第一章 2．动量定理-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

2．动量定理 　　　　 第一章　动量守恒定律 1．理解冲量的概念，理解动量定理的含义和表达式。 2．能够利用动量定理解释有关现象，解决实际问题。 3．明确动量定理和动能定理的区别。 素养目标 知识点一　冲量 1 知识点二　动量定理的应用 2 课时测评 5 内容索引 知识点三　应用动量定理处理多过程问题 3 知识点四　应用动量定理解决“流体类”问题 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 知识点一　冲量 返回 自主学习 情境导入　如图所示，甲、乙两人分别用同样的力F推放在水平地面上的箱子，同样的时间t内甲将箱子从A点推到B点，乙推的箱子静止不动。 (1)甲、乙两人对箱子的做功情况相同吗？ 提示：不同。甲对箱子做正功，乙对箱子做功为零。 (2)甲、乙两人对箱子的推力F在t时间内的累积效果相同吗？用什么物理量描述这种作用效果？ 提示：相同；冲量。 教材梳理 (阅读教材P6—P7完成下列填空) 1．定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的_____，用字母I表示冲量。 2．表达式：I＝ _____ 。 3．单位：冲量的单位是_____ ，符号是 _____ 。 4．标矢性：冲量是矢量，恒力的冲量方向与___的方向相同。 冲量 FΔt 牛秒 N·s 力 课堂探究 师生互动　如图甲所示，让两个鸡蛋从 相同高处同时自由落下，分别落在海绵 垫上和塑料盘中，用力的传感器记录了 所受弹力随时间变化的F-t 图像，如图 乙所示，发现两条F-t 图线与t轴围成的图形的面积近似相等。 任务1．根据冲量I＝FΔt，在F-t 图像中F-t 图线与t轴围成的面积表达什么意义？ 提示：在F-t 图像中，F-t 图线与t轴围成的面积表示力在对应时间内的冲量。 任务2．两条F-t 图线与t轴围成的图形的面积近似相等，说明什么问题？ 提示：说明两种情况下弹力对鸡蛋的冲量近似相等；冲量一定时，作用时间越长，则作用力越小。 1．冲量的理解 探究归纳 过程量 (1)冲量描述的是力对时间的积累效应，与某一过程相对应，是过程量 (2)研究冲量必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量 矢量性 冲量是矢量：(1)力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同；(2)力的方向变化时，冲量的方向与力的方向一般不相同 2．F-t图像的理解 在F-t 图像中，F-t 图线与t轴围成的面 积表示力在对应时间内的冲量。如图 所示，图中阴影面积表示力F在t0时间 内的冲量。 探究归纳 角度1　冲量的理解 (2024·河北唐山高二检测)关于力的冲量，下列说法正确的是 A．力越大，力的冲量就越大 B．一对作用力与反作用力的冲量一定大小相等、方向相反 C．冲量是矢量，冲量的方向一定与力的方向相同 D．若F1与作用时间t1的乘积大小等于F2与作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量一定相同 √ 例1 冲量是力对时间的累积效应，其大小等于力与力的作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，其大小还与力的作用时间有关，A错误；一对作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，因此一对作用力与反作用力的冲量总是大小相等、方向相反，B正确；冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，在作用时间内力的方向变化时，冲量的方向与力的方向不一定相同，C错误；冲量是矢量，两个矢量相同必须满足大小相等、方向相同，故D错误。故选B。 角度2　冲量的计算 (多选)如图所示，在倾角α＝37°的足够长的 斜面上，有一质量为　5 kg的物体沿斜面下滑，物体 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，在物体下滑2 s的时间内，下列说法正确的是 A．支持力对物体的冲量大小为80 N·s，方向竖直向上 B．重力对物体的冲量大小为100 N·s，方向竖直向下 C．摩擦力对物体的冲量大小为16 N·s，方向沿着斜面向上 D．合力对物体的冲量大小为44 N·s，方向竖直向下 √ √ 例２ 对物体受力分析可知，物体受重力、支持力及摩擦 力的作用，支持力FN＝mg cos α＝5×10×0.8 N＝ 40 N，摩擦力Ff＝μFN＝0.2×40 N＝8 N，故支持 力的冲量I2＝FNΔt＝40×2 N·s＝80 N·s，方向垂直 于斜面向上，故A错误；重力的冲量I1＝mgΔt＝5×10×2 N·s＝　　　100 N·s，方向竖直向下，故B正确；摩擦力的冲量I3＝FfΔt＝8×2 N·s＝16 N·s，方向沿着斜面向上，故C正确；物体受到的合力F合＝　　　mg sin α－Ff＝5×10×0.6 N－8 N＝22 N，故合力的冲量I合＝F合Δt＝22×2 N·s＝44 N·s，方向沿着斜面向下，故D错误。故选BC。 1．恒力冲量的计算：应用公式I＝FΔt计算。 2．合力冲量的计算 (1)分别求每一个力的冲量I1、I2、I3、…，再求各冲量的矢量和。 (2)先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。　　 规律总结 角度3 　应用F-t图像计算冲量 (多选)(2024·四川遂宁高二月考)物体在光滑 水平面上同时受到甲、乙两个力的作用，其F-t图 像如图所示。下列说法正确的是 A．0～5 s内，甲力对物体的冲量为10 N·s B．0～5 s内，乙力对物体的冲量为－15 N·s C．0～5 s内，甲、乙两个力对物体的总冲量为－5 N·s D．0～5 s内，甲、乙两个力对物体的总冲量为2.5 N·s √ √ 例３ 根据F-t图像中图线与t轴围成的面积表示对应时 间内的冲量，可知0～5 s内，甲力对物体的冲量 I甲＝×4×5 N·s＝10 N·s，乙力对物体的冲量I乙 ＝×(－3)×5 N·s＝－7.5 N·s，故A正确，B错误； 0～5 s内，甲、乙两个力对物体总冲量为I甲＋I乙＝2.5 N·s，故C错误，D正确。故选AD。 变力冲量的计算方法 1．平均力法：如图甲所示，如果力与时 间成线性关系，则I＝Δt＝(t2－t1)。 2．F-t图像法：在F-t图像中，F-t图线与 t轴围成的面积表示对应时间内力的冲量。 如图甲、乙所示，图中的阴影面积即为变力在t1～t2时间内的冲量。 方法技巧 返回 知识点二　动量定理的应用 返回 自主学习 情境导入　如图甲所示，跳高比赛时在运动员下落处要放上厚厚的海绵垫子，如图乙所示，跳远比赛时运动员要落在沙坑中，这样做的目的是什么？ 提示：延长力的作用时间，减小运动员落地时所受的冲击力。 教材梳理 (阅读教材P7完成下列填空) 1．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＿＿＿＿ 。 (2)表达式：FΔt＝ ＿＿＿或I＝ ＿＿＿或F(t′－t)＝ ＿＿＿＿ 。 2．动量定理的应用 物体的动量发生的变化一定时，作用的时间短，物体受的力就＿＿；作用的时间长，物体受的力就＿＿。 动量 p′－p p′－p mv′－mv 大 小 变化量 课堂探究 师生互动　如图所示，光滑水平面上一个质 量为m的物体，在恒力F作用下，从t时刻到t′ 时刻，速度从v变为v′。 任务1．应用牛顿第二定律和运动学公式，试推导物体的动量变化量Δp与恒力F及作用时间Δt(其中Δt＝t′－t)的关系。 提示：根据牛顿第二定律和运动学公式得F＝ma＝m，整理得FΔt＝m(v′－v)＝mv′－mv＝p′－p，可得Δp＝FΔt。 任务2．由以上推导结果你会得到什么结论？ 提示：物体的动量变化量等于合力的冲量。 1．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是物体所受的合力，若合力是变化的力，则F应是合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，也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力，不论几个力作用时间是同时还是不同时，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用。 探究归纳 2．动量定理和动能定理的比较 探究归纳 项目 动量定理 动能定理 公式 F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp 涉及力与时间 Fx＝mv12＝ΔEk 涉及力与位移 标矢性 矢量式 标量式 因果关系 因 力的冲量(总冲量) 力做的功(总功) 果 动量的变化量 动能的变化量 项目 动量定理 动能定理 相同点 (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、末状态，而不注重过程，因此都可以用来求变力作用的结果(变力的冲量或变力做的功) (3)研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统(应用动能定理时要注意系统内力做功问题)；研究过程可以是整个过程，也可以是某一段过程 探究归纳 √ 人跳远时从一定高度落下，落地前的速度一定，则初动量相同，落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理FΔt＝Δp可知，Δt越长，F越小。故选D。 角度1　动量定理的定性分析 (2024·浙江金华高二调研) 跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全(如图)，这是由于 A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小 B．人跳在沙坑的动量变化量比跳在水泥地上小 C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小 例４ 应用动量定理定性分析有关现象的技巧 1．首先要结合具体问题明确三个量F、Δt、Δp中哪个量是一定的。 2．然后根据动量定理FΔt＝Δp明确另外两个量是正比关系还是反比关系： (1)Δp一定时：Δt越短，则F越大；Δt越长，则F越小。 (2)F一定时：Δt越短，则Δp越小；Δt越长，则Δp越大。 (3)Δt一定时：F越大，则Δp越大；F越小，则Δp越小。　　 方法技巧 打击钉子时，不用橡皮锤的一个原因是橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小，故A错误；用手接篮球时，手向后缩一下，是为了延长作用时间以减小作用力，故B错误；根据动量定理FΔt＝Δp可知，当Δp相同 时，Δt越长，作用力越小，故C正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于车所受的合力，与内力作用无关，故D错误。故选C。 针对练．对下列各种物理现象的解释正确的是 A．打击钉子时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B．用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量 C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D．在车内推车推不动，是因为车所受推力的冲量为零 √ 角度2　动量定理的定量应用 一个质量为60 kg的男孩从高处跳下，以5 m/s的速度 竖直落地。重力加速度g取10 m/s2。 审题指导　男孩刚触地时动量方向竖直向下，一段时间内减 小到0，这一过程中地面对他的作用力是变力。根据动量定 理可求出落地时地面对他的平均作用力。 (1)若男孩落地时屈膝(如图)，用了1 s停下来，则落地时地面对他的平均作用力是多大？ 答案：9.0×102 N 例５ 男孩落地时的受力分析如图所示，选定竖直向上为 正方向。设地面对他的平均作用力为，由题意可 知，m＝60 kg，v1＝－5 m/s，v2＝0。 男孩从触地到速度减为0，经历的时间t1＝1 s。由动 量定理得 t1＝mv2－mv1 可得＝9.0×102 N。 (2)若男孩落地时没有屈膝，只用了0.1 s就停下来，则落地时地面对他的平均作用力又是多大？ 答案：3.6×103 N 男孩从触地到速度减为0，经历的时间t2＝0.1 s。 同理可得，地面对他的平均作用力 N＝ 3.6×103 N。 应用动量定理的一般步骤 规律总结 针对练．高空抛物会带来很大的社会危害，消防救援队做过实验：地面放着一块厚度约为4毫米的玻璃，使用升降云梯将一消防员升至高空，从距地面15 m的位置由静止释放一个330 g的可乐易拉罐，当易拉罐落到玻璃上时，玻璃和易拉罐同时爆裂。若易拉罐与玻璃的接触时间为0.002 s，认为易拉罐碰撞后不反弹，不计空气阻力，g取10 m/s2，计算结果均保留2位有效数字。 (1)若碰撞时忽略易拉罐本身的重力，求易拉罐对玻璃的平均撞击力大小F1； 答案：2.9×103 N 设易拉罐落到玻璃上瞬时速度的大小为v，根据机械能守恒定律有 mgh＝mv2 解得v＝≈17.3 m/s，方向竖直向下 选取竖直向下为正方向，设玻璃对易拉罐的平均作用力大小为F1′，以易拉罐为研究对象，由动量定理可得－F1′·Δt＝0－mv 解得F1′＝＝2.9×103 N 根据牛顿第三定律可知，玻璃对易拉罐的作用力与易拉罐对玻璃的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，故有F1＝2.9× 103 N。 (2)若碰撞时考虑易拉罐本身的重力，求易拉罐对玻璃的平均撞击力大小F2，并比较F1与F2，简述你的发现。 答案：2.9×103 N　见解析 返回 同理考虑易拉罐的重力，则有(mg－F2′)·Δt＝0－mv 解得F2≈2.9×103 N 结合牛顿第三定律可知，易拉罐对玻璃的作用力大小F2＝2.9×103 N 通过比较发现，在作用时间很短的情况下，物体本身的重力，对于从高空坠落的物体对其他物体的作用力几乎没有影响，既使一个质量很小的物体，从高处掉落，也会产生很大的作用力，这就是高空抛物潜在的危险所在。 知识点三　应用动量定理处理多过程问题 返回 师生互动　一个质量m＝5 kg的物体在水平恒力F＝30 N的作用下，由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2) 任务1．请利用分段法应用动量定理解答该问题。 提示：分段法应用动量定理 选物体为研究对象，对撤去F前物体做匀加速运动的过程，初状态速度为零，末状态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0；对撤去F后物体做匀减速运动的过程，初状态速度为v，末状态速度为零，根据动量定理有－μmgt2＝0－mv，联立解得t2＝×6 s＝12 s。 任务2．请利用全程法应用动量定理解答该问题。 提示：全程法应用动量定理 选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有Ft1－μmg(t1＋t2)＝0，解得t2＝12 s。 分段法与全程法的选取原则 1．如果不同阶段物体所受恒力不同，牛顿第二定律仅能分段使 用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。 2．如果不同阶段物体所受外力为变力，则无法应用牛顿第二定律解答问题，但可以应用动量定理采用分段法或全程法解决。 探究归纳 如图甲所示，质量m＝0.2 kg的弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程小球的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13 m/s，重力加速度g取10 m/s2，地面对小球的弹力远大于小球的重力，下列说法正确的是 A．小球上升过程的运动时间为4 s B．地面对小球的冲量为－14 N·s C．小球落地时的速度为30 m/s D．小球离地时的速度为－40 m/s √ 例６ 小球下降过程加速度a1＝，根据牛顿第 二定律得mg－0.5mg＝ma1，小球上升过 程加速度a2＝，根据牛顿第二定律得 mg＋0.5mg＝ma2，全程的平均速度 ＝13 m/s，解得v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，t＝2 s，故小球上升过程的运动时间为2 s，小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，故A、C、D错误；小球与地面的作用过程，根据动量定理得，地面对小球的冲量I＝mv2－mv1＝－14 N·s，故B正确。故选B。 针对练．(多选) 如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从释放到速度变为零的过程，下列说法正确的有 A．小球的机械能减少了mgh B．小球克服阻力做的功为mg(H＋h) C．小球所受阻力的冲量大小等于m D．在小球刚落到地面到速度变为零的过程中， 小球动量的变化量大小等于m √ √ 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了 mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A错 误；对全过程运用动能定理得mg(H＋h)－Wf＝0，则小 球克服阻力做的功Wf＝mg(H＋h)，故B正确；小球落到 地面时的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定 理得IG＋If＝，可知阻力的冲量大小不等于m，故C错误；小球落到地面时的速度v＝，进入泥潭后的速度为零，所以小球动量的变化量大小等于，故D正确。故选BD。 返回 知识点四　应用动量定理解决“流体类”问题 返回 “流体”及其特点 通常液体流、气体流、粒子流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知其密度ρ或单位体积内粒子数n 分析 步骤 1 建立“柱状模型”：沿流速v的方向选取一小段柱状“流体”，其横截面积为S 2 微元研究：作用时间Δt内的一小段柱状“流体”的长度为Δl，对应的质量Δm＝ρSvΔt 3 应用动量定理建立方程：I＝FΔt＝Δmv，解答有关问题 √ 例7 (2024·江苏南京高二月考) 如图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度变为零。手持高压水枪操作，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是 A．高压水枪单位时间喷出水的质量为ρvπD2 B．水柱对汽车的压强为ρv2 C．水柱对汽车的平均冲力为ρπv2D2 D．水柱对汽车的压强与水柱横截面积有关 水枪水平喷出水柱，设在极短时间Δt内喷出水的质 量为Δm，则有Δm＝ρvΔt·π，单位时间喷出水 的质量为＝ρvπ，故A错误；以极短时间Δt内 喷出的质量为Δm的水为研究对象，根据动量定理有－Δt＝0－Δmv，根据牛顿第三定律有′＝，解得′＝，即水柱对汽车的平均冲力为，故C错误；水柱对汽车的压强p＝，解得p＝ρv2，可知水柱对汽车的压强与水流速度的平方成正比，与水柱横截面积无关，故B正 确，故D错误。故选B。 针对练1．(2024·湖南长沙高二月考)如图甲所示，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，简化图如图乙所示。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m的砝码时一致，出风口半径为r，空气密度为ρ，重力加速度大小为g。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v，则单位时间 内出风口吹出气体的质量为ρπr2v2 C．电吹风出风口的风速为 D．电吹风吹风的平均功率为mg √ 当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时， 功率不变，对于Δt时间内吹出的风，有PΔt ＝Δmv2，与托盘作用过程，根据动量定理 有FΔt＝Δmv，解得F＝，风与托盘间的相互作用力与电吹风出风口面积无关，故A错误；单位时间内出风口吹出气体的质量Δm′＝ρSv＝ρπr2v，故B错误；根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小F＝mg，根据动量定理有FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt＝ρπr2v2Δt，解得v＝，故C正确；根据P＝得P＝，解得P＝，故D错误。故选C。 根据题意可知，极短时间Δt内，吸附于飞船上的微粒的总质量Δm＝nSmvΔt，根据动量定理可得ΔFΔt＝Δmv，解得ΔF＝nSmv2。故选A。 针对练2．在空间站的建设方面，我国已将“天和”核心舱发射进入了地球轨道，乘坐宇宙飞船在太空航行旅游将变成现实。假设有一宇宙飞船，它的正面面积为S，以速度v飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米体积的微粒数为n，微粒的平均质量为m。设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上，若要飞船速度保持不变，则下列关于飞船应增加的牵引力ΔF正确的是 A．ΔF＝nSmv2 B．ΔF＝nSmv C．ΔF＝nSmv3 D．ΔF＝2nSmv2 √ 返回 课堂回眸 课时测评 返回 1．在2024年巴黎奥运会男子双杠决赛中，我国运动员勇夺金牌。如图所示，决赛中运动员在时间t内静止在双杠上，手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内，下列说法正确的是 A．他所受合力的冲量大小为0 B．他所受重力G的冲量大小为Gt cos θ C．他所受支持力F的冲量大小为Ft sin θ D．他所受支持力的冲量方向斜向右上方 √ 依题意，运动员处于静止状态，所受合力为0，根据I合＝F合t可知，他所受合力的冲量大小为0，故A正确；同理可得IG＝Gt，故B错误；同理可得IF＝Ft，故C错误；由于IG＋IF＝I合，可知他所受支持力的冲量方向与重力的冲量方向相反，即竖直向上，故D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．(2024·黑龙江佳木斯高二期中)关于动量、冲量、动量的变化量、动能，下列说法正确的是 A．物体动量为零时，一定处于平衡状态 B．从同一高度释放的两个完全相同鸡蛋，掉在水泥地上的鸡蛋的动量比掉在海绵上的鸡蛋的动量变化大，所以前者容易碎 C．人从高处跳下时，总有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量 D．质量一定的物体，动量变为原来的2倍，其动能变为原来的4倍 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 物体动量为零时，不一定处于平衡状态，例如上抛物体到达最高点 时，故A错误；鸡蛋从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的初动量相等，而最后的速度均为零，则末动量为零，故动量的变化一定相等，由动量定理可知冲量也一定相等，但由于掉在水泥地上的作用时间较短，则鸡蛋掉在水泥地上的动量变化较快，从而导致作用力较大，使鸡蛋易碎，故B错误；人从高处跳下时，总有一个屈膝的动作，是为了增加着地时间，减小地面对人的作用力，不会减小地面对人的冲量，故C错误；质量一定的物体，动量变为原来的2倍，根据p＝mv可知速度变为原来的2倍，所以其动能Ek＝mv2变为原来的4倍，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．(多选) 一质量为2 kg的物块在合力F的作用下由静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则 A．0～2 s时间内合力F对物块的冲量为3 N·s B．2～3 s时间内合力F对物块的冲量为1 N·s C．0～3 s时间内合力F对物块的冲量为2 N·s D．0～3 s时间内合力F对物块的冲量为4 N·s √ √ 在F-t图像中图线和时间轴所围成的面积表示力的冲量，0～2 s时间内合力F对物块的冲量为3 N·s，故A正确；2～3 s时间内合力F对物块的冲量为－1 N·s，故B错误；0～3 s时间内合力F对物块的冲量为2 N·s，故C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4．中国高铁是重要的“中国名片”之一。小明同学评估高铁在运行时撞击飞鸟的安全问题，假设飞鸟的质量为0.25 kg，列车的速度是300 km/h，忽略飞鸟的初速度，两者相撞的作用时间是0.001 s，请你帮助小明同学估算飞鸟对列车的平均撞击力最接近于 A．2×103 N B．2×104 N C．2×105 N D．2×106 N √ 撞击前飞鸟的速度为零，撞击后飞鸟与高铁的速度相等。高铁速度v＝ 300 km/h≈83.3 m/s，撞击过程对小鸟分析，由动量定理得FΔt＝mΔv，解得F＝ N≈2×104 N。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5．(2024·四川遂宁高二月考) 2024年8月4日，中国运动员在巴黎奥运会女子网球比赛中夺得金牌。如图是运动员在比赛中击球一瞬间的图片，运动员在用网球拍打击飞过来的网球时，网球拍打击网球的力的冲量 A．与球的动量变化量相等 B．比球撞击球拍的力的冲量大得多 C．比球撞击球拍的力的冲量稍小些 D．与球撞击球拍的力的冲量大小相等 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据动量定理可知，网球拍打击网球的力和网球重 力的合力的冲量等于球的动量变化量，球拍对球的 力和球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、 方向相反、作用时间相同，根据冲量的定义可知， 网球拍打击网球的力的冲量与球撞击球拍的力的冲量大小相等。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力。若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0× 10-3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为 A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N 在t时间内喷出离子的质量m＝Qt，对喷出的离子，取离子运动方向为正方向，由动量定理得Ft＝Qtv－0，代入数据解得离子受到的平均作用力大小F＝Qv＝3.0×10-6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可知探测器获得的平均推力大小F′＝F＝0.09 N。故选C。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 7．“水刀”应用了高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势。某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”喷出的水流速度为100 m/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为 A．1.0×105 Pa B．1.0×106 Pa C．1.0×107 Pa D．1.0×108 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究 对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方 向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知材 料表面受到的压力F′＝F，则水对材料垂直于表面方向的压强p＝，代入数据解得p＝1.0×107 Pa。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．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，不计空气阻力，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力大小约为 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 法一　消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度v1＝gt1，方向向下；着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，则着地过程中消防员动量的变化量Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力大小为，由动量定理得t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则＝mg＋5mg＝6mg。故选B。 法二　设向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)－t2＝0－0，代入数据解得＝6mg。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．已知某人及飞行设备的总质量为120 kg，设发动机启动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当这人(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为(不考虑喷气对总质量的影响，g取10 m/s2) A．0.02 kg B．0.20 kg C．0.50 kg D．5.00 kg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设人(及装备)对气体的平均作用力大小为，根据牛顿第三 定律可知气体对人(及装备)的平均作用力的大小也等于， 对人(及装备)，有＝Mg，设时间Δt内喷出的气体的质量为 Δm，则对气体由动量定理得Δt＝Δmv，解得， 代入数据解得＝0.20 kg/s，则发动机每秒喷出气体的质量 为0.20 kg。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10．(多选) 从t＝0时刻开始用水平拉力F拉静止在光滑水平桌面上的小物块，力F的方向恒定，力F的大小与时间t的关系如图所示，小物块质量为 2 kg，下列说法正确的是 A．在0～2 s时间内，水平拉力F的冲量为8 N·s B．2 s末物块的速度为8 m/s C．在0～4 s时间内，合力的冲量为20 N·s D．在0～4 s时间内，拉力F做的功为100 J √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 在F-t图像中图线与t轴围成的面积表示力的冲量， 在0～2 s时间内，水平拉力F的冲量I＝2×4 N·s＝ 8 N·s，A正确；根据动量定理可得F1t2＝mv，代入 数据解得2 s末物块的速度大小v＝4 m/s，B错误； 在0～4 s时间内，合力的冲量I4＝8 N·s＋12 N·s＝20 N·s，C正确；由于在0～4 s时间内，合力的冲量为20 N·s，根据动量定理可得I4＝mv4，代入数据解得4 s末物块的速度大小v4＝10 m/s，由动能定理可得WF＝＝100 J，D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11．(10分)下雨是常见的自然现象，如果雨滴下落为自由落体运动，则雨滴落到地面时，对地表动植物危害极大，实际上，动植物都没有被雨滴砸伤，因为雨滴下落时不仅受重力，还受空气的浮力和阻力，使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤。某次下暴雨，质量m＝2.5×10-5 kg的雨滴，从高h＝2 000 m 的云层下落。(g取10 m/s2) (1)如果不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面经Δt1＝1.0×10-5 s速度变为零，因为雨滴和地面作用时间极短，可认为在Δt1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力，求雨滴对地面的作用力大 小； 答案：500 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面的速度大小v＝＝200 m/s， 取竖直向上为正方向，设地面对雨滴的作用力大小为F，在雨滴对地面的作用过程，不考虑雨滴的重力，由动量定理得FΔt1＝0－(－mv) 代入数据解得F＝500 N 根据牛顿第三定律可知雨滴对地面的作用力大小为500 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用，设雨滴落到地面的实际速度为8 m/s，落到地面上经时间Δt2＝3.0×10-4 s速度变为零，在Δt2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑这段时间雨滴的重力、受到的空气的浮力和阻力，求雨滴对地面的作用力大小。 答案： N 在雨滴对地面作用的过程，不考虑雨滴的重力、受到空气的浮力和阻力，由动量定理得F′Δt2＝0－(－mv′)，其中v′＝8 m/s 代入数据解得F′＝ N 根据牛顿第三定律可知雨滴对地面的作用力大小为 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．(10分)如图为男子撑竿跳高比赛中的情景。假设某质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫子上，经Δt1＝1 s后停止。(不计空气阻力，g取10 m/s2) (1)该运动员受到海绵垫子对其的平均冲力约为多大？ 答案： 1 400 N 根据自由落体运动可知，运动员在空中下落的时间t＝＝1 s 从开始下落到落到海绵垫子上停止运动的全过程，由动量定理可得mg(t＋Δt1)－Δt1＝0 代入数据解得＝1 400 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多大？ 答案：7 700 N 从开始下落到落到沙坑中停止运动的全过程，由动量定理可得 mg(t＋Δt2)－Δt2＝0 代入数据解得＝7 700 N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 动量定理 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $