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教师用书word（人教版）

2．动量定理 【素养目标】　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。 知识点一　冲量 【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？ (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：(1)不同。甲对箱子做正功，乙对箱子做功为零。 (2)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冲量，用字母I表示冲量。 2．表达式：I＝FΔt。 3．单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。 4．标矢性：冲量是矢量，恒力的冲量方向与力的方向相同。 【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？ 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：任务1．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．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。 【探究归纳】 1．冲量的理解 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。 学生用书第6页 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 答案：B 解析：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。 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 答案：BC 解析：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。　　 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 答案：AD 解析：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。 　　 学生用书第7页 知识点二　动量定理的应用 【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动量变化量。 (2)表达式：FΔt＝p′－p或I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。 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，物体受的力就大；作用的时间长，物体受的力就小。 【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。 任务2．由以上推导结果你会得到什么结论？ 提示：任务1．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．物体的动量变化量等于合力的冲量。 【探究归纳】 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。 2．动量定理和动能定理的比较 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 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 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(　　) 学生用书第8页 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 答案：D 解析：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。 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。　　 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 答案：C 解析：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。 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。 (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？ (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？ [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。 答案：(1)9.0×102 N　(2)3.6×103 N 解析：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。 (1)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)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 　　 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。 学生用书第9页 (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； (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：(1)2.9×103 N　(2)2.9×103 N　见解析 解析：(1)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)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 【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。 任务2．请利用全程法应用动量定理解答该问题。 提示：任务1．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．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。 【探究归纳】 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。 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 答案：B 解析：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 答案：BD 解析：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。 学生用书第10页 知识点四　应用动量定理解决“流体类”问题 “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 (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 答案：B 解析：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 答案：C 解析：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。 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 答案：A 解析：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。 课时测评2　动量定理 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 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 答案：A 解析：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．(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 答案：D 解析：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。 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 答案：AC 解析：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。 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 答案：B 解析：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。 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 答案：D 解析：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。 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 答案：C 解析：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。 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 答案：C 解析：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。 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 答案：B 解析：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。 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 答案：B 解析：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。 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 答案：ACD 解析：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。 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； (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：(1)500 N　(2) N 解析：(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)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。 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？ (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：(1)1 400 N　(2)7 700 N 解析：(1)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)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。 学生用书第11页 学科网（北京）股份有限公司 $