1.2动量定理-2025-2026学年高二物理同步讲练（人教版选择性必修第一册）

1.2动量定理 1.能在恒力情况下进行理论推导，得出动量定理及其表达式。 2.知道冲量概念，知道动量定理及其表达式的物理意义。 3.知道动量定理适用于变力情况，领会求解变力冲量时的极限思想。 4.会用动量定理解释生活生产中的相关现象和解决实际问题。 有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击。其中有怎样的道理呢？ 两个物体碰撞时，彼此间会受到力的作用，那么一个物体动量的变化和它所受的力有怎样的关系呢？ 考点一、冲量 1．冲量 得出 (1)定义：力与力的作用时间的乘积． (2)定义式：I＝FΔt. (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大． (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s. (5)矢量性：如果力的方向恒定，则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． 考点二、动量定理 (1)内容：物体在一个运动过程中始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量． (2)公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I． (3)我们可以把碰撞过程细分为很多短暂过程（图1.2-2)，每个短暂过程中物体所受的力没有很大的变化，这样对于每个短暂过程就能够应用I＝FΔt.了。把应用于每个短暂过程的关系式相加，就得到整个过程的动量定理。在应用I＝FΔt.处理变力问题时，式中的F应该理解为变力在作用时间内的平均值。 考点三、冲量的计算方法与动量定律应用 1．冲量的计算 (1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积． (2)求合冲量的两种方法： 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Δt求解． (3)求变力的冲量： ①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量． ②若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量． ③利用动量定理求解． 2．动量定理的应用 (1)定性分析有关现象： ①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小． ②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小． (2)应用动量定理定量计算的一般步骤： ①选定研究对象，明确运动过程． ②进行受力分析和运动的初、末状态分析． ③选定正方向，根据动量定理列方程求解． 题型一、冲量的定义、单位和矢量性 [例题1] 物理量有状态量和过程量之分，下列物理量中属于状态量的是（　　） A．位移 B．动量 C．功 D．冲量 [例题2] 在炎热的夏季，“水上飞人”娱乐项目十分火爆，其原理是人借助脚下的喷水装置产生的反冲作用力腾空而起。下列说法正确的是（　　） A．人匀速竖直上升时，其机械能守恒 B．人悬空静止一段时间内，水的反冲作用力做的功为零，冲量也为零 C．人向上加速运动过程中，水的反冲作用力对装置向上的冲量大于装置对水向下的冲量 D．人向上减速运动过程中，水的反冲作用力对装置做正功 [例题3] 关于物理概念或事实，下列说法正确的是（　　） A．运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子是为了减小运动员落地前瞬间的动量 B．在电视机等物体包装箱里垫上泡沫，是为了减小物体在碰撞过程中受到的力 C．根据，可以把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力 D．作用在静止物体上的力，其冲量一定为零 题型二、求恒力的冲量 [例题4] 如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，质量为m的物块从光滑斜面顶端滑下，滑到底端所用时间为t，斜面倾角为θ，重力加速度大小为g。整个过程中斜面始终静止，对于这一过程，下列描述正确的是（　　） A．地面支持力的冲量大小为 B．物块所受重力的冲量大小为 C．物块动量的变化量大小为 D．物块所受支持力的冲量大小为0 [例题5] 如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行，可简化为如下模型，质量为m的行李箱，受到与水平方向成θ角的拉力F作用沿水平方向做匀速直线运动，在时间t内运动了位移x。关于该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．行李箱所受拉力的冲量大小为Ft B．行李箱所受重力的冲量为0 C．行李箱所受拉力做功为Fx D．行李箱所受重力做功为mgx [例题6] 如图所示，倾斜的硬直杆固定在水平面上，与水平面的夹角为，一质量为的物块（视为质点）套在杆上，在一段时间内，物块以速度匀速下滑，重力加速度大小为， ，，下列说法正确的是（　　） A．物块与杆之间的动摩擦因数为0.8 B．物块克服摩擦力做的功为 C．物块受到的支持力的冲量大小为 D．物块受到的摩擦力的冲量大小为 题型三、求变力的冲量 [例题7] 在无风的天气，把网球自地面O点以初速度竖直向上抛出，网球到达最高点P，然后又落到最低点O，已知OP＝h，网球受到的空气阻力与速率成正比，比例系数为k，当地重力加速度为g。下列分析正确的是（　　） A．网球自O点到P点的过程中阻力对网球的冲量大小为kh B．网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量大小为2kh C．网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量为零 D．网球自O点到P点的过程中经历的时间 [例题8] 奥运会蹦床项目中，教练组为指导运动员的发力技巧，将压力传感器安装在蹦床上，记录运动员对弹性网的压力。如图所示为某次训练中质量为m的运动员某次与网接触过程中计算机输出的压力－时间图像，运动员可视为质点。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．运动员与网接触过程中的速度先减小后增大 B．运动员与网接触过程中的加速度先减小后增大 C．运动员与网接触的全过程网对运动员做功为零 D．运动员与网接触的全过程网对运动员的冲量为零 [例题9] 一质量为m=1kg的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．0~1s内，物体动量变化量的大小为5kg・m/s B．0~2s内，外力对物体做的功为12.5J C．t=1s时和t=3s时物体的动量大小相同 D．t=4s时物体回到出发点 题型四、用动量定理解释缓冲、蹦极类的问题 [例题10] 科技发展，造福民众。针对老年人摔倒受伤的痛点，某科技公司打造出了一款老年人行走的“安全气囊”——智能防摔马甲。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　） A．减小穿戴者所受合力的冲量 B．减小穿戴者动量的变化量 C．减小穿戴者所受的重力 D．减小穿戴者动量的变化率 [例题11] 张家界大峡谷玻璃桥的蹦极项目垂直高度为260米，是目前中国垂直落差最高的蹦极项目之一，一可以看成质点体验者在参与该项运动时从跳下到最低点历时8s，下落过程不计空气阻力，弹性绳的作用力随时间变化的图像如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（    ） A．图形所围面积 B．体验者下落过程中一直处于失重状态 C．体验者下落过程中加速度的大小不可能大于 D．体验者下落过程中加速度先变大再变小 [例题12] 如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为10kg的头锤从离气囊表面高5m处自由下落，与正下方的气囊发生碰撞后反向弹起，上升最大高度为0.2m。以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g取。下列说法正确的有（　　） A．头锤刚碰到气囊的速度大小为10m/s B．头锤与气囊碰撞过程中合力冲量大小为80N·s C．头锤受到气囊最大作用力为2600N D．头锤受到气囊作用力F的冲量大小为120N·s 题型五、动量定理与v-t图像结合的问题 [例题13] 水平推力、分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体，一段时间后撤去推力，两物体继续运动一段距离后停止，甲、乙两物体的图像分别如图中、所示，图中。在整个运动过程（　　） A．做的功与做的功相等 B．两物体摩擦力做的功不相等 C．的冲量与的冲量大小相等 D．两物体摩擦力的冲量大小相等 [例题14] 一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s²，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前2s内拉力做的功为12J B．前4s内拉力的冲量为 C．前4s内物块一直在运动 D．物块在4s末减速为零 [例题15] 两个质量相同的物体、并排静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为、，用同向水平拉力、分别作用于物体和上，一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。物体、运动的速度-时间图像分别如图中图线①、②所示，已知拉力、分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图像彼此平行（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得出（   ） A．两个拉力之比为 B．两个物体、与水平面间的动摩擦因数之比为 C．两个拉力对物体、的冲量之比为 D．两个拉力对物体、所做的功之比为 题型六、用动量定理解决流体问题 [例题16] 武夷新区旅游观光电车，为游客提供全新出行体验。山区雾气重，某次起雾时，设单位体积的空气内均匀分布n颗小水珠，每颗小水珠的平均质量为m，水珠速度可忽略。横截面积为S的电车在某段水平长直轨道上运行，小水珠与电车碰撞后完全黏附在电车上。为保持电车以速度v匀速运行，电车因起雾多消耗的功率为（　　） A． B． C． D． [例题17] 科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度，飞船进入尘埃区的速度为，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积，假设尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（　　） A．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为0.15kg B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为1.5kg C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为 D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为 [例题18] 2025年5月3日起，平潭国际旅游岛海上空中飞人在东澳68海里（东沙）正式跟大家见面啦！在气候宜人的"白金海岸”，游客在温暖的海风中仰望星空，享受解压之旅，游客体验海上飞龙全程尖叫。如图所示，游客和工作人员在玩海上飞龙时，工作人员操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转180°后竖直向下以相等大小的速度喷出，令游客和工作人员悬停在空中。已知游客、工作人员与装备的总质量M为157kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（　　） A．4.9m/s B．7.1m/s C．9.0m/s D．11.2m/s 1. 快递运输易碎品时，外部用充气塑料包裹，主要的用途是起到缓冲作用，减小运输过程中被运送物品所受到的冲击力，以下情境中蕴含的物理原理与之不同的是（　　） A．跳高时运动员过杆后落在软垫上 B．汽车在受到猛烈冲撞时会弹出安全气囊 C．章鱼通过调整喷水的方向，可以使得身体向任意方向前进 D．自行车运动员佩戴的骑行头盔，其内部安装了一个泡沫内层 2. 根据篮球对地冲击力的大小可判断篮球的性能。某同学将一质量为的篮球从的高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间为，反弹高度为，。则篮球对地面的平均冲击力大小为（不计空气阻力）（　　） A． B． C． D． 3. 一小球从地面上方某高度处的P点以初速度v0竖直向下抛出，经过时间t1与地面发生弹性碰撞（碰撞时间极短），之后又经过时间恰好能返回到P点，且此时小球速度为零。假设小球在运动过程中所受空气阻力大小与速度大小成正比。已知重力加速度为g，则小球从地面反弹离地时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 4. 投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．小球机械能不守恒 B．动能变化量相同 C．运动时间相同 D．动量变化量相同 5. 如图甲所示，质量的物体静止在光滑水平地面上，t=0时刻起，对物体施加水平向右的作用力，作用力随时间的变化关系如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．物体先做加速后做减速运动 B．时，物体的位移最大 C．时，物体的动量最大 D．时，物体的动量变化率最大 6. 安全气囊是汽车上一种重要的被动安全保护装置，当车辆发生激烈碰撞时，瞬间弹出保护头部和胸部，有效减轻伤害。关于汽车安全气囊在碰撞过程中的作用，下列说法中正确的是（    ） A．减小碰撞作用的时间 B．减少碰撞时对头部和胸部的平均冲击力 C．减小碰撞时头部和胸部的动量 D．减少碰撞过程中对头部和胸部的冲量 7. 最近，不少热门景区都推出了被网友戏称为“窝囊版”的蹦极项目。某次蹦极中，游客由静止开始自由下落一段距离，之后在弹性安全绳的作用下逐渐降落到地面，落地时速度刚好为零。以游客开始下落为计时起点，测得弹性安全绳上的作用力随时间变化的关系如图所示，时刻游客刚好到达地面。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．时刻游客的速度最大 B．时间内游客的机械能先增大后减小 C．蹦极体验过程中重力对游客的冲量与安全绳对游客的冲量大小相等 D．安全绳的作用时间比较长，目的是减小游客下落过程中动量的变化量 8. 如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方，从出口至底部的高度为（足够大），沙子的总质量为。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．出口下方范围内沙子数与范围内沙子数相等 B．沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下 C．容器底部受到的平均冲击力 D．从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小 9. 舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一。如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，1.2s后在胸口处相同位置开始用手接幡，同时缓慢竖直下蹲，经0.6s幡速度为零时稳稳接住。已知中幡质量为18kg，，忽略空气阻力，设竖直向上为正方向。下列说法正确的是（　　） A．幡经0.5s上升到最高点 B．幡被抛出时的速度大小为12m/s C．幡从胸口处抛出到落回胸口处，幡的动量变化为216kg·m/s D．杂技演员接幡过程中，手对幡的平均作用力大小为360N 10. 安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高H=0.8m处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律可近似用图乙的图像描述。已知头锤质量M=5kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．头锤落到气囊上表面时的动量大小为4kg⋅m/s B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 C．碰撞过程中F的冲量大小为60N⋅s D．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为25kg⋅m/s 11. 下面五幅图是网球竖直下落与地面碰撞后又弹起的过程。从左往右，第二幅图是网球刚与地面接触时拍摄，第三幅图是网球形变量最大时拍摄，忽略空气阻力和网球与地面碰撞的能量损失。下列说法正确的是（　　） A．拍摄第二幅图时，网球的动能最大 B．网球与地面碰撞整个过程中，弹力的冲量等于网球动量的改变量 C．网球与地面碰撞过程中，地面对网球的弹力不做功 D．网球与地面碰撞整个过程中，地面对网球的弹力先做正功后做负功 12. 图甲为一小朋友在水泥管道内踢球视频截图，可简化为图乙所示，固定的竖直圆形轨道圆心为O点，半径R为1m，球质量m为400g，球在最低A点获得向左的速度，沿着内壁顺时针运动，通过轨道最高点B后，再次到达C点处刚好脱离轨道，球可视为质点，OC与水平方向的夹角，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求小朋友踢球对球的冲量； (2)球从A运动到脱离C的过程中，摩擦阻力做的功。 13. 如图所示，一质量m=3kg的物体静止在光滑水平面上，受到与水平方向成60°角的力作用，F的大小为9N，经2s时间，求∶（g取10N/kg） (1)物体重力冲量大小。 (2)物体受到的支持力冲量大小。 (3)力F的冲量大小。 (4)合外力的冲量大小。 14. 2025年4月30日13时08分，神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距离地表约的高度打开降落伞，速度减至后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约时，如图，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在内由降到。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为，g取。 (1)求反推发动机工作过程中返回舱的动量变化量； (2)估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小； (3)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的对时间平均的推力大小为，喷出气体的密度为，4台发动机喷气口的直径均为，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。请推导：喷出气体的速度大小，以及每台发动机提供功率的表达式。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.2动量定理 1.能在恒力情况下进行理论推导，得出动量定理及其表达式。 2.知道冲量概念，知道动量定理及其表达式的物理意义。 3.知道动量定理适用于变力情况，领会求解变力冲量时的极限思想。 4.会用动量定理解释生活生产中的相关现象和解决实际问题。 有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击。其中有怎样的道理呢？ 两个物体碰撞时，彼此间会受到力的作用，那么一个物体动量的变化和它所受的力有怎样的关系呢？ 考点一、冲量 1．冲量 得出 (1)定义：力与力的作用时间的乘积． (2)定义式：I＝FΔt. (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大． (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s. (5)矢量性：如果力的方向恒定，则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． 考点二、动量定理 (1)内容：物体在一个运动过程中始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量． (2)公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I． (3)我们可以把碰撞过程细分为很多短暂过程（图1.2-2)，每个短暂过程中物体所受的力没有很大的变化，这样对于每个短暂过程就能够应用I＝FΔt.了。把应用于每个短暂过程的关系式相加，就得到整个过程的动量定理。在应用I＝FΔt.处理变力问题时，式中的F应该理解为变力在作用时间内的平均值。 考点三、冲量的计算方法与动量定律应用 1．冲量的计算 (1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积． (2)求合冲量的两种方法： 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Δt求解． (3)求变力的冲量： ①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量． ②若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量． ③利用动量定理求解． 2．动量定理的应用 (1)定性分析有关现象： ①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小． ②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小． (2)应用动量定理定量计算的一般步骤： ①选定研究对象，明确运动过程． ②进行受力分析和运动的初、末状态分析． ③选定正方向，根据动量定理列方程求解． 题型一、冲量的定义、单位和矢量性 [例题1] 物理量有状态量和过程量之分，下列物理量中属于状态量的是（　　） A．位移 B．动量 C．功 D．冲量 【答案】B 【详解】在物理学中，描述物体在某一时刻的状态的量称为状态量，描述物体在某一段过程中的积累的量称为过程量。以上只有动量属于状态量，而位移、功和冲量均为过程量，故只有B正确。 故选B。 [例题2] 在炎热的夏季，“水上飞人”娱乐项目十分火爆，其原理是人借助脚下的喷水装置产生的反冲作用力腾空而起。下列说法正确的是（　　） A．人匀速竖直上升时，其机械能守恒 B．人悬空静止一段时间内，水的反冲作用力做的功为零，冲量也为零 C．人向上加速运动过程中，水的反冲作用力对装置向上的冲量大于装置对水向下的冲量 D．人向上减速运动过程中，水的反冲作用力对装置做正功 【答案】D 【详解】A．人匀速竖直上升时，水对人的反冲作用力做正功，人的机械能增加，故A错误； B．人悬空静止一段时间内，水的反冲作用力做的功为零，根据可知，冲量不为零，故B错误； C．根据牛顿第三定律可知，人向上加速运动过程中，水的反冲作用力与装置对水向下的作用力时刻等大反向，故水的反冲作用力对装置向上的冲量大小等于装置对水向下的冲量大小，故C错误； D．人向上减速运动过程中，水的反冲作用力与人的速度方向相同，故水的反冲作用力对装置做正功，故D正确。 故选D。 [例题3] 关于物理概念或事实，下列说法正确的是（　　） A．运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子是为了减小运动员落地前瞬间的动量 B．在电视机等物体包装箱里垫上泡沫，是为了减小物体在碰撞过程中受到的力 C．根据，可以把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力 D．作用在静止物体上的力，其冲量一定为零 【答案】BC 【详解】A．运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子不能减小运动员落地前瞬间的动量，故A错误； B．在电视机等物体包装箱里垫上泡沫，延长了作用时间，可以减小物体在碰撞过程中受到的力，故B正确； C．根据，可以把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力，故C正确； D．根据可知作用在静止物体上的力，其冲量不为零，故D错误。 故选BC。 题型二、求恒力的冲量 [例题4] 如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，质量为m的物块从光滑斜面顶端滑下，滑到底端所用时间为t，斜面倾角为θ，重力加速度大小为g。整个过程中斜面始终静止，对于这一过程，下列描述正确的是（　　） A．地面支持力的冲量大小为 B．物块所受重力的冲量大小为 C．物块动量的变化量大小为 D．物块所受支持力的冲量大小为0 【答案】C 【详解】D．对物块进行分析，则物块所受支持力大小 则物块所受支持力的冲量大小，故D错误； A．根据第三定律可知，物块对斜面的压力 对斜面进行分析，地面对斜面的支持力 解得 则地面支持力的冲量大小，故A错误； B．物块所受重力的冲量大小，故B错误； C．质量为m的物块从光滑斜面顶端滑下，加速度 滑到底端的速度 物块动量的变化量大小，故C正确。 故选C。 [例题5] 如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行，可简化为如下模型，质量为m的行李箱，受到与水平方向成θ角的拉力F作用沿水平方向做匀速直线运动，在时间t内运动了位移x。关于该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．行李箱所受拉力的冲量大小为Ft B．行李箱所受重力的冲量为0 C．行李箱所受拉力做功为Fx D．行李箱所受重力做功为mgx 【答案】A 【详解】AB．根据冲量的定义可知，行李箱所受拉力的冲量大小为Ft，所受重力的冲量大小为，故A正确，B错误； CD．根据功的计算公式可知，行李箱所受拉力做功为，所受重力做功为0，故CD错误。 故选A。 [例题6] 如图所示，倾斜的硬直杆固定在水平面上，与水平面的夹角为，一质量为的物块（视为质点）套在杆上，在一段时间内，物块以速度匀速下滑，重力加速度大小为， ，，下列说法正确的是（　　） A．物块与杆之间的动摩擦因数为0.8 B．物块克服摩擦力做的功为 C．物块受到的支持力的冲量大小为 D．物块受到的摩擦力的冲量大小为 【答案】C 【详解】A．对物块进行受力分析，由平衡条件， 由 解得物块与杆之间的动摩擦因数为，选项A错误； B．物块克服摩擦力做的功为，选项B错误； C．物块受到的支持力的冲量大小为，选项C正确； D．物块受到的摩擦力的冲量大小为，选项D错误。 故选C。 题型三、求变力的冲量 [例题7] 在无风的天气，把网球自地面O点以初速度竖直向上抛出，网球到达最高点P，然后又落到最低点O，已知OP＝h，网球受到的空气阻力与速率成正比，比例系数为k，当地重力加速度为g。下列分析正确的是（　　） A．网球自O点到P点的过程中阻力对网球的冲量大小为kh B．网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量大小为2kh C．网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量为零 D．网球自O点到P点的过程中经历的时间 【答案】AC 【详解】ABC．向上运动过程阻力向下，向下运动过程阻力向上，设竖直向下为正方向，向上运动过程阻力冲量 同理向下运动时阻力冲量为，则网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量为0，故AC正确，B错误；     D．网球自O点到P点的过程，竖直向下为正方向，运用动量定理 ，故D错误。 故选AC。 [例题8] 奥运会蹦床项目中，教练组为指导运动员的发力技巧，将压力传感器安装在蹦床上，记录运动员对弹性网的压力。如图所示为某次训练中质量为m的运动员某次与网接触过程中计算机输出的压力－时间图像，运动员可视为质点。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．运动员与网接触过程中的速度先减小后增大 B．运动员与网接触过程中的加速度先减小后增大 C．运动员与网接触的全过程网对运动员做功为零 D．运动员与网接触的全过程网对运动员的冲量为零 【答案】C 【详解】A．运动员与网接触下落过程中速度先增大后减小，重力与网的弹力大小相等时速度最大，到最低点速度最小为0；运动员与网接触上升过程中速度先增大再减小；故A错误； B．运动员与网接触下落过程中加速度先减小后增大，运动员与网接触上升过程中加速度先减小再增大，故B错误； C．运动员与网接触下落过程中，网对运动员做负功；运动员与网接触上升过程中，网对运动员做正功；由图可知运动员下落与上升过程对称位置的网的弹力大小相等，运动员与网接触的全过程，网对运动员做功为零，故C正确； D．根据图线与t轴所围图形面积表示冲量大小可知，运动员与网接触过程中网对运动员的冲量不为零，故D错误。 故选C。 [例题9] 一质量为m=1kg的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．0~1s内，物体动量变化量的大小为5kg・m/s B．0~2s内，外力对物体做的功为12.5J C．t=1s时和t=3s时物体的动量大小相同 D．t=4s时物体回到出发点 【答案】B 【详解】A．图像面积表示冲量，0~1s内的冲量 由动量定理，物体动量变化量的大小为，A错误； B．0~2s内的冲量 由动量定理，得末动量 动能 外力做功等于动能变化量为 ，B正确； C．1~2s和2~3s冲量大小相等、方向相同，所以t=1s时和t=3s时物体的动量大小不同，C错误； D．物体一直做单向直线运动，且始终向正方向运动，t=4s时不会回到出发点，D错误。 故选B。 题型四、用动量定理解释缓冲、蹦极类的问题 [例题10] 科技发展，造福民众。针对老年人摔倒受伤的痛点，某科技公司打造出了一款老年人行走的“安全气囊”——智能防摔马甲。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　） A．减小穿戴者所受合力的冲量 B．减小穿戴者动量的变化量 C．减小穿戴者所受的重力 D．减小穿戴者动量的变化率 【答案】D 【详解】在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以延长作用时间，从而减小作用力，但是不会改变穿戴者动量的变化量或者穿戴者所受合力的冲量，也不会改变穿戴者所受的重力，故选D。 [例题11] 张家界大峡谷玻璃桥的蹦极项目垂直高度为260米，是目前中国垂直落差最高的蹦极项目之一，一可以看成质点体验者在参与该项运动时从跳下到最低点历时8s，下落过程不计空气阻力，弹性绳的作用力随时间变化的图像如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（    ） A．图形所围面积 B．体验者下落过程中一直处于失重状态 C．体验者下落过程中加速度的大小不可能大于 D．体验者下落过程中加速度先变大再变小 【答案】A 【详解】A．从跳下到最低点，根据动量定理，有 解得图形所围面积为，故A正确； BD．体验者下落过程分为自由落体阶段和弹性绳拉伸阶段。在自由落体阶段，体验者只受重力，加速度为重力加速度g，方向竖直向下，体验者处于失重状态。当弹性绳开始拉伸后，体验者受到重力和弹性绳的拉力，合力方向先向下后向上，加速度方向先向下后向上，加速度大小先变小再变大，体验者先处于失重状态后处于超重状态。所以体验者下落过程中不是一直处于失重状态，故BD错误； C．在自由落体阶段，体验者只受重力，加速度为重力加速度g，方向竖直向下；在弹性绳拉伸阶段，当运动到最低点时弹性绳的拉力最大，合力方向向上，合外力最大，加速度最大可能大于10m/s2，故C错误。 故选A。 [例题12] 如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为10kg的头锤从离气囊表面高5m处自由下落，与正下方的气囊发生碰撞后反向弹起，上升最大高度为0.2m。以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g取。下列说法正确的有（　　） A．头锤刚碰到气囊的速度大小为10m/s B．头锤与气囊碰撞过程中合力冲量大小为80N·s C．头锤受到气囊最大作用力为2600N D．头锤受到气囊作用力F的冲量大小为120N·s 【答案】AC 【详解】A．头锤从离气囊表面H=5m处自由落到气囊的表面时，速度大小为，故A正确； B．头锤被气囊反弹h=0.2m高，则头锤离开气囊时，速度大小为 对头锤，规定竖直向上为正方向，根据动量定理，有，故B错误； CD．根据F-t图像的面积等于F的冲量可知，碰撞过程中F的冲量大小为 对头锤，有 联立解得 得 故C正确，D错误。 故选AC。 题型五、动量定理与v-t图像结合的问题 [例题13] 水平推力、分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体，一段时间后撤去推力，两物体继续运动一段距离后停止，甲、乙两物体的图像分别如图中、所示，图中。在整个运动过程（　　） A．做的功与做的功相等 B．两物体摩擦力做的功不相等 C．的冲量与的冲量大小相等 D．两物体摩擦力的冲量大小相等 【答案】B 【详解】AB．由于，可知撤去外力后，两物体减速时的加速度相同，根据牛顿第二定律可知，由于两物体的质量相等，故两物体受到的摩擦力相等，结合图像可知，甲物体的位移小于乙物体的位移，故摩擦力对甲物体做的功小于对乙物体所做的功；根据动能定理可知，故做的功小于做的功，故A错误，B正确； CD．由题可知，摩擦力对乙物体的作用时间大于对甲物体的作用时间，结合上述分析可知，两物体受到的摩擦力大小相等，根据可知，甲物体摩擦力的冲量小于乙物体摩擦力的冲量；结合动量定理可知 故的冲量大小小于的冲量大小，故CD错误。 故选B。 [例题14] 一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s²，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前2s内拉力做的功为12J B．前4s内拉力的冲量为 C．前4s内物块一直在运动 D．物块在4s末减速为零 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，第内、第内物块的位移分别为， 则前2s内拉力做的功为 故A错误； B．图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4s内拉力的冲量为 故B正确； CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为 假设前4s内物块一直在运动，设物块在4s末的速度为，由动量定理得 得 说明在4s前速度已经减为零，速度减为零后保持静止，故CD错误。 故选B。 [例题15] 两个质量相同的物体、并排静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为、，用同向水平拉力、分别作用于物体和上，一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。物体、运动的速度-时间图像分别如图中图线①、②所示，已知拉力、分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图像彼此平行（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得出（   ） A．两个拉力之比为 B．两个物体、与水平面间的动摩擦因数之比为 C．两个拉力对物体、的冲量之比为 D．两个拉力对物体、所做的功之比为 【答案】AC 【详解】A．因为两物体做减速时，速度与时间图像彼此平行，说明两物体所受摩擦力相同，大小均为 由速度与时间图像求得加速度大小 物体做加速运动时，根据速度与时间图像，的加速度为，的加速度为，对进行受力分析 对进行受力分析 所以 A正确； B．因为摩擦力大小相同，即 解得 B错误； C．对运动的全过程列动量定理 对运动的全过程列动量定理 解得 C正确； D．加速运动的位移 加速运动的位移 所做功 所做功 所以 D错误。 故选AC。 题型六、用动量定理解决流体问题 [例题16] 武夷新区旅游观光电车，为游客提供全新出行体验。山区雾气重，某次起雾时，设单位体积的空气内均匀分布n颗小水珠，每颗小水珠的平均质量为m，水珠速度可忽略。横截面积为S的电车在某段水平长直轨道上运行，小水珠与电车碰撞后完全黏附在电车上。为保持电车以速度v匀速运行，电车因起雾多消耗的功率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】电车匀速行驶时，Δt时间内与电车碰撞的水珠质量为 根据动量定理得 电车因起雾多消耗的功率为 解得 故选C。 [例题17] 科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度，飞船进入尘埃区的速度为，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积，假设尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（　　） A．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为0.15kg B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为1.5kg C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为 D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为 【答案】D 【详解】AB．设经过时间，附着在飞船上的微粒质量为，由有 解得，AB错误； CD．把作为研究对象，飞船给的推力大小为，以飞船运动方向为正，由动量定理有 得 根据牛顿第三定律给飞船的推力大小为 则飞船要保持速度不变，所需推力大小为，C错误，D正确。 故选D。 [例题18] 2025年5月3日起，平潭国际旅游岛海上空中飞人在东澳68海里（东沙）正式跟大家见面啦！在气候宜人的"白金海岸”，游客在温暖的海风中仰望星空，享受解压之旅，游客体验海上飞龙全程尖叫。如图所示，游客和工作人员在玩海上飞龙时，工作人员操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转180°后竖直向下以相等大小的速度喷出，令游客和工作人员悬停在空中。已知游客、工作人员与装备的总质量M为157kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（　　） A．4.9m/s B．7.1m/s C．9.0m/s D．11.2m/s 【答案】B 【详解】设喷嘴处喷水的速度大小为，每个喷嘴喷出的水对人的作用力大小均为，运动员与装备悬停在空中，受力平衡，有 故 选择喷嘴喷出的一小段水柱为研究对象，设在较小的时间内，一个喷嘴喷出水的质量为 规定竖直向下为正方向，由动量定理可得 根据牛顿第三定律，人的水的作用力为 又因为 联立可得 解得 故选B。 1. 快递运输易碎品时，外部用充气塑料包裹，主要的用途是起到缓冲作用，减小运输过程中被运送物品所受到的冲击力，以下情境中蕴含的物理原理与之不同的是（　　） A．跳高时运动员过杆后落在软垫上 B．汽车在受到猛烈冲撞时会弹出安全气囊 C．章鱼通过调整喷水的方向，可以使得身体向任意方向前进 D．自行车运动员佩戴的骑行头盔，其内部安装了一个泡沫内层 【答案】C 【详解】A．充气塑料包裹通过延长作用时间减小冲击力，依据动量定理可知，当动量变化∆p一定时，增大∆t可减小力F，运动员落在软垫上，软垫形变延长缓冲时间，减小冲击力，原理相同，故A正确，不符合题意； B．安全气囊展开延长碰撞时间，减小冲击力，原理相同，故B正确，不符合题意； C．章鱼喷水推进利用反冲原理（动量守恒），与缓冲无关，原理不同，故C错误，符合题意； D．泡沫内层通过压缩变形延长作用时间，减小冲击力，原理相同，故D正确，不符合题意。 故选C。 2. 根据篮球对地冲击力的大小可判断篮球的性能。某同学将一质量为的篮球从的高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间为，反弹高度为，。则篮球对地面的平均冲击力大小为（不计空气阻力）（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据自由落体公式 ，代入 ， 求得球下落时间 反弹高度 ，由竖直上抛公式 求得球反弹后回到最高点时间 总时间 ，则球与地面的接触时间 球下落末速度 （方向向下，取负） 反弹初速度 （方向向上，取正） 则球的动量变化 对球根据动量定理，有 解得地面对篮球的冲击力 根据牛顿第三定律，可知篮球对地面的平均冲击力大小为 ，故选A。 3. 一小球从地面上方某高度处的P点以初速度v0竖直向下抛出，经过时间t1与地面发生弹性碰撞（碰撞时间极短），之后又经过时间恰好能返回到P点，且此时小球速度为零。假设小球在运动过程中所受空气阻力大小与速度大小成正比。已知重力加速度为g，则小球从地面反弹离地时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】小球在运动过程中所受空气阻力大小与速度大小成正比，设比例系数为k，即 空气阻力方向与速度相反。设下落点到地面的高度为h，下落阶段初速度大小为，末速度大小为，因小球与地面发生弹性碰撞，故反弹速度大小也为v，设在下落阶段的一段极短时间内速度变化量为，根据动量定理有 两边在内对时间求和得 同理，设在上升阶段的一段极短时间内速度变化量为，根据动量定理有 两边在内对时间求和得 两式联立得 故选B。 4. 投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．小球机械能不守恒 B．动能变化量相同 C．运动时间相同 D．动量变化量相同 【答案】B 【详解】A．由于不计空气阻力，整个过程只有重力做功，故小球机械能守恒，故A错误； B．两次抛出过程小球下落竖直高度h相同，由动能定理有 可知两小球从投出到运动至壶口的过程中动能变化量相同，故B正确； C．第一次抛出时小球竖直向下的分速度为0，第二次抛出时小球有竖直向下的分速度，且小球竖直方向的位移相同，加速度相同，根据 故两个小球从投出到运动至壶口的过程中第一次运动时间长，故C错误； D．由动量定理有 由于两个小球从投出到运动至壶口的过程中第一次运动时间长，所以第一次动量变化量大，故D错误。 故选B。 5. 如图甲所示，质量的物体静止在光滑水平地面上，t=0时刻起，对物体施加水平向右的作用力，作用力随时间的变化关系如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．物体先做加速后做减速运动 B．时，物体的位移最大 C．时，物体的动量最大 D．时，物体的动量变化率最大 【答案】D 【详解】A．由图像可知，0~8s内外力先增大后减小，加速度先增大后减小，物体做加速度变化的加速运动，故A错误； BC．时，物体的加速度达到最大，时，物体的速度和位移达到最大，故BC错误； D．时作用力达到最大，地面光滑，根据动量定理 整理得，即此时物体的动量变化率最大，故D正确。 故选D。 6. 安全气囊是汽车上一种重要的被动安全保护装置，当车辆发生激烈碰撞时，瞬间弹出保护头部和胸部，有效减轻伤害。关于汽车安全气囊在碰撞过程中的作用，下列说法中正确的是（    ） A．减小碰撞作用的时间 B．减少碰撞时对头部和胸部的平均冲击力 C．减小碰撞时头部和胸部的动量 D．减少碰撞过程中对头部和胸部的冲量 【答案】B 【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理 可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，没有减少碰撞时头部和胸部的动量和碰撞过程中对头部和胸部的冲量，故选B。 7. 最近，不少热门景区都推出了被网友戏称为“窝囊版”的蹦极项目。某次蹦极中，游客由静止开始自由下落一段距离，之后在弹性安全绳的作用下逐渐降落到地面，落地时速度刚好为零。以游客开始下落为计时起点，测得弹性安全绳上的作用力随时间变化的关系如图所示，时刻游客刚好到达地面。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．时刻游客的速度最大 B．时间内游客的机械能先增大后减小 C．蹦极体验过程中重力对游客的冲量与安全绳对游客的冲量大小相等 D．安全绳的作用时间比较长，目的是减小游客下落过程中动量的变化量 【答案】C 【详解】A．时刻弹性安全绳刚产生拉力，游客受到的重力大于拉力，合力向下，继续加速，故游客还未达到最大速度，故A错误； B．时间内，游客只受重力作用，机械能守恒，时间内弹性安全绳的拉力对物体做负功，游客机械能减少，故B错误； C．蹦极体验过程中，由动量定理得，故重力对游客的冲量与安全绳对游客的冲量大小相等，故C正确； D．安全绳的作用时间比较长，目的是减小游客下落过程中动量的变化率，减少安全绳对人的作用力，而动量变化量并没有减少，故D错误。 故选C。 8. 如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方，从出口至底部的高度为（足够大），沙子的总质量为。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．出口下方范围内沙子数与范围内沙子数相等 B．沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下 C．容器底部受到的平均冲击力 D．从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小 【答案】C 【详解】A．由自由落体规律可知，沙子下落的高度越大，速度越大，故出口下方越靠近出口，沙子的速度越小，则出口下方范围内沙子下落时间大于出口下方范围内沙子下落时间，由于沙子随时间均匀漏下，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故A错误； B．质量为的沙子落到容器底部时的速度大小设为（方向向下），则沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量为 可知动量变化量的方向向上，故B错误； C．因为足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，由动量定理可得 其中为极短时间内落到瓶底的沙子的质量，则有 求和可得 又 联立可得 故C正确； D．由于足够大，一开始沙子从出口逐渐下落过程，逐渐离开出口的沙子处于失重状态，弹簧测力计示数会变小；之后沙子落到底部的过程，逐渐落到底部的沙子处于超重状态，弹簧测力计示数会变大，所以从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变小后变大，故D错误。 故选C。 9. 舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一。如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，1.2s后在胸口处相同位置开始用手接幡，同时缓慢竖直下蹲，经0.6s幡速度为零时稳稳接住。已知中幡质量为18kg，，忽略空气阻力，设竖直向上为正方向。下列说法正确的是（　　） A．幡经0.5s上升到最高点 B．幡被抛出时的速度大小为12m/s C．幡从胸口处抛出到落回胸口处，幡的动量变化为216kg·m/s D．杂技演员接幡过程中，手对幡的平均作用力大小为360N 【答案】D 【详解】A．上升时间为 幡经0.6s上升到最高点，故A错误； B．幡被抛出时的速度大小为，故B错误； C．落回胸口时速度大小为 幡从胸口处抛出到落回胸口处，幡的动量变化为，故C错误； D．杂技演员接幡过程中，手对幡的平均作用力大小为，从抛出到稳稳接住过程中，由动量定理有 解得，D正确。 故选D。 10. 安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高H=0.8m处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律可近似用图乙的图像描述。已知头锤质量M=5kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．头锤落到气囊上表面时的动量大小为4kg⋅m/s B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 C．碰撞过程中F的冲量大小为60N⋅s D．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为25kg⋅m/s 【答案】D 【详解】A．头锤落到气囊上表面时的动量大小为，故A错误； B．碰撞过程中气囊对头锤的作用力F竖直向上，可知F的冲量方向竖直向上，故B错误； C．F−t图像的面积等于力F的冲量，则碰撞过程中F的冲量大小为，故C错误； D．碰撞过程中根据动量定理 即头锤的动量变化量大小为25kg⋅m/s，故D正确。 故选D。 11. 下面五幅图是网球竖直下落与地面碰撞后又弹起的过程。从左往右，第二幅图是网球刚与地面接触时拍摄，第三幅图是网球形变量最大时拍摄，忽略空气阻力和网球与地面碰撞的能量损失。下列说法正确的是（　　） A．拍摄第二幅图时，网球的动能最大 B．网球与地面碰撞整个过程中，弹力的冲量等于网球动量的改变量 C．网球与地面碰撞过程中，地面对网球的弹力不做功 D．网球与地面碰撞整个过程中，地面对网球的弹力先做正功后做负功 【答案】C 【详解】A．第二幅图是网球刚与地面接触时拍摄，之后由于网球受到的弹力仍小于网球的重力，网球继续向下加速运动，当网球受到的弹力等于网球的重力时，网球的动能最大，故A错误； B．网球与地面碰撞整个过程中，由于重力有一定的冲量，根据动量定理可知，弹力的冲量和重力的冲量的矢量和等于网球动量的改变量，故B错误； C．网球与地面碰撞过程中，由于忽略空气阻力和网球与地面碰撞的能量损失，则网球的机械能守恒，地面对网球的弹力不做功，故C正确； D．网球与地面碰撞整个过程中，地面对网球的弹力的作用点没有发生位移，所以地面对网球的弹力不做功，故D错误。 故选C。 12. 图甲为一小朋友在水泥管道内踢球视频截图，可简化为图乙所示，固定的竖直圆形轨道圆心为O点，半径R为1m，球质量m为400g，球在最低A点获得向左的速度，沿着内壁顺时针运动，通过轨道最高点B后，再次到达C点处刚好脱离轨道，球可视为质点，OC与水平方向的夹角，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求小朋友踢球对球的冲量； (2)球从A运动到脱离C的过程中，摩擦阻力做的功。 【答案】(1)，水平向左 (2) 【详解】（1）在最低点A，根据动量定理有 解得，水平向左 （2）在点，根据牛顿第二定律有   从A到C，由动能定理得 解得 13. 如图所示，一质量m=3kg的物体静止在光滑水平面上，受到与水平方向成60°角的力作用，F的大小为9N，经2s时间，求∶（g取10N/kg） (1)物体重力冲量大小。 (2)物体受到的支持力冲量大小。 (3)力F的冲量大小。 (4)合外力的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）重力 根据冲量公式 物体重力冲量大小 （2）对物体受力分析，竖直方向 则 物体受到的支持力冲量大小 （3）根据冲量公式 力F的冲量大小 （4）水平方向合外力 合外力的冲量大小 14. 2025年4月30日13时08分，神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距离地表约的高度打开降落伞，速度减至后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约时，如图，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在内由降到。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为，g取。 (1)求反推发动机工作过程中返回舱的动量变化量； (2)估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小； (3)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的对时间平均的推力大小为，喷出气体的密度为，4台发动机喷气口的直径均为，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。请推导：喷出气体的速度大小，以及每台发动机提供功率的表达式。 【答案】(1)，方向竖直向上 (2) (3)， 【详解】（1）取竖直向下为正方向，则有 解得 即大小为，方向竖直向上。 （2）设返回舱受到的平均推力大小为，取竖直向下为正方向，根据动量定理有 解得 （3）很短的时间内，以喷出的气体为研究对象，喷气质量 根据牛顿第三定律，返回舱对气体的平均推力大小为，方向竖直向下，取竖直向下为正方向，根据动量定理有 解得 根据动能定理有 每台发动机提供的功率 解得 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$