第1章 第2节 动量定理-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

重雅⑤手册高中物理选择性必修第一册凡) 始运动，故小车A有个加速过程，在碰撞之前小车A 持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D 做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同， 错误.] 故BC段为匀速运动的阶段，所以应选BC段来计算小 4.C「在快速拉动纸条时，纸条与杯子作用时间短，则摩 车A碰撞前的速度：碰撞过程是一个变速运动的过程， 擦力产生的冲量较小，由I=△p可知，杯子增加的动量 而小车A和B碰撞后共同运动时做匀速直线运动，故 较小，故杯子不会滑落：缓慢拉动纸条时，杯子受到的 在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段米计 冲量较大，杯子增加的动量较大，故杯子会滑落，选项 算小车A和B碰撞后的共同速度.(2)碰撞前两小车 ABD错误，C正确.门 BC 的总动量即为小车A的动量，则有一mA=m行 5.D[设击打前网球的速度方向为正，则击打后的速度 为负，则击打前后的动量分别为m和一边：由动量 =0.40×91050 5X0.02ke·m/s=0420kg·m/s,碰撞后两 定理可得合力的神量I=一一=一m(2十)， DE 小车的总动量=(mA十m)=(m十m)· 即冲量的大小为m(边十功)，负号表示冲量与正方向 相反，即与方向相同.故D正确.了 0.40+a20)×8823kg·m/s=0.47g·m 6.B[设空气的密度为p,风迎面垂直吹向一固定的交通 (3)因为纸带与打点计时器之间存在摩擦力，从而使两 标志牌的横截面积为S,在时间内空气的质量为 结果并不完全相等.] △m=S0·△.假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标 第2节动量定理 志牌的末速度变为0，对风由动量定理有一F·△=0 1.A[做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能 △m.可得F=AS,10级台风的风速25m/s,16级 不一定变化，故A错误：做变速运动的物体，速度发生 台风的风速0m则有晴一等≈，故选且] 变化，动量一定不断变化，故B正确：合力对物体做功 7,AC[球拍将乒乓球以原速率击回，可知乒乓球的动 为0，由动能定理可知，物体动能的增量一定为0，故C 能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为0，冲量不 正确：合力的冲量为0，由动量定理可知，物体动量的增 为0，A正确，B错误：在乒乓球的运动过程中，加速度 量一定为0，故D正确.」 方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C正确，D错误，] 2.B[由I=F1可知，力越大，力的神量不一定越大，它 8.A[这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动 还与时间有关，故A错误，B正确：静置于地面的物体 到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由 受水平推力F的作用，经时间1物体仍静止，则此推力 公式I=F1分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正 的冲量为，故C错误：冲量是矢量，大小相等，若方 确：从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相 向不同，则这两个冲量不相同，故D错误. 等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，放B错 3.B[从开始蹬地至到达最高点的过程中，经历了向上 误：从：处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最 加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A错 大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错 误：小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心 误：重力对从：处下滑的小滑环做功最多，其动能的增 最大升高，可知小明离开地面时的机诚能为mgh,故 量最大，故D错误.] B正确：在时间1内，由动量定理得F一mg1=my一0， 9.A[火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直 离开地面到最高点有mk=号m,联立解得F- 向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用， 且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的 m2西+mg,故C错误：在时间1内，地面对小明的支 推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做 参考答采与解析次 加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等 mD,△时间内水枪喷出的水的动能E= 1 于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为0， 速度最大，当向上的高压气体的推力小于向下的重力 之ta一名D.则水枪在此期间对水做功W 和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减 =R=名D心，水枪的功率P-出是 Ai8 nolv, 速运动，直至速度为0，故当火箭的加速度为0时，速度 A错误，B正确：在极短时间△'内喷到着火物上水的 最大，动能最大，故A正确：根据能量守恒定律可知，高 质量为m,设者火物对水柱的作用力为F,由动量定 压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势 理得F△y=m,△时间内喷到着火物上水的质量m 能和内能，故B错误：根据动量定理可知，合力的冲量 等于火箭动量的增加量，故C错误：根据功能关系可 =mDd,解得F=}0Dt,由牛顿第三定律 知，高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于 可知，水柱对着火物的冲击力F=F=子D,C 火箭机械能的增加量，故D错误.] 错误：当水枪向前喷出高压水流时，水流对水枪的作 10.C[t图像斜率的绝对值表示加速度大小，当速度 用力向后，由于水枪有重力，根据平衡条件可知，消防 达到之前有F-F=m阳1=m2,当速度达到 员对水枪的作用力方向斜向前上方，D错误， 之后有F=mag=m,解得F:F=3:1,故A错 第3节动量守恒定律 1.B[判断某个力是内力还是外力，首先应确定系统，然 误：F的神量为I1=F·2o,F,的冲量为I=F· 后按照内力和外力的概念去判断，没有系统这个大前 6t,解得L:12=1:1,故B错误：汽车牵引力F做 提而作出的判断是没有意义的，选项CD错误.而在A、 的功为W,=F=F·受·2，=Fo,克服摩擦力 B,C三者组成的系统中，A所受重力是外力，选项A错 F做的功W,=F=F·号·6=3F,解得 误.所以只有选项B正确.] 2.C[当系统不受外力或系统所受的合力为0时，系统 W:tW:=1t1,故C正确.D错误.] 的动量守恒，C正确.] 11.(1)由题图乙知I=F△1+F:△十F:△， 3.C[图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程 代入数据得I=18N·s,方向与力F方向相同. 中，子弹和木块组成的系统动量守恒图丙中两球匀速 (2)由题图丙知物体在0~6s内的位移为 下降，说明两球组成的系统在竖直方向上所受的合外 6。子×3m=6m,方向与力下方向相同。 力为0，两球组成的系统动量守恒，细线断裂后，它们在 (3)由题图丙知，在6一8s时间内，物体做匀速运动， 水中运动的过程中，两球整体受力情况不变，遵循动量 于是有f=2N 守恒定律.图乙中系统受到墙的弹力作用，图丁中斜面 由题图丙知，在0一10s时间内物体的总位移为 受到其右侧挡板的作用，乙、丁两图所示过程系统所受 s=8-6)+10-2×3m=15m 合外力不为0，动量不守恒，故只有甲、丙两图正确，即 2 C正确.] 物体克服摩擦力做的功为W=∫=2×15J=30J. 4.D[忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星 12.B[设△v时间内从水枪喷出的水的体积为△V,质量 和箭体整体分离前后动量守恒，则有(：十2)一 为△，则△m=pAV,AV=5ay=寸xDa,则水枪 m十m,整理可得=场十他（一边），故选项D 的流量为子D,单位时间喷出水的质量为恕 正确.] 3第一章动量守恒定律出 第2节 动量定理 重点和难点 课标要求 1.了解冲量的概念，理解动量定理的内涵。 重点：1.通过理论推导，掌握动量定理的表达式。 2.知道动量定理和动能定理的区别 2.通过对比理解动量定理和动能定理的区别， 3.能用动量定理解释生产生活中的有关现象和 难点：通过分析生活中的缓冲现象，字提动量定理的应用， 解决实际问题 01一必备知识梳理一◆ 基础梳理 知识点1冲量 1.冲量 冒敲黑板 (1)定义：力与力的作用时间的乘积 理解冲量的概念时 (2)定义式：I=F△t 必须明确三点 (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物 1.时间性：冲量不仅与力 有关，还与力的作用时间有 理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大 关，恒力的冲量等于力与力的 (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s 作用时间的乘积，公式I= (5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相 只适用于恒力 同：如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动 2.关量性：对于具体恒定 量变化量的方向相同. 方向的力来说，冲量的方向与 2.冲量的计算 力的方向一致：对于作用时间 (1)求恒力的冲量 内方向变化的力来说，冲量的 冲量等于力和力的作用时间的乘积（无论物体是否运动，无 方向与相应时间内动量的变 化量的方向一致，冲量的运算 论物体在该力的方向上是否有位移). 应用平行四边形定则， (2)求变力的冲量 3.绝对性：由于力和时间 ①若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量。 都跟参考系的选取无关，所以 ②若给出了力随时间变化的图像（如图所示），可用面积法求 冲量也跟参考系的选取无关。 变力的冲量， ③利用动量定理求解. 7 国避食手细高中物理选择性必修第一册) 3.冲量与功的比较 冒敲黑板 物理量 冲量 功 1.某个恒力在一段时间 公式 I=F△M W=Fx 内微的功可以为0，但冲量一 标矢性 矢量式 标量式 定不为0. 2.一对作用力和反作用 力对时间的积累，在F1图像力对位移的积累，在Fx图像 意义 中可以用面积表示 中可以用面积表示 力的冲量大小一定相等，方向 正负 正负表示与正方向相同或相反正负表示动力做功或阻力做功 一定相反，矢量和一定为0：但 一对作用力和反作用力所做 作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能 功的大小不一定相等，正负不 例①(2024·湖北黄冈中学月考)（多选）一质量为m的运动 一定相反，代数和不一定为0. 员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态 (图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状 态站立△时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）.甲到 乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2,经历的时间分别为 t1、t2,重力加速度为g,则( 丙 A.地面对运动员的冲量为(M十m)g(1十t2十△)，地面对运 动员做的功为0 B.地面对运动员的冲量为(M十m)g(1十2)，地面对运动员 做的功为(M+m)g(h,十h2) C.运动员对重物的冲量为Mg(11十t2十△)，运动员对重物做 的功为Mg(h1十h2) D.运动员对重物的冲量为Mg(十t2),运动员对重物做的 功为0 解析因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面 对运动员的支持力为(M十m)g,整个过程的时间为(t十t2十△t), 根据I一Ft可知地面对运动员的冲量为(M十m)g(11十十△1)： 因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为 0,选项A正确，B错误：运动员对重物的作用力为Mg,作用时间 为(t1十t2+△1)，根据I=Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1+ t2十△1)，重物的位移为(h1十h2),根据W=Flcos a可知运动员对 重物做的功为Mg(h1十h2),选项C正确，D错误. 答案AC 第一章动量守恒定律么出 知识点2动量定理 1.动量定理的推导过程 卫划重点 如图所示，质量为的物体放在光滑的水平面上，在水平外 1.动量定理的表达式是 力F的作用下，经时间1，其速度由v变为v'.由牛顿第二定律可 一个失量式，在一维直线情况 知加速度a=E,而a=,”,则有 下应用动量定理时需要规定 正方向。 F_V一v 2.动量定理公式中，F是 m t 研究对象所受的包括重力在 整理得Ft=mu'一mw, 内的所有外力的合力，它既可 即Ft=p'-p=△p. 以是恒力，也可以是变力. 3.动量定理中的冲量是合 F 冲量，而不是某一个力的冲量 卫三m 4.动量定理表示合冲量 上式中等式的右边是物体动量的变化量，而等式的左边则是 与动量变化量△p(而非动量) 物体所受到的合力的冲量， 间的因果关系，冲量是动量变 此式就是动量定理的数学表达式，可用下图形象表示 化的原因，动量发生改变是物 P=mu△p=F1 体所受外力对时间累积（即有 P=mv' 冲量)的结果，两者大小相等、 2.动量定理 方向相同，物体动量的变化只 能发生在物体所受外力的合 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过 冲量方向上 程始末的动量变化量。 (2)表达式：I=p'一p或F(t一t)=mw'-m. 3.动量定理的适用范围 (1)动量定理的适用对象可以是单个物体，也可以是多物 体系。 卫划重点 尽管系统内各物体的运动情况不同，但所受合力的冲量仍等 动量定理的应用范国比 于各物体总动量的变化量. 牛顿第二定律广，有些用牛顿 (2)动量定理既适用于恒力，也适用于变力.对于变力，动量 第二定律不能处理的力学问 定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值， 题，用动量定理却能解决。例 物体在不同阶段受力情况不同，各力可以先后产生冲量，运 如，打击，碰撞过程中的相互 用动量定理时不用考虑运动过程中的细节 作用力一般不是恒力，求作用 (3)动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动， 力的冲量时，用动量定理可只 (4)动量定理既适用于宏观、低速物体，也适用于有关微观现 考虑初、末状态的动量，不必 象的问题 考虑每一瞬时力的大小和加 速度的大小问题，比用牛顿第 例2(2024·吉林长春外国语学校高二月考)如图是足球运 二定律快捷 动员在练习用头颠球，假设足球从静止开始自由下落45cm,被头 9 重雅点手细高中物理选择性必修第一册) 竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm,足球与头 部的接触时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,不计空气阻力.下 列说法正确的是( A.头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于 足球动量的变化量 B.头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大 小为2.4kg·m/s C.头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为24N D.从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为0 解析头向上顶球的过程中，根据动量定理可知，头对足球的 冲量与足球重力的冲量之和等于足球动量的变化量，故A错误； 取向下为正方向，由题可知，下落、上升的高度都为h=45cm= 0.45m,则下落到与头部刚接触时有=2gh,解得v=3m/s,与 头部碰撞后，速度反向，大小不变，即为=一3m/s,则动量的变 化量为△p=-=(-3-3)X0.4kg·m/s=-2.4kg·m/s, 即动量变化量的大小为2.4kg·m/s,故B正确：根据动量定理 可得IG一I=△p,即(mg一F)△1=△p,代入数据解得F=28N, 故C错误；从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的作 用时间不为0，冲量不为0，故D错误 答案B 知识点3动量定理的应用 用动量定理定性分析生活中的现象 巴记方法 (1)△p一定，△1小则F大，△1大则F小 1.确定研究对象.在中学 (2)F一定，△t小则△p小，△1大则△p大. 阶段用动量定理讨论的问题， 其研究对象一般是单个物体 (3)△t一定，F大则△p大，F小则△p小 2.对物体进行受力分析. 例B(2024·广东广州二中期中)使用无人机播种树种时， 可先求每个力的冲量，再求各 为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊.播种 个力冲量的失量和—合力 时，在静止于离地面10m高处的无人机上，播种器利用空气压力 的冲量：或先求合力，再求其 把种子胶囊以5m/s的速度竖直向下射出，种子胶囊进入地面以 冲量. 下10cm深处完成一次播种.已知种子胶囊的总质量为20g,不 3.抓住过程的初、未状 态，选取正方向，确定各动量 考虑其所受空气阻力及进入土壤后的重力作用，取g=10m/s2, 和冲量的正、负号. 则(). 4.根据动量定理列方程， A.土壤对种子胶囊冲量的大小为0.1N·s 如有必要，还需要补充其他方 B.发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为100N·s 程，最后代入数据求解 10 第一章 动量守恒定律么出9 C.种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5N D.播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和 为0 解析种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运 园记方法 动，有=1十2g,解得种子胶震在空中运动的时间为1=18， 计算某个力的冲量时，必 可得种子胶囊落地的速度为v=%十gt=15m/s,根据动量定理， 须明确是哪个力在哪段时间 内产生的冲量，力越大，作用 土壤对种子胶囊的冲量为11=0一m0=一20×15×10-3N·s= 时问越长，冲量就越大.求合力 一0.3N·s,故A错误；发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为 的冲量时经常应用动量定理 I=m=20×5X10-3N·s=0.1N·s,故B错误：种子胶囊在 土壤中做匀减速运动，有=2a1,解得加速度为a=1125m/s, 升子胶发在土城中运动的时间么一是品。$=石根据动量 定理有F1=0一，解得F=一22.5N,故种子胶囊在土壤中运动时 受到平均阻力的大小为22.5N,故C正确；播种机对种子胶囊的冲量 和土壤对种子胶囊的冲量之和为I=I。十1=(0.1一0.3)N·s= 一0.2N·s,故D错误. 答案C 重难拓展 重难点1流体类问题的求解 对于流体的连续相互作用问题，用常规的分析方法很难解 决，若构建柱体微元模型，应用动量定理分析求解，可使问题简化 很多 1.连续流体类问题 “流体”一般是指液体流、气体流等具有连续性的物体，通常 已知密度a.该类问题的解题方法： (1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其 横截面积为S. (2)微元研究，作用时间△1内的一段柱状流体的长度为v△， 对应的质量为△m=Su△t. (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体. 2.连续微粒类问题 “微粒”一般是指电子流、尘埃等，质量具有独立性，通常给出 单位体积内的粒子数n.该类问题的解题方法： (1)建立“柱状”模型，沿运动速度的方向选取一段微元， 柱体的横截面积为S. 11 重避食手册高中物理选择性必修第一册) (2)微元研究，作用时间△t内的一段柱体的长度为△t,对 应的体积为△V=Sb△1，则微元内的粒子数V=hS△1， (3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算. 例④(2024·四川成都七中期中)（多选）如图所示，“水上飞 人”是近几年流行的游乐项目，假设人（包括装备）的质量为 70kg,两个出水口的横截面积均为100cm,适当调节出水口的 喷水速度可以使人悬停在空中（近似认为水流喷出前的速度为 0),忽略中间水管对人的作用力，水的密度为1.0×103kg/m,重 力加速度大小取g=10m/s2.则( A,悬停过程中水对人做正功 B.悬停过程中水对人的冲量竖直向上 C.出水口的喷水速度大小约为6m/s D.出水口的喷水速度大小约为12m/s 解析悬停过程，因人未发生位移，因此水的反冲动力对人不 做功，故A错误；设水的反冲作用力为F,飞行器及人的质量为 M,则根据平衡条件有F=Mg,即水的反冲作用力竖直向上，因此 可知悬停过程中水对人的冲量竖直向上，故B正确：设出水口的 喷水速度为，在极短的△t时间内两个出水口喷出的水的质量为 △m,则有△m=pV=2Sv△1，设在极短时间内飞行器及人对喷出 的水的平均作用力为下，取向下为正方向，对喷出的水由动量定 理有F△1=△mu,根据牛顿第三定律有F=F,而由平衡条件有F =Mg,联立解得u≈6m/s,故C正确，D错误. 答案BC 重难点2动量定理与动能定理的比较 类别 动量定理 动能定理 刀划重点 公式 1 F台(t'-t)=m'-mw Fas=2m听- mf 1.两个定理应用中都着 标矢性 矢量式 标量式 眼于一个过程，只抓两头（始 因果 因 合力的冲量 合力的功（总功） 末状态)，因此应用中就显得 关系 果 动量的变化 动能的变化 简便 应用侧重点 2.动量定理既可以由冲 涉及力与时间 涉及力与位移 量求动量的变化或始末动量， ①公式中的力都是指物体所受的合力 ②动量定理和动能定理都注重初未状态，而不注重过程，因 也可以由动量变化求冲量或 此都可以用来求变力作用的结果（变力的冲量或变力做功） 力及时间：动能定理既可以由 相同点 ③研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统：研究过程 功求动能的变化或始末动能， 可以是整个过程，也可以是某一段过程 ④不仅适用于宏观物体的低速运动，而且适用于微观物体 也可以由动能变化求功或力 的高速运动 及位移 12 第一章 动量守恒定律格组 例5(2024·湖南岳阳一中高二月考)如图所示，质量n4为 3.动量定理和动能定理 4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因 都绕过了加速度的环节，所以 数：为0.24，木板右端放着质量mg为1.0kg的小物块B(视为 运用动量定理和动能定理一 质点)，它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N·s 般都比运用牛顿第二定律和 的瞬时冲量I的作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能 运动学公式简单 Ea为8.0J,小物块的动能Es为0.50J,重力加速度取10m/s.求： (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度 B 的大小 7777777777777777 (2)木板的长度L. 解析(1)设水平向右为正方向，有I=mAo· 代入数据解得=3.0m/s. (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为 FAB、F和FCA,B在A上滑行的时间为1，B离开A时A和B的 速度分别为和TB,有 一(FBA十FA)1=mAUA一mA0, FAnt =mBvB 其中FB=F4,Fe=(mA十mB)g. 设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB,有 -(Fa+Fe)sa-m-mxvi.Fww-Ew. 动量与动能之间的关系为 mAUA=√2AEk4， mg0B=√2 nBEkB. 木板A的长度L=8A一sB 代入数据解得L=0.50m. ]02一关键能幼提升。口 题型1冲量的理解与计算 A.运动员自由下落过程中，受到的合力冲 例工蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹 量大小为300N·s 过程表现杂技技巧的竞技运动.一质量为50kg B.从运动员接触蹦床到陷至最低点的过 的运动员从离蹦床1.8m处自由下落，若从运 程中，重力的冲量大小为100N·s 动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2s C.蹦床对运动员的冲量大小为200N·s (g取10m/s2,不计空气阻力)，则下列说法错 D.自由下落过程中，运动员的动量变化量 误的是( 大小为300kg·m/s 13 重难点手细高中物理选择性必修第一册) 解析设运动员的质量为m,运动员刚接 2时间内，对铁球、木块由动量定理得 触蹦床解间的速度为，运动员自由下落的过程 对铁球：(Mg一F海M)t2=Mn一M, 中只受重力作用，由机械能守恒定律得mgh= 对木块：(mg一F浮m)t2=0一1. 联立解得= (M+m)(t1十t2) 2m心，解得v=V2g=6m/s;根据动量定理可 Mt 知，运动员受到的合力冲量大小1=w=50× 题型3动量定理与图像结合问题 6N·s=300N·s,选项A正确.选取运动员 例3(2024·内蒙古兴安盟鸟兰浩特市 接触蹦床的过程为研究过程，重力的冲量大小 第四中学高二阶段练习)（多选）一质量为 0.5kg的物块静止在水平地面上，物块与水平 I6=mg△1=500×0.2N·s=100N·s,取向 地面间的动摩擦因数为0.2.现给物块一水平 上为正方向，由动量定理可得1一IG=0 方向的外力F,F随时间t变化的图像如图所 (一)，解得蹦床对运动员的冲量大小为Ir= 示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 Ic十m=400N·s,选项B正确，C错误.自由 度g取10m/s,则下列说法正确的是( 下落过程中运动员的动量变化量大小△p= FN mw=300kg·m/s,选项D正确. 答案C 方法包自 计算某个力的冲量时，必须明确是哪个 A.0~1s内物块的加速度为2m/s 力在哪段时间内产生的冲量，力越大，作用 B.1~2s内物块做匀速直线运动 时间越长，冲量就越大.求合力的冲量时经 C.前2s内，物块一直做加速运动 常应用动量定理。 D.在3~4s的时间内，物块受到的摩擦力 题型2动量定理的综合应用 不变 例2如图所示，质量为M的实心铁球牵 解析物块在运动过程中，最大静摩擦力等 引着质量为的木块从静止开始下沉，经时间 于滑动摩擦力f=g=1N,故物块在0~1s ,它们的速度达到心，恰在此时，绳断了，再经 内做匀加速运动，其加速度大小a=F一上 时间2，木块的速度变为0，求此时铁球的速度 2m/s,A正确.1~2s内物块所受拉力与摩擦 力相等，物块做匀速直线运动，B正确，C错误 0~1s内由动量定理有(F一f)t=△p,可得t 1s时物块的动量大小为1kg·m/s;物块在第 2$内做匀速直线运动，其动量不变，由图可 解析以竖直向下为正方向，山时间内，对 知，在2一4s内物块受到的拉力反向，大小变 铁球、木块由动量定理得 小且小于物块的最大静摩擦力，因为在F:图像 对铁球：(Mg一Fr一Fw)l1=M 中，图线与坐标轴所围的面积在数值上等于冲 对木块：(mg十Fr一F净m)t=m. 量的大小，设物块减速到0所用的时间为'，则 14 第一章动量守恒定律么出 1+1- B.水枪的输出功率为4kW 有 2/+=p,解得1=4-23)s 2 C.水从水枪口喷出的速度为10m/s 另一解t=(4十23)s舍去：故当1=(6-2√3)s D.以上结果均不对 铁盒 时，物块的速度为0,6一2√3<3，即3s时，物 块已经静止，3~4s受到的是静摩擦力，拉力 减小，故摩擦力减小，D错误 水枪 [答案AB 题型4运用动量定理求解流体类问题 解析设水从水枪口喷出的速度为%，极 例④(2024·湖北武汉中学高二月考)如 短时间△内水与小铁盒作用过程中对水由动 图，由高压水枪竖直向上喷出的水柱将一个质 量定理可得F△1=%△1SX2U,水从枪口喷出 量为16kg的小铁盒开口向下倒顶在空中，铁 到铁盒处有一听=一2gh,其中F=m铁盒g, 盒悬停在距离水枪口1.8m处.已知水以恒定 h=1.8m,解得v=8m/s,h=10m/s,故AD 速率从横截面积为S=10一3m的水枪中持续 错误，C正确；时间△1内从枪口喷出水的动能 喷出，向上运动并冲击铁盒后，水流以不变的 速率竖直返回.忽略水在与盒作用时水的重力的 为=S山·6，则水枪的输出功率为P= 影响，水的密度为103kg/m,g=10m/s,则下列 2S·听=0.5kW,故B错误 说法正确的是(). △1 A.水冲击铁盒后以5m/s的速度返回 [答案C -03-核心泰养墨焦一。 考向1冲量的求解 2m2 m,w2= 3 2m(5w)2- 2m(2w)2= 例(2022·湖北选考)一质点做曲线运 2 动，在前一段时间内速度大小由v增大到2， 2m,可得W2=7W1.由于速度是夫量，具有 在随后的一段时间内速度大小由2增大到 方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最 5u.前后两段时间内，合外力对质点做功分别 小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的 为W,和W2,合外力的冲量大小分别为I和 大小范围是mu≤I≤3m,3mw≤I27mv,比 【2.下列关系式一定成立的是(). 较可得I2≥I1一定成立.故选D. A.W2=3W1,I2≤3I 答案D B.W2=3W1.12≥1 命题意图 考查多过程运动中动量定理的应用 C.W=7W1,I2≤3I 核心素养 物理观念之运动观念素养水平水平2 D.W2=7W,I2≥I 考向2动量定理与F1图像结合问题 例2(2022·全国乙卷)（多选）质量为 解们根据动能定理可知W=之m(2 1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始 15 重雅食手册高中物理选择性必修第一册) 在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系 1s,所以物块在1=4s时速度减为0，此时物块 如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为 的动能也为0，故A正确，C错误：设0~3s内物 0.2,重力加速度大小取g=10m/s2,则( ). 块的位移为，由动能定理可得(F一) ↑FN 4 之m听，得=9m,3~4s过程中，对物块由动 0 2465 能定理可得-(F十D=0-2mn话，得 A.4s时物块的动能为0 3m,4~6s物块反向运动，物块的加速度大小 B.6s时物块回到初始位置 为a=Fm=2m/g,住移为=号×2× C.3s时物块的动量为12kg·m/s D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 22m=4m<x1十x2,即6s时物块没有回到初 始位置，故B错误；0~6s内拉力做的功为 解析物块与地面间的滑动摩擦力为「= W=(4×9-4×3十4×4)J=40J,故D正确. mg=2N,对物块在0~3s内的运动过程，由 动量定理可得(F-f)t41=,得购=6m/s, 答案AD 3s时物块的动量为p=m=6kg·m/s,设 考查动量定理与F(图像结合的相关物理 命题意图 3s后经过时间t'物块的速度第一次减为0，由 问题 动量定理可得一(F十f)t=0一m,解得t'= 核心素养 科学思雏 素养水平水平4 口04学业质量测评， ●升基础过关练 测试时间：15分钟 小明同学开心得跳了起来.假设小明质量为 1.关于动量和动能，下列说法错误的是( m,从开始蹬地到离开地面用时为t,离地后 A.做变速运动的物体，动能一定不断变化 小明重心最大升高h,重力加速度为g,忽略 B.做变速运动的物体，动量一定不断变化 空气阻力.下列说法正确的是( C.合力对物体做功为0，物体动能的增量一 A,从开始蹬地至到达最高点的过程中，小明 定为0 始终处于失重状态 D.合力的冲量为0，物体动量的增量一定为0 B.在t时间内，小明的机械能增加了mgh 2.关于力的冲量，下列说法正确的是( C.在t时间内，地面对小明的平均支持力为 A.力越大，力的冲量就越大 F-mV2gh B.作用在物体上的力大，力的冲量不一定大 C.静置于地面的物体受水平推力F的作用， D.在t时间内，地面对小明做功mgh 经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为0 4.如图所示，小明在演示惯性现象时将一杯水 D.若F与作用时间t的乘积Ft的大小 放在桌边，杯下压一张纸条.若缓慢拉动纸 等于F2与作用时间2的乘积F2t的大 条，发现杯子会滑落：当他快速拉动纸条时， 小，则这两个冲量相同 发现杯子并没有滑落.关于这个实验，下列 3.开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏， 说法正确的是(). 16