1、1.力力的作用时间2.IFt3.牛顿秒Ns4.矢量力的方向5.时间6.动量知识点三动量定理1.内容：物体在一个过程始末的等于它在这个过程中所受力的冲量.F（tt）mvmv或Ipp.3.注意：（1）动量定理内容有两方面：一是合外力冲量的大小与动量变化的大小，二是动量变化的方向与冲量的方向.（2）动量定理的研究对象，可以是，也可以是.对物体系统，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系统的动量变化.4.用动量概念表示牛顿第二定律F，此式表示：物体等于它所受的力.1.动量变化量3.（1）相等相同（2）单个物体物体系统4.动量的变化率考点精练考点一动量的概念以及动量的变化1.动量是矢量，是
2、物体的质量与速度的乘积，而不是质量与速率的乘积.2.动量是状态量，物体的动量总是指物体在某一时刻的动量，因此在计算时相应的速度应取这一时刻的瞬时速度.3.物体动量的变化是矢量，其方向与物体速度的变化量v的方向相同.在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合力的方向相同.4.有关物体动量变化的运算，一定要按照矢量运算的法则（平行四边形定则或三角形定则）进行，如果物体的初、末动量都在同一条直线上，常常选取一个正方向，使物体的初、末动量都带有表示自己方向的正负号，这样，就可以把复杂的矢量运算化为简单的代数运算了.对应训练考向1动量、动量变化的理解典例1对于竖直向
3、上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，哪个是正确的（）A.物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上B.物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下C.物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上D.物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下解析物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量pmgt，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下.B选项正确.答案B考向2动量变化的计算典例2质量是8 g的玻璃球，以3 m/s的速度向右运动，碰到一个物体后被弹回，以2 m/s的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量.解析设水平向右的方向为正
4、方向，则pmv81033 kgm/s2.4102 kgm/s，pmv8（2） kgm/s1.6m/s故玻璃球动量的变化量为ppp1.6m/s2.4m/s4.0“”表示动量变化量的方向水平向左.答案4.0m/s，方向水平向左反思总结1.动量是状态量，方向与速度方向相同，速度指的是瞬时速度.2.动量变化量是两个矢量的差，注意在一维情况下动量变化量的矢量运算可转化为代数运算.考点二冲量的理解与计算1.对冲量的理解（1）冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应.（2）冲量的矢量性：冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的
5、，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同.（3）冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性.2.冲量的计算（1）单个力的冲量：利用公式IFt计算.（2）合力的冲量：如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则.两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合F合t求解.变力的冲量：用动量定理列式求解.考向1对冲量的理解典例3（多选）恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（）A.拉力F对物体的冲量大小为
6、零B.拉力F对物体的冲量大小为FtC.拉力F对物体的冲量大小为Ftcos D.合力对物体的冲量大小为零解析由冲量的定义知拉力F对物体的冲量IFt，选项A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，故合力对物体的冲量大小为零，选项D正确.答案BD考向2冲量的计算典例4一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用去0.4 s，该铁球的质量为336 g，求从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？从进入泥潭到静止，泥潭的阻力对小球的冲量为多少？（保留两位小数，取g10 m/s2）解析小球进入泥潭前做自由落体运动，求出小球下落的时间，便可以求出恒定重力在这一过
7、程的冲量；小球进入泥潭后，泥土对小球的阻力是变力，此变力的冲量要由动量定理求得.小球自由下落10 m所用的时间是t1ss，重力的冲量IGmgt10.33610 Ns4.75 Ns.对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg（t1t2）Ft20.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2mg（t1t2）0.336（0.4） Ns6.10 Ns，方向竖直向上.如图所示.答案4.75 Ns6.10 Ns变力的冲量不能由IFt求出，可以由动量定理求出动量的变化，从而求得变力的冲量；同理，当物体做曲线运动时，动量的变化可以通过求合力的冲量，从而求得动量变化.考点三用动量定理定性解释物理现象用动量定理
8、解释的现象一般可分为两类：（1）物体的动量变化p一定，由动量定理Ftp可知，若力的作用时间t越短，则作用力F越大，因此在需要增大作用力时，可尽量缩短作用时间，如打击、碰撞等过程；若力的作用时间越长，则作用力F就越小，因此在需要减小作用力时，可设法延长力的作用时间，如利用软垫、弹簧的缓冲作用来延长作用的时间.（2）作用力F一定，由动量定理Ftp可知，力的作用时间越长，动量的变化就越大；力的作用时间越短，动量的变化就越小.考向1缩短作用时间，增大作用力典例5（2017河北邯郸广平一中期中）从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎.这是因为（）A.掉在水泥地上，玻璃杯的动量大
9、B.掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大C.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大D.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大解析杯子从同一高度落下，到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理Ip可知，冲量也相等；但由于在软泥地上，软泥地的缓冲使接触时间较大，由IFt可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在软泥地上更易破碎；只有D选项正确.答案D考向2延长作用时间，减小作用力典例6篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球.接球时，两手随
10、球迅速收缩至胸前.这样做可以（）A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量解析接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球的动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据冲量IFt，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间t以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确.考点四应用动量定理定量计算1.动量定理表达式为Ftp，它的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.其中力F
11、可以是恒力，也可以是变力，如果是变力，则F应是在t时间内的平均值.2.动量定理说明的是合力的冲量I合和动量的变化量p的关系，I合与p不仅大小相等而且方向相同.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，而系统内物体之间的作用力（内力），由大小相等、方向相反和等时性可知，其总冲量为零，不会改变系统的总动量.4.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.考向1计算变力的冲量典例7（2017河北衡水中学期中）如图所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，
12、B的质量为M，当A、B间绳突然断开，物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为.解析分别对A、B两物体应用动量定理列式，联立即可以求出弹簧的弹力对A的冲量.以向上为正方向，由动量定理得：对B：MgtMu0，对A：Imgtmv0，解得：Im（vu）.答案m（uv）考向2计算平均作用力典例8一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过t时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A.mgt B.C.mg D.mg解析对铁锤应用动量定理.设木桩对铁锤的平均作用力为F，则（Fmg）t0（mv），解得Fmg，所以铁锤对木桩的平均冲力FFmg.
13、答案C考向3动量定理的综合应用典例9（2016新课标全国卷）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，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t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S.（2）设玩具悬停时其底面相对
14、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t时间内喷出的水，由能量守恒得mv2mghmv20在h高度处，t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pmv设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h.答案（1）v0S（2）应用动量定理解题的注意事项（1）动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系（即要注意各个量的正负）.（2）动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.（3）应用动量
15、定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统.随堂检测1“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，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力2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，若在此过程中该作用
16、力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A.mg B.mg D.32016全国卷，35（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；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，重力加速度大小为g。求（）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。4（2017济南市联考）在水平方向的匀强电场中，有一带电正粒子质量为m、电荷量为q，从A点以初速度v0竖直向上射入电场，到达最高点B时的速
17、度大小为2v0。如图6所示，不计空气阻力。试求：该电场的场强E。图6参考答案1.解析从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mgFma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a0时，Fmg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，Fmg，由牛顿第二定律Fmgma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误。答案A2.解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v，在t时间内对人由动量定理得（Fmg）tmv，解得
18、安全带对人的平均作用力为Fmg，A项正确。3.解析（）在刚喷出一段很短的t时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。该时间内，喷出水柱高度lv0t喷出水柱质量mv其中v为水柱体积，满足vlS由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为v0S（）设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲Mg其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力由牛顿第三定律：F压F冲其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式：v2v2gh在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为mmv0St由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理（F压mg）tmv由于t很小，mg也很小，可以忽略，式变为F压tmv由可得h答案（）v0S（）4.解析题设带电粒子能达到最高点，隐含粒子的重力不能忽略。粒子在运动过程中受到两个力：竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE。因粒子带正电，故电场强度的方向水平向右。在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。到达最高点B点时，竖直分速度vy0，设所用的时间为t，运用动量定理的分量式，有水平方向：qEtm2v00竖直方向：mgt0（mv0）由得2，则E。答案，水平向右
