1.2 动量定理 同步讲解 -2024-2025学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册

1.2 动量定理 知识点目录 【知识点1】冲量的计算 1 【知识点2】动量定理的理解 6 【知识点3】动量定理的基本应用 12 学习目标 1.理解冲量的概念，知道冲量是矢量，会计算某力的冲量(重点)。 2.理解动量定理的含义及其表达式，会运用动量定理解决实际问题(重难点)。 3.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象(重点) 知识点1 知识点 【知识点1】冲量的计算 1．冲量是过程量：冲量是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 2．冲量是矢量：在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，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．冲量和功的比较 ①某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量不为零。 ②一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，方向一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，符号也不一定相反。 4. 某个恒力冲量的大小等于该力与时间的乘积，与是否受到其他力无关，与物体的状态无关。某力冲量的方向与该力的方向相同。 5.变力的冲量 ①利用公式I＝FΔt求冲量：此公式适用于求恒力的冲量。 ②利用F-t图像法。 如图甲、乙所示，该力在时间Δt内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”。 ③如图丙所示，若力F是变力，但力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。 ④利用动量定理求解：I＝Δp＝p′－p。 典型例题 例1： 【例1】（2025春•青羊区校级期中）下列说法正确的是　　 A．一对相互作用力的总冲量一定为零 B．一对相互作用的摩擦力的总功一定为零 C．物体动量变化量为负，则物体动量大小在减小 D．力冲量的正负表示方向，力做功的正负表示大小 【答案】 【分析】根据冲量、功，动量变化量以及动量大小的特点进行分析解答。 【解答】解：．一对相互作用力的冲量总是大小相等、方向相反，故总冲量一定为零，故正确； ．一对相互作用的摩擦力作用在不同的物体上，位移关系不确定，则总功不一定为零，故错误； ．物体动量变化量为负，只是说明方向与规定正方向相反，不能说明物体动量大小在减小，故错误； ．力冲量的正负表示方向，力做功的正负表示力的性质是动力还是阻力，故错误。 故选：。 【例2】（2025春•石家庄期中）小球在绳子拉力和重力作用下在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是　　 A．小球运动过程中，动量不变 B．小球转半个圆周的过程中，重力对小球做功和冲量都为零 C．小球转半个圆周的过程中，绳子拉力对小球做功和冲量都为零 D．若角变大，小球依然做匀速圆周运动，则小球与原来相比动量变化变快 【答案】 【分析】小球所受的重力和拉力的合力提供向心力；结合向心力公式可求小球的线速度，然后根据冲量的定义判断。 【解答】解：、动量是矢量，小球运动的过程中动量的方向不断变化，故错误； 、小球转半个圆周的过程中，重力对小球做功为零，但动量方向相反，所以冲量不是零，故错误； 、小球转半个圆周的过程中，绳子拉力对小球做功为零，根据可知绳子的拉力的冲量不为零，故错误； 、小球所受的重力和拉力两个力作用，重力和拉力的合力提供向心力，如图 设绳子的长度为，则由数学知识小球做匀速圆周运动的半径 小球所受合力提供向心力 联立解得 可知增大，则小球的线速度增大，小球依然做匀速圆周运动，则小球与原来相比速度变化变快，小球与原来相比动量变化变快。故正确。 故选：。 【例3】（2025•射阳县校级三模）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是　　 A．上升和下降过程重力做功相同 B．上升和下降过程阻力做功相同 C．上升和下降过程阻力冲量大小相等 D．上升和下降过程重力冲量大小相等 【答案】 【分析】、画出与图像，根据图像分析冲量； 、根据重力的方向和做功的正负分析； 、上升过程和下降过程位移相同，小球所受合力不同，加速度不同，速率不同，故所用时间不同。 【解答】解：小球运动的图像如图所示，由于上升和下降过程位移大小相等，图中两阴影面积相等，因为，则与图像类似，两阴影面积也相等，与横轴围成的面积表示阻力的冲量，则上升和下降过程中阻力的冲量大小也相等，故正确； 上升和下降过程中重力不变，下降所用的时间更长，则下降过程重力的冲量更大，故错误； 上升和下降过程位移大小相等，方向不同，重力方向向下保持不变，则重力做功不同，故错误； 上升过程和下降过程，阻力均做负功，位移大小相等，但是下降过程的平均速率更小，对应的平均阻力也更小，则上升和下降过程阻力做功不同，故错误。 故选：。 【例4】（2025•龙岗区校级模拟）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是　　 A．在最高点，乘客重力大于座椅对他的作用力 B．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 【答案】 【分析】、乘客在最高点受到向下的向心力，加速度竖直向下，处于失重状态； 、乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断变化； 、根据冲量的表达式分析乘客重力的冲量； 、根据瞬时功率计算式计算重力的瞬时功率。 【解答】解：在最高点，乘客的加速度竖直向下，合力向下，根据牛顿第二定律可知，重力大于座椅对他的支持力，故正确； 摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能变化，机械能不断变化，故错误； 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与圆周运动周期的乘积，不等于零，故错误； 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率等于重力与竖直速度的乘积，竖直速度不断变化，所以重力的瞬时功率不断变化，故错误。 故选：。 【例5】（2025•全国模拟）荡秋千是中华大地上很多民族共有的游艺竞技项目，据现有文献记载，它源自先秦。如图所示，某同学正在表演荡秋千，她站在秋千上并保持姿势不变，可视为质点处理，空气阻力、绳和踏板的质量忽略不计。则当她由最高点向最低点摆动过程中　　 A．在最高点时，该同学的速度为零，处于平衡状态 B．绳的拉力始终与运动方向垂直，所以绳的拉力的冲量为零 C．在最低点时，该同学处于超重状态 D．该同学所受重力的功率一直增大 【答案】 【分析】、该同学在最高点时，所受合力不为0； 、冲量是指力的时间累积效应的量度，指的是这个力与其作用时间的乘积。 、在最低点时，受到向上的向心力； 、分析在最高点和最低点时重力的功率，因此判断。 【解答】解：、在最高点时，该同学的速度力零，但是合力沿切线方向，不为零，故错误； 、绳子的拉力虽然始终与运动方向垂直，但根据冲量的定义可知，绳子拉力的冲量不为零，故错误； 、在最低点时，合力向上，支持力大于重力，处于超重状态，故正确； 、在最高点时，速度加0，重力的功率为0，在最低点，重力与速度方向毒直，功率为0，根据可知，该过程中，重力的功率先增大后减小，故错误。 故选：。 知识点2 知识点 【知识点2】动量定理的理解 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式 典型例题 例1： 【例6】（2025春•德阳校级期末）一质量为的同学从下蹲状态竖直向上跳起，经△，以大小的速度离开地面，取重力加速度。则在这△时间内　　 A．运动员所受重力的冲量大小为0 B．地面对运动员的冲量大小为 C．离开地面时的动量大小为 D．地面对运动员做的功为0 【答案】 【分析】根据冲量公式可得重力的冲量；已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。 【解答】解：．质量为的同学，重力加速度，重力的冲量为△，故错误； ．由动量定理，以竖直向上为正方向，地面对人的冲量△，故错误； ．离开地面时动量，故错误； ．地面对运动员做的功为0，因为支持力作用点的位移等于0，故正确。 故选：。 【例7】（多选）（2025•晋中模拟）研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，时运动员开始起跳，时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取，下列说法正确的是　　 A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为 B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为 C．，传感器对运动员平均作用力的大小约为 D．与，运动员所受合力的冲量不同 【答案】 【分析】、时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，根据运动时间求解初速度； 、根据冲量等于动量变化量分析。 【解答】解：、时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度，故正确； 、时间段内是起跳过程，以向下为正方向，，解得，故错误； 、时间段内，以向下为正方向，，解得，故正确； 、与两段时间内，运动员的动量变化量相等，故错误。 故选：。 【例8】（2025•西城区二模）如图所示，长为的细绳上端悬于点，下端拴一个质量为的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是　　 A．细绳的拉力大小等于 B．小球的向心加速度等于 C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 D．小球转动一周，重力的冲量等于 【答案】 【分析】对小球进行受力分析求解；根据牛顿第二定律列式求解；由动量定理求解拉力和重力的冲量大小。 【解答】解：、对小球进行受力分析，小球受重力和细绳的拉力。将拉力沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向上 则 故错误； 、水平方向上，根据牛顿第二定律 把 代入可得 故错误； 、小球转动一周的时间 又 可得 拉力的冲量 故错误； 、由选项所得结果可有，重力的冲量 故正确。 故选：。 【例9】（2025•盐都区校级三模）如图所示，质量为的物体静止在光滑的水平面上，时，在物体上施加一水平方向的恒力，经时间，物体的动量为、动能为，下列说法正确的是　　 A．若仅将恒力加倍，则物体的动能的变为 B．若仅将作用时间加倍，则物体的动量变为 C．若仅将作用时间加倍，则物体的动能变为 D．若仅将物体的质量加倍，则物体的动量变为 【答案】 【分析】题目给出物体在恒力作用下动量和动能的变化情况。解题关键在于理解动量与力的作用时间成正比，而动能与力的平方和作用时间的平方成正比。分析选项时需注意动量定理和动能表达式的区别，动量的变化直接由力和时间决定，动能的变化则与力和时间的平方相关。质量的变化会影响动能但不改变动量。 【解答】解：．规定向右为正方向，根据动量定理有，动能：，联立解得：，故若仅将恒力加倍，则物体的动能的变为，故错误； ．以上分析可知动量，若仅将作用时间加倍，则物体的动量变为，故正确； ．若仅将作用时间加倍，则物体的动能的变为，故错误； ．若仅将物体的质量加倍，动量不变，故错误。 故选：。 【例10】（2025•泗阳县校级模拟）操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上、两点处分别把1、2相同的两球同时击出，做平抛运动，做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于点，是连线中垂线上一点，球1的初速度为，球2的初速度为，不考虑排球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出到点的过程中　　 A．单位时间内，1球速度的变化大于2球速度的变化 B．两球在点相遇 C．2球在最高点的速度小于 D．1球动量的变化大于2球动量的变化 【答案】 【分析】两球均做加速度为的匀变速曲线运动，据此分析单位时间内两球速度的变化大小；根据平抛运动、斜上抛运动规律列出方程，据此分析解答；根据动量定理分析两球动量的变化大小。 【解答】解：．由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内，1球速度的变化等于2球速度的变化，故错误； ．对1球，1球做平抛运动，则 对2球，2球做斜上抛运动，则 由此可知 所以1球先经过点，两球不会在点相遇，2球在最高点的速度小于，故错误，正确； ．对小球，取向下为正方向，根据动量定理得： △ 由于，所以1球动量的变化小于2球动量的变化，故错误。 故选：。 知识点3 知识点 【知识点3】动量定理的基本应用 1．用动量定理解释生活中的现象 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. 动量定理的定量计算 ①动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 ②动量定理公式中I(F·Δt)应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。 ③应用动量定理定量计算的一般步骤： 典型例题 例1： 【例11】（2025春•成都期末）某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为的圆柱形水流垂直射到竖直钢板上，水的速度大小由减为0，已知水的密度为。则钢板受到水的平均冲击力大小为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】结合题意，根据动量定理、质量与密度的关系分别列式，结合牛顿第三定律，即可分析判断正误。 【解答】解：设水受到的钢板的平均冲力大小为，以该力的方向为正方向 以水为研究对象，根据动量定理可知：△ 其中： 联立可得： 则由牛顿第三定律可知，钢板受到水的平均冲力大小为，故正确，错误； 故选：。 【例12】（2025•福建模拟）老式水龙头水流快、水量大、容易四处飞溅，可加装起泡器，让流出的水和空气充分混合后减缓流速，既避免水流飞溅，又减少用水量。某水龙头打开后，水流以大小为的速度垂直冲击水槽表面，约有四处飞溅，溅起时垂直水槽装面的速度大小约为，其余的水流减速为0。加装起泡器后，单位时间内流出的水量和水流冲击水槽表面的速度均变为原来的，且飞溅现象可忽略，则加装起泡器后水流对水槽的冲击力约为原来的　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】极短时间△内与水槽表面作用的水流为研究对象，根据动量定理列方程计算即可。 【解答】解：设加装起泡器前单位时间内流出的水流的质量为，取极短时间△内与水槽表面作用的水流为研究对象，此时水流重力的冲量可以忽略不计，则加装起泡器前，规定向下的方向为正方向，由动量定理：，解得水槽对水流的作用力大小，由牛顿第三定律知，水流对水槽的冲击力大小；加装起泡器后，由动量定理，解得水槽对水流的作用力大小，由牛顿第三定律知，水流对水槽的冲击力大小，故正确，错误。 故选：。 【例13】（2025•开福区校级三模）某水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口横截面积为、喷水的流速恒定为，从喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为的斜面上的处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力，则　　 A．水流单位时间撞到处的体积 B．水流在处的速度 C．水流对处的冲击力 D．空中水的质量 【答案】 【分析】根据流量公式计算；根据速度合成法则计算；根据动量定理计算；根据流量和水柱在空中的运动时间计算。 【解答】解：．设水从水平喷水口喷水到撞到处的时间为，这段时间水的体积为 故水流单位时间撞到处的体积为 ，故错误； ．因水柱恰好能垂直撞到倾角为的斜面上的处，根据速度的分解与合成有 解得水流在处的速度 ，故错误； ．由题知，水柱撞到处速度瞬间变为零，设碰撞时间为△，在△时间内与斜面发生相互作用的水柱的质量为 △△ 规定水柱和斜面发生相互作用前的速度方向为正方向，根据动量定理得 △ 解得斜面对水流的冲击力为 根据牛顿第三定律可知，水流对处的冲击力为，故错误； ．因水流在处的速度，则此时竖直方向的速度为 则水流从到处的时间为 故空中水的质量 解得 故正确。 故选：。 【例14】（2025春•和平区校级期中）如图，2024年珠海航展上，我国女飞行员驾驶直20悬停在空中。已知直20的质量为，螺旋桨旋转形成的圆面积为，空气密度为，重力加速度大小为。则直20悬停时，螺旋桨向下推动空气，空气获得的速度为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据平衡条件，结合动量定理分析求解。 【解答】解：直20悬停时，螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有 设△时间内空气的质量为：△△ 以向下为正方向，对向下推动的空气由动量定理，有△△△ 且根据牛顿第三定律： 联立解得空气获得的速度为： 故正确，错误。 故选：。 【例15】（2025•海宁市校级模拟）如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为的砝码时一致，出风口半径为，空气密度为，重力加速度大小为。下列说法正确的是　　 A．使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定也越大 B．设出风口的风速为，则单位时间内出风口吹出气体的质量为 C．电吹风出风口的风速为 D．电吹风吹风的平均功率为 【答案】 【分析】根据功率的公式计算；利用可得△时间内吹出气体的质量，则可得单位时间内吹出气体的质量，利用动量定理可得电子秤对气体的作用力的大小，由题意可知，则可得气体速度大小。 【解答】解：、当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，功率相同，对于△时间内吹出的风，有 与托盘作用过程，根据动量定理有△△ 解得 使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数不变，故错误； 、单位时间内出风口吹出气体的质量 △，故错误； 、根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小，根据动量定理△△△△ 解得 故正确； 、根据，有，解得，故错误。 故选：。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.2 动量定理 知识点目录 【知识点1】冲量的计算 1 【知识点2】动量定理的理解 4 【知识点3】动量定理的基本应用 6 学习目标 1.理解冲量的概念，知道冲量是矢量，会计算某力的冲量(重点)。 2.理解动量定理的含义及其表达式，会运用动量定理解决实际问题(重难点)。 3.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象(重点) 知识点1 知识点 【知识点1】冲量的计算 1．冲量是过程量：冲量是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 2．冲量是矢量：在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，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．冲量和功的比较 ①某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量不为零。 ②一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，方向一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，符号也不一定相反。 4. 某个恒力冲量的大小等于该力与时间的乘积，与是否受到其他力无关，与物体的状态无关。某力冲量的方向与该力的方向相同。 5.变力的冲量 ①利用公式I＝FΔt求冲量：此公式适用于求恒力的冲量。 ②利用F-t图像法。 如图甲、乙所示，该力在时间Δt内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”。 ③如图丙所示，若力F是变力，但力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。 ④利用动量定理求解：I＝Δp＝p′－p。 典型例题 例1： 【例1】（2025春•青羊区校级期中）下列说法正确的是　　 A．一对相互作用力的总冲量一定为零 B．一对相互作用的摩擦力的总功一定为零 C．物体动量变化量为负，则物体动量大小在减小 D．力冲量的正负表示方向，力做功的正负表示大小 【例2】（2025春•石家庄期中）小球在绳子拉力和重力作用下在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是　　 A．小球运动过程中，动量不变 B．小球转半个圆周的过程中，重力对小球做功和冲量都为零 C．小球转半个圆周的过程中，绳子拉力对小球做功和冲量都为零 D．若角变大，小球依然做匀速圆周运动，则小球与原来相比动量变化变快 【例3】（2025•射阳县校级三模）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是　　 A．上升和下降过程重力做功相同 B．上升和下降过程阻力做功相同 C．上升和下降过程阻力冲量大小相等 D．上升和下降过程重力冲量大小相等 【例4】（2025•龙岗区校级模拟）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是　　 A．在最高点，乘客重力大于座椅对他的作用力 B．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 【例5】（2025•全国模拟）荡秋千是中华大地上很多民族共有的游艺竞技项目，据现有文献记载，它源自先秦。如图所示，某同学正在表演荡秋千，她站在秋千上并保持姿势不变，可视为质点处理，空气阻力、绳和踏板的质量忽略不计。则当她由最高点向最低点摆动过程中　　 A．在最高点时，该同学的速度为零，处于平衡状态 B．绳的拉力始终与运动方向垂直，所以绳的拉力的冲量为零 C．在最低点时，该同学处于超重状态 D．该同学所受重力的功率一直增大 知识点2 知识点 【知识点2】动量定理的理解 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式 典型例题 例1： 【例6】（2025春•德阳校级期末）一质量为的同学从下蹲状态竖直向上跳起，经△，以大小的速度离开地面，取重力加速度。则在这△时间内　　 A．运动员所受重力的冲量大小为0 B．地面对运动员的冲量大小为 C．离开地面时的动量大小为 D．地面对运动员做的功为0 【例7】（多选）（2025•晋中模拟）研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，时运动员开始起跳，时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取，下列说法正确的是　　 A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为 B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为 C．，传感器对运动员平均作用力的大小约为 D．与，运动员所受合力的冲量不同 【例8】（2025•西城区二模）如图所示，长为的细绳上端悬于点，下端拴一个质量为的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是　　 A．细绳的拉力大小等于 B．小球的向心加速度等于 C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 D．小球转动一周，重力的冲量等于 【例9】（2025•盐都区校级三模）如图所示，质量为的物体静止在光滑的水平面上，时，在物体上施加一水平方向的恒力，经时间，物体的动量为、动能为，下列说法正确的是　　 A．若仅将恒力加倍，则物体的动能的变为 B．若仅将作用时间加倍，则物体的动量变为 C．若仅将作用时间加倍，则物体的动能变为 D．若仅将物体的质量加倍，则物体的动量变为 【例10】（2025•泗阳县校级模拟）操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上、两点处分别把1、2相同的两球同时击出，做平抛运动，做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于点，是连线中垂线上一点，球1的初速度为，球2的初速度为，不考虑排球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出到点的过程中　　 A．单位时间内，1球速度的变化大于2球速度的变化 B．两球在点相遇 C．2球在最高点的速度小于 D．1球动量的变化大于2球动量的变化 知识点3 知识点 【知识点3】动量定理的基本应用 1．用动量定理解释生活中的现象 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. 动量定理的定量计算 ①动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 ②动量定理公式中I(F·Δt)应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。 ③应用动量定理定量计算的一般步骤： 典型例题 例1： 【例11】（2025春•成都期末）某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为的圆柱形水流垂直射到竖直钢板上，水的速度大小由减为0，已知水的密度为。则钢板受到水的平均冲击力大小为　　 A． B． C． D． 【例12】（2025•福建模拟）老式水龙头水流快、水量大、容易四处飞溅，可加装起泡器，让流出的水和空气充分混合后减缓流速，既避免水流飞溅，又减少用水量。某水龙头打开后，水流以大小为的速度垂直冲击水槽表面，约有四处飞溅，溅起时垂直水槽装面的速度大小约为，其余的水流减速为0。加装起泡器后，单位时间内流出的水量和水流冲击水槽表面的速度均变为原来的，且飞溅现象可忽略，则加装起泡器后水流对水槽的冲击力约为原来的　　 A． B． C． D． 【例13】（2025•开福区校级三模）某水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口横截面积为、喷水的流速恒定为，从喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为的斜面上的处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力，则　　 A．水流单位时间撞到处的体积 B．水流在处的速度 C．水流对处的冲击力 D．空中水的质量 【例14】（2025春•和平区校级期中）如图，2024年珠海航展上，我国女飞行员驾驶直20悬停在空中。已知直20的质量为，螺旋桨旋转形成的圆面积为，空气密度为，重力加速度大小为。则直20悬停时，螺旋桨向下推动空气，空气获得的速度为　　 A． B． C． D． 【例15】（2025•海宁市校级模拟）如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为的砝码时一致，出风口半径为，空气密度为，重力加速度大小为。下列说法正确的是　　 A．使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定也越大 B．设出风口的风速为，则单位时间内出风口吹出气体的质量为 C．电吹风出风口的风速为 D．电吹风吹风的平均功率为 学科网（北京）股份有限公司 $$