第06讲 动量定理（培优·预习讲义）新高二物理人教版

第06讲 动量定理（培优讲义） 课标要点 1.了解冲量的概念，理解动量定理的内涵。 2.知道动量定理和动能定理的区别。 3.能用动量定理解释生产生活中的有关现象和解决实际问题。 1.通过理论推导，掌握动量定理的表达式。 2.通过对比，理解动量定理和动能定理的区别。 3.通过分析生活中的缓冲现象，掌握动量定理的应用。 方法指导 考点01 冲量 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：冲量是矢量。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。 【深化点拨】 1．冲量的理解 （1）冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，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，冲量的方向与力的方向相同。 2．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。 1.关于冲量的概念，以下说法正确的是（　　） A．作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同 B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小 C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大 D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 【答案】A 【解析】由冲量公式I＝FΔt可知，作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同，A正确； 由冲量公式I＝FΔt可知冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知道力或作用时间一个因素，无法确定冲量大小，B、C错误； 冲量是矢量，两个大小相等的冲量，方向不一定相同，D错误． 故选A。 2.如图所示，质量为的物体从倾角为的固定斜面的顶端恰好匀速滑下，所用时间为，下列说法中正确的是（　　） A．支持力冲量为零 B．摩擦力冲量大小为 C．重力的冲量大小为 D．合力的冲量大小为 【答案】B 【详解】A．物体所受支持力为；所以支持力的冲量为；A错误； B．由于物体匀速下滑，由平衡条件可得，物体受到的摩擦力为；则摩擦力冲量大小为；B正确； C．由公式可得，重力的冲量大小为；C错误； D．由于物体匀速下滑，动量保持不变，由动量定理可得；即物体所受合力的冲量为零，D错误。 故选B。 3.放在水平面上的物块，受到与水平方向夹角为60°，斜向上拉力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系分别如图所示，根据图象提供的信息，下面判断正确的是（　　） A．由图象可以求出物体的质量 B．拉力F在4秒内的冲量是8N·s C．拉力F在4秒内的冲量是3N·s D．物体在4秒内的动能变化是6J 【答案】B 【详解】A．物体加速阶段的加速度为：a=2m/s2；对物体受力分析，受拉力F、重力mg、支持力N、滑动摩擦力f，假设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，有Fcos60°-μ（mg-Fsin60°）=ma；由于μ未知，故无法求出物体的质量，故A错误； BC．根据冲量定义式I=Ft，得到拉力F的冲量为I=1N×2s+3N×2s=8N•s；故B正确，C错误； D．由于物体质量无法求出，故动能增加量未知，故D错误； 故选B。 【冲量和功的比较】 冲量 功 区 别 公式 I=Ft W=Fxcosθ 标、矢量 矢量 标量 单位 N ·S N ·m（J） 意义 力对时间的积累，对应一段时间 在F-t图像中可以用面积表示 力对位移的积累，对应一段位移 在F-x图像中可以用面积表示 正负 正负表示与正方向相同或相反 正负表示动力做功或阻力做功 作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能 考点02 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。其中“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。 2．表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。若物体受变力作用，式中F应该理解为变力在作用时间内的平均值。 3．变形式：F＝(牛顿第二定律的动量形式)，表示物体动量的变化率等于它所受的力。 【深化点拨】 1.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)由FΔt＝Δp得F＝，可知物体所受合力等于物体动量的变化率。 (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。 2．动量定理与动能定理的区别 由FΔt＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应；由FΔx＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应。 动量定理的综合应用及解题步骤 1．动量定理的适用范围 （1）动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。 （2）对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 （3）动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。 2．动量定理与牛顿第二定律的选用原则 （1）在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v＝v0＋at，也可用动量定理F·Δt＝mv′－mv，但较牛顿第二定律，动量定理适用范围更广，且表达式中只涉及一个过程量F·Δt及两个状态量mv′和mv，而过程中的速度怎样，轨迹怎样，加速度怎样，位移怎样均不必考虑，因此解题时优先选用动量定理。 （2）对于多过程问题，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。 3．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。 角度01 动量定理求解平均力 1.质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2 s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为（　　） A．2 N B．10 N C．20 N D．50 N 【答案】D 【解析】设足球踢回速度方向为正，根据动量定理可知Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝50 N，故D正确，A、B、C错误。 故选D。 2.一质量为60 kg的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　） A．500 N B．1 100 N C．600 N D．1 000 N 【答案】D 【详解】设建筑工人下落5 m时速度为v，则v== m/s=10 m/s 设安全带所受平均冲力大小为F，则由动量定理得（mg-F）t=-mv 所以F=mg＋=60×10 N＋N=1000 N；所以D正确；ABC错误； 故选D。 角度02 动量定理解决多过程问题 3．浙江安吉云上草原景区推出“窝囊版”蹦极，很多网友纷纷前往景区打卡。为了研究蹦极过程，做以下简化：忽略阻力，将游客视为质点，运动始终沿竖直方向，游客从O点自由下落，至A点弹性绳自然伸直，经过合力为零的B点到达最低点C，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．在O→B过程和在B→C过程中蹦极者动量的变化量相等 B．在O→A→B→C过程中蹦极者受到的重力冲量等于弹性绳弹力冲量 C．在A→B→C过程中任意一段时间内，蹦极者受到合力的冲量方向始终向上 D．在O→A过程中蹦极者受到的重力冲量等于动量的改变量 【答案】D 【详解】A．在O→B过程和在B→C过程中蹦极者动量的变化量大小相等，但方向相反，故A错误； B．在O→A→B→C过程中蹦极者受到的重力冲量于弹性绳弹力冲量大小相等，方向相反，故B错误； C．在A→B过程中，蹦极者受到合力的冲量方向竖直向下，在B→C过程中，蹦极者受到合力的冲量方向竖直向上，故C错误； D．在O→A过程中，蹦极者只受到的重力，无弹力，则重力冲量等于动量的改变量，故D正确。 故选D。 4．如图（a）所示，一倾角的足够长的斜面固定在水平地面上，质量的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图（b）所示，2s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g取，，。求： （1）滑块与斜面的动摩擦因数和滑块的最大速度的大小； （2）经过多长时间滑块到达最低点。    【答案】（1）0.25，；（2） 【详解】（1）根据题意可知，时下滑速度最大，则物块合外力为0，由图（b）可知此时 由平衡条件有 代入数据得 从释放到的过程，沿斜面方向由动量定理有 解得 （2）设经过滑块到达最低点，此时滑块速度为0，沿斜面方向由动量定理有 由图像可知 所以时刻 解得 角度03 动量定理与图像结合问题 5．如图（a）所示，质量为的小球放在光滑的水平面上，在界线的左侧始终只受到水平向右的恒力作用，在的右侧始终只受到水平向左的恒力作用。小球从点由静止开始运动，取向右为正方向，运动的图像如图（b）所示，由图可知，下列说法正确的是（　　） A． B．到的过程中，的冲量大小等于的冲量大小 C．到的过程中，小球的动量变化为0 D．到的过程中，的冲量大于的冲量 【答案】B 【详解】A．根据图像，水平向右的恒力作用下物体的加速度的大小大于水平向左的恒力作用下物体的加速度的大小，根据牛顿第二定律可知，A错误； B．研究0~5s的过程，根据动量定理可知，合外力的冲量等于小球动量的变化，该过程初末速度为0，则合力的冲量为0，即与的冲量大小相等，B正确； C．研究0~2s的过程，初动量为0，末动量为，则动量变化 C错误； D．到的过程中，初动量为0，末动量为，则动量变化 的冲量小于的冲量，D错误。 故选B。 6．一物体静止在光滑水平面上，从时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是（    ） A．前1s内力F对物体的冲量为 B．时物体回到出发点 C．时物体的速度大小为1m/s D．第3s内物体的位移为1m 【答案】D 【详解】A．前1s内力F对物体的冲量为 A错误； B．物体先向右加速运动，1s后向右减速运动，又由图可知 可知时物体速度变为0，没有回到原点，B错误； C．由图 解得 C错误； D．第内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移 D正确。 故选D。 7．受2022年北京冬奥会的影响，滑雪运动在我国受到人民群众的广泛欢迎。如图甲所示，一名滑雪爱好者（可视为质点）穿着滑雪板（未带滑雪杖）从山坡上点由静止滑下，经点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的路程随时间的变化图像如图乙所示，图像在点处的斜率最大、点处的斜率为0。已知斜面与水平面的夹角为，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，。则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】从时间内，对物块，根据动量定理则有 经点滑上水平面后，同理对物块则有 解得 故选A。 角度04 动量定理解决流体问题 8．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（　　） A．0.6N B．1.0N C．1.2N D．1.6N 【答案】A 【详解】豆粒落到秤盘上时的速度 反弹速度 规定向上为正，设极短时间内∆t，与秤盘碰撞的豆粒为∆m，持续作用时间t，豆粒总质量m，则满足 则由动量定理 解得F=0.6N 由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N。 故选A。 9．图为环卫工人用高压水枪冲洗马路情景：水柱以速度大小为v的速度喷到水平地面，随即以速率溅起，并与地面垂直。设一小段时间内喷出水的质量为，则水柱对地面作用力为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】选取质量为Δm的水为研究对象，设水与地面的作用时间为Δt，取竖直向下为正方向，根据动量定理有 解得 故选C。 10．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。假设尘埃区每有颗尘埃微粒，每颗尘埃微粒的质量为，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为。假设每颗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数为 B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为 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】C 【详解】AB．时间内飞船扫过的体积，微粒数为，单位时间内附着在飞船上的微粒数为，单位时间内附着在飞船上的微粒质量为，故AB错误； CD．飞船要保持速度不变，所需推力大小等于单位时间内附着微粒的动量变化率。由动量定理，推力 故C正确，D错误。 故选C。 角度05 动量定理与动能定理综合应用 11．（多选）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中Ata平行于Btb，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比ta：tb=3：4。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　） A．物体a、b受到的摩擦力大小不相等 B．两水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体的做功之比为 D．两水平推力的大小之比为 【答案】BC 【详解】AD．由题图知，Ata平行于Btb，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知 则物体a、b受到的摩擦力大小相等； 根据动量定理可知， 解得 根据图像可知， 解得，故AD错误； B．根据动量定理可知， 解得，故B正确； C．根据动能定理可得， 其中， 解得，故C正确。 故选BC。 12．如图甲所示，水平面上AB段由特殊材料铺成，其余部分光滑。一质量的物块（可视为质点）静止在水平面上的点，用方向水平向右、大小的拉力作用在物块上，物块由静止开始向右运动。已知物块与AB段材料的动摩擦因数随从到运动的位移变化的规律如图乙所示，PA与AB长度均为，重力加速度取，求： (1)物块运动到点时的速度大小； (2)物块在AB段运动过程中的最大速度大小； (3)若物块运动到点时撤去拉力，此后物块通过AB段的过程中，摩擦力对物块的冲量。 【答案】(1) (2) (3)，方向水平向左 【详解】（1）物块在PA段运动时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得物块的加速度为 根据运动学规律可得，物块到达A点时的速度为 代入数据解得 （2）设物块在AB上运动的最大速度为，根据动能定理可得 结合图像可知 整理可得 解得当时 （3）设物块达到B点的速度为，根据动能定理可得 由图像可知 解得 根据动量定理可得 方向水平向左。 13．如图（a）所示，明朝出版的《天工开物》被称为“中国17世纪的工艺百科全书”，书中详细描述了古法榨油的方法，其过程简化为石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=5m的绳子，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量m= 200kg的石块，可视为质点。将石块拉至绳子与竖直方向的夹角的位置由静止释放，如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。（，，取2.2）求： (1)撞击前，石块在最低点对绳子的拉力大小T； (2)石块在最低点，与木楔撞击后，石块的反弹速度v=1m/s，撞击时间t=0.1s，石块对木楔平均撞击力大小F； (3)假设石块每次在最低点撞击木楔，木楔得到的动能是石块撞击前动能的10% ，木楔所受的阻力与它的位移的关系如图（c）所示。当石块撞击1次时，木楔移动的位移x。 【答案】(1)2800N (2) (3) 【详解】（1）石块运动到最低点过程，根据动能定理有 解得 根据牛顿第二定律有 解得 （2）对石块进行分析，根据动量定理有 根据牛顿第三定律，石块对木楔的平均撞击力 解得 （3）根据木楔的阻力与位移图像关系有 木楔克服阻力做的功 根据动能定理有 联立可得 解得 考点03 动量定理的定性分析有关现象 ①当Δp一定(Δp＝F合·Δt) ②当F合一定 1．跳高比赛时会在跳高架下方放置软垫。在跳高运动员落地的过程中，与不放软垫相比，下列说法正确的是（　　） A．运动员与垫子的作用时间较短 B．运动员的动量变化率不发生变化 C．运动员的动量变化量不发生变化 D．垫子可以减小运动员所受合外力的冲量 【答案】C 【详解】A．软垫具有缓冲效果，会延长运动员与支撑物的作用时间，作用时间更长，故A错误； C．跳高运动员落地时初动量相同，最终都静止，末动量均为0，因此不管是否放置软垫，运动员的动量变化量始终不变，故C正确； B．动量变化率，两种情况动量变化量相同，有软垫时作用时间更长，因此动量变化率更小，故B错误； D．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化量，两种情况动量变化量相同，因此合外力冲量不变，软垫仅通过延长作用时间减小冲击力，故D错误。 故选C。 2．下列关于动量、冲量、动量的变化量的说法中正确的是（　　） A．物体动量为零时，一定处于平衡状态 B．物体速度增大，则相同时间内动量的变化量也一定增大 C．在某一运动过程中，力与位移垂直，该力的冲量不为零 D．人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量 【答案】C 【详解】A．物体动量为零时，速度为零，但合外力不一定为零（如竖直上抛最高点），因此不一定处于平衡状态，故A错误； B．动量变化量 ，速度增大时，加速度可能恒定或变化，相同时间内 不一定增大（如匀加速运动 恒定），因此 不一定增大，故B错误； C．冲量 是力对时间的累积，与位移方向无关，只要力作用一段时间（），冲量就不为零，故C正确； D．屈膝动作延长了地面对人的作用时间 ，从而减小冲击力 ，但根据动量定理 ，动量变化量固定，冲量 不变，故D错误。 故选C。 3．篮球运动员站在某点做接球训练时，篮球迎面飞来，运动员接触篮球后，向后掣肘，最终稳稳接住篮球，则下列说法正确的是（　　） A．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球时，篮球的动量变化更小 B．接球过程中，若篮球受合外力的冲量大小为Ⅰ，则运动员受合外力的冲量大小也是Ⅰ C．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球，篮球重力的冲量相同 D．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球，手掌受到篮球的冲击力更小 【答案】D 【详解】A．篮球的动量变化等于末动量减初动量。无论是否缓冲，篮球最终静止，初末动量变化相同，故A错误。 B．篮球与运动员的相互作用力冲量大小相等，但合外力冲量包含其他力（如重力、地面作用力等），不一定相等，故B错误。 C．重力冲量为，缓冲时接球时间更长，重力冲量更大，故C错误。 D．根据动量定理，动量变化相同，缓冲延长作用时间，平均冲击力减小，故D正确。 故选D。 【例1】（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 【答案】(1)0.4m，0.8s (2)425N 【详解】（1）对石杵施加一竖直向上的恒力，当作用时间为的过程中的加速度 此时的速度v1=at1=1m/s 上升的位移 撤去F1后还能上升的高度 还能上升的时间 石杵上升的最大高度 上升过程所用的时间 （2）根据图像，石杵下落过程中F2对石杵做功为 当到达石杵接触谷物时由动能定理 解得v2 =4m/s 石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正） 解得F=425N 根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。 【变式1-1】（多选）某同学原地竖直起跳进行摸高测试，从离地到上升到最高点所用时间为t，重心上升的总高度为H。若不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，克服重力做功之比为 B．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，克服重力做功之比为 C．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，重力的冲量之比为 D．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，重力的冲量之比为 【答案】AD 【详解】AB．该同学竖直向上做匀减速直线运动，末速度为零，由逆向思维可看成自由落体运动。则该同学在上升第一个与上升第三个的位移之比为 根据重力做的功 可知该同学在上述两个过程中克服重力做功之比为，故A正确，B错误； CD．该同学在上升第一个与上升第三个的时间之比为 根据重力的冲量 可知该同学在上述两个过程中重力的冲量之比为，故C错误，D正确。 故选AD。 【变式1-2】如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量），重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量 （2）时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力 【变式1-3】如图所示，不可伸长的轻绳穿过轻质定滑轮连接水平桌面上的物块A和B，桌面下方的物块通过轻质滑轮挂在绳上，三个物块的质量均为。桌面上有一阻挡装置P，起初物块A到P的距离为。现由静止同时释放三个物块，一段时间后物块A与阻挡装置P发生碰撞，在极短时间内达到静止。不计一切摩擦，重力加速度大小为。求： (1)物块A与阻挡装置P碰撞前瞬间的速度大小； (2)物块A运动过程中绳上张力大小； (3)物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳对物块B的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块A与阻挡装置P碰撞前通过的距离为，由对称性可知物块B向左通过的距离也为，所以物块C下降的高度为，根据动能定理有 解得 （2）对物块A分析，由运动学公式 物块A运动过程中绳上张力大小 （3）设物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳上冲量大小为I，碰撞结束后瞬间物块B的速度大小为，物块C的速度大小为，极短时间内重力冲量可忽略。 对物块B由动量定理可得 对物块C由动量定理可得 碰后B、C的速度大小满足 解得 【例2】（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 【答案】(1)， (2)见解析 (3) 【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知 所以当t=6s时， 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 （2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有 即 在垂直杆方向，当时， 则0−4s，垂直杆方向 摩擦力 在4−6s内，垂直杆方向 摩擦力 相应的f−t图像如图 （3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则 联立有 可得 【变式2-1】如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，钢块的质量，与台面间的动摩擦因数，。则小物块在时刻的速度（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】物体受到的最大静摩擦 推力F与t的关系为 当推力F大于最大静摩擦时，物体开始运动 解得 内，物块根据动量定理可得 ，推力F的冲量为 解得 故ABC错误，故D正确。 故选D。 【变式2-2】如图甲所示是2026年WSBK赛场上，瓦伦丁·德比斯驾驶张雪机车夺冠后的情景。某次比赛中，人车总质量，过终点线后在水平赛道开始减速。从冲过终点线后瞬间（）开始记录，机车的速度平方与位移关系（）图像如图乙所示。重力加速度。根据上述信息，下列说法中正确的是（　　） A．赛车冲过终点线时的瞬时速度大小为 B．根据图像斜率可知，该段位移内机车的加速度大小为 C．若车手质量为，减速过程机车座椅对车手的作用力大小为 D．在内，系统所受合外力的冲量大小为 【答案】B 【详解】A．根据匀减速直线运动的规律可知 结合图像可知图像的纵截距为 解得赛车的初速度为，故A错误； B．由图像的斜率可知 可得该段位移内机车的加速度大小为，故B正确； C．减速过程机车座椅对车手的作用力是水平力和竖直力的合力，竖直方向受力平衡，有 水平力提供加速度，有 则座椅对车手的作用力大小为，故C错误； D．根据动量定理可知 即系统所受合外力的冲量大小为，方向与初速度方向相反，故D错误。 故选B。 【变式2-3】（多选）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向端回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出图像如图所示，其中和为直线，，不计空气阻力，取重力加速度。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是（    ） A．网对运动员的平均作用力大小为1950N B．运动员动量的变化量为 C．弹力的冲量大小为 D．运动员所受重力的冲量大小为 【答案】AD 【详解】A．由自由落体运动可知 在时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得 其中，，，得 网对运动员的平均作用力大小为1950N，A正确； B．从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误； C．弹力的冲量大小为 C错误； D．运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即，D正确。 故选AD。 【例3】（2025·北京·高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 【答案】(1) (2) (3)论证见解析， 【详解】（1）根据动能定理 可得牵引力对飞机做的功 （2）加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系 减速过程，根据速度位移关系 联立解得 （3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理 可得 又， 联立可得 又 可知 即 【变式3-1】如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有 设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为 对向下推动的空气由动量定理 且有 联立解得 故选C。 【变式3-2】‌东风-5C‌是中国研制的液体燃料洲际弹道导弹，最大射程超过‌1万公里‌，具备‌全球打击能力‌。设某导弹起飞质量M=5×104 kg，竖直起飞阶段发动机以 =250 kg/s 的速率向后喷射燃气，燃气相对导弹的喷射速度 v=2800 m/s，重力加速度 g=10 m/s2，忽略空气阻力。求起飞瞬间导弹的竖直向上加速度（     ） A．3 m/s2 B．4 m/s2 C．5 m/s2 D．6 m/s2 【答案】B 【详解】对喷射出的气体微元，动量定理得 变形得 则对起飞时的导弹，竖直方向受力分析 解得导弹加速度为 故选B。 【变式3-3】如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为，沙子的总质量为，阀门距离容器底部的高度为。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门时，沙子从漏口随时间均匀漏下时，初速度可近似认为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是（　　） A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态 B．出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多 C．如果沙子下落的总时间为，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为 D．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力 【答案】B 【详解】A．沙子在空中下落过程中是自由落体运动，加速度竖直向下，处于失重状态，故A错误。 B．沙子从漏口随时间均匀漏下，时间间隔相等，由题意沙子下落位移有，，由自由落体运动公式有， 代入数据解得， 显然，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故B正确。 C．根据自由落体运动公式有 设沙子落到容器底部与容器底部作用时间为，玻璃容器底部受到的冲击力大小为，根据牛顿第三定律沙子受到容器底部的作用力大小也为，则根据动量定理有 联立解得，故C错误。 D．刚开始下落时，沙子没有与容器底部接触，空中下落沙子处于完全失重状态，台秤示数小于总重力，当沙子与容器底部接触后，是否大于总重力取决于玻璃容器底部受到的冲击力大小，无法确定台秤示数是否小于总重力，故D错误。 故选B。 1．如图所示，某同学正在演示惯性实验。水平桌面上铺有一张薄纸，一质量为的小物块静置在纸上。从力与运动的关系角度分析，下列说法正确的是（    ） A．抽出纸张时，只要拉动得足够迅速，物块就可以保持静止 B．抽出纸张时，无论拉动得有多么迅速，物块都不可能保持静止 C．抽出纸张时，拉动得越迅速，物块的惯性就会越大 D．以上说法都不对 【答案】B 【详解】ABD．即使拉动足够迅速，作用时间不为零，冲量不为零，物块动量会发生变化，获得一定速度，无法保持静止，A错误，B正确，D错误； C．惯性是物体的固有属性，仅由物体的质量决定，与拉动纸张的速度无关，物块质量不变，惯性大小不变，C错误； 故选B。 2．2024年春天，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为 ，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是 （　　） A． B． C． D．没有单位 【答案】A 【详解】根据题意可知比冲这个物理量是单位质量的推进剂产生的冲量，则有 由于冲量的单位为，则比冲的单位为。 故选A。 3．一同学在练习乒乓球削球技术时，使乒乓球竖直下落，在球与球拍接触的瞬间，保持球拍板面水平向上，并沿水平方向挥动球拍，如图所示，乒乓球与球拍接触前后在竖直方向的速度大小分别为v1和v2，乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为μ。已知乒乓球与球拍接触时间极短，其重力的影响可忽略，乒乓球可视为质点，不计空气阻力，则乒乓球与球拍接触后获得的水平速度大小约为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】对乒乓球，竖直方向，以竖直向上为正，设乒乓球的质量为，与球拍接触时间为，由动量定理有 水平方向，设乒乓球获得的速度大小为，以水平向右为正，由动量定理有 其中 得 故选A。 4．滑板比赛中部分场景简化如图所示，选手和滑板总质量为，以速度从高度处的平台末端水平飞出，并在空中保持同一姿态落在水平地面上。忽略空气阻力，取重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．选手和滑板在空中相等时间内动能变化相等 B．选手和滑板在空中相等时间内动量变化相同 C．选手和滑板着地前瞬间重力的瞬时功率为 D．选手和滑板着地前瞬间动量大小为 【答案】B 【详解】A．根据动能定理可得， 选手和滑板在空中做平抛运动，则 则相等时间端内选手和滑板下降高度： 则选手和滑板在空中相等时间内动能变化量 可知相等时间内，选手和滑板在空中相等时间内动能变化逐渐增加，A错误； B．根据动量定理，则选手和滑板在空中相等时间内动量变化相同，B正确； C．选手和滑板着地前瞬间重力的瞬时功率为，C错误； D．选手和滑板着地前瞬间速度大小为 可知动量大小为，D错误。 故选B。 5．冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A．单位时间内喷出水的质量为 B．单位时间内喷出水的动能为 C．水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D．水柱对牙齿表面产生的压强为 【答案】D 【详解】A． 喷嘴直径为，横截面积 时间内喷出的水长度为，体积 质量 因此单位时间喷出水的质量 故A错误； B． 单位时间喷出水的动能为 故B错误； C．设牙齿对水柱的平均作用力为，对内冲击牙齿的水，取水流方向为正方向，由动量定理 整理得 根据牛顿第三定律，水柱对牙齿的冲击力大小为，故C错误； D．水柱对牙齿的压强 代入、得 故D正确； 故选D。 6．我国“天宫”空间站在距地面约的轨道上运行，该高度处仍存在相对地心静止的稀薄气体，会对空间站产生阻力，空间站可通过持续开启发动机以维持原有速度大小不变。已知空间站垂直速度方向的横截面积为S，气体密度均匀、大小为，空间站速度为v，若气体与空间站前端碰撞后共速，则空间站克服气体阻力做功的功率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取极短时间内与空间站碰撞的气体为研究对象。该部分气体的体积为时间内扫过的气柱体积，质量 气体初始相对地心静止，碰撞后与空间站共速为，根据动量定理，空间站对气体的作用力满足 代入可得 解得 根据牛顿第三定律，气体对空间站的阻力大小 空间站克服阻力做功的功率 故选C。 7．体操运动员在落地时总要屈腿，其目的是通过延长作用时间减少地面对人的冲击力。某运动员所受重力为，落地过程中，双脚与地面间的作用时间为，地面对他的平均冲击力大小为；若运动员以相同的速度落地时，双脚与地面间的作用时间变为，则地面对他的平均冲击力大小变为（　　） A． B． C．1.5G D． 【答案】C 【详解】设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理 其中 穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有 解得 故选C。 8．如图甲，将光电门和压力传感器接入电路，在水平气垫导轨上方放置一滑块，滑块上装有宽度为的遮光片。现轻推滑块，滑块从左端开始向右运动第一次经过光电门的遮光时间为。滑块与压力传感器碰撞过程中压力随时间变化的图像如乙图所示，已知滑块的质量为，则碰撞过程中滑块的动量变化量大小约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】图像与时间轴围成的面积表示冲量，所以由图乙可用估算的方法求出滑块与压力传感器碰撞过程中压力对滑块的冲量。由图像可以看出，图乙中横坐标每小格代表，纵坐标每小格代表，因此每小格的面积为 用估算的方法可以数出图象下约有50个小格，所以压力对滑块的冲量为 由动量定理可得，碰撞过程中滑块的动量变化大小等于压力对滑块的冲量的大小，即 故选B。 9．如图所示，击鼓颠球又叫动感颠球，游戏规则是保持鼓面水平，裁判将一个排球从鼓面中心上方竖直抛下，队员们齐心协力将球颠起，颠球次数最多者胜出。设整个运动过程中排球所受空气阻力的大小不变，下列说法正确的是（　　） A．排球在空中做匀变速直线运动 B．排球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零 C．排球与鼓面接触的过程中，鼓面对排球的冲量为零 D．排球上升阶段受到的合力冲量大于下降阶段受到合力的冲量 【答案】D 【详解】A．排球上升时合力为重力加空气阻力，下降时合力为重力减空气阻力，故上升时合力比下降时合力大，上升时加速度大于下降时加速度，做变加速直线运动，故A错误； B．根据，可知排球从颠出到落回的时间内，重力的冲量不为零，故B错误； C．排球与鼓面接触的过程中，鼓面对排球的弹力一直向上，根据，可知鼓面对排球的冲量不为零，故C错误； D．设上升阶段排球的初速度为，末速度为0，则动量的变化量大小 下降阶段初速度为0，末速度为，则动量的变化量大小 由于空气阻力一直做负功，排球的机械能一直减小，所以；则排球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，由动量定理可知，排球上升阶段合力的冲量大于下降阶段合力的冲量，故D正确。 故选D。 10．“水上飞人运动”是一项新兴运动形式。操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为，底部两个喷口的总面积为，忽略空气阻力和管道（含装置）对人的作用，下列说法正确的是（　　） A．当装置向下喷水时，人将沿着喷水的反方向做直线运动 B．若要悬停在空中，向下喷水的水速应为 C．当人匀速上升时，人所受的合外力做的总功不为0 D．若要实现向上以加速度加速运动，向下喷水的水速应为 【答案】B 【详解】A．由于不知道人的初始状态，向下喷水时，既可能向上运动，也可能向下运动，故A错误； B．人（含设备）悬停在空中，对人（含设备）根据平衡条件得 以时间的水柱为研究对象，根据动量定理 即 又 联立解得水速应为 故B正确； C．由于人匀速上升，动能不变，根据动能定理知，合力做的总功为0，故C错误； D．向上加速，根据牛顿第二定律 又， 联立解得 故D错误。 故选B。 11．（多选）汽车公司在研究智能吸能盒（可视为一种缓冲装置）的性能时，常采用将其固定在运动台车前端，使台车加速至预定速度后撞击刚性墙的方式进行测试。在某次测试中，一辆质量为m的台车以某一初速度水平撞击刚性墙，车头的智能吸能盒将碰撞过程中台车的动能随压缩距离x的关系实时记录，并绘制出图像如图所示。已知图中阶段图线为抛物线（顶点在纵轴上），阶段图线为直线，最大压缩距离为d。设碰撞过程仅有吸能盒对台车做功，下列说法正确的是（　　） A．整个碰撞过程中，吸能盒对台车做的功为 B．整个碰撞过程中，吸能盒对台车的冲量大小为 C．在阶段，台车运动时间为 D．在阶段，吸能盒对台车的作用力为恒力 【答案】BC 【详解】A．整个碰撞过程中，台车动能由减小到，根据动能定理，吸能盒对台车做的功，故A错误； B．整个碰撞过程中，根据 可知台车初速度 末速度为，根据动量定理，吸能盒对台车的冲量大小，故B正确； C．在阶段，图线为直线，斜率恒定，说明吸能盒对台车的作用力恒定，台车做匀减速直线运动。该阶段初动能，对应速度 末速度，位移 由平均速度公式 解得，故C正确； D．在阶段，图线为直线，斜率恒定，由 可知作用力为恒力；在阶段，图线为抛物线，斜率变化，作用力为变力。故D错误。 故选BC。 12（多选）．图甲是倾角为的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为的物块静止在斜面底端，时刻给物块施加沿斜面方向的作用力，物块运动的图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重力加速度，下列说法中正确的有（     ） A．前2s内的大小是第的2倍 B．内物块所受合力的冲量为零 C．内力做功为零 D．第内力的冲量为 【答案】AB 【详解】A．根据牛顿第二定律有 其中，解得 根据牛顿第二定律有 其中，解得 可知前内F的大小是第的2倍，故A正确； B．图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可得内物块的速度变化量为 根据动量定理可知内物块所受合力的冲量为，故B正确； C．内，根据动能定理有 由于内重力做负功，所以内力F做正功，故C错误； D．内力F的冲量为，故D错误。 故选AB。 13．风洞实验室中可以产生水平向右、一系列短促的风力。如图甲所示，将一个质量为m的物体放入风洞实验室的光滑水平平台上静止不动。在t=0时，作用在该物体上一个水平向右的恒力F，为了让物体水平向右的速度尽快达到某一较大的值，在加上恒力F后，闭合风洞实验装置的开关，每间隔相等的时间t0作用一次风力的冲量，每次风力冲量的作用时间可忽略不计，每次风力冲量使物体速度大小增加Δv，Δv不变，其风力的冲量大小I随时间t的变化关系如图乙所示。求： （1）在0~t0时间内，恒力F做的功； （2）当作用在该物体上风力的冲量次数为n时，物体运动速度的大小。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）物体在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可得 在t0时间内运动的位移为 在t0时间内恒力F做的功 解得 （2）根据动量定理可知 其中 解得 14．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量，坑深，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，不计空气阻力，取。求： (1)夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小； (2)每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功以及滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量； (3)若夯杆落回深坑时与坑底作用时间，且夯杆不反弹，则坑底对夯杆的平均作用力是多少。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）夯杆加速上升阶段，根据牛顿第二定律 其中 解得 （2）方法一：夯杆加速上升的高度 在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功 夯杆匀速上升阶段，电动机对夯杆做的功 每个打夯周期中，电动机对夯杆所做的功 方法二：根据动能定理，有 解得 夯杆加速上升的时间 摩擦产生的热量 解得 （3）夯杆落回坑底时，有 对夯杆，根据动量定理有 解得 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06讲 动量定理（培优讲义） 课标要点 1.了解冲量的概念，理解动量定理的内涵。 2.知道动量定理和动能定理的区别。 3.能用动量定理解释生产生活中的有关现象和解决实际问题。 1.通过理论推导，掌握动量定理的表达式。 2.通过对比，理解动量定理和动能定理的区别。 3.通过分析生活中的缓冲现象，掌握动量定理的应用。 方法指导 考点01 冲量 1．定义：力与 的乘积 2．定义式：I＝ 3．物理意义：冲量是反映力的作用对 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 ，符号为 5．矢量性：冲量是 。如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向 ；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体 的方向相同。 【深化点拨】 1．冲量的理解 （1）冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，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，冲量的方向与力的方向相同。 2．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。 1.关于冲量的概念，以下说法正确的是（　　） A．作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同 B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小 C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大 D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 2.如图所示，质量为的物体从倾角为的固定斜面的顶端恰好匀速滑下，所用时间为，下列说法中正确的是（　　） A．支持力冲量为零 B．摩擦力冲量大小为 C．重力的冲量大小为 D．合力的冲量大小为 3.放在水平面上的物块，受到与水平方向夹角为60°，斜向上拉力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系分别如图所示，根据图象提供的信息，下面判断正确的是（　　） A．由图象可以求出物体的质量 B．拉力F在4秒内的冲量是8N·s C．拉力F在4秒内的冲量是3N·s D．物体在4秒内的动能变化是6J 【冲量和功的比较】 冲量 功 区 别 公式 I=Ft W=Fxcosθ 标、矢量 矢量 标量 单位 N ·S N ·m（J） 意义 力对时间的积累，对应一段时间 在F-t图像中可以用面积表示 力对位移的积累，对应一段位移 在F-x图像中可以用面积表示 正负 正负表示与正方向相同或相反 正负表示动力做功或阻力做功 作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能 考点02 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 。其中“力的冲量”指的是 力的冲量，或者是各个力的冲量的 。 2．表达式：I＝p′－p或 。若物体受变力作用，式中F应该理解为变力在作用时间内的 。 3．变形式：F＝(牛顿第二定律的动量形式)，表示物体动量的 等于它所受的力。 【深化点拨】 1.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)由FΔt＝Δp得F＝，可知物体所受合力等于物体动量的变化率。 (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。 2．动量定理与动能定理的区别 由FΔt＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应；由FΔx＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应。 动量定理的综合应用及解题步骤 1．动量定理的适用范围 （1）动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。 （2）对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 （3）动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。 2．动量定理与牛顿第二定律的选用原则 （1）在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v＝v0＋at，也可用动量定理F·Δt＝mv′－mv，但较牛顿第二定律，动量定理适用范围更广，且表达式中只涉及一个过程量F·Δt及两个状态量mv′和mv，而过程中的速度怎样，轨迹怎样，加速度怎样，位移怎样均不必考虑，因此解题时优先选用动量定理。 （2）对于多过程问题，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。 3．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。 角度01 动量定理求解平均力 1.质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2 s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为（　　） A．2 N B．10 N C．20 N D．50 N 2.一质量为60 kg的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　） A．500 N B．1 100 N C．600 N D．1 000 N 角度02 动量定理解决多过程问题 3．浙江安吉云上草原景区推出“窝囊版”蹦极，很多网友纷纷前往景区打卡。为了研究蹦极过程，做以下简化：忽略阻力，将游客视为质点，运动始终沿竖直方向，游客从O点自由下落，至A点弹性绳自然伸直，经过合力为零的B点到达最低点C，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．在O→B过程和在B→C过程中蹦极者动量的变化量相等 B．在O→A→B→C过程中蹦极者受到的重力冲量等于弹性绳弹力冲量 C．在A→B→C过程中任意一段时间内，蹦极者受到合力的冲量方向始终向上 D．在O→A过程中蹦极者受到的重力冲量等于动量的改变量 4．如图（a）所示，一倾角的足够长的斜面固定在水平地面上，质量的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图（b）所示，2s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g取，，。求： （1）滑块与斜面的动摩擦因数和滑块的最大速度的大小； （2）经过多长时间滑块到达最低点。    角度03 动量定理与图像结合问题 5．如图（a）所示，质量为的小球放在光滑的水平面上，在界线的左侧始终只受到水平向右的恒力作用，在的右侧始终只受到水平向左的恒力作用。小球从点由静止开始运动，取向右为正方向，运动的图像如图（b）所示，由图可知，下列说法正确的是（　　） A． B．到的过程中，的冲量大小等于的冲量大小 C．到的过程中，小球的动量变化为0 D．到的过程中，的冲量大于的冲量 6．一物体静止在光滑水平面上，从时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是（    ） A．前1s内力F对物体的冲量为 B．时物体回到出发点 C．时物体的速度大小为1m/s D．第3s内物体的位移为1m 7．受2022年北京冬奥会的影响，滑雪运动在我国受到人民群众的广泛欢迎。如图甲所示，一名滑雪爱好者（可视为质点）穿着滑雪板（未带滑雪杖）从山坡上点由静止滑下，经点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的路程随时间的变化图像如图乙所示，图像在点处的斜率最大、点处的斜率为0。已知斜面与水平面的夹角为，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，。则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 角度04 动量定理解决流体问题 8．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（　　） A．0.6N B．1.0N C．1.2N D．1.6N 9．图为环卫工人用高压水枪冲洗马路情景：水柱以速度大小为v的速度喷到水平地面，随即以速率溅起，并与地面垂直。设一小段时间内喷出水的质量为，则水柱对地面作用力为（　　） A． B． C． D． 10．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。假设尘埃区每有颗尘埃微粒，每颗尘埃微粒的质量为，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为。假设每颗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数为 B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为 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 角度05 动量定理与动能定理综合应用 11．（多选）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中Ata平行于Btb，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比ta：tb=3：4。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　） A．物体a、b受到的摩擦力大小不相等 B．两水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体的做功之比为 D．两水平推力的大小之比为 12．如图甲所示，水平面上AB段由特殊材料铺成，其余部分光滑。一质量的物块（可视为质点）静止在水平面上的点，用方向水平向右、大小的拉力作用在物块上，物块由静止开始向右运动。已知物块与AB段材料的动摩擦因数随从到运动的位移变化的规律如图乙所示，PA与AB长度均为，重力加速度取，求： (1)物块运动到点时的速度大小； (2)物块在AB段运动过程中的最大速度大小； (3)若物块运动到点时撤去拉力，此后物块通过AB段的过程中，摩擦力对物块的冲量。 13．如图（a）所示，明朝出版的《天工开物》被称为“中国17世纪的工艺百科全书”，书中详细描述了古法榨油的方法，其过程简化为石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=5m的绳子，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量m= 200kg的石块，可视为质点。将石块拉至绳子与竖直方向的夹角的位置由静止释放，如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。（，，取2.2）求： (1)撞击前，石块在最低点对绳子的拉力大小T； (2)石块在最低点，与木楔撞击后，石块的反弹速度v=1m/s，撞击时间t=0.1s，石块对木楔平均撞击力大小F； (3)假设石块每次在最低点撞击木楔，木楔得到的动能是石块撞击前动能的10% ，木楔所受的阻力与它的位移的关系如图（c）所示。当石块撞击1次时，木楔移动的位移x。 考点03 动量定理的定性分析有关现象 ①当Δp一定(Δp＝F合·Δt) ②当F合一定 1．跳高比赛时会在跳高架下方放置软垫。在跳高运动员落地的过程中，与不放软垫相比，下列说法正确的是（　　） A．运动员与垫子的作用时间较短 B．运动员的动量变化率不发生变化 C．运动员的动量变化量不发生变化 D．垫子可以减小运动员所受合外力的冲量 2．下列关于动量、冲量、动量的变化量的说法中正确的是（　　） A．物体动量为零时，一定处于平衡状态 B．物体速度增大，则相同时间内动量的变化量也一定增大 C．在某一运动过程中，力与位移垂直，该力的冲量不为零 D．人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量 3．篮球运动员站在某点做接球训练时，篮球迎面飞来，运动员接触篮球后，向后掣肘，最终稳稳接住篮球，则下列说法正确的是（　　） A．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球时，篮球的动量变化更小 B．接球过程中，若篮球受合外力的冲量大小为Ⅰ，则运动员受合外力的冲量大小也是Ⅰ C．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球，篮球重力的冲量相同 D．与手臂不动接球相比，运动员向后掣肘接球，手掌受到篮球的冲击力更小 【例1】（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 【变式1-1】（多选）某同学原地竖直起跳进行摸高测试，从离地到上升到最高点所用时间为t，重心上升的总高度为H。若不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，克服重力做功之比为 B．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，克服重力做功之比为 C．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，重力的冲量之比为 D．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，重力的冲量之比为 【变式1-2】如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量），重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 【变式1-3】如图所示，不可伸长的轻绳穿过轻质定滑轮连接水平桌面上的物块A和B，桌面下方的物块通过轻质滑轮挂在绳上，三个物块的质量均为。桌面上有一阻挡装置P，起初物块A到P的距离为。现由静止同时释放三个物块，一段时间后物块A与阻挡装置P发生碰撞，在极短时间内达到静止。不计一切摩擦，重力加速度大小为。求： (1)物块A与阻挡装置P碰撞前瞬间的速度大小； (2)物块A运动过程中绳上张力大小； (3)物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳对物块B的冲量大小。 【例2】（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 【变式2-1】如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，钢块的质量，与台面间的动摩擦因数，。则小物块在时刻的速度（　　）    A． B． C． D． 【变式2-2】如图甲所示是2026年WSBK赛场上，瓦伦丁·德比斯驾驶张雪机车夺冠后的情景。某次比赛中，人车总质量，过终点线后在水平赛道开始减速。从冲过终点线后瞬间（）开始记录，机车的速度平方与位移关系（）图像如图乙所示。重力加速度。根据上述信息，下列说法中正确的是（　　） A．赛车冲过终点线时的瞬时速度大小为 B．根据图像斜率可知，该段位移内机车的加速度大小为 C．若车手质量为，减速过程机车座椅对车手的作用力大小为 D．在内，系统所受合外力的冲量大小为 【变式2-3】（多选）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向端回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出图像如图所示，其中和为直线，，不计空气阻力，取重力加速度。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是（    ） A．网对运动员的平均作用力大小为1950N B．运动员动量的变化量为 C．弹力的冲量大小为 D．运动员所受重力的冲量大小为 【例3】（2025·北京·高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 【变式3-1】如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 【变式3-2】‌东风-5C‌是中国研制的液体燃料洲际弹道导弹，最大射程超过‌1万公里‌，具备‌全球打击能力‌。设某导弹起飞质量M=5×104 kg，竖直起飞阶段发动机以 =250 kg/s 的速率向后喷射燃气，燃气相对导弹的喷射速度 v=2800 m/s，重力加速度 g=10 m/s2，忽略空气阻力。求起飞瞬间导弹的竖直向上加速度（     ） A．3 m/s2 B．4 m/s2 C．5 m/s2 D．6 m/s2 【变式3-3】如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为，沙子的总质量为，阀门距离容器底部的高度为。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门时，沙子从漏口随时间均匀漏下时，初速度可近似认为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是（　　） A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态 B．出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多 C．如果沙子下落的总时间为，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为 D．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力 1．如图所示，某同学正在演示惯性实验。水平桌面上铺有一张薄纸，一质量为的小物块静置在纸上。从力与运动的关系角度分析，下列说法正确的是（    ） A．抽出纸张时，只要拉动得足够迅速，物块就可以保持静止 B．抽出纸张时，无论拉动得有多么迅速，物块都不可能保持静止 C．抽出纸张时，拉动得越迅速，物块的惯性就会越大 D．以上说法都不对 2．2024年春天，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为 ，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是 （　　） A． B． C． D．没有单位 3．一同学在练习乒乓球削球技术时，使乒乓球竖直下落，在球与球拍接触的瞬间，保持球拍板面水平向上，并沿水平方向挥动球拍，如图所示，乒乓球与球拍接触前后在竖直方向的速度大小分别为v1和v2，乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为μ。已知乒乓球与球拍接触时间极短，其重力的影响可忽略，乒乓球可视为质点，不计空气阻力，则乒乓球与球拍接触后获得的水平速度大小约为（     ） A． B． C． D． 4．滑板比赛中部分场景简化如图所示，选手和滑板总质量为，以速度从高度处的平台末端水平飞出，并在空中保持同一姿态落在水平地面上。忽略空气阻力，取重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．选手和滑板在空中相等时间内动能变化相等 B．选手和滑板在空中相等时间内动量变化相同 C．选手和滑板着地前瞬间重力的瞬时功率为 D．选手和滑板着地前瞬间动量大小为 5．冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A．单位时间内喷出水的质量为 B．单位时间内喷出水的动能为 C．水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D．水柱对牙齿表面产生的压强为 6．我国“天宫”空间站在距地面约的轨道上运行，该高度处仍存在相对地心静止的稀薄气体，会对空间站产生阻力，空间站可通过持续开启发动机以维持原有速度大小不变。已知空间站垂直速度方向的横截面积为S，气体密度均匀、大小为，空间站速度为v，若气体与空间站前端碰撞后共速，则空间站克服气体阻力做功的功率为（　　） A． B． C． D． 7．体操运动员在落地时总要屈腿，其目的是通过延长作用时间减少地面对人的冲击力。某运动员所受重力为，落地过程中，双脚与地面间的作用时间为，地面对他的平均冲击力大小为；若运动员以相同的速度落地时，双脚与地面间的作用时间变为，则地面对他的平均冲击力大小变为（　　） A． B． C．1.5G D． 8．如图甲，将光电门和压力传感器接入电路，在水平气垫导轨上方放置一滑块，滑块上装有宽度为的遮光片。现轻推滑块，滑块从左端开始向右运动第一次经过光电门的遮光时间为。滑块与压力传感器碰撞过程中压力随时间变化的图像如乙图所示，已知滑块的质量为，则碰撞过程中滑块的动量变化量大小约为（　　） A． B． C． D． 9．如图所示，击鼓颠球又叫动感颠球，游戏规则是保持鼓面水平，裁判将一个排球从鼓面中心上方竖直抛下，队员们齐心协力将球颠起，颠球次数最多者胜出。设整个运动过程中排球所受空气阻力的大小不变，下列说法正确的是（　　） A．排球在空中做匀变速直线运动 B．排球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零 C．排球与鼓面接触的过程中，鼓面对排球的冲量为零 D．排球上升阶段受到的合力冲量大于下降阶段受到合力的冲量 10．“水上飞人运动”是一项新兴运动形式。操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为，底部两个喷口的总面积为，忽略空气阻力和管道（含装置）对人的作用，下列说法正确的是（　　） A．当装置向下喷水时，人将沿着喷水的反方向做直线运动 B．若要悬停在空中，向下喷水的水速应为 C．当人匀速上升时，人所受的合外力做的总功不为0 D．若要实现向上以加速度加速运动，向下喷水的水速应为 11．（多选）汽车公司在研究智能吸能盒（可视为一种缓冲装置）的性能时，常采用将其固定在运动台车前端，使台车加速至预定速度后撞击刚性墙的方式进行测试。在某次测试中，一辆质量为m的台车以某一初速度水平撞击刚性墙，车头的智能吸能盒将碰撞过程中台车的动能随压缩距离x的关系实时记录，并绘制出图像如图所示。已知图中阶段图线为抛物线（顶点在纵轴上），阶段图线为直线，最大压缩距离为d。设碰撞过程仅有吸能盒对台车做功，下列说法正确的是（　　） A．整个碰撞过程中，吸能盒对台车做的功为 B．整个碰撞过程中，吸能盒对台车的冲量大小为 C．在阶段，台车运动时间为 D．在阶段，吸能盒对台车的作用力为恒力 12（多选）．图甲是倾角为的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为的物块静止在斜面底端，时刻给物块施加沿斜面方向的作用力，物块运动的图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重力加速度，下列说法中正确的有（     ） A．前2s内的大小是第的2倍 B．内物块所受合力的冲量为零 C．内力做功为零 D．第内力的冲量为 13．风洞实验室中可以产生水平向右、一系列短促的风力。如图甲所示，将一个质量为m的物体放入风洞实验室的光滑水平平台上静止不动。在t=0时，作用在该物体上一个水平向右的恒力F，为了让物体水平向右的速度尽快达到某一较大的值，在加上恒力F后，闭合风洞实验装置的开关，每间隔相等的时间t0作用一次风力的冲量，每次风力冲量的作用时间可忽略不计，每次风力冲量使物体速度大小增加Δv，Δv不变，其风力的冲量大小I随时间t的变化关系如图乙所示。求： （1）在0~t0时间内，恒力F做的功； （2）当作用在该物体上风力的冲量次数为n时，物体运动速度的大小。 14．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量，坑深，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，不计空气阻力，取。求： (1)夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小； (2)每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功以及滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量； (3)若夯杆落回深坑时与坑底作用时间，且夯杆不反弹，则坑底对夯杆的平均作用力是多少。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $