1.2动量定理 讲义-2025-2026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 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)。 考点梳理 1．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝FΔt。 (3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。 (4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 2．动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)表达式：FΔt＝Δp＝p′－p。 (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。 知识点梳理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。 例题精讲： 【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 知识点梳理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。 例题精讲： 【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 知识点梳理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： 例题精讲： 【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 课后提优练习 一．选择题（共15小题） 1．（2025•南通模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ABC竖直固定，与水平面相切于A点，B为圆弧上一点，C为圆弧最高点，弧长AC远小于半径。质量相等的小球甲、乙分别从B、C位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A点的过程中（　　） A．甲球比乙球运动的时间短 B．两球可能在A点右侧相撞 C．两球动量的改变量相等 D．两球重力的冲量相等 2．（2025春•江苏校级期末）水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，现已逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。已知水流为柱状，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后垂直钢板的速度减为零，水的密度为ρ，则水流对钢板的压强大小为（　　） A． B．ρv C．ρv2 D．ρv3 3．（2024秋•南京校级期末）水流射向墙壁会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度ρ，重力加速度大小为g。墙壁受到的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv2 B．ρSv C．ρgSv2 D．ρgSv 4．（2025•南京开学）如图所示，蹦极运动员将长为AB的弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在A点。其中C点是弹力等于重力的位置，D点是运动员所到达的最低点，不计空气阻力。对于运动员离开跳台（A点）至最低点的过程中（　　） A．AB段绳子对人的冲量为0 B．降落到B点时的速度最大 C．降落到CD段人的动能不变 D．人在全过程中机械能守恒 5．（2024秋•润州区校级期末）古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是（g＝10m/s2）（　　） A．1.5m/s B．2.5m/s C．3.5m/s D．4.5m/s 6．（2022秋•建邺区校级月考）质量相等的高铁列车与普通列车分别受到恒定动力F1、F2的作用从静止开始做匀加速运动，在t0和4t0时刻的速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2，此后两列车继续做匀减速运动直至停止，两列车运动速度随时间变化的图线如图所示，设两次摩擦力的冲量分别为、，摩擦力做的功分别为、，F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1、W2。下列结论正确的是（　　） A．3：5 B．3：5 C．I1：I2＝6：5 D．W1：W2＝3：5 7．（2025•扬州校级模拟）如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于B位置。现用手托重物使之缓慢上升至A位置，此时弹簧长度恢复至原长，之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和C位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，关于上述过程，下列说法中正确的是（　　） A．重物在C位置时处于失重状态，其加速度的大小等于当地重力加速度的值 B．在重物从A位置下落到B位置的过程中，重力的冲量小于弹簧弹力的冲量 C．在重物从A到B位置和从B到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物做功之比是1：4 D．在手托重物从B缓慢上升到A位置的过程中，手对重物做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能 8．（2025•南京校级模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F＝10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ＝0.2，弹簧振子的周期为，取g＝10m/s2，π2＝10。则（　　） A．A受到的摩擦力逐渐变大 B．A向右运动的最大距离为4cm C．当A的总位移为2cm时，B的位移一定为5cm D．当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小可能为0.4π（N•s） 9．（2023•张家港市校级开学）用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1 B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg 10．（2025•泗阳县一模）如图所示，轻绳上端固定在O点，下端连接小球。将球拉起，绳刚好被水平拉直，由静止释放小球。当小球运动至最低点时，下列物理量的大小与绳长有关的是（　　） A．小球的加速度 B．小球的动量 C．小球重力的功率 D．绳子的拉力 11．（2025•泗阳县一模）将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则（　　） A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同 B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同 C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大 D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量 12．（2022春•鼓楼区校级期中）跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中（　　） A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的 B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的 C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的 D．在下落相等高度的过程中，位移的改变量总是相同的 13．（2025•南通四模）如图所示，攀岩爱好者手握绳索加速向上攀爬，此过程中（　　） A．绳对人的作用力大于人对绳的作用力 B．绳与手之间只存在摩擦力 C．绳对人作用力做的功等于零 D．绳对人作用力的冲量等于零 14．（2025春•鼓楼区校级期末）如图所示，质量为m的小球在水平面内作匀速圆周运动，细线长L，与竖直方向夹角为θ，线的拉力为F，小球做圆周运动的角速度为ω，周期为T，在时间内质点所受合力的冲量大小为（　　） A．0 B． C．2mωLsinθ D．2mωL 15．（2025•工业园区三模）如图所示，光滑圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口静止开始下落，圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h关系图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2 动量定理 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)。 考点梳理 1．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝FΔt。 (3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。 (4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 2．动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)表达式：FΔt＝Δp＝p′－p。 (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。 知识点梳理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。 例题精讲： 【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：。 知识点梳理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。 例题精讲： 【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：。 知识点梳理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： 例题精讲： 【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：。 课后提优练习 一．选择题（共15小题） 1．（2025•南通模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ABC竖直固定，与水平面相切于A点，B为圆弧上一点，C为圆弧最高点，弧长AC远小于半径。质量相等的小球甲、乙分别从B、C位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A点的过程中（　　） A．甲球比乙球运动的时间短 B．两球可能在A点右侧相撞 C．两球动量的改变量相等 D．两球重力的冲量相等 【解答】解：设甲、乙的质量均为m，下落高度分别为hBA、hCA，至A的速度大小分别为v甲、v乙，运动时间分别为t甲、t乙。 A、因为甲、乙质量相同，弧长AC远小于半径，所以甲、乙的运动可以视为单摆运动，且运动到最低点的时间都为个周期，T＝2π，所以有t甲＝t乙，故A错误； B、因为t甲＝t乙，两球同时到达A点，且在到达A点前并未相撞，所以两球不可能在A点右侧相撞，故B错误； C、两小球运动过程，只有重力做功，则机械能守恒：mghmv2，由图可知：hCA＞hBA，则：v乙＞v甲，以水平向左为正方向，则两球动量的改变量分别为：Δp甲＝mv甲﹣0、Δp乙＝mv乙﹣0，则：Δp甲＜Δp乙，故C错误； D、甲、乙重力的冲量大小分别为：I甲＝mgt甲、I乙＝mgt乙，则：I甲＝I乙，故D正确； 故选：D。 2．（2025春•江苏校级期末）水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，现已逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。已知水流为柱状，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后垂直钢板的速度减为零，水的密度为ρ，则水流对钢板的压强大小为（　　） A． B．ρv C．ρv2 D．ρv3 【解答】解：设在选取的极短时间Δt内，水刀喷出水的质量为Δm，水柱的截面积为S 水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，则有Δm＝ρSvΔt 以Δt内打在钢板表面质量为Δm的这部分水作为研究对象，取水的初速度方向为正方向 由动量定理得﹣FΔt+ΔmgΔt＝0﹣Δmv 联立解得F＝ρSv2+Δmg 根据牛顿第三定律知，钢板表面受到的压力F′＝F 根据压强公式可得水流对钢板的压强 联立得 极短时间Δt内水的质量Δm极小，重力的冲量、产生的压强均可忽略 故得水流对钢板的压强大小为 故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2024秋•南京校级期末）水流射向墙壁会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度ρ，重力加速度大小为g。墙壁受到的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv2 B．ρSv C．ρgSv2 D．ρgSv 【解答】解：设水流受到墙壁的平均冲力大小为F，以该力的方向为正方向， 根据动量定理可得：FΔt＝0﹣Δm（﹣v）， 其中：Δm＝ρvΔtS， 联立可得：F＝ρSv2， 则根据牛顿第三定律可知，墙壁受到的平均冲击力大小为ρSv2， 故A正确，BCD错误； 故选：A。 4．（2025•南京开学）如图所示，蹦极运动员将长为AB的弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在A点。其中C点是弹力等于重力的位置，D点是运动员所到达的最低点，不计空气阻力。对于运动员离开跳台（A点）至最低点的过程中（　　） A．AB段绳子对人的冲量为0 B．降落到B点时的速度最大 C．降落到CD段人的动能不变 D．人在全过程中机械能守恒 【解答】解：A.AB段绳子对人的作用力为0，故冲量为0，故A正确； B.当运动员受到的重力和弹性绳的拉力平衡时，运动员速度最大，则降落到C点时的速度最大，故B错误； C.降落到CD段人的速度表现，则动能变小，故C错误； D.人在全过程中由于受弹性绳的拉力，机械能不守恒，故D错误。 故选：A。 5．（2024秋•润州区校级期末）古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是（g＝10m/s2）（　　） A．1.5m/s B．2.5m/s C．3.5m/s D．4.5m/s 【解答】解：设兔子质量为m，以其速度方向为正，能使兔子致死的力F＝﹣2mg，兔子的运动视为匀减速运动，说明作用力为恒力；时间为0.2s，末动量为零；则由动量定理可知：﹣Ft＝0﹣mv；解得：，解得v＝4m/s，故只有速度大于4m/s，兔子才会死亡，故D正确，ABC错误。 故选：D。 6．（2022秋•建邺区校级月考）质量相等的高铁列车与普通列车分别受到恒定动力F1、F2的作用从静止开始做匀加速运动，在t0和4t0时刻的速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2，此后两列车继续做匀减速运动直至停止，两列车运动速度随时间变化的图线如图所示，设两次摩擦力的冲量分别为、，摩擦力做的功分别为、，F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1、W2。下列结论正确的是（　　） A．3：5 B．3：5 C．I1：I2＝6：5 D．W1：W2＝3：5 【解答】解：A、根据撤去动力后列车的运动情况可知，两列车受到的摩擦力相等，两列车全程的时间之比为 t1：t2＝3：5 故3：5，故A正确； B、因v﹣t图像与t轴围成的面积表示位移，故两列车的全程的位移之比为： 故6：5，故B错误； C、对列车全过程利用动量定理，有 I1﹣If1＝0；I2﹣If2＝0。故I1：I2＝3：5，故C错误； D、对列车全过程根据动能定理可得： W1﹣Wf1＝0；W2﹣Wf2＝0，则W1：W2＝6：5，故D错误； 故选：A。 7．（2025•扬州校级模拟）如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于B位置。现用手托重物使之缓慢上升至A位置，此时弹簧长度恢复至原长，之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和C位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，关于上述过程，下列说法中正确的是（　　） A．重物在C位置时处于失重状态，其加速度的大小等于当地重力加速度的值 B．在重物从A位置下落到B位置的过程中，重力的冲量小于弹簧弹力的冲量 C．在重物从A到B位置和从B到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物做功之比是1：4 D．在手托重物从B缓慢上升到A位置的过程中，手对重物做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能 【解答】解：A、根据题意可知，简谐振动的对称性可得回复力最大为mg，故在最低点C点时回复力大小等于mg，方向向上，故加速度为g，方向向上，重物处于超重状态，故A错误； B、根据题意可知，在重物从A位置下落到B位置的过程中，重力始终大于弹力，由冲量的计算公式有，I＝Ft 可知重力的冲量大于弹簧弹力的冲量，故B错误； C、根据题意可知，在重物从A位置到B位置，从B位置到C位置，由于弹力是均匀增大的，故弹力做功之比为 故弹簧弹力对重物所做功之比为1：3，故C错误； D、根据题意可知，在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，由能量关系可知W手﹣mgh+W弹＝0 重物从A点下落到B点时动能最大，由动能定理mgh﹣W弹＝Ekm 解得W手＝Ekm 即手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故D正确。 故选：D。 8．（2025•南京校级模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F＝10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ＝0.2，弹簧振子的周期为，取g＝10m/s2，π2＝10。则（　　） A．A受到的摩擦力逐渐变大 B．A向右运动的最大距离为4cm C．当A的总位移为2cm时，B的位移一定为5cm D．当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小可能为0.4π（N•s） 【解答】解：A．拉力作用瞬间，根据牛顿第二定律可得整体加速度为 A的最大加速度为 则开始运动时，二者就会发生相对滑动，A所受摩擦力大小不变，故A错误； B．弹簧弹力与A所受摩擦力相等时，A的位移为 此时A的速度最大，即振幅为2cm，则A的最大位移为4cm，故B正确； C．A的位移为2cm时，经过时间为 （n＝0，1，2，3…） 或 （n＝0，1，2，3…） 由题意，周期为T＝0.2π（s）。B的加速度为 则此时B的位移为 或 说明当A的总位移为2cm时，B的位移不一定为5cm，故C错误； D．当A的总位移为4cm时，速度为零，即动量的变化量为零，则由动量定理可知，弹簧与摩擦力对A的冲量等大，即 I＝μmgΔt 此时A的运动时间为 （n＝0，1，2，3…） 得 I＝（1+2n）T＝0.2π（1+2n）（N•s）（n＝0，1，2，3…） 即当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小不可能为0.4π（N•s），故D错误。 故选：B。 9．（2023•张家港市校级开学）用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1 B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg 【解答】解：A．设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理得： 解得： 在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为，故A错误； B．铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误； CD．在击打过程中，由于时间极短，铁锤与砖头动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律可得 解得： 砖头缓冲过程中，取向下为正方向，对砖头由动量定理得： 解得手对砖头的支持力为： 由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为： 故C错误，D正确。 故选：D。 10．（2025•泗阳县一模）如图所示，轻绳上端固定在O点，下端连接小球。将球拉起，绳刚好被水平拉直，由静止释放小球。当小球运动至最低点时，下列物理量的大小与绳长有关的是（　　） A．小球的加速度 B．小球的动量 C．小球重力的功率 D．绳子的拉力 【解答】解：A．由静止释放小球.当小球运动至最低点时，根据动能定理有，v，根据加速度的公式有 则加速度与绳长无关，故A错误； B．小球的动量为，则动量与绳长有关，故B正确； C．小球在最低点时，重力与速度垂直，重力的功率为0，则重力的功率与绳长无关，故C错误； D．在最低点，根据牛顿第二定律有 解得F＝3mg 绳子的拉力与绳长无关，故D错误； 故选：B。 11．（2025•泗阳县一模）将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则（　　） A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同 B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同 C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大 D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量 【解答】解：A.设小球上升的最大高度为h，小球的质量为m， 由重力做功的特点可知，小球上升时，重力做功为﹣mgh，小球下降时，重力做功为mgh，所以在上升过程与下降过程中，重力做的功不相同，故A错误； B.由于空气阻力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，则经过同一点时上升时的速度比下降时的速度大，所以上升过程的平均速度比下降过程的平均速度大，且两个过程位移大小相等，则上升所用时间比下降所用时间短，且重力的冲量大小为：I＝mgt，则上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故B错误； C.结合前面分析可知，经过同一点时上升时的速度比下降时的速度大，则小球抛出时的速度比回落到抛出点时的速度大，又因为小球在最高点的速度为零，则上升过程中小球动量的变化量比下降过程中的大，且小球上升所用时间比下降所用时间短，则小球上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确； D.根据动量定理可知，整个过程中，重力和空气阻力的合力的冲量等于小球动量的变化量，故D错误； 故选：C。 12．（2022春•鼓楼区校级期中）跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中（　　） A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的 B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的 C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的 D．在下落相等高度的过程中，位移的改变量总是相同的 【解答】解：A、运动员做平抛运动，只受重力，根据动量定理得：mgΔt＝Δp，可知在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的，故A正确； B、运动员做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，可知在相等的时间间隔内，下落的高度越来越大，根据动能定理mgh＝ΔEk，可知在相等的时间内，动能的改变量越来越大，故B错误； C、运动员做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，可知在下落相等高度的过程中，所用的时间越来越少，根据动量定理mgΔt＝Δp可知，在下落相等高度的过程中，动量的改变量越来越小，故C错误； D、运动员做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，可知在下落相同高度的过程中，所用的时间越来越少，则水平方向的位移越来越小，根据矢量合成的特点可知，位移的改变量不相等，故D错误； 故选：A。 13．（2025•南通四模）如图所示，攀岩爱好者手握绳索加速向上攀爬，此过程中（　　） A．绳对人的作用力大于人对绳的作用力 B．绳与手之间只存在摩擦力 C．绳对人作用力做的功等于零 D．绳对人作用力的冲量等于零 【解答】解：A、绳对人的作用力与人对绳的作用力是一对相互作用力，大小始终相等，故A错误； B、绳与手之间不仅存在摩擦力，还存在弹力作用，故B错误； C、绳对人的摩擦力和弹力的作用点没有发生位移，则摩擦力和弹力对人均不做功，绳对人的作用力做的功等于0，故C正确； D、绳对人作用力在题设过程一直存在，结合冲量的定义知，绳对人的冲量不等于零，故D错误。 故选：C。 14．（2025春•鼓楼区校级期末）如图所示，质量为m的小球在水平面内作匀速圆周运动，细线长L，与竖直方向夹角为θ，线的拉力为F，小球做圆周运动的角速度为ω，周期为T，在时间内质点所受合力的冲量大小为（　　） A．0 B． C．2mωLsinθ D．2mωL 【解答】解：根据动量定理，以末速度方向为正方向，则在时间内质点所受合力的冲量大小为 I＝Δp＝2mv＝2mωLsinθ，故C正确，ABD错误。 故选：C。 15．（2025•工业园区三模）如图所示，光滑圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口静止开始下落，圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h关系图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：AB.小球下落过程中受到重力、洛伦兹力和管壁水平的弹力作用，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，在水平方向管壁弹力和洛伦兹力平衡，如图 所以小球在竖直方向做自由落体运动，加速度为g，根据速度—时间关系 v＝gt 圆管对小球的冲量I＝qvBt＝qBgt2 根据以上表达式分析可知，AB错误； CD.又由可得 I＝2qBh 可知I与h成正比，故C正确，D错误。 故选：C。 2 学科网（北京）股份有限公司 $