1.2 动量定理（导学案）物理人教版选择性必修第一册

该高中物理导学案聚焦“动量定理”，涵盖冲量概念、定理推导及应用。通过牛顿第二定律推导定理，类比功引入冲量，自主预习铺垫基础概念，探究活动构建从理论到应用的学习支架。 资料特色在于强化矢量性与过程量理解，通过类比、模型建构培养科学思维，典例结合生活现象与流体问题提升科学探究能力，习题分层设计助力学生形成物理观念，促进自主学习与问题解决。

1.2 动量定理 导学案 1．理解冲量的概念并会进行相关的简单计算。 2．理解动量定理及其表达式。 3．能够利用动量定理解释有关现象。 4．会用动量定理分析解决实际问题。 1．动量、冲量的概念与矢量性。（重点） 2．动量定理内容及动量变化的矢量分析法。（重点） 3．动量定理的实际应用分析。（难点） 【自主预习】 一、冲量 1．定义：力与力的作用时间的乘积。 2．表达式：I＝FΔt。 3．单位：牛秒，符号是N·s。 4．方向：恒力冲量的方向与力的方向相同。 二、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。 三、动量定理的应用 1．原理：根据动量定理，如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间短，物体受的力就大；作用的时间长，物体受的力就小。 2．应用：易碎物品运输时要用柔软材料包装，跳高时运动员要落在软垫上，在船舷和码头悬挂一些具有弹性的物体(如旧轮胎)。 探究一、冲量（动量动理的推导） （一）利用牛顿第二定律推导动量定理 【情景1】在光滑水平面上的质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下，经过时间t，速度由v 变为v′。 【分析】如图所示,物体的初动量为 p= mv,末动量为p′ = mv′ , 由加速度的定义式: 由牛顿第二定律F = ma = , 可得Ft= mv′ - mv ，即Ft= p′ - p 【情景2】假设在拉力 F 和阻力f 的共同作用下，质量为m的物块的速度由v1 变为v2 ，已知两力作用的时间为 t，试运用运动学公式和牛顿第二定律来表述加速度，联立两式消去加速度，找出力与质量和速度的关系。 （二）类比学习 高一物理我们曾经学过类似的知识，假定一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动，初始时刻物体的速度为v，经过一段位移∆x，它的速度为v'. 当时，我们经过推导得到的是： 我们把F∆x认为是力在位移上的累积，称为力的功。 那么我们是不是可以把F∆t 认为是力对时间的累积呢？ 【生成知识一】 1．冲量的定义：物理学中把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．冲量的表达式：I＝FΔt。 3．冲量的单位：牛秒，符号是N·s。 【深化点拨】 对冲量的理解 (1)物理意义：力对时间的累积，与某一过程相对应，是过程量。 (2)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。合成与分解遵循矢量运算法则。 (3)I＝FΔt中F的理解：如果是变力作用于物体，F应理解成变力在时间Δt内的平均值。 【典例1】如图所示，水平面上某质量为m的物体在推力F的作用下没有运动，经时间t后(　　) A．推力的冲量为零 B．推力的冲量为Ftcosθ C．合力的冲量为Ft D．重力的冲量为mgt [答案]　D [解析]　根据冲量的公式，在时间t内推力的冲量I1＝Ft，重力的冲量I2＝mgt，A、B错误，D正确；物体静止，所受合力为零，则合力的冲量I3＝0，C错误。 探究二、动量定理 回想一下之前学习过的功，想想它与冲量有哪些异同？ 冲量与功的比较 如果在一段时间内的作用力是一个变力，又该怎样求这个变力的冲量？ 展示下列两图，并让学生总结冲量求解方法： （1）把碰撞过程细分为很多短暂过程，每个短暂过程中物体所受得力没有很大的变化，这样对于每个短暂过程就能够应用 Ft =Δp ，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Ft =Δp处理变力问题时，式中F应该理解为变力在作用时间内的平均值。 （2）对于方向不变、大小随时间均匀变化的变力,冲量也可用I=F(t'-t)计算,但式中的F应为Δt时间内的平均力,即 冲量与物体动量的改变量间的关系有什么具体定量关系？ 【生成知识二】 1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，这就是动量定理。 2.表达式：，或 【深化点拨】 对动量定理的理解 （1）表明合外力的冲量是动量变化的原因； （2）动量定理是矢量式，合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同; （3）动量的变化率：动量的变化跟发生这一变化所用的时间的比值。由动量定理，得，可见，动量的变化率等于物体所受的合力。当动量变化较快时，物体所受合力较大，反之较小；当动量均匀变化时，物体所受合力为恒力。 （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。 【典例2】如图，用0.5 kg的铁锤钉钉子。锤击前铁锤的速度大小为4 m/s，锤击后铁锤的速度变为0，设锤击时间为0.01 s，g取10 m/s2。 (1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ 【详解】　(1)若不计铁锤所受的重力，设该钉子对铁锤的平均作用力大小为F，以向上为正方向，根据动量定理有FΔt=0-mv， 解得F=200 N。 由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力大小为200 N。 (2)若考虑铁锤所受的重力， 则有(F'-mg)Δt=0-mv， 解得F'=205 N。 由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力大小为205 N。 【拓展】请结合以上解析，说明在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下可以不计铁锤所受的重力。 答案　当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力 【规律总结】 （一）动量定理的应用步骤 1、确定研究对象：一般为单个物体； 2、明确物理过程：受力分析，求出合外力的冲量； 3、明确研究对象的初末状态及相应的动量； 4、选定正方向，确定在物理过程中研究对象的动量的变化； 5、根据动量定理列方程，统一单位后代入数据求解。 （二）冲量的计算 1.冲量是过程量，要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。 2.求合力的冲量 (1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 (2)如果各力的作用时间相同，可先求出各力的合力，再由I=F合Δt求合力的冲量。 3.求变力的冲量 (1)如图甲所示，若力F是变力，但力与时间呈线性变化关系，则可用平均力(相对于时间)求变力的冲量。 (2)若给出了力随时间变化的F-t图像，如图乙，则图像与横坐标轴所围的面积表示力在这段时间内的冲量，需注意各部分面积对应力的冲量方向是否相同。 (3)利用动量定理求解：I=Δp=p'-p。 【典例3】如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上有一质量m=5 kg的物体沿斜面下滑(斜面足够长)，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，物体下滑2 s的时间内。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2) (1)求物体所受各力的冲量。 (2)求物体所受合力的冲量。 (3)若动摩擦因数未知，物体由静止下滑2 s后的速度为4 m/s，求该过程中摩擦力的冲量I。 解析　(1)重力的冲量IG=mgt=100 N·s， 方向竖直向下； 支持力的冲量IN=mgtcos 37°=80 N·s， 方向垂直斜面向上 摩擦力的冲量If=μmgtcos 37°=16 N·s， 方向沿斜面向上。 (2)合力的冲量I合=(mgsin 37°-μmgcos 37°)t=44 N·s，方向沿斜面向下。 (3)以沿斜面向下为正方向，由动量定理有mgsin 37°·t+I=mv-0 得I=-40 N·s，即摩擦力的冲量大小为40 N·s，方向沿斜面向上。 【典例4】一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从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4 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.3 s末物块的速度为2 m/s 答案　C 解析　由题图可知，0~2 s时间内合力F对物块的冲量为I1=×(1+2)×2 N·s=3 N·s，故A错误；2~3 s时间内合力F对物块的冲量为I2=-1 N×1 s=-1 N·s，故B错误；0~3 s时间内合力F对物块的冲量为I3=I1+I2=2 N·s，故C正确；由动量定理有I3=mv-0，可得v=1 m/s，D错误。 探究三、动量定理的应用 1.动量定理解释生活现象 思考与讨论： （1）这些场景中的垫子、沙坑、轮胎的缓冲为什么可以保护好人和船不受到太大力的作用？ 提示：由Ft=Δp可知：△p一定，t长则F小 (2)这些场景中为什么物体可以获得更大的作用力呢？ 提示：由Ft=Δp可知：△p一定，t短则F大 【典例5】如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是(　　) A．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏 B．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏 C．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏 D．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏 【解析】轮船在发生碰撞的过程中，由动量定理FΔt＝Δp知，在动量变化量Δp相同即所受冲量I＝FΔt相同的情况下，外侧悬挂了很多旧轮胎，延长了碰撞的作用时间Δt，使得碰撞中轮船受到的冲击力F减小，从而减轻对轮船的破坏，故D正确，A、B、C错误。 【答案]】D 2.流体模型 【想一想】人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小。一瀑布落差为h＝20 m，水流量为Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零。(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2) 提示学生解答这个问题需要建立“流体模型”： 1.基本方法：用动量定理解决流体问题，一般采用微元法：即取一个很短时间Δt，对Δt内流出液体Δm用动量定理。 2.解题的关键： （1）确定Δm与Δt、液体的速度、密度等关系。 （2）确定Δm作用前后速度的变化。 （3）Δt趋近零时，Δm很小，所受的重力均不计。 3.特点： ⑴对水枪喷射问题，当空中水柱稳定后，空中水的体积不变，任何时间内从枪口射出的水等于射向墙壁或物体的水。 ⑵若水柱不散开，水柱的横截面积与水的速度成反比。 【典例6】　“水刀”威力巨大，几乎可以切割任何物体，它是公认的最科学、经济、环保的清洁工具之一。如图所示为“水刀”快速割断厚石板的场景。已知水刀出水口直径为d，水从枪口喷出时的速度为v，水的密度为ρ，求： (1)单位时间从枪口喷出的水的质量。 (2)若水从枪口喷出时的速度大小v=500 m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d=0.3 mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零。由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，估算“水刀”对物体表面产生的冲击力的大小(结果保留1位小数)。 【详解】(1)根据题意可知Δt时间内喷出水的质量为m=ρvΔtS= 则单位时间内从枪口喷出水的质量为m0= (2)根据题意，取很短的时间Δt1， 则喷射到物体表面的水的质量为Δm= 以这部分水为研究对象，设物体表面对其作用力大小为F，以水流从枪口喷出时速度方向为正方向， 由动量定理得-FΔt1=-Δm·v 解得F= 代入数据得F≈17.7 N。 由牛顿第三定律可知“水刀”对物体表面产生的冲击力的大小F'=F=17.7 N。 【变式训练4】假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S=1 m2，以v=7×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m=2×10-5 g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加(　　) A.0.49 N B.0.98 N C.490 N D.980 N 【详解】　以在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的质量，微粒质量M=mSvΔt，微粒的初动量为0，末动量为Mv，设飞船对微粒的作用力大小为F，对微粒，由动量定理得F·Δt=Mv-0，则F===mSv2，代入数据解得F=0.98 N，由牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小为F'=F=0.98 N，要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加0.98 N。故选B。 课堂小结： 【冲量】 1．如图所示，小球通过轻质细线悬挂于点。将小球向左拉至点由静止释放。为小球摆动的最低点，点和点在同一水平线上。忽略空气阻力，则小球（　　） A．从运动到的过程，所受重力的冲量为零 B．从运动到的过程，所受细线拉力的冲量为零 C．从到和从到的过程，所受重力冲量相等 D．从到和从到的过程，所受细线拉力冲量相等 【答案】C 【详解】A．小球从A到C的过程中，根据可知，重力的冲量不为零，故A错误； B．从运动到的过程，所受细线拉力方向始终向上，所以拉力的冲量不为零，故B错误； C．根据对称性可知，从到和从到的过程，所受重力冲量相等，故C正确； D．从到和从到的过程，所受细线拉力冲量方向不同，故D错误。 故选C。 2．如图甲所示，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，从t=0时开始受到一水平向左的推力F作用，推力F的大小随时间t变化的关系如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s²，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体在0-10s内的动量变化量为（    ） A．36kg·m/s B．84kg·m/s C．100kg·m/s D．200kg·m/s 【答案】A 【详解】最大静摩擦力为 则当力F=8N时物块开始向左运动，此时对应的时刻为t=4s，则在4-10s内力F的冲量为 根据动量定理 故选A。 3．如图所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100N，球在地面上滚动了10s后停下来，若足球受到地面阻力为5N，则运动员对球的冲量大小为（　　） A．1000N·s B．500N·s C．50N·s D．无法确定 【答案】C 【详解】对全过程应用动量定理得 I－ft＝0 解得 I＝50N·s 故选C。 4．一质量为1kg的物体静置于一粗糙水平面上，时在如图所示的水平外力F作用下开始运动。物体与水平面间的动摩擦因数为0.1。g取，下列说法中正确的是（　　） A．时物体的动量为 B．时物体的动量为 C．时物体的动量为0 D．时物体的动量为 【答案】D 【详解】AB．根据动量定理可得时物体的动量为，故AB错误。 CD．设经过时间末动量为0，根据动量定理可得 解得 在内，由于物体运动方向发生改变，摩擦力方向改变，根据动量定理可得，故C错误，D正确。 故选D。 5．如图甲所示为一摩天轮，某游客乘坐该摩天轮时，随手将质量为的手机放在座舱内的水平桌面上，手机随摩天轮在竖直面内做速率为的匀速圆周运动，简化模型如图乙所示，手机可视为质点且相对桌面始终保持静止。已知摩天轮运行周期为，重力加速度为。摩天轮从最高点第一次运动到最低点的过程中，下列说法不正确的是（　　） A．手机所受合力冲量为0 B．手机所受摩擦力冲量大小为 C．手机所受重力冲量大小为 D．手机所受支持力冲量大小为 【答案】A 【详解】A．由动量定理，初始速度方向为水平方向的正方向，合力的冲量等于，故A错误； B．竖直方向，手机重力和水平桌面对手机的支持力是平衡力，冲量和为零；水平方向，手机受摩擦力作用，冲量等于合力的冲量，大小为，故B正确； C．手机所受重力冲量大小，故C正确； D．手机重力和水平桌面对手机的支持力是平衡力，冲量大小相等，方向相反，因此手机所受支持力冲量大小为，故D正确。 故选A。 6．（多选）如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r，磨盘绕轴缓慢匀速转动，转动一周用时t。则在转动一周的过程中（    ） A．推力F做的功为0 B．推力F做的功为 C．推力F对磨杆的冲量为0 D．推力F对磨杆的冲量为 【答案】BC 【详解】AB．F的方向始终与瞬时速度方向在一条直线上，故F作的功等于F的大小乘以路程。F与摩擦力一直是平衡力，F克服摩擦力做功，故，故A错误，B正确； CD．根据冲量的定义式 可知单位时间内推力F对磨杆的冲量为，则在转动一周的过程中各个单位时间内推力F对磨杆的冲量围成一个闭合图形（圆），则矢量的合矢量为零，故D错误，C正确。 故选BC。 7．（多选）一质量为的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．小球下落过程中先加速后匀速 B．小球在最高点的加速度大小为 C．小球上升和下降过程中重力的冲量大小相等 D．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等 【答案】ABD 【详解】A．质量为的小球从地面竖直上抛，根据动量可知，时间轴下方为小球下落过程，由图可以看出，下落过程动量先增大后不变，所以速度先增大后不变，所以小球下落过程中先加速后匀速，A正确； B．小球在最高点时，速度为0，空气阻力，此时仅受重力，加速度大小为，B正确； C．重力的冲量，由于上升过程中合力大于下降过程中的合力，则上升过程中的平均加速度大于下降过程中的平均加速度，且上升过程和下降过程位移的绝对值相同，故上升时间小于下落时间，因此上升和下降过程中重力的冲量大小不相等，C 错误； D．空气阻力与速率成正比，即。冲量 （为位移大小）。小球上升和下降的位移大小相等，因此阻力的冲量大小相等，D 正确。 故选 ABD。 【动量定理】 8．现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼睛或者额头的情况。若有一款手机质量为200g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.04s，则手机对额头平均作用力的大小为（　　）（取重力加速度） A．8N B．10N C．12N D．14N 【答案】C 【详解】对手机受力分析如图 取向下为正方向，手机碰前速度 碰撞过程由动量定理有 求得额头对手机平均作用力的大小 根据牛顿第三定律知手机对额头平均作用力的大小为12N。 故选C。 9．某赛车轨道在一段山谷处的示意图如图所示，竖直面内圆弧形轨道AB对应的圆心角为θ，B点为轨道的最低点。质量为m的赛车（连同赛车手）以恒定的速率v从A点运动到B点的过程中，合力的冲量大小为（　　） A．2mvsin B．mvsin C．2mvsinθ D．mvsinθ 【答案】A 【详解】从点运动到点的过程中速度变化量如图所示，故合力的冲量大小为。 故选A。 10．2025年9月26日，一名儿童悬挂在二楼坠落，陈招娣徒手接住，儿童毫发无损，而陈招娣大腿轻微受伤，陈招娣被确认见义勇为行为。假设儿童质量10kg，坠落高度5m，与陈招娣作用时间约0.2s，忽略空气阻力，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　） A．儿童被接住前瞬间的速度约为5m/s B．儿童被接住过程中，儿童受到陈招娣的作用力冲量大小为100N·s C．陈招娣与儿童之间的作用力约为600N D．接住儿童的过程地面对陈招娣支持力的冲量为0 【答案】C 【详解】A．根据 代入数据，解得儿童被接住前瞬间的速度约为，故A错误； B．儿童被接住过程中，取竖直向上为正方向，根据动量定理 代入数据，解得儿童受到陈招娣的作用力冲量大小为，故B错误； C．根据 可得陈招娣与儿童之间的作用力约为，故C正确； D．接住儿童的过程中，陈招娣受到自身重力、儿童对她的作用力以及地面的支持力。地面对陈招娣的支持力显然大于零，作用时间也大于零，因此地面对陈招娣支持力的冲量大于零，故D错误。 故选C。 11．如图所示，固定斜面倾角，在P点把一个质量为m的小球以初速度水平向右抛出。小球垂直撞击斜面，又恰好反向弹回到P点。已知小球与斜面的碰撞时间极短，不计空气阻力。在碰撞过程中，斜面弹力对小球的冲量大小为（　　） A．0 B． C． D． 【答案】B 【详解】小球在碰撞斜面前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v， 由题意v的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v0，可得 根据可逆性可知，碰撞后小球到速度为，碰撞时间极短，可不计重力的冲量， 由动量定理，斜面对小球的冲量为 故选B。 12．如图，一个质量为m的物块A置于质量为M的木板B上，木板置于粗糙水平面上。若物块以初速度滑上静止于粗糙水平面的木板上，物块恰好没有从木板右端滑出，测得B木板在地面上运动的总时间为，则木板与水平面之间的动摩擦因数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设木板B与地面间的动摩擦因数为，根据动量定理可得 解得 故选A。 13．质量相等的两物体a、b静止在水平面上，分别施加水平推力F1、F2，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（　　） A．F1等于F2 B．F1小于F2 C．F1的冲量等于F2的冲量 D．F1的冲量小于F2的冲量 【答案】D 【详解】AB．根据图像可得AB和CD段为撤去推力后的图线，因为AB∥CD，所以可得撤去推力后两物体运动的加速度相等，根据牛顿第二定律可得 由于两物体a、b的质量相等，可知a、b两物体受到的摩擦力大小相等，对于图像中两物体加速阶段OA和OC段，可知物体a加速阶段的加速度大于物体b加速阶段的加速度，则有 可得 故AB错误； CD．对物体运动的全过程，由动量定理可得 由于两物体受到的摩擦力大小相等，由图像可知物体a的运动时间较小，则物体a受到的摩擦力冲量较小，可得F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确。 故选D。 14．（多选）蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动，某游客身系弹性绳从高空P点自由下落，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，如图所示。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（    ） A．弹性绳对人的冲量始终竖直向上 B．弹性绳恰好伸直时，人的动量最大 C．弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量 D．在最低点时，弹性绳对人的拉力等于人的重力 【答案】AC 【详解】A．弹性绳对人的拉力始终是向上的，所以弹性绳对人的冲量始终向上，故A正确； B．弹性绳恰好伸直，绳对人的拉力为零，由于重力大于绳对人的拉力，所以人还在加速，此时速度不是最大值，动量也不是最大值，故B错误； C．从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，动量的变化量方向向上，根据动量定理，可知弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量，故C正确； D．当弹性绳的弹力等于人的重力时，人的速度最大，接着人向下运动，向上的弹力大于人的重力，开始向下做加速度增大的减速运动，到最低点时速度为零，弹性绳对人的拉力大于人的重力，故D错误。 故选AC。 15．（多选）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度大小为，方向与水平方向夹角=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知薄片与弹性面第一次碰撞过程所用时间为t，下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小为 B．第一次碰撞过程中，弹性面对薄片竖直方向的平均作用力大小为 C．第一次碰后离开弹性面瞬间，薄片水平方向的分速度大小为 D．若仅增大碰前瞬间速度大小，则薄片与水平面碰撞两次后，它的水平位移还有可能增加 【答案】BC 【详解】A．设竖直向上为正方向，第一次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小为 A错误； B．设竖直方向的平均作用力大小为F，在竖直方向上利用动量定理有 解得 B正确； C．第一次碰撞前，薄片水平方向的分速度 第一次碰撞过程中，水平方向由动量定理有 解得第一次碰撞后水平方向的分速度大小为 C正确； D．每次碰撞过程中，竖直方向的动量变化量大小相等，均为 第一次碰撞过程中，水平方向的动量变化量大小为 则有 可知第2次碰撞后，水平方向的分速度为零，仅增大薄片碰前瞬间速度大小，不改变速度方向，则它与水平面碰撞两次后，水平位移不会再增加，D错误。 故选BC。 16．蹦床比赛示意如图，一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2。 (1)求运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小。 (2)求运动员与网接触的这段时间内网面对运动员的平均作用力大小。 【答案】(1) (2)F=1950N 【详解】（1）设运动员触网时速度大小为v1、离开网时速度大小为v2，根据 解得， 动量变化量 （2）根据动量定理有 解得F=1950N 【动量定理解释生活现象】 17．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。第一次，当他快速“拉出”纸条，发现杯子几乎不动；第二次，若相对较慢的速度“拉出”纸条，杯子会明显移动，甚至滑落。对于这个实验，下列说法正确的是（     ） A．第二次杯子受到的摩擦力较大 B．两次杯子受到的摩擦力等大 C．第一次，杯子受到的冲量较大 D．第二次，杯子受到的冲量较大 【答案】BD 【详解】AB．第一次快速拉出纸条，杯子相对于纸条发生滑动，受滑动摩擦力 第二次相对较慢的速度“拉出”纸条，杯子会明显移动，这两次摩擦力大小均为，故A错误，B正确； CD．根据动量定理 第一次快速拉出，作用时间t短，摩擦力冲量小，杯子动量变化小，几乎不动；第二次较慢拉出，作用时间t长，摩擦力冲量大，杯子动量变化大，明显移动，故C错误，D正确。 故选BD。 18．如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．空中落地时总要屈腿减小地面对人的冲击力 B．空中落地时总要屈腿减小人落地前瞬间的速度 C．从起跳到落地过程中，运动员动量守恒 D．从起跳后到最高点过程中，运动员的机械能增大 【答案】A 【详解】A．落地时屈腿，通过缓冲延长了人与地面接触的作用时间，根据动量定理，在动量变化量一定的情况下，可以减小地面对人的平均冲击力，故A正确； B．落地前瞬间的速度由空中的运动过程决定，屈腿动作发生在落地接触地面之后，不能改变落地前瞬间的速度，故B错误； C．从起跳到落地过程中，运动员受到重力和空气阻力作用，合外力不为零，不满足动量守恒条件，故C错误； D．从起跳后到最高点过程中，空气阻力对运动员做负功，根据功能关系可知，运动员的机械能减小，故D错误。 故选A。 19．文明出行，骑车戴好安全头盔遭遇事故时，头盔的缓冲层与头部的撞击时间延长，起到缓冲作用。则下列说法正确的是（　　） A．头盔对头部的冲量大于头部对头盔的冲量 B．头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化量 C．头盔减少了骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量 D．头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率 【答案】D 【详解】A．根据，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向，故 A错误； BC．遭遇事故时，动量变化量不变，根据动量定理可知，头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量和动量变化量，故 B错误，故C错误； D．根据，可得，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故D正确。 故选D。 【动量定理处理流体类问题】 20．静电喷漆是利用高压形成的静电场进行喷漆的技术，其原理如图所示，在给工件喷漆的过程中，由喷嘴K喷出的负电雾状油漆微粒经KP间电场加速后，射到置于P处的工件上。已知喷嘴每秒喷出的油漆微粒为0.25g，电场力做功的功率为2000W，不计空气阻力，油漆微粒的重力及其在K处的初速度，则油漆对工件表面的压力大小为（　　） A．1N B．2N C．5N D．10N 【答案】A 【详解】以1s时间喷出的油漆为研究对象，则油漆的质量为 在KP间电场加速，设末速度为v，根据动能定理有 解得 油漆射到工件表面经时间速度为零，设受工件表面的平均作用力为F，根据动量定理有 其中 解得 根据牛顿第三定律，可知油漆对工件表面的压力大小为1N。 故选A。 21．如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为，g取10m/s²。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s B．水离开出水口时的速度大小为2.0m/s C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N 【答案】D 【详解】AB．根据平抛运动的规律，在水平方向，有 在竖直方向，有 联立解得，故AB错误； CD．在∆t时间内流出水的质量 落地时的竖直速度 竖直方向上由动量定理 解得，故C错误，D正确。 故选D。 22．有一宇宙飞船以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。飞船在垂直速度方向的正面面积S＝2 m2，此微粒尘区每1 m长度微粒的平均质量m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应增加（　　） A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×10－3 N D．1.8 N 【答案】D 【详解】设在时间t内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M，则M=vtm 设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理知Ft=Mv 联立解得F=v2m 代入相关数据得F=1.8N 根据牛顿第三定律知，微粒对飞船的作用力大小为1.8N。要使飞船速度不变，根据平衡条件知，飞船的牵引力应增加1.8N。 故选D。 23．如图所示，在水平地面上，有一横截面为S的圆弧形直角弯管，圆弧半径为r。管中有流速为v、密度为的水通过．由于水的流动，弯管所受力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】取垂直弧形直角弯管向下的方向为正方向，对水根据动量定理可得 解得 根据牛顿第三定律可知，水对弯管压力的大小为 故选B。 24．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间内杯中水面上升的高度为，查询得知当时雨滴下落的速度为。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为，不计雨滴重力的影响，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】单位时间的降水量 在芭蕉叶上取定的面积上，时间内降落的雨水质量 设雨水受到的撞击力为，根据动量定理 解得 根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上的面积受到的撞击力的大小为 因此平均压强为 故选A。 25．风力发电机如图所示，风力带动三个叶片转动，叶片再带动发电机中的转子转动，实现风能向电能的转化。已知叶片长为，风速为，空气的密度为，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，减速为零，原速穿过，则每一片叶片受到空气的作用力为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】叶片旋转形成一个圆面，面积为 在时间 内，流过该圆面的空气柱长度为，质量为 其中 的空气速度减为零，的空气速度不变。这部分减速的空气的动量变化为 根据动量定理 负号表示作用力方向与风速相反。由牛顿第三定律，叶片受到空气的作用力大小相等、方向相反，故圆面所受总作用力大小为 由于三个叶片共同承担此力，且均匀分布，每个叶片所受作用力为 故选A。 26．航天器离子发动机的原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知航天器质量为，单个正离子的质量为，电荷量为，正、负栅板间加速电压为，单位时间内从喷口喷出的正离子个数为。在一小段时间内可认为航天器做直线运动，且喷出离子方向与航天器运动方向在同一直线上，不考虑喷射离子引起航天器质量的变化，忽略离子间的相互作用力以及进入栅板时的初速度。则下列说法正确的是（　　） A．从喷口喷出的正离子形成的等效电流大小为 B．正离子经电场加速后速度大小为 C．该发动机产生的平均推力为 D．经过时间航天器速度大小变化了 【答案】CD 【详解】A．时间内喷出的正离子的电荷量 据电流的定义式，故A错误； B．正离子在栅板间加速运动，由动能定理得 解得，故B错误； C．以正离子为研究对象，由动能定理可得 时间内喷出的总质量 由动量定理可知 联立解得，故C正确； D．设时间内航天器的速度变化，航天器与发射离子的系统动量守恒 解得, 故D正确； 故选CD。 1.动量定理与牛顿第二定律的联系与区别 (1)联系：在一定范围内，动量定理即为牛顿第二定律的动量表述：物体所受的合力等于物体的动量变化率，即：F合＝ma＝m＝＝。 (2)区别：一是两者反映的对应关系不同，牛顿第二定律是反映力和加速度之间的瞬时对应关系，而动量定理是反映在某段运动过程中力对时间的累积(冲量)与该过程初、末状态物体的动量变化量之间的对应关系；二是两者的适用范围不同，牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动，对高速运动的物体和微观粒子不适用，而动量定理却是普遍适用的。 （3）动量定理和牛顿第二定律选用原则 ①若涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿第二定律和运动学公式。 ②只涉及运动的初末速度、力与作用时间，而不涉及运动的细节和力的瞬时效果，相对于使用牛顿第二定律和运动学公式，用动量定理更简单(特别是对于变力作用问题、曲线运动问题、多过程运动问题)。 注：若涉及位移，还可能用动能定理。 2.微元思想——计算流体的冲击力 (1)建立“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段柱形流体为研究对象，其横截面积为S； (2)微元研究：设在很短的时间Δt内通过某一横截面的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt； (3)列方程求F：分析微元的受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp，结合F合与F的关系列式求解。(注意：一般要用到牛顿第三定律) 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2 动量定理 导学案 1．理解冲量的概念并会进行相关的简单计算。 2．理解动量定理及其表达式。 3．能够利用动量定理解释有关现象。 4．会用动量定理分析解决实际问题。 1．动量、冲量的概念与矢量性。（重点） 2．动量定理内容及动量变化的矢量分析法。（重点） 3．动量定理的实际应用分析。（难点） 【自主预习】 一、冲量 1．定义：力与力的作用 的乘积。 2．表达式：I＝ 。 3．单位：牛秒，符号是N·s。 4．方向：恒力冲量的方向与 的方向相同。 二、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。 三、动量定理的应用 1．原理：根据动量定理，如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间短，物体受的力就 ；作用的时间长，物体受的力就 。 2．应用：易碎物品运输时要用柔软材料包装，跳高时运动员要落在软垫上，在船舷和码头悬挂一些具有弹性的物体(如旧轮胎)。 探究一、冲量（动量动理的推导） （一）利用牛顿第二定律推导动量定理 【情景1】在光滑水平面上的质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下，经过时间t，速度由v 变为v′。 【分析】如图所示,物体的初动量为 p= mv,末动量为p′ = mv′ , 由加速度的定义式: 由牛顿第二定律F = ma = , 可得Ft= mv′ - mv ，即Ft= p′ - p 【情景2】假设在拉力 F 和阻力f 的共同作用下，质量为m的物块的速度由v1 变为v2 ，已知两力作用的时间为 t，试运用运动学公式和牛顿第二定律来表述加速度，联立两式消去加速度，找出力与质量和速度的关系。 （二）类比学习 高一物理我们曾经学过类似的知识，假定一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动，初始时刻物体的速度为v，经过一段位移∆x，它的速度为v'. 当时，我们经过推导得到的是： 我们把F∆x认为是力在位移上的累积，称为力的功。 那么我们是不是可以把F∆t 认为是力对时间的累积呢？ 【生成知识一】 1．冲量的定义：物理学中把力与 的乘积叫作力的冲量。用字母I表示冲量。 2．冲量的表达式：I＝ 。 3．冲量的单位： ，符号是 。 【深化点拨】 对冲量的理解 (1)物理意义：力对时间的累积，与某一过程相对应，是过程量。 (2)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。合成与分解遵循矢量运算法则。 (3)I＝FΔt中F的理解：如果是变力作用于物体，F应理解成变力在时间Δt内的平均值。 【典例1】如图所示，水平面上某质量为m的物体在推力F的作用下没有运动，经时间t后(　　) A．推力的冲量为零 B．推力的冲量为Ftcosθ C．合力的冲量为Ft D．重力的冲量为mgt 探究二、动量定理 回想一下之前学习过的功，想想它与冲量有哪些异同？ 冲量与功的比较 如果在一段时间内的作用力是一个变力，又该怎样求这个变力的冲量？ 展示下列两图，并让学生总结冲量求解方法： （1）把碰撞过程细分为很多短暂过程，每个短暂过程中物体所受得力没有很大的变化，这样对于每个短暂过程就能够应用 Ft =Δp ，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Ft =Δp处理变力问题时，式中F应该理解为变力在作用时间内的平均值。 （2）对于方向不变、大小随时间均匀变化的变力,冲量也可用I=F(t'-t)计算,但式中的F应为Δt时间内的平均力,即 冲量与物体动量的改变量间的关系有什么具体定量关系？ 【生成知识二】 1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，这就是动量定理。 2.表达式：，或 【深化点拨】 对动量定理的理解 （1）表明合外力的冲量是动量变化的原因； （2）动量定理是矢量式，合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同; （3）动量的变化率：动量的变化跟发生这一变化所用的时间的比值。由动量定理，得，可见，动量的变化率等于物体所受的合力。当动量变化较快时，物体所受合力较大，反之较小；当动量均匀变化时，物体所受合力为恒力。 （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。 【典例2】如图，用0.5 kg的铁锤钉钉子。锤击前铁锤的速度大小为4 m/s，锤击后铁锤的速度变为0，设锤击时间为0.01 s，g取10 m/s2。 (1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ 【规律总结】 （一）动量定理的应用步骤 1、确定研究对象：一般为单个物体； 2、明确物理过程：受力分析，求出合外力的冲量； 3、明确研究对象的初末状态及相应的动量； 4、选定正方向，确定在物理过程中研究对象的动量的变化； 5、根据动量定理列方程，统一单位后代入数据求解。 （二）冲量的计算 1.冲量是过程量，要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。 2.求合力的冲量 (1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 (2)如果各力的作用时间相同，可先求出各力的合力，再由I=F合Δt求合力的冲量。 3.求变力的冲量 (1)如图甲所示，若力F是变力，但力与时间呈线性变化关系，则可用平均力(相对于时间)求变力的冲量。 (2)若给出了力随时间变化的F-t图像，如图乙，则图像与横坐标轴所围的面积表示力在这段时间内的冲量，需注意各部分面积对应力的冲量方向是否相同。 (3)利用动量定理求解：I=Δp=p'-p。 【典例3】如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上有一质量m=5 kg的物体沿斜面下滑(斜面足够长)，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，物体下滑2 s的时间内。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2) (1)求物体所受各力的冲量。 (2)求物体所受合力的冲量。 (3)若动摩擦因数未知，物体由静止下滑2 s后的速度为4 m/s，求该过程中摩擦力的冲量I。 【典例4】一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从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4 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.3 s末物块的速度为2 m/s 探究三、动量定理的应用 1.动量定理解释生活现象 思考与讨论： （1）这些场景中的垫子、沙坑、轮胎的缓冲为什么可以保护好人和船不受到太大力的作用？ (2)这些场景中为什么物体可以获得更大的作用力呢？ 【典例5】如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是(　　) A．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏 B．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏 C．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏 D．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏 2.流体模型 【想一想】人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小。一瀑布落差为h＝20 m，水流量为Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零。(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2) 提示学生解答这个问题需要建立“流体模型”： 1.基本方法：用动量定理解决流体问题，一般采用微元法：即取一个很短时间Δt，对Δt内流出液体Δm用动量定理。 2.解题的关键： （1）确定Δm与Δt、液体的速度、密度等关系。 （2）确定Δm作用前后速度的变化。 （3）Δt趋近零时，Δm很小，所受的重力均不计。 3.特点： ⑴对水枪喷射问题，当空中水柱稳定后，空中水的体积不变，任何时间内从枪口射出的水等于射向墙壁或物体的水。 ⑵若水柱不散开，水柱的横截面积与水的速度成反比。 【典例6】　“水刀”威力巨大，几乎可以切割任何物体，它是公认的最科学、经济、环保的清洁工具之一。如图所示为“水刀”快速割断厚石板的场景。已知水刀出水口直径为d，水从枪口喷出时的速度为v，水的密度为ρ，求： (1)单位时间从枪口喷出的水的质量。 (2)若水从枪口喷出时的速度大小v=500 m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d=0.3 mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零。由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，估算“水刀”对物体表面产生的冲击力的大小(结果保留1位小数)。 【变式训练4】假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S=1 m2，以v=7×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m=2×10-5 g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加(　　) A.0.49 N B.0.98 N C.490 N D.980 N 课堂小结： 【冲量】 1．如图所示，小球通过轻质细线悬挂于点。将小球向左拉至点由静止释放。为小球摆动的最低点，点和点在同一水平线上。忽略空气阻力，则小球（　　） A．从运动到的过程，所受重力的冲量为零 B．从运动到的过程，所受细线拉力的冲量为零 C．从到和从到的过程，所受重力冲量相等 D．从到和从到的过程，所受细线拉力冲量相等 2．如图甲所示，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，从t=0时开始受到一水平向左的推力F作用，推力F的大小随时间t变化的关系如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s²，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体在0-10s内的动量变化量为（    ） A．36kg·m/s B．84kg·m/s C．100kg·m/s D．200kg·m/s 3．如图所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100N，球在地面上滚动了10s后停下来，若足球受到地面阻力为5N，则运动员对球的冲量大小为（　　） A．1000N·s B．500N·s C．50N·s D．无法确定 4．一质量为1kg的物体静置于一粗糙水平面上，时在如图所示的水平外力F作用下开始运动。物体与水平面间的动摩擦因数为0.1。g取，下列说法中正确的是（　　） A．时物体的动量为 B．时物体的动量为 C．时物体的动量为0 D．时物体的动量为 5．如图甲所示为一摩天轮，某游客乘坐该摩天轮时，随手将质量为的手机放在座舱内的水平桌面上，手机随摩天轮在竖直面内做速率为的匀速圆周运动，简化模型如图乙所示，手机可视为质点且相对桌面始终保持静止。已知摩天轮运行周期为，重力加速度为。摩天轮从最高点第一次运动到最低点的过程中，下列说法不正确的是（　　） A．手机所受合力冲量为0 B．手机所受摩擦力冲量大小为 C．手机所受重力冲量大小为 D．手机所受支持力冲量大小为 6．（多选）如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r，磨盘绕轴缓慢匀速转动，转动一周用时t。则在转动一周的过程中（    ） A．推力F做的功为0 B．推力F做的功为 C．推力F对磨杆的冲量为0 D．推力F对磨杆的冲量为 7．（多选）一质量为的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．小球下落过程中先加速后匀速 B．小球在最高点的加速度大小为 C．小球上升和下降过程中重力的冲量大小相等 D．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等 【动量定理】 8．现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼睛或者额头的情况。若有一款手机质量为200g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.04s，则手机对额头平均作用力的大小为（　　）（取重力加速度） A．8N B．10N C．12N D．14N 9．某赛车轨道在一段山谷处的示意图如图所示，竖直面内圆弧形轨道AB对应的圆心角为θ，B点为轨道的最低点。质量为m的赛车（连同赛车手）以恒定的速率v从A点运动到B点的过程中，合力的冲量大小为（　　） A．2mvsin B．mvsin C．2mvsinθ D．mvsinθ 10．2025年9月26日，一名儿童悬挂在二楼坠落，陈招娣徒手接住，儿童毫发无损，而陈招娣大腿轻微受伤，陈招娣被确认见义勇为行为。假设儿童质量10kg，坠落高度5m，与陈招娣作用时间约0.2s，忽略空气阻力，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　） A．儿童被接住前瞬间的速度约为5m/s B．儿童被接住过程中，儿童受到陈招娣的作用力冲量大小为100N·s C．陈招娣与儿童之间的作用力约为600N D．接住儿童的过程地面对陈招娣支持力的冲量为0 11．如图所示，固定斜面倾角，在P点把一个质量为m的小球以初速度水平向右抛出。小球垂直撞击斜面，又恰好反向弹回到P点。已知小球与斜面的碰撞时间极短，不计空气阻力。在碰撞过程中，斜面弹力对小球的冲量大小为（　　） A．0 B． C． D． 12．如图，一个质量为m的物块A置于质量为M的木板B上，木板置于粗糙水平面上。若物块以初速度滑上静止于粗糙水平面的木板上，物块恰好没有从木板右端滑出，测得B木板在地面上运动的总时间为，则木板与水平面之间的动摩擦因数为（   ） A． B． C． D． 13．质量相等的两物体a、b静止在水平面上，分别施加水平推力F1、F2，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（　　） A．F1等于F2 B．F1小于F2 C．F1的冲量等于F2的冲量 D．F1的冲量小于F2的冲量 14．（多选）蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动，某游客身系弹性绳从高空P点自由下落，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，如图所示。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（    ） A．弹性绳对人的冲量始终竖直向上 B．弹性绳恰好伸直时，人的动量最大 C．弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量 D．在最低点时，弹性绳对人的拉力等于人的重力 15．（多选）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度大小为，方向与水平方向夹角=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知薄片与弹性面第一次碰撞过程所用时间为t，下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小为 B．第一次碰撞过程中，弹性面对薄片竖直方向的平均作用力大小为 C．第一次碰后离开弹性面瞬间，薄片水平方向的分速度大小为 D．若仅增大碰前瞬间速度大小，则薄片与水平面碰撞两次后，它的水平位移还有可能增加 16．蹦床比赛示意如图，一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2。 (1)求运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小。 (2)求运动员与网接触的这段时间内网面对运动员的平均作用力大小。 【动量定理解释生活现象】 17．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。第一次，当他快速“拉出”纸条，发现杯子几乎不动；第二次，若相对较慢的速度“拉出”纸条，杯子会明显移动，甚至滑落。对于这个实验，下列说法正确的是（     ） A．第二次杯子受到的摩擦力较大 B．两次杯子受到的摩擦力等大 C．第一次，杯子受到的冲量较大 D．第二次，杯子受到的冲量较大 18．如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．空中落地时总要屈腿减小地面对人的冲击力 B．空中落地时总要屈腿减小人落地前瞬间的速度 C．从起跳到落地过程中，运动员动量守恒 D．从起跳后到最高点过程中，运动员的机械能增大 19．文明出行，骑车戴好安全头盔遭遇事故时，头盔的缓冲层与头部的撞击时间延长，起到缓冲作用。则下列说法正确的是（　　） A．头盔对头部的冲量大于头部对头盔的冲量 B．头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化量 C．头盔减少了骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量 D．头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率 【动量定理处理流体类问题】 20．静电喷漆是利用高压形成的静电场进行喷漆的技术，其原理如图所示，在给工件喷漆的过程中，由喷嘴K喷出的负电雾状油漆微粒经KP间电场加速后，射到置于P处的工件上。已知喷嘴每秒喷出的油漆微粒为0.25g，电场力做功的功率为2000W，不计空气阻力，油漆微粒的重力及其在K处的初速度，则油漆对工件表面的压力大小为（　　） A．1N B．2N C．5N D．10N 21．如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为，g取10m/s²。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s B．水离开出水口时的速度大小为2.0m/s C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N 22．有一宇宙飞船以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。飞船在垂直速度方向的正面面积S＝2 m2，此微粒尘区每1 m长度微粒的平均质量m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应增加（　　） A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×10－3 N D．1.8 N 23．如图所示，在水平地面上，有一横截面为S的圆弧形直角弯管，圆弧半径为r。管中有流速为v、密度为的水通过．由于水的流动，弯管所受力的大小为（　　） A． B． C． D． 24．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间内杯中水面上升的高度为，查询得知当时雨滴下落的速度为。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为，不计雨滴重力的影响，则的大小为（　　） A． B． C． D． 25．风力发电机如图所示，风力带动三个叶片转动，叶片再带动发电机中的转子转动，实现风能向电能的转化。已知叶片长为，风速为，空气的密度为，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，减速为零，原速穿过，则每一片叶片受到空气的作用力为（　　） A． B． C． D． 26．航天器离子发动机的原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知航天器质量为，单个正离子的质量为，电荷量为，正、负栅板间加速电压为，单位时间内从喷口喷出的正离子个数为。在一小段时间内可认为航天器做直线运动，且喷出离子方向与航天器运动方向在同一直线上，不考虑喷射离子引起航天器质量的变化，忽略离子间的相互作用力以及进入栅板时的初速度。则下列说法正确的是（　　） A．从喷口喷出的正离子形成的等效电流大小为 B．正离子经电场加速后速度大小为 C．该发动机产生的平均推力为 D．经过时间航天器速度大小变化了 1.动量定理与牛顿第二定律的联系与区别 (1)联系：在一定范围内，动量定理即为牛顿第二定律的动量表述：物体所受的合力等于物体的动量变化率，即：F合＝ma＝m＝＝。 (2)区别：一是两者反映的对应关系不同，牛顿第二定律是反映力和加速度之间的瞬时对应关系，而动量定理是反映在某段运动过程中力对时间的累积(冲量)与该过程初、末状态物体的动量变化量之间的对应关系；二是两者的适用范围不同，牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动，对高速运动的物体和微观粒子不适用，而动量定理却是普遍适用的。 （3）动量定理和牛顿第二定律选用原则 ①若涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿第二定律和运动学公式。 ②只涉及运动的初末速度、力与作用时间，而不涉及运动的细节和力的瞬时效果，相对于使用牛顿第二定律和运动学公式，用动量定理更简单(特别是对于变力作用问题、曲线运动问题、多过程运动问题)。 注：若涉及位移，还可能用动能定理。 2.微元思想——计算流体的冲击力 (1)建立“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段柱形流体为研究对象，其横截面积为S； (2)微元研究：设在很短的时间Δt内通过某一横截面的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt； (3)列方程求F：分析微元的受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp，结合F合与F的关系列式求解。(注意：一般要用到牛顿第三定律) 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $