：选B 机长面部垂直风速方向的受力面积为S，空气与飞行员的相对速度等于飞机的速度v，设时间t内吹在面部的空气的质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得机长面部受到的冲击力大小F＝ρSv2，故选B。
2．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v0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。
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＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S。③
(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
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02④
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)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
1．对下列几种物理现象的解释，正确的是( )
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D．在车内推车推不动，是因为推力的冲量为零
解析：选C 据动量定理FΔt＝Δp知，当Δp相同时，Δt越长，作用力F越小，击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，使橡皮锤对钉子的平均作用力较小，不利于将钉子钉入物体内，故A项错误；跳远时，在沙坑里填沙是为了延长人与沙的作用时间，从而减小作用力，避免人受到伤害，故B项错误；易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故C项正确；车不动是因为车所受合力冲量为零，故D项错误。
2．关于动量和冲量的说法，错误的是( )
A．物体所受合力冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量增量的方向，就是它所受合力的冲量方向
D．物体所受合力冲量越大，它的动量变化就越大
解析：选A 由动量定理可知，物体所受合力的冲量，其大小等于动量的变化量的大小，方向与动量增量的方向相同，故A项错误，B、C、D项正确。
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．弹性绳恰好伸直时，人的速度最大
B．弹性绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
C．弹性绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
D．人的速度最大时，弹性绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选D 弹性绳恰好伸直，绳对人的拉力为零，由于重力大于绳对人的拉力，所以人还在加速，此时速度不是最大值，A错误；弹性绳对人的拉力始终是向上的，所以弹性绳对人的冲量始终是向上的，弹性绳对人的拉力始终做负功，刚开始弹性绳对人的拉力小于重力，人做加速运动，当弹性绳对人的拉力等于重力，人的速度达到最大值，当弹性绳对人的拉力大于重力时人做减速运动，人先加速后减速，所以人的动量先增大后减小，动能先增大后减小，B、C错误，D正确。
4．为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图像，已知重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，则根据图像分析可知( )
A．人在0.3 s～0.7 s时间内先加速下蹲后减速下蹲
B．c到d的过程中，人始终处于失重状态
C．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小等于240 N·s
D．人跳起获得的初动量大小为240 kg·m/s
解析：选D 人在0.3 s～0.7 s时间内，对传感器的压力先减小到零再增大到等于人的重力，如果是先加速下蹲后减速下蹲，则压力应该是先减小到零再增大到超过人的重力，故A错误；c到d的过程中，人还没有完全脱离传感器，对传感器仍有向下的压力，这个压力从大于人的重力逐渐减小到零，即人先处于超重，后处于失重状态，故B错误；由题图乙可知，人所受的重力为800 N,0.3 s～0.7 s，力传感器示数小于人的重力，说明人在加速下蹲，1.0 s时力传感器示数为零，说明人离开力传感器，则人从起跳到双脚离开力传感器的时间t<0.3 s，所以从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小小于240 N·s，故C错误；人在空中停留的时间t′＝(1.6－1.0)s＝0.6 s，所以人跳起时获得的初速度为v0＝g×＝3 m/s，初动量大小为p0＝mv0＝80 kg×3 m/s＝240 kg·m/s，故D正确。
5.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1 700多年。一现代仿制的地动仪如图所示，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为( )
A．＋mg B．
C． D．－mg
解析：选A 设蟾蜍口对铜珠的冲击力为F，铜珠落入蟾蜍口时速度为v，由自由落体运动规律v2＝2gh，由动量定理Ft－mgt＝0－(－mv)，联立解得F＝＋mg，由牛顿第三定律可知铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为F′＝＋mg，故选A。
动量 动量定理
1．理解动量的概念，知道动量和动量的变化量均为矢量； 会计算一维情况下的动量变化量。
2．理解冲量的概念，知道冲量是矢量。
3．理解动量定理的确切含义及其表达式。
4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象。
知识点一 寻求碰撞中的不变量 动量
[情境导学]
摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。小刚搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。不同时刻小刚的动量相同吗？不同时刻小刚的动能相同吗？
提示：因为方向时刻改变，故动量不相同；动能时刻相同。
[知识梳理]
1．寻找碰撞中的不变量
(1)实验装置
(2)实验原理
m1是运动小车的质量，m2是静止小车的质量，v是运动小车碰撞前的速度，v′是碰撞后两辆小车粘在一起的共同速度。
(3)记录并处理数据
次数
m1/kg
m2/kg
v/(m·s－1)
v′/(m·s－1)
1
0.519
0.519
0.628
0.307
2
0.519
0.718
0.656
0.265
3
0.718
0.519
0.572
0.321
(4)实验结论
碰撞前后两车质量与速度的乘积之和基本不变。
2．动量
(1)定义：物体质量和速度的乘积。
(2)定义式：p＝mv。
(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)质量大的物体动量一定大。(×)
(2)动量的方向与速度方向一定相同。(√)
(3)物体的速度大小不变，动量一定不变。(×)
(4)物体的动能不变，则动量一定不变。(×)
2．旋转秋千是常见的游乐设施，当旋转秋千匀速转动时，对于旋转秋千里面的游客，可以转化为如图所示的运动模型，下列说法正确的是( )
A．游客的动能保持不变
B．游客的动量保持不变
C．游客的动能和动量均保持不变
D．游客的动能和动量均发生变化
解析：选A 游客随着旋转秋千做匀速圆周运动的过程中，速度大小保持不变，但速度方向时刻变化，故其动能保持不变，动量大小不变，但动量的方向时刻变化，故A正确，B、C、D错误。
知识点二 动量定理
[情境导学]
如图所示，人从高处跳到低处时，为了自我保护，一般都要有屈腿动作。
(1)这样做是为了什么？
(2)如果没有屈腿动作，人落地过程的动量变化大小一样吗？地面对人的作用力大小一样吗？
提示：(1)人从高处跳到低处时，通过屈腿来延长人与地面的作用时间，从而减小人与地面间冲力的大小。
(2)如果没有屈腿动作，人落地过程的动量变化大小一样，地面对人的作用力大小更大一些。
[知识梳理]
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积，用字母I表示。
(2)定义式：I＝FΔt。
(3)单位：牛秒，符号是N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
2．动量定理
(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)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)恒力的冲量方向一定与力的方向相同。(√)
(2)力越大，力对物体的冲量就越大。(×)
(3)物体在某段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内所受的合外力一定不为零。(√)
(4)物体静止在斜面上不动，则一段时间内重力对物体的冲量为零。(×)
2．如图所示，背越式跳高时，为什么在杆下放上厚厚的海绵垫？
提示：根据动量定理FΔt＝Δp，动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，则作用力F越小。厚厚的海绵垫是为了保护运动员免受伤害的，跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落到硬地面上相比较，延长了作用时间，减小了运动员所受的冲击力。
对动量和动量的变化量的理解
[问题探究]
如图所示，某足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。
(1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，足球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，则怎样描述足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的变化量？
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s 的速度反向弹回(如图乙)，则怎样描述足球的初动量、末动量以及与球门门柱碰撞过程中动量的变化量？
提示：(1)取向右为正方向，则足球的初、末动量分别为
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右，
p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右，
足球动量的变化量为Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，则足球的初、末动量分别为
p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右，
p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，即方向向左，
足球动量的变化量为Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，即方向向左。
[要点归纳]
1．动量的“三性”
瞬时性
通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示
矢量性
动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同
相对性
因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关
2．动量的变化量
(1)表达式：Δp＝p2－p1。
(2)矢量性：动量的变化量是矢量，其方向与速度的变化的方向一致。
3．动量和动能的比较
动量
动能
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
标矢性
矢量
标量
变化决定因素
动量的改变由合外力的冲量决定
动能的改变由合外力所做的功决定
换算关系
p＝，Ek＝
[例题1] 2020年11月11日，2020年全国羽毛球锦标赛圆满收官，来自福州的翁泓阳获得男单冠军。如图所示，在比赛中翁泓阳某次扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以342 km/h的速度反向击回，设羽毛球质量为5 g，击球过程只用了0.05 s。试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量是多少。(g取10 m/s2)
[解析] (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s
p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s＝－0.475 kg·m/s，所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝ (－0.475－0.125)kg·m/s＝－0.600 kg·m/s，所以羽毛球的动量变化量大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反。
(2)羽毛球的初速度为v＝25 m/s，羽毛球的末速度v′＝－95 m/s
所以ΔEk＝Ek′－Ek＝mv′2－mv2＝21 J。
[答案] (1)0.600 kg·m/s，与羽毛球飞来的方向相反 (2)21 J
同一直线上的动量的变化量的计算
先选取正方向，方向与正方向相同的动量为正值，方向与正方向相反的动量为负值，然后代入公式Δp＝p2－p1计算。
①当p1、p2同方向且p1＜p2时，Δp与p1(或p2)方向相同，如图甲所示。
②当p1、p2同方向且p1＞p2时，Δp与p1(或p2)方向相反，如图乙所示。
③当p1、p2方向相反时，Δp与p2方向相同，如图丙所示。
[针对训练]
1．下列关于动能和动量的说法正确的是( )
A．物体的动能改变，其动量也一定改变
B．物体的动量改变，其动能也一定改变
C．若物体的速率变，则物体的动能和动量不一定都变
D．若物体的速度变，则物体的动能和动量一定都变
解析：选A 物体的动能改变，根据Ek＝mv2，得到速度大小改变，故动量大小一定改变，故A正确；物体的动量改变，可能是速度方向变而大小不变，故动能Ek＝mv2 可能不变，故B错误；若物体的速率变，则动能Ek＝mv2一定改变，动量p＝mv也一定改变，故C错误；物体的速度变，可能是速度方向变而大小不变，如匀速圆周运动，故动能和动量不一定改变，故D错误。
2．关于动量的变化，下列说法中正确的是( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动方向相同
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp不一定为零
解析：选A 当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与速度方向相同，如图甲所示，选项A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1＜0，即p2＜p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，选项B错误；当物体的速度大小不变时，动量可能保持不变，此种情况Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误；物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，故动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，选项D错误。
冲量的理解与计算
[问题探究]
力F随时间t变化的图像如图所示，请问：
(1)0～1 s内，力F的冲量是多少？对应Ft图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
(2)1～6 s内，力F的冲量是多少？对应Ft图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
(3)0～6 s内，力F的冲量是多少？对应Ft图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
提示：(1)力F在0～1 s内的冲量I1＝F1t1＝20×1 N·s＝20 N·s，对应Ft图线与t轴所围的面积是20 N·s，二者相等。
(2)力F在1～6 s内的冲量I2＝F2t2＝－10×5 N·s＝－50 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应Ft图线与t轴所围的面积－50 N·s，二者相等。
(3)力F在0～6 s内的冲量I＝I1＋I2＝－30 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应Ft图线与t轴所围的面积的代数和是－30 N·s，二者相等。
[要点归纳]
1．冲量的特点
过程量
冲量描述的是力对时间的积累效果，是一个过程量。研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量
矢量性
对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致，冲量的运算遵循平行四边形定则
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量计算：
用公式I＝FΔt计算。
注意：对于变力，F必须为时间Δt内的平均力。
(2)合冲量的计算
①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和；
②如果各个力(均为恒力)的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
(3)变力的冲量计算
①用平均力求变力的冲量：如果力与时间成线性关系，如图甲所示，则
I＝FΔt＝(t2－t1)
②用Ft图线与t轴所围的面积求冲量：如图甲、乙所示，图中的阴影面积法即为变力的冲量。
③利用动量定理求解，即I＝Δp。
[例题2] 如图所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量和合力的冲量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解析] 对物体受力分析可知，物体受重力、支持力及摩擦力的作用；
支持力F＝mgcos α＝50×0.8 N＝40 N；
摩擦力Ff＝μmgcos α＝0.2×50×0.8 N＝8 N；
故重力的冲量I1＝mgt＝50×2 N·s＝100 N·s；
支持力的冲量I2＝Ft＝40×2 N·s＝80 N·s；
摩擦力的冲量I3＝Fft＝8×2 N·s＝16 N·s；
物体受到的合力F合＝mgsin α－μmgcos α＝50×0.6 N－8 N＝22 N；
故合力的冲量I＝F合t＝22×2 N·s＝44 N·s。
[答案] 重力的冲量为100 N·s；支持力的冲量为80 N·s；摩擦力的冲量16 N·s；合力的冲量为44 N·s
冲量计算的两点注意
(1)求各力的冲量或合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝FΔt计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。
(2)求冲量大小时，一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量；只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零。
[针对训练]
1．一物体放在水平地面上，如图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，求0～8 s时间内拉力的冲量大小。
解析：冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0～8 s内的冲量为 I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18 N·s。
答案：18 N·s
2．一质量为m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s，以大小为t＝ 1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10 m/s2，在这0.2 s内( )
A．重力对运动员的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s
C．地面对运动员做的功为30 J
D．地面对运动员做的功为零
解析：选D 运动员的重力是恒力，则重力对运动员的冲量大小为mgt＝120 N·s，A错误；以竖直向上为正方向，设地面对运动员的冲量为I，由动量定理可得I－mgt＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgt＝180 N·s，方向竖直向上，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误，D正确。
动量定理的理解及应用
[要点归纳]
1．对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式：FΔt＝p2－p1＝Δp，是一个矢量式，应用时要注意各量的方向。
注意：①表达式中的FΔt指的是物体所受合力的冲量，或是外力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
②表达式中的Δp指的是动量的变化量，Δp的方向跟合外力冲量的方向相同。
(2)适用对象：一般为单个物体或可视为单个物体的系统。
(3)适用范围
①从物体、速度的大小看：即适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。
②从力是否变化看：既适用于变力作用，也适用于恒力作用。
③从运动轨迹看：既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(4)因果关系：物体所受合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
①冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量及某一时刻的动量无必然联系；
②物体动量变化的方向与物体所受合力冲量的方向相同，物体在某一时刻的动量方向与物体所受合力冲量的方向无必然联系。
2．动量定理的应用
(1)定性应用
根据动量定理FΔt＝p′－p＝Δp可知：
①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小；
②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大。
③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。
(2)定量应用
①由动量的变化求合冲量：(或求有关的力)
②由合力的冲量求动量的变化：(或求m、v等)
考向一 动量守恒定律的定性应用
[例题3] 篮球运动深受同学们喜爱，打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的目的是( )
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
[解析] 接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误。手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，A正确，D错误。
[答案] A
应用动量定理定性分析有关现象的技巧
根据动量定理表达式F·Δt＝Δp定性分析有关问题时，要结合具体问题明确三个量F、Δt、Δp中哪个量是一定的，另外两个量是正比关系还是反比关系。
[针对训练]
如图所示，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条(此过程中杯子相对纸条滑动)，发现杯子会滑落；当快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是( )
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
解析：选D 在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，选项A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确。
考向二 动量守恒定律的定量计算
[例题4] “守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕者，田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s，此后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．加速过程中兔子的加速度大小为180 m/s2
B．加速过程中地面对兔子水平方向的平均作用力大小为20 N
C．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N
D．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N
[解析] 兔子经过1.2 s速度由零均匀增加到9 m/s，根据匀变速直线运动的速度公式可得，兔子的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，A错误；加速过程中，设地面对兔子水平方向的平均作用力大小为f，根据动量定理可得fΔt＝mv－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的速度方向为正方向，则兔子撞树前的动量为p＝mv＝2×9 kg·m/s＝18 kg·m/s，撞树后的动量为p′＝mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2 kg·m/s，动量变化量为Δp＝p′－p＝ －2 kg·m/s－18 kg·m/s＝－20 kg·m/s，由动量定理得FΔt′＝Δp＝－20 kg·m/s＝－20 N·s，解得兔子受到树对它的平均作用力为F＝－400 N，大小为400 N，C错误，D正确。
[答案] D
应用动量定理解题的基本步骤
(1)确定研究对象；
(2)进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量；
(3)选定正方向，研究物体初、末状态的动量；
(4)根据动量定理列方程求解。
[针对训练]
2020年10月2日，浙江队在2020年全国蹦床锦标赛女子蹦床团体决赛中获得冠军，浙江队选手王子维在比赛过程中从离绷紧的弹性网面高3.2 m处落下，弹起后离弹性网面的最大高度为5 m，已知运动员的质量为60 kg，与网面的接触时间为1.2 s，重力加速度g＝10 m/s2，运动员离开网面后，网面形变完全恢复，则运动员与网面接触过程中( )
A．网面对运动员的冲量大小为1 080 N·s
B．网面对运动员的冲量大小为1 800 N·s
C．网面对运动员做功大小为1 080 J
D．网面对运动员做功大小为540 J
解析：选B 由题意知，运动员与网面刚好要接触时速度大小v1＝＝8 m/s，刚好要离开网面时速度大小v2＝＝10 m/s，在触网过程中，由动量定理有I－mgt＝mv2－ (－mv1)，解得网面对运动员的冲量大小I＝1 800 N·s，A项错误，B项正确；运动员与网面接触过程中，弹性网的弹性势能变化量为0，因此弹性网的弹力做功为0，C、D项错误。
一、汽车碰撞试验
如果想知道一辆汽车的安全性能到底怎么样，最简单粗暴的方法就是“撞”。通过碰撞评估汽车在各种极端环境下的主动及被动安全表现，从而判断汽车质量的优劣，但是汽车的安全性能不能仅以市场上血淋淋的碰撞事故案例为逆向反馈，更多地应该是以碰撞实验为正向探测，于是汽车碰撞测试便应运而生。汽车碰撞测试，一方面可以为车企提供安全参考，促使车企在安全方面进行良性改进，另一方面就是国家的介入、法律法规的约束可以不断规范行业安全标准，从而最大限度地保障消费者的生命安全。
[示例1] 一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前的速度均约为30 m/s。
(1)试求车祸中车内质量约为60 kg的人受到的平均冲力是多大。
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求车祸中人体受到的平均冲力为多大。
[解析] (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。设撞击时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s。
根据动量定理得Ft＝Δp＝mv0，
故F＝＝ N＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，则F′＝＝ N＝1.8×103 N。
[答案] (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
二、应用动量定理解决流体类“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＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
[示例2] 用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A．水柱对汽车的平均冲力为ρπD2v3
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C．高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的8倍
[解析] 高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所以B正确；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力为F＝ρv2πD2，所以A、C错误；高压水枪喷口的出水的压强为p＝＝ρv2，高压水枪喷口的出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D错误。
[答案] B
[拓展训练]
1．“中国民航英雄机长”刘传健执行重庆飞拉萨任务时，在万米高空突遇前挡风玻璃破裂脱落的紧急关头，机组正确处理危机，奇迹般地安全迫降成都。假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的时速约为v，空中风速不计，机长面部垂直风速方向的受力面积为S，万米高空的空气密度为ρ，则机长面部受到的冲击力大小约为( )
A．ρSv B．ρSv2
C．ρSv3 D．ρSv3
解析：选B 机长面部垂直风速方向的受力面积为S，空气与飞行员的相对速度等于飞机的速度v，设时间t内吹在面部的空气的质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得机长面部受到的冲击力大小F＝ρSv2，故选B。
2．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v0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。
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＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S。③
(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
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02④
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)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
1．对下列几种物理现象的解释，正确的是( )
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D．在车内推车推不动，是因为推力的冲量为零
解析：选C 据动量定理FΔt＝Δp知，当Δp相同时，Δt越长，作用力F越小，击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，使橡皮锤对钉子的平均作用力较小，不利于将钉子钉入物体内，故A项错误；跳远时，在沙坑里填沙是为了延长人与沙的作用时间，从而减小作用力，避免人受到伤害，故B项错误；易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故C项正确；车不动是因为车所受合力冲量为零，故D项错误。
2．关于动量和冲量的说法，错误的是( )
A．物体所受合力冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量增量的方向，就是它所受合力的冲量方向
D．物体所受合力冲量越大，它的动量变化就越大
解析：选A 由动量定理可知，物体所受合力的冲量，其大小等于动量的变化量的大小，方向与动量增量的方向相同，故A项错误，B、C、D项正确。
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．弹性绳恰好伸直时，人的速度最大
B．弹性绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
C．弹性绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
D．人的速度最大时，弹性绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选D 弹性绳恰好伸直，绳对人的拉力为零，由于重力大于绳对人的拉力，所以人还在加速，此时速度不是最大值，A错误；弹性绳对人的拉力始终是向上的，所以弹性绳对人的冲量始终是向上的，弹性绳对人的拉力始终做负功，刚开始弹性绳对人的拉力小于重力，人做加速运动，当弹性绳对人的拉力等于重力，人的速度达到最大值，当弹性绳对人的拉力大于重力时人做减速运动，人先加速后减速，所以人的动量先增大后减小，动能先增大后减小，B、C错误，D正确。
4．为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图像，已知重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，则根据图像分析可知( )
A．人在0.3 s～0.7 s时间内先加速下蹲后减速下蹲
B．c到d的过程中，人始终处于失重状态
C．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小等于240 N·s
D．人跳起获得的初动量大小为240 kg·m/s
解析：选D 人在0.3 s～0.7 s时间内，对传感器的压力先减小到零再增大到等于人的重力，如果是先加速下蹲后减速下蹲，则压力应该是先减小到零再增大到超过人的重力，故A错误；c到d的过程中，人还没有完全脱离传感器，对传感器仍有向下的压力，这个压力从大于人的重力逐渐减小到零，即人先处于超重，后处于失重状态，故B错误；由题图乙可知，人所受的重力为800 N,0.3 s～0.7 s，力传感器示数小于人的重力，说明人在加速下蹲，1.0 s时力传感器示数为零，说明人离开力传感器，则人从起跳到双脚离开力传感器的时间t<0.3 s，所以从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小小于240 N·s，故C错误；人在空中停留的时间t′＝(1.6－1.0)s＝0.6 s，所以人跳起时获得的初速度为v0＝g×＝3 m/s，初动量大小为p0＝mv0＝80 kg×3 m/s＝240 kg·m/s，故D正确。
5.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1 700多年。一现代仿制的地动仪如图所示，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为( )
A．＋mg B．
C． D．－mg
解析：选A 设蟾蜍口对铜珠的冲击力为F，铜珠落入蟾蜍口时速度为v，由自由落体运动规律v2＝2gh，由动量定理Ft－mgt＝0－(－mv)，联立解得F＝＋mg，由牛顿第三定律可知铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为F′＝＋mg，故选A。
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