第1章 02第二节 动量定理-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书PPT（粤教版）

该高中物理课件聚焦动量定理，通过课前检测（判一判、想一想）和师生互动推导（从恒力到变力用微元法）导入，以定义、表达式及适用范围为支架，衔接牛顿第二定律与动能定理，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于融合科学思维（微元法推导变力动量定理，流体冲击力计算实例）和物理观念（定性解释跳高垫子等现象，定量分析手机落地等问题），采用分层作业与实例探究法。学生能深化理解，教师可高效开展教学。

第一章　动量和动量 守恒定律 第二节　动量定理 1．理解动量定理及其表达式.2.能够利用动量定理解释有关现象.3.会用动量定理分析解决实际问题． 2 目录 1 2 3 课前自主学习 科学思维 课堂探究评价 4 课后课时作业 课前自主学习 一　动量定理 1．内容：物体所受合力的冲量等于物体________________． 2．表达式：Ft＝__________． 3．适用范围：动量定理不但适用于恒定的外力，而且适用于随时间而变化的变力．在后一种情况下，动量定理中的力F通常取力在作用时间内的_________． 二　动量定理的应用 动量定理只考虑物体相互作用的始末状态，不考虑具体过程和细节．在涉及力、_______________、_______的问题时，采用动量定理处理问题比较简捷． 动量的改变量 mvt－mv0 平均值 力的作用时间 速度 课前自主学习 5 1．判一判 (1)物体所受合力不变，则动量也不变．(　　) (2)物体动量的变化等于某个力的冲量．(　　) (3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同．(　　) 提示：(1)×　由动量定理知，物体所受合力不变，经过一段时间动量会发生变化． (2)×　动量定理公式中的F是指物体所受的合力，所以物体动量的变化等于合力的冲量． (3)×　由动量定理知，物体所受合力的冲量方向与物体动量变化量的方向相同． 提示 课前自主学习 6 2．想一想 跳高比赛时，运动员落地处要放很厚的垫子，这是为什么？ 提示：人落到垫子上比直接落在地面上速度减为0所需的时间更长，即在动量变化相同的情况下，人落在垫子上受到的冲击力较小，从而对运动员起到保护作用． 提示 课前自主学习 7 课堂探究评价 课堂任务 　动量定理及其应用 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 9 活动1：如图所示，一个物体质量为m，初速度为v0.在恒定合力F的作用下，经过一段时间t，速度变为vt . 这段时间内物体的动量和合力作用之间满足什么关系式？ 提示 课堂探究评价 10 活动2：若F是变力，上述关系式是否成立？ 提示 课堂探究评价 11 1．动量定理 (1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量． (2)公式：Ft＝mvt－mv0(或I＝pt－p0，I＝Δp)． 2．对动量定理的理解 (1)动量定理反映了合力的冲量是动量变化的原因． (2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向． (3)公式中的F是物体所受的合力，若合力是变力，则F应是合力在作用时间内的平均值． (4)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． 课堂探究评价 12 3．动量定理与动能定理的区别 由Ft＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应；由Fx＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应． 4．动量定理的应用 (1)定性分析有关现象 ①当Δp一定(Δp＝F合·t) ②当F合一定 课堂探究评价 13 课堂探究评价 14 (3)应用动量定理解题的基本步骤 课堂探究评价 15 例　某高校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用．总质量为160 g的该种型号手机从距离地面1.25 m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.5 s，不计空气阻力，g＝10 m/s2，试求： (1)手机落地前瞬间的速度大小； (2)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小； (3)地面对手机的平均作用力大小． 答案　(1)5 m/s　(2)0.8 N·s　(3)3.2 N 答案 课堂探究评价 16 (1)计算冲量的方法有哪些？ (2)应该用什么规律求解地面对手机的平均作用力大小？ 提示：根据冲量的定义或动量定理计算． 提示 提示：动量定理． 课堂探究评价 17 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 1．动量定理的选择使用 (1)在物理情境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． (2)动量定理不考虑运动的细节和力的瞬时效果，且适用于变力． (3)动量定理的研究对象是单个物体，或单个物体系，反映了外界物体对该研究对象的总冲量与研究对象的动量变化量的关系．物体系内部物体之间的冲量不引起物体系的动量变化． (4)用动量定理求解曲线运动中的动量变化，运算更简单． 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练1] 如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是(　　) A．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏 B．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏 C．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏 D．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏 答案 解析　轮船在发生碰撞的过程中，由动量定理Ft＝Δp知，在动量变化量Δp相同即所受冲量I＝Ft相同的情况下，外侧悬挂了很多旧轮胎，延长了碰撞的作用时间t，使得碰撞中轮船受到的冲击力F减小，从而减轻对轮船的破坏，故D正确，A、B、C错误． 解析 课堂探究评价 22 [变式训练2] 某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　) A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的6倍 C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍 答案 课堂探究评价 23 解析 课堂探究评价 24 科学思维 微元思想——计算流体的冲击力 本节推导变力情况下的动量定理时，用到了微元累积法，这种方法在必修课程中多次涉及，其核心思想是——微元思想． 必修课程中直接应用微元思想的实例有：必修第一册瞬时速度的定义，图像法推导匀变速直线运动位移与时间的关系，质量不可忽略的绳索的平衡问题分析等，必修第二册水流、气流等流体功率的计算，必修第三册电流微观表达式的推导． 水流、气流等流体会对接触面产生持续的冲击力F.计算冲击力大小的思路是：根据微元思想，选取很短时间内冲击接触面的一段流体为研究对象，根据动量定理计算这段流体受到接触面的冲击力F′，最后根据牛顿第三定律可得F.具体步骤为： 科学思维 26 (1)建立“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段柱形流体为研究对象，其横截面积为S； (2)微元研究：设在很短的时间Δt内通过某一横截面的流体 长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么在这段时间内流 过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt； (3)列方程求F：分析微元的受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp，结合F合与F的关系列式求解．(注意：一般要用到牛顿第三定律) 科学思维 27 答案 科学思维 28 规范解答 科学思维 方法感悟　尘埃、电子流、光子流密集地撞击接触面，从而能对接触面产生持续的压力，在计算该压力时，可将粒子流类比为流体，单位体积内的粒子数乘以单个粒子的动量，就相当于单位体积流体的动量，然后就可用微元法结合动量定理列方程求解. 方法感悟 科学思维 [变式训练] 一艘小船在静水中由于风力的推动作用做匀速直线运动，船体的迎风面积S＝1 m2，风速v1＝10 m/s，船速v2＝4 m/s，空气密度ρ＝1.29 kg/m3.小船在匀速前进时船体受到的平均风力大小为多少？ 答案　46.44 N 答案 解析　选择以船体的迎风面为底、(v1－v2)t为高的空气柱为研究对象，这些空气在船体的作用下在时间t内速度由v1变为v2， 根据动量定理有－Ft＝mv2－mv1， 将m＝ρS(v1－v2)t代入上式可得 F＝ρS(v1－v2)2＝1.29×1×(10－4)2 N＝46.44 N. 由牛顿第三定律知，空气对船体的平均作用力大小为46.44 N，方向与v2方向一致． 解析 科学思维 31 课后课时作业 1．(动量定理的理解)关于动量定理，下列说法正确的是(　　) A．动量越大，合力的冲量越大 B．动量变化越大，合力的冲量越大 C．动量变化越快，合力的冲量越大 D．冲量方向与动量方向相同 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 2.(动量定理的应用)甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则下列F、I的关系正确的是(　　) A．F1<F2，I1<I2 B．F1>F2，I1>I2 C．F1>F2，I1＝I2 D．F1＝F2，I1＝I2 解析　由题图图像可知，甲、乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1＝I2；根据I＝Ft知，作用时间长的力较小，则有F1>F2，故选C. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 3．(动量定理的定性解释)运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中(　　) A．减小物品受到的冲量 B．使物品的动量减小 C．使物品的动量变化量减小 D．使物品的动量变化率减小 解析　运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中，延长力的作用时间，减小作用力，即使物品的动量变化率减小，故A、B、C错误，D正确． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 4.(动量定理与动能定理)原来静止的物体受合力作用的时间为2t0，合力随时间的变化情况如图所示，则(　　) A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变 化相同 B．t＝t0时物体速度最小 C．t＝2t0时物体的瞬时速度为零，合力在0～2t0时间内 对物体的冲量为零 D．0～2t0时间内物体的位移为零，合力对物体做功为零 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析　根据F·t＝Δp，0～t0与t0～2t0时间内合力方向不同，故动量变化量不相同，A错误；分析可知，0～t0时间内物体向正方向加速，t0～2t0时间内物体向正方向减速，t＝t0时速度最大，t0～2t0时间内I总＝Ft0－Ft0＝0，则由动量定理可知，t＝2t0时物体速度v2＝0，故B错误，C正确；0～2t0时间内，物体先从静止加速后减速到零，位移不为零，根据动能定理知，W总＝ΔEk＝0，D错误． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 5．(动量定理的应用)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 6．(动量定理与功)(多选)一质量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v＝1 m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10 m/s2.在这0.2 s内(　　) A．地面对运动员的冲量大小为180 N·s 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零 D．地面对运动员做的功为30 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析　运动员的速度原来为零，起跳后变为v，以竖直向上为正方向，由动量定理可得：I－mgt＝mv－0，故地面对运动员的冲量为：I＝mv＋mgt＝60×1 N·s＋60×10×0.2 N·s＝180 N·s，故A正确，B错误；在起跳过程中，地面对运动员的支持力竖直向上，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，则地面对运动员做的功为零，故C正确，D错误． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 7．(动量定理的应用)一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度5 m/s水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为30 m的垒球场上落地．设垒球质量为0.18 kg，打击点离地面高度为2.2 m，球棒与垒球的作用时间为0.010 s，重力加速度为9.9 m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小． 答案　900 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 8.(动量定理的应用)蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下(忽略空气阻力)．在某次蹦极中质量为50 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为零，假设弹性绳原长为45 m．若运动员从跳下到弹性绳绷紧前的过程称为过程Ⅰ，绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程称为过程Ⅱ.(重力加速度g＝10 m/s2)下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅱ中绳对运动员的平均作用力大小为750 N B．过程Ⅱ中运动员重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等 C．过程Ⅱ中运动员动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量 D．过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 9．(动量的图像问题)(多选)如图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线．若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是(　　) 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 11.(综合)篮球比赛是深受人们喜爱的体育项目，传球方式中有一种方式是通过地面传球，其简化过程如图所示，若将质量为m的篮球以速度v斜射到地板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度大小仍为v，则下列说法中正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 12．(流体的动量问题)由喷泉中喷出的竖直水柱，把一个质量为M的垃圾筒顶在空中．若水以恒定的速率v0从面积为S的小孔中喷出，射向空中，在冲击垃圾筒底后以原速率竖直溅下．将水的密度记为ρ，求垃圾筒在空中停留的高度h. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 提示：根据牛顿第二定律有F＝ma，由运动学公式有a＝eq \f(vt－v0,t)，可得Ft＝mvt－mv0. 提示：把力F的作用过程分成很多短暂过程，各个短暂过程持续的时间ti很短，各短暂过程物体受的力Fi没有很大的变化，可看成恒力，设动量改变量为 Δpi＝mvti－mv0i，参照匀变速直线运动位移公式的推导过程，依上述关系有 Fi ti＝mvti－mv0i，对所有过程累积求和有eq \o(∑,\s\do6(i))Fi ti＝eq \o(∑,\s\do6(i))(mvti－mv0i)，若用eq \o(F,\s\up11(－))表示F在时间t内的平均值，得eq \o(F,\s\up11(－))t＝mvt－mv0. eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t↓⇒F合↑,t↑⇒F合↓)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F合＝\f(Δp,t))) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t↓⇒Δp↓,t↑⇒Δp↑)) (2)定量计算 ①eq \x(F·t) eq \o(――――――→,\s\up17(I＝Δp),\s\do17(恒力适用)) eq \x(Δp) 例：求平抛物体在时间t内的动量变化量，则有：Δp＝mg·t. ②eq \x(Δp) eq \o(――――――――――→,\s\up17(I＝Δp),\s\do17(恒力、非恒力皆可)) eq \x(I、F或 t) 例：求做匀速圆周运动的物体在时间t内向心力的冲量，则有：I向＝mvt－mv0(矢量式)． 规范解答　(1)手机下落过程可看作自由落体运动，有v2＝2gh 则其落地前瞬间的速度为 v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1.25) m/s＝5 m/s. (2)解法一：手机从开始掉落到落地前的过程做自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2 则此过程手机运动的时间为 t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s 根据I＝Ft，得该过程中重力的冲量大小为 I＝mgt＝0.16×10×0.5 N·s＝0.8 N·s. 解法二：手机从开始掉落到落地前的过程，由动量定理有I＝mv－0 代入数据得I＝0.16×5 N·s＝0.8 N·s. (3)取竖直向下为正方向，保护器撞击地面的过程，对手机，由动量定理得 (mg－eq \o(F,\s\up10(－)))t′＝0－mv 则地面对手机的平均作用力大小为 eq \o(F,\s\up10(－))＝mg＋eq \f(mv,t′)＝0.16×10 N＋eq \f(0.16×5,0.5) N＝3.2 N. 2．动量定理与牛顿第二定律的联系与区别 (1)联系：在一定范围内，动量定理即为牛顿第二定律的动量表述：物体所受的合力等于物体的动量变化率，即：F合＝ma＝meq \f(vt－v0,Δt)＝eq \f(mvt－mv0,Δt)＝eq \f(Δp,Δt). (2)区别：一是两者反映的对应关系不同，牛顿第二定律是反映力和加速度之间的瞬时对应关系，而动量定理是反映在某段运动过程中力对时间的累积(冲量)与该过程初、末状态物体的动量变化量之间的对应关系；二是两者的适用范围不同，牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动，对高速运动的物体和微观粒子不适用，而动量定理却是普遍适用的． 解析　解法一：消防队员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；触地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防队员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为eq \o(F,\s\up10(－))，由动量定理得(mg－eq \o(F,\s\up10(－)))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则eq \o(F,\s\up10(－))＝mg＋eq \f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正确． 解法二：规定向下为正方向，对消防队员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq \o(F,\s\up10(－))t2)＝0－0，代入数据解得eq \o(F,\s\up10(－))＝6mg，故B正确． 例　必修第三册我们学过，光波是由光子组成的，光对物体会产生压力．科学家正在研究一种利用光压驱动的飞船，这种飞船具有面积极大且轻薄的光帆．已知光子的动量p＝mc＝eq \f(hν,c)(其中c为真空中的光速，h为普朗克常量，ν为光的频率)．假设某飞船质量为M，光帆正对太阳光，面积为S，反射率为100%，光子反射后动量大小不变，太阳光的频率可看作等于绿光的频率ν0，单位体积中的光子数为n，不计宇宙尘埃及星球的引力，求： (1)每秒射向光帆的光子数； (2)飞船获得的推力； (3)飞船获得的加速度． 答案　(1)ncS　(2)2nShν0　(3)eq \f(2nShν0,M) 规范解答　(1)每秒射向光帆的光子数为N0＝ncS. (2)以光的入射方向为正方向，根据题意可知，每个光子被反射前的动量p0＝eq \f(hν0,c)，被反射后的动量pt＝－eq \f(hν0,c) 以时间t内射到光帆上的光子为研究对象，这部分光子的数量为N＝N0t＝nctS 对这部分光子由动量定理有－Ft＝Npt－Np0 可解得这部分光子受到光帆的作用力大小为F＝2nShν0 由牛顿第三定律可知，光帆(飞船)获得的推力F′＝2nShν0. (3)由牛顿第二定律有F′＝Ma 可得飞船获得的加速度a＝eq \f(2nShν0,M). 解析　合力的冲量等于物体的动量变化量，动量越大，动量变化量不一定越大，A错误，B正确；I＝FΔt＝Δp，动量变化越快，即F＝eq \f(Δp,Δt)越大，Δp不一定大，即合力的冲量不一定越大，C错误；冲量的方向和动量变化量的方向相同，即与合力的方向相同，D错误． 解析　设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，B正确． 解析　由题意可知，垒球被击出后做平抛运动， 竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有x＝vt 联立解得v＝45 m/s. 选取球被击出后的速度方向为正方向，则 v0＝－5 m/s 设平均作用力为F，由动量定理得 Ft＝mv－mv0 代入数据解得F＝900 N. 解析　绳在刚绷紧时，运动员的速度大小为v＝eq \r(2gh)＝30 m/s，在从绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程即过程Ⅱ中，以向下为正方向，根据动量定理有(mg－eq \o(F,\s\up11(－)))t＝0－mv，代入数据解得eq \o(F,\s\up11(－))＝1250 N，故A错误；过程Ⅱ中，根据动量定理有IG－IF＝0－mv，IG≠IF，故B、C错误；过程Ⅰ中，由动量定理有IG′＝mv－0，可知运动员动量的改变量与重力的冲量相等，故D正确． 解析　由动量定理得Δp＝I＝－mgt，故A错误，C正确；又因为eq \f(Δp,Δt)＝F＝－mg，故B错误，D正确． 解析　根据动量定理，物体动量的变化应该等于初末动量的矢量差，而不是代数差，A错误；由动量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，B正确；由动量的定义及矢量性可知，Δp＝mΔv＝mvy＝m2,0)eq \r(v2－v) ＝meq \r(2gh)，C、D正确． 10．(动量定理与动量变化量)(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(　　) A．m(v－v0) B．mgt C．m2,0)eq \r(v2－v) D．meq \r(2gh) A．合力对篮球的冲量大小为eq \r(2)mv B．篮球动量的改变量为零 C．地面对篮球冲量的方向水平向左 D．篮球动量改变量的方向竖直向下 解析　如图所示，碰撞前的动量p1＝mv，方向沿初速度方向，末动量大小为p2＝mv，方向沿末速度方向，根据三角形定则，篮球动量的改变量为Δp＝eq \r(2)mv，方向竖直向上，故B、D错误；由动量定理可知，合力对篮球的冲量大小为eq \r(2)mv，方向竖直向上，故A正确；篮球与地面接触过程中，受重力与地面对篮球的作用力，因重力的冲量竖直向下，而合力的冲量竖直向上，故地面对篮球的冲量一定竖直向上，故C错误． 答案　2,0)eq \f(v,2g) －eq \f(g,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,ρv0S))) eq \s\up12(2) 解析　小孔喷出的水在空中做竖直上抛运动，设水柱射到高度为h处时速度为v，由运动学公式有：v2－veq \o\al(2,0)＝－2gh① 每秒钟射到垃圾筒底的水的质量为：Δm＝ρv0S② 设水对垃圾筒底冲击力的反作用力为f ′，以Δm的水为研究对象，取竖直向下为正方向，由动量定理有： f ′Δt＝Δmv－(－Δmv)＝2ρv0Sv 由于Δt＝1 s，所以水对垃圾筒底的冲击力为：f＝f ′＝2ρv0Sv③ 当垃圾筒停留在空中时，它所受到的合力为零，故有：f－Mg＝0④ 联立①②③④式可解得：h＝2,0)eq \f(v,2g) －eq \f(g,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,ρv0S))) eq \s\up12(2). $$