1.2 动量定理（举一反三·讲义）物理人教版选择性必修第一册

本高中物理讲义聚焦“动量定理”核心知识点，从动能定理类比引入动量变化的原因，结合牛顿第二定律推导得出冲量与动量变化的关系，通过知识框架图系统梳理冲量的定义、计算及动量定理的内容、表达式，构建连贯的学习支架。 资料以知识归纳（如冲量与功对比表格）和6个典型题型（缓冲、流体柱模型等）为特色，例题融入乒乓球、蹦床等生活场景，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力，课中辅助教师高效授课，课后作业助力学生巩固知识、查漏补缺。

1.2动量定理 【新教材人教版】 【知识框架+知识精讲（2个知识归纳+6个题型）+课后作业】 情景导入 （1）由以往所学的动能定理可知，动能的变化是由于力的作用对位移的积累效应，即力做功的结果。那么，动量的变化又是什么原因引起的呢？ 由可知，动量的变化与__________有关。 由__________可知，速度发生变化是因为有__________。 由__________可知，加速度是由____________________产生的。 （2）质量为m的物体，在恒力F的作用下，经过一段时间t，速度由v0变为vt，如图所示，试由牛顿第二定律推导物体动量的变化。 知识归纳 【知识点1 动量定理】 1．冲量： ①定义：作用在物体上的力与__________的乘积。 ②定义式：（__________的冲量）__________ ③国际单位：__________，符号：__________。 ④冲量是矢量：方向由__________决定。 · 若力的方向恒定，则冲量的方向跟__________相同。 · 若力的方向变化，则冲量的方向跟____________________或____________________相同。 ⑤冲量是__________，反映了力的作用对__________的积累效应。 ⑥冲量与功的区别： 冲量 功 定义式 __________ __________ 标矢性 __________ __________ 正负含义 表示____________________ 表示____________________ 国际单位 __________ __________ 内涵 力对__________的积累作用， 使__________发生变化 力对__________的积累作用， 使__________发生变化 图像 ⑦冲量的计算： a.恒力的冲量等于__________和__________的乘积（无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移）。 b.合冲量： i可分别求__________的冲量，再求各冲量的__________； ii如果各个力的作用时间__________，也可以先求__________，再用公式__________求解。 c.变力的冲量： i平均值法：在中，代入__________，即__________。也可反向应用此方法，求__________。 ii动量法：利用____________________求解，即____________________。 iii图像法：由__________图像可知，______________________________表示对应的时间t0内力F0的冲量的大小（变力的冲量）。 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__________。 ②表达式：____________________，____________________ ③理解： · 表明____________________是动量变化的原因，__________是动量变化的量度。 · 物理研究方法：过程量可通过__________的变化来反映。 · 动量定理是__________式，冲量方向与____________________的方向相同，与__________的方向或__________的方向相同，但与__________方向可相同、可相反、也可成一定角度。 ④适用范围： · 动量定理不仅适用于__________力，也适用于__________力。对于变力，动量定理中的F应理解为______________________________。 · 动量定理不仅可以解决__________运动的问题，还可以解决__________运动中的有关问题，将较难的计算问题转化为较易的计算问题。 · 动量定理不仅适用于__________、__________物体，也适用于__________现象和__________运动问题。 ⑤应用动量定理的优点：不考虑__________，只考虑__________。 【例1】下列关于动量、冲量、动量的变化量的说法正确的是（　　） A．物体动量为零时，合外力一定为零 B．在某一运动过程中，力与位移垂直，该力的冲量不为零 C．在跳高运动员落地位置铺设海绵垫，是为了减小地面对运动员的冲量 D．物体速度增大，则相同时间内动量的变化量也一定增大 【变式1-1】下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（　　） A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同 B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同 C．两个钢球落地时的重力功率不相同 D．两个钢球落地时的动量不相同 【变式1-2】从2023年起，每年的4月23日将被命名为世界乒乓球日。关于乒乓球运动，下列说法正确的是（　　） A．球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大 B．球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动量和动能均保持不变 C．乒乓球被球拍击打出的过程，球拍对乒乓球的冲量大小大于乒乓球对球拍的冲量大小 D．一次击球过程中，球拍对乒乓球的冲量大小等于乒乓球对球拍的冲量大小 【变式1-3】几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．每个水球对子弹的做功相同 【例2】把皮球从地面竖直上抛，经过一段时间后，皮球又落回抛出点。若皮球运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，下列说法正确的是（　　） A．皮球上升过程的重力势能增加量小于下降过程的重力势能减少量 B．皮球上升过程阻力做功等于下降过程阻力做功 C．皮球上升过程重力的冲量大于下降过程重力的冲量 D．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小一定相等 【变式2-1】如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴为处有一质量为的小物块。某时刻起圆盘绕轴转动，角速度从0增大至，小物块始终相对圆盘静止。已知圆盘的动摩擦因数为、重力加速度为，此过程小物块所受的摩擦力（　　） A．方向始终指向点 B．大小始终为 C．冲量大小为 D．做功为零 【变式2-2】一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A上施加力F使得弹簧压缩，然后撤去力F，此后A和B一起竖直向上运动，且A和B能分离。如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法不正确的是（　　）（g取10m/s2） A．A、B分离时B的加速度为g B．弹簧的弹力对B做功为零 C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·s D．B的动量变化量为零 【变式2-3】有位质量为m的同学从静止下蹲状态向上起跳，经时间以速度v离开地面，重力加速度大小为g，该同学的重心升高了h，在此过程中（　　） A．地面弹力对他的冲量大小为 B．地面弹力对他的冲量大小为 C．地面弹力对他的做功大小为 D．地面弹力对他的做功大小为 【例3】在校园乒乓球社团活动中，一名同学将质量为2.7g的乒乓球以15m/s的水平速度打来，另一名同学用球拍以0.003s的作用时间将乒乓球以21m/s的水平速度反向挡回。不考虑乒乓球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（　　） A．乒乓球的速度变化量大小为6m/s B．乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg∙m/s C．乒乓球的平均加速度大小为2000m/s2 D．球拍对乒乓球的平均作用力大小为324N 【变式3-1】如图所示，质量为的小球在竖直固定的圆环轨道内侧做圆周运动。若圆环光滑且不计空气阻力，小球在最低点的速度大小为时，可恰好到达最高点。若圆环粗糙且考虑空气阻力的影响，小球从最低点出发又恰好到达最高点的过程中，下列说法不正确的是（　　） A．小球所受重力做的功大小为 B．小球所受合力做的功大于 C．小球所受重力冲量的大小为 D．小球所受合力的冲量大于 【变式3-2】如图甲所示，没有空气阻力时，物体做抛体运动的轨迹为抛物线，由于空气阻力的影响，实际物体的轨迹与抛物线存在较大的差异，称为弹道曲线。图乙为一个可视为质点的物体由水平地面上斜向上抛出，在重力和空气阻力作用下的运动轨迹。已知物体的质量为m，其所受空气阻力的大小与速度成正比，比例系数为k，重力加速度大小为g，抛出瞬间速度大小为v1，与水平方向的夹角为α，落地瞬间速度大小为v2，与水平方向的夹角为β，由以上物理量可表示物体在空中飞行的时间t和水平射程为x，下列表达式正确的（　　） A．， B．， C．， D．， 【变式3-3】质量为m的物体放在光滑水平面上，初始静止，受到水平方向的推力后开始运动，该推力随时间变化的规律如图所示，图中t0和F0均为已知量。则物体在时刻t=2t0时的速度为（　　） A． B． C． D． 【知识点2 动量定理的应用】 1．应用动量定理解题的基本步骤： · 找：找研究对象（系统包括哪几个物体）和研究过程。 · 析：进行受力分析，__________分析内力。 · 定：规定__________，确定初、末状态动量正负号，画好分析图。 · 写：写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各个外力的冲量的矢量和）。 · 列：根据动量定理列式求解。 2．缓冲： · 原理：动量变化一定时，物体所受的合外力与合外力的作用时间成__________比。 · 由__________可知，Δp一定时，t长则F__________，t短则F__________。 3．流体柱模型： （1）思路：由微元法，取一段极短的时间Δt，将Δt内冲击受力面的一段流体柱作为研究对象，利用动量定理就可以计算这段流体柱受到接触面的作用力F′，最后根据牛顿第三定律可得到流体柱对受力面的作用力F。 （2）步骤： ①建立模型：沿__________的方向，在受力面上取一面积S（通常为圆形）作为流体柱的底面。取一段__________的时间Δt，设在Δt内通过S的流体柱__________（即__________）为Δl。如图所示，所取流体柱即为研究对象。 ②求流体柱的质量：若流体的密度为ρ，则Δt内流体柱内所包含的流体的质量为m＝__________＝__________＝__________。 ③利用__________列方程求平均作用力F：分析受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝__________＝__________，结合F合与F的关系列式求解。注意：如果求流体柱对受力面的作用力，需要用到__________。 【例4】如图所示为蹦床运动员比赛时的情景，与蹦床连接的计算机记录了运动员与蹦床刚接触、刚离开的各个时刻，比赛中运动员连续两次从蹦床起跳做竖直上抛运动，第一次运动员在空中停留了1s，第二次运动员在空中停留了1.4s，从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床接触了1.6s。已知运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2，则从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床的平均作用力大小为（　　） A．1050N B．975N C．675N D．450N 【变式4-1】蹦床运动是小孩喜爱的运动。一质量为40kg的小孩在t=0时从离水平网面某高度处自由落下，着网后沿竖直方向蹦离水平网面，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，在0.8s~1.6s时间内，网对小孩的平均作用力大小为（　　） A．1300N B．1200N C．1100N D．1000N 【变式4-2】垫球是排球运动基本技术之一、它是在全身协调用力的基础上通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。质量为270g的排球正在竖直下落，人用手臂将排球竖直向上垫起，排球与手臂作用时间为0.2s，排球离手臂后竖直上升高度为2.45m，若排球与手臂撞前速度与撞后速度等大反向，则排球在空中上升的时间t和排球对手臂的平均作用力F的大小分别是（空气阻力不计，取重力加速度）（　　） A．s； B．； C．； D．； 【变式4-3】蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为，蹦极者下落第一个时动量的增加量为，下落第五个时动量的增加量为，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则满足（　　） A． B． C． D． 【例5】消防员在进行演练时，从一定高度处由静止落下，落在地面上充气的气垫上。下列说法正确的是（　　） A．气垫的作用是减小消防员所受的冲击力 B．气垫的作用是减小消防员的动量变化量 C．气垫的作用是减小消防员所受合力的冲量 D．气垫的作用是减小消防员接触气垫瞬间的动量 【变式5-1】有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，左右两边的压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化分别如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中（　　） A．左边小球所受重力的冲量大 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．左边小球所受合外力的冲量大 D．右边小球动量变化大 【变式5-2】如图为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告的科学性：设一个50g的熟鸡蛋从28楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差为3m，鸡蛋与地面撞击时间约为2ms。不计空气阻力，则该鸡蛋对地面的平均冲击力约为（　　） A．5000N B．1000N C．500N D．100N 【变式5-3】在电动车事故中，佩戴头盔可减小头部损伤程度。若事故中头部以的速度水平撞击头盔内部缓冲层，直至速度为0，缓冲层与头部的撞击时间延长至，头部质量约为，则（　　） A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化量 B．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量相同 D．头部受到的撞击力约为2000N 【例6】某型号海警船配备了一门大流量定向水炮，用于在执法行动中对非法构筑物（如岛礁上的临时建筑）进行警示或拆除。假设水炮炮口倾斜向上，与水平方向成放置，与目标建筑物水平距离为x，喷射时水柱恰好水平击中目标建筑物。已知垂直打到建筑物上后水流速度变为0，设水炮出水口的半径为r，海水密度为ρ，水柱以恒定的速度2v从喷水口喷出，水柱形状稳定，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．水柱冲击建筑物的平均冲击力 B．水柱冲击建筑物的平均冲击力 C．水柱从喷出到最高点所用时间 D．炮口与目标建筑物水平距离为 【变式6-1】深圳九围湿地公园观光电瓶车，为游客提供惬意游园体验。公园清晨常有雾气弥漫，某次起雾时，设单位体积的空气内均匀分布n颗小水珠，每颗小水珠的平均质量为m，水珠速度可忽略。横截面积为S的观光电瓶车在某段水平路面上运行，小水珠与电车碰撞后完全黏附在车上。为保持电车以速度v匀速运行，电车因起雾多提供的动力为（　　） A． B． C． D． 【变式6-2】我国空间站的姿态调整和轨道维持使用了一种先进的“电推进系统”，其工作原理可简述为：将正离子由静止开始经强电场加速后喷出，从而对航天器产生推力。已知推进器消耗的电功率为P，将电能转化为离子动能的效率为η，离子喷出的速度大小为v，忽略航天器质量变化，则推进器产生的平均推力大小F为（　　） A． B． C． D． 【变式6-3】第十九届青岛国际机床展览会在青岛国际博览中心盛大开幕。会展中我国国产水刀，又名超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能引起轰动。水刀就是将普通的水加压，使其从细小的喷嘴中以400m/s~1000m/s的速度射出形成的水流。我们知道，任何材料承受的压强都有一定的最大限度，下表列出了几种材料所能承受的最大压强。 橡胶 花岗岩 工具钢 铸铁 假设水流与材料接触后以原速率反弹，水的密度，调节水刀的水流射出速度，能切割不同材料。根据以上信息可知，此水刀恰好能切割工具钢的水流速度约为（　　） A．450m/s B．500m/s C．580m/s D．650m/s 一、单选题（共8道） 1．如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行。现简化为如下模型：质量为m的行李箱，受到与水平方向夹角为的拉力F作用，沿水平方向做匀速直线运动的时间为t。下列说法正确的是（　　） A．行李箱所受拉力F的冲量大小是 B．行李箱所受摩擦力的冲量大小为零 C．行李箱所受拉力F的冲量方向水平向右 D．行李箱所受合外力的冲量大小为零 2．提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（　　） A．手掌的动量发生变化 B．手掌所受重力的冲量为零 C．手掌所受拉力的冲量为零 D．手掌所受合力的冲量为零 3．一质量为m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，落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球在运动过程中加速度最大为4g B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 C．小球从抛出到落地的总时间为 D．小球从抛出到落地克服阻力做功为 4．体育课上学生练习用脚颠球，某次足球（视为质点）由静止自由下落1.25m时与脚面相碰，足球与脚接触0.1s后，以相同的速率竖直向上反弹。已知足球质量为0.4kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在足球与脚接触的0.1s内，足球的动量变化量为零 B．足球从开始下落到重回最高点的过程中重力的冲量为零 C．足球在空中上升的过程中，其动量变化率减小 D．在足球与脚接触的0.1s内，脚对足球的平均作用力大小为44N 5．篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的图像可能是（　　） A． B． C． D． 6．为估算池中睡莲叶面被雨滴撞击时单位面积受的力，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中雨水上升了，查询得知，当时雨滴落地速度约为，若雨滴撞击睡莲叶面后无反弹、不计雨滴重力，雨水的密度为，据此估算睡莲叶面单位面积上的平均受力约为（　　） A． B． C． D． 7．某高层建筑顶部广告牌的面积，有大风正对广告牌吹来，风速，大风吹到广告牌上后速度瞬间减为0，已知空气密度，则该广告牌受到的风力大小为（　　） A． B． C． D． 8．动量随位置变化的图像称为“相轨”。相轨在近代数学分析和理论物理的发展中扮演了极为重要的角色。一物体从处以初速度沿方向开始运动，运动过程中只受一方向与速度相反、大小为（且为常量）的力。请你根据动量的相关知识，推断相轨应为图中的（　　） A． B． C． D． 二、多选题（共4道） 9．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为的头锤从离气囊表面正上方高处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为零时刻，气囊对头锤竖直方向作用力随时间的变化如图乙所示，重力加速度，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（　　） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为 C．碰撞过程头锤动量变化量大小为 D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为1000 N 10．某次排球运动员进攻过程可简化为如图所示模型，甲运动员以极短的时间将初速度为零的排球从点以水平速度击出，球恰好碰到拦网队员乙的手指。已知排球质量，、的水平距离，、的高度差。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度。则可知（　　） A．球被甲击出时的速率为25m/s B．球被甲击出时的速率为30m/s C．甲对球的平均作用力大小为650N D．甲对球的平均作用力大小为780N 11．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。以下判断正确的是（　　） A．最低点的坐标为 B．小球受到的弹力最大值大于 C．小球动能的最大值为 D．从点到，小球所受合力的冲量为 12．根据权威医学与交通安全研究，骑车佩戴头盔可防止的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率。经查阅资料知，头部撞地过程中，撞击力作用到头部的时间约为5 ms；若戴上优质头盔后，撞击力作用到头部的时间为15 ms以上。假定撞击地面后人头部的速度变为0，人头部的质量为5 kg（不计头盔质量），取重力加速度。忽略撞击过程中肢体对头部的作用力，则下列说法正确的是（　　） A．头盔减小了人的头部撞击过程中撞击力的冲量 B．头盔减小了人的头部撞击过程中的撞击力 C．在事故中头盔对地面的冲量与地面对头盔的冲量相同 D．若人的头部以的速度垂直撞击地面，戴头盔使撞击力至少减少约5333 N 三、解答题（共3道） 13．如图所示，用0.5kg的铁锤往水平天花板上钉钉子，打击前铁锤的速度大小为4m/s，方向竖直向上。打击后铁锤的速度变为0，已知打击时间为0.01s，钉子质量为5g，忽略打击过程中手对锤柄的作用力，重力加速度，求击打的过程中： (1)铁锤动量的变化量的大小和方向 (2)铁锤对钉子的作用力的大小 14．蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，一质量的运动员从空中高度处由静止下落，与蹦床接触后反弹，竖直上升的最大高度，已知运动员与蹦床的接触时间为，不计空气阻力，重力加速度，求： (1)运动员在空中自由下落过程中重力的冲量大小； (2)与蹦床接触过程中，运动员动量变化量的大小； (3)与蹦床接触过程中，运动员受到蹦床的平均弹力大小。 15．一质量为1 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，求： (1)时物块的速率； (2)时物块的动量大小； (3)前3 s内合外力冲量大小； (4)前4 s内动量的变化量大小。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2动量定理 【新教材人教版】 【知识框架+知识精讲（2个知识归纳+6个题型）+课后作业】 情景导入 （1）由以往所学的动能定理可知，动能的变化是由于力的作用对位移的积累效应，即力做功的结果。那么，动量的变化又是什么原因引起的呢？ 由可知，动量的变化与速度的变化有关。 由可知，速度发生变化是因为有加速度。 由可知，加速度是由物体所受的合外力产生的。 （2）质量为m的物体，在恒力F的作用下，经过一段时间t，速度由v0变为vt，如图所示，试由牛顿第二定律推导物体动量的变化。 已知牛顿第二定律，及加速度的定义式， 联立可得： 所以有 知识归纳 【知识点1 动量定理】 1．冲量： ①定义：作用在物体上的力与力的作用时间的乘积。 ②定义式：（恒力的冲量） ③国际单位：牛·秒，符号：N·s。 ④冲量是矢量：方向由力的方向决定。 · 若力的方向恒定，则冲量的方向跟力的方向相同。 · 若力的方向变化，则冲量的方向跟动量的变化量或速度的变化量的方向相同。 ⑤冲量是过程量，反映了力的作用对时间的积累效应。 ⑥冲量与功的区别： 冲量 功 定义式 标矢性 矢量 标量 正负含义 表示与正方向相同或相反 表示力与位移方向的关系 国际单位 N·s N·m（J） 内涵 力对时间的积累作用，使动量发生变化 力对空间的积累作用，使动能发生变化 图像 ⑦冲量的计算： a.恒力的冲量等于力和力的作用时间的乘积（无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移）。 b.合冲量： i可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和； ii如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式求解。 c.变力的冲量： i平均值法：在中，代入力F的平均值，即。也可反向应用此方法，求变力的平均值。 ii动量法：利用动量的变化量求解，即。 iii图像法：由F-t图像可知，图线与坐标轴所围的面积的大小表示对应的时间t0内力F0的冲量的大小（变力的冲量）。 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： ③理解： · 表明合外力的冲量是动量变化的原因，冲量是动量变化的量度。 · 物理研究方法：过程量可通过状态量的变化来反映。 · 动量定理是矢量式，冲量方向与动量变化量的方向相同，与力的方向或速度变化量的方向相同，但与初动量方向可相同、可相反、也可成一定角度。 ④适用范围： · 动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。对于变力，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。 · 动量定理不仅可以解决匀变速直线运动的问题，还可以解决曲线运动中的有关问题，将较难的计算问题转化为较易的计算问题。 · 动量定理不仅适用于宏观低速物体，也适用于微观现象和高速运动问题。 ⑤应用动量定理的优点：不考虑中间过程，只考虑初末状态。 【例1】下列关于动量、冲量、动量的变化量的说法正确的是（　　） A．物体动量为零时，合外力一定为零 B．在某一运动过程中，力与位移垂直，该力的冲量不为零 C．在跳高运动员落地位置铺设海绵垫，是为了减小地面对运动员的冲量 D．物体速度增大，则相同时间内动量的变化量也一定增大 【答案】B 【详解】A．根据动量的计算公式可知，物体动量为零时，瞬时速度为零，但加速度不一定为零，则合外力不一定为零，故A错误； B．冲量的定义为，是力对时间的积累效应，与力和位移是否垂直无关，只要力不为零且作用了一段时间，冲量就不为零，故B正确； C．运动员落地过程中动量变化量∆p一定，由动量定理可知合外力的冲量一定，铺设海绵垫是为了增大作用时间，从而减小地面对运动员的作用力，并非减小地面对运动员的冲量，故C错误； D．动量变化量，是速度变化量，由加速度和时间共同决定，与速度本身大小无关，则物体速度增大，则相同时间内动量的变化量不一定增大，故D错误。 故选B。 【变式1-1】下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（　　） A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同 B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同 C．两个钢球落地时的重力功率不相同 D．两个钢球落地时的动量不相同 【答案】C 【详解】A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得 由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求； B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有 可知两个钢球下落时间相等，根据 可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求； C．根据 可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求； D．由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。 故选C。 【变式1-2】从2023年起，每年的4月23日将被命名为世界乒乓球日。关于乒乓球运动，下列说法正确的是（　　） A．球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大 B．球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动量和动能均保持不变 C．乒乓球被球拍击打出的过程，球拍对乒乓球的冲量大小大于乒乓球对球拍的冲量大小 D．一次击球过程中，球拍对乒乓球的冲量大小等于乒乓球对球拍的冲量大小 【答案】D 【详解】A．由动量定理有 则有 可知，乒乓球的动量变化量等于合外力的冲量，即乒乓球的动量变化量除了与力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，故A错误； B．动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍以原速率反向击出的过程，乒乓球的速率不变，但是方向发生了改变，因此乒乓球的动量发生了改变，故B错误； CD．用球拍打击球时，球拍对乒乓球的力与乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、作用时间相同、冲量大小相等，故C错误，D正确。 故选D。 【变式1-3】几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．每个水球对子弹的做功相同 【答案】D 【详解】B．设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知，在连续相等的位移内时间之比为，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，故B错误； A．子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，受力相同，由可知，运动的时间不同，则速度的变化不同，故A错误； C．根据冲量的定义I=Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，故C错误； D．根据功的公式，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以每个水球对子弹的做功相同，故D正确。 故选D。 【例2】把皮球从地面竖直上抛，经过一段时间后，皮球又落回抛出点。若皮球运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，下列说法正确的是（　　） A．皮球上升过程的重力势能增加量小于下降过程的重力势能减少量 B．皮球上升过程阻力做功等于下降过程阻力做功 C．皮球上升过程重力的冲量大于下降过程重力的冲量 D．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小一定相等 【答案】D 【详解】A．设皮球上升的最大高度为h，重力势能变化量满足 上升过程重力势能增加量等于mgh，下降过程重力势能减少量也等于mgh，二者相等，故A错误； B．空气阻力为 由于运动过程阻力持续做负功，同一高度处皮球上升的速率大于下降的速率，因此上升过程平均阻力大于下降过程平均阻力，两过程位移大小均为h，根据功的计算公式可知，上升过程阻力做功更大，二者不相等，故B错误； C．同一高度处上升速率大于下降速率，因此上升过程平均速率大于下降过程平均速率，位移大小相等，故上升时间小于下降时间，根据重力冲量的计算公式可知，上升过程重力冲量小于下降过程重力冲量，故C错误； D．空气阻力冲量大小为 由此可知，上升、下降过程阻力冲量大小相等，故D正确。 故选D。 【变式2-1】如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴为处有一质量为的小物块。某时刻起圆盘绕轴转动，角速度从0增大至，小物块始终相对圆盘静止。已知圆盘的动摩擦因数为、重力加速度为，此过程小物块所受的摩擦力（　　） A．方向始终指向点 B．大小始终为 C．冲量大小为 D．做功为零 【答案】C 【详解】A．由于小物块在水平面上做圆周运动，则小物块的重力与圆盘的支持力平衡，小物体始终相对圆盘静止，因此小物块，所受外力的合力等于圆盘对其的静摩擦力，由于角速度从0增大至，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向的分力使物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力不指向圆心，故A错误； B．根据上述可知，小物块所受摩擦力为静摩擦力，随角速度的增大，该静摩擦力也逐渐增大，故B错误； C．根据上述，小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有 由于 则有 故C正确； D．小物块动能增大，根据动能定理有 可知。摩擦力做功不为零，故D错误。 故选C。 【变式2-2】一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A上施加力F使得弹簧压缩，然后撤去力F，此后A和B一起竖直向上运动，且A和B能分离。如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法不正确的是（　　）（g取10m/s2） A．A、B分离时B的加速度为g B．弹簧的弹力对B做功为零 C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·s D．B的动量变化量为零 【答案】D 【详解】A．由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，所以此时A只受重力，A的加速度为，所以B的加速度为也等于g，故A正确，不符合题意； B．A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点时弹簧再次恢复原长，所以从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做功为零，故B正确，不符合题意； C．A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度为 上升到最高点所需的时间为 由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，对B在此过程中运用动量定理得 解得弹簧的弹力对B的冲量大小为 故C正确，不符合题意； D．B的动量变化量为 故D错误，符合题意。 故选D。 【变式2-3】有位质量为m的同学从静止下蹲状态向上起跳，经时间以速度v离开地面，重力加速度大小为g，该同学的重心升高了h，在此过程中（　　） A．地面弹力对他的冲量大小为 B．地面弹力对他的冲量大小为 C．地面弹力对他的做功大小为 D．地面弹力对他的做功大小为 【答案】B 【详解】AB．设竖直向上为正方向，由动量定理可知 解得 故A错误，B正确； CD．地面弹力方向上没有发生位移，所以地面弹力对人不做功，故CD错误。 故选B。 【例3】在校园乒乓球社团活动中，一名同学将质量为2.7g的乒乓球以15m/s的水平速度打来，另一名同学用球拍以0.003s的作用时间将乒乓球以21m/s的水平速度反向挡回。不考虑乒乓球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（　　） A．乒乓球的速度变化量大小为6m/s B．乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg∙m/s C．乒乓球的平均加速度大小为2000m/s2 D．球拍对乒乓球的平均作用力大小为324N 【答案】B 【详解】A．乒乓球的速度变化量为 即速度变化量的大小为36m/s，方向与初速度方向相反，故A错误； B．乒乓球的动量变化量为 即乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg∙m/s，方向与初速度方向相反，故B正确； C．乒乓球的平均加速度大小为 即乒乓球的平均加速度大小为12000m/s2，故C错误； D．根据动量定理可得 解得 即球拍对乒乓球的平均作用力大小为32.4N，故D错误。 故选B。 【变式3-1】如图所示，质量为的小球在竖直固定的圆环轨道内侧做圆周运动。若圆环光滑且不计空气阻力，小球在最低点的速度大小为时，可恰好到达最高点。若圆环粗糙且考虑空气阻力的影响，小球从最低点出发又恰好到达最高点的过程中，下列说法不正确的是（　　） A．小球所受重力做的功大小为 B．小球所受合力做的功大于 C．小球所受重力冲量的大小为 D．小球所受合力的冲量大于 【答案】C 【详解】A．若圆环光滑且不计空气阻力，小球在最低点的速度大小为时，可恰好到达最高点。则可知小球在最高点时只有重力充当向心力有，故从最低点运动至最高点的过程有动能定理 解得 重力做功跟阻力无关，故重力做功不变，其大小为，故A正确； B．若圆环不光滑且不计空气阻力，小球从最低点出发又恰好到达最高点的过程中，小球末速度不变，则有动能定理 故大于，故B正确； C．光滑时重力的冲量相同，取向右为正， 而粗糙时，因有阻力做功，最高点末速度相同，最低点初速度一定不同，故重力的冲量不等于，故C错误； D．小球所受合力的冲量除了有重力的冲量还有阻力的冲量，故小球所受合力的冲量大于，故D正确。 此题选择不正确的，故选C 。 【变式3-2】如图甲所示，没有空气阻力时，物体做抛体运动的轨迹为抛物线，由于空气阻力的影响，实际物体的轨迹与抛物线存在较大的差异，称为弹道曲线。图乙为一个可视为质点的物体由水平地面上斜向上抛出，在重力和空气阻力作用下的运动轨迹。已知物体的质量为m，其所受空气阻力的大小与速度成正比，比例系数为k，重力加速度大小为g，抛出瞬间速度大小为v1，与水平方向的夹角为α，落地瞬间速度大小为v2，与水平方向的夹角为β，由以上物理量可表示物体在空中飞行的时间t和水平射程为x，下列表达式正确的（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】设物体上升的最大高度为h，上升时间为t1，下落时间为t2，水平方向，根据动量定理可得 即 解得 竖直方向，根据动量定理，则有， 整理可得， 则物体在空中飞行的时间为 故选D。 【变式3-3】质量为m的物体放在光滑水平面上，初始静止，受到水平方向的推力后开始运动，该推力随时间变化的规律如图所示，图中t0和F0均为已知量。则物体在时刻t=2t0时的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】0~2t0时间内，根据动量定理可得 由于图线与坐标轴所围区域的面积表示力的冲量，则 联立解得 故选A。 【知识点2 动量定理的应用】 1．应用动量定理解题的基本步骤： · 找：找研究对象（系统包括哪几个物体）和研究过程。 · 析：进行受力分析，不用分析内力。 · 定：规定正方向，确定初、末状态动量正负号，画好分析图。 · 写：写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各个外力的冲量的矢量和）。 · 列：根据动量定理列式求解。 2．缓冲： · 原理：动量变化一定时，物体所受的合外力与合外力的作用时间成反比。 · 由可知，Δp一定时，t长则F小，t短则F大。 3．流体柱模型： （1）思路：由微元法，取一段极短的时间Δt，将Δt内冲击受力面的一段流体柱作为研究对象，利用动量定理就可以计算这段流体柱受到接触面的作用力F′，最后根据牛顿第三定律可得到流体柱对受力面的作用力F。 （2）步骤： ①建立模型：沿流速v的方向，在受力面上取一面积S（通常为圆形）作为流体柱的底面。取一段极短的时间Δt，设在Δt内通过S的流体柱长度（即高）为Δl。如图所示，所取流体柱即为研究对象。 ②求流体柱的质量：若流体的密度为ρ，则Δt内流体柱内所包含的流体的质量为m＝ρΔV＝ρSΔl＝ρSvΔt。 ③利用动量定理列方程求平均作用力F：分析受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp＝mΔv，结合F合与F的关系列式求解。注意：如果求流体柱对受力面的作用力，需要用到牛顿第三定律。 【例4】如图所示为蹦床运动员比赛时的情景，与蹦床连接的计算机记录了运动员与蹦床刚接触、刚离开的各个时刻，比赛中运动员连续两次从蹦床起跳做竖直上抛运动，第一次运动员在空中停留了1s，第二次运动员在空中停留了1.4s，从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床接触了1.6s。已知运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2，则从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床的平均作用力大小为（　　） A．1050N B．975N C．675N D．450N 【答案】A 【详解】由题知，第一次落回蹦床，运动员的速度大小 第二次从蹦床起跳，运动员速度大小 规定向上为正，根据动量定理 解得 故选A。 【变式4-1】蹦床运动是小孩喜爱的运动。一质量为40kg的小孩在t=0时从离水平网面某高度处自由落下，着网后沿竖直方向蹦离水平网面，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，在0.8s~1.6s时间内，网对小孩的平均作用力大小为（　　） A．1300N B．1200N C．1100N D．1000N 【答案】B 【详解】由题图知，在0.8s~1.6s内，小孩着网时的速度 离网时的速度为 取竖直向上为正方向，对小孩依据动量定理，有 解得 故选B。 【变式4-2】垫球是排球运动基本技术之一、它是在全身协调用力的基础上通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。质量为270g的排球正在竖直下落，人用手臂将排球竖直向上垫起，排球与手臂作用时间为0.2s，排球离手臂后竖直上升高度为2.45m，若排球与手臂撞前速度与撞后速度等大反向，则排球在空中上升的时间t和排球对手臂的平均作用力F的大小分别是（空气阻力不计，取重力加速度）（　　） A．s； B．； C．； D．； 【答案】B 【详解】不计空气阻力，排球从高度为2.45m处自由下落时有 解得 排球在空中上升的时间与排球自由下落的时间相等，则 排球与手臂接触前瞬间竖直向下的速度大小 设竖直向上为正方向，排球与手臂接触前竖直向下的速度大小与用手臂垫起排球反向弹回的速度大小相等，由动量定理得 解得 根据牛顿第三定律知，排球对手臂的平均作用力F的大小为21.6N。 故选B。 【变式4-3】蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为，蹦极者下落第一个时动量的增加量为，下落第五个时动量的增加量为，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则满足（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】蹦极者下落高度的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为 可知 即 由动量定理得 故 故选D。 【例5】消防员在进行演练时，从一定高度处由静止落下，落在地面上充气的气垫上。下列说法正确的是（　　） A．气垫的作用是减小消防员所受的冲击力 B．气垫的作用是减小消防员的动量变化量 C．气垫的作用是减小消防员所受合力的冲量 D．气垫的作用是减小消防员接触气垫瞬间的动量 【答案】A 【详解】D．消防员从相同高度落下，接触气垫瞬间的速度不变，因此接触气垫瞬间的动量 不变，故D错误 B．消防员最终会减速到静止，整个减速过程的动量变化量大小 ，大小不变，故B错误； C．根据动量定理，合外力的冲量 ，不变，因此合冲量大小也不变，故C错误； A．气垫可以延长消防员减速到静止的作用时间，不变，由 可知，作用时间增大，平均合外力 减小，因为，所以气垫对消防员的冲击力也减小。因此气垫的作用是减小消防员受到的冲击力，A正确。 故选 A。 【变式5-1】有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，左右两边的压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化分别如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中（　　） A．左边小球所受重力的冲量大 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．左边小球所受合外力的冲量大 D．右边小球动量变化大 【答案】C 【详解】A．甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与甲左边装置底部碰撞过程作用时间较小，重力冲量 为碰撞时间，由图乙可知：左球（钢板）碰撞时间右球（泡沫）碰撞时间，两球重力相等，可知左边小球所受重力的冲量小，A错误； BC．两小球所受合外力的冲量为支持力（撞击力）冲量与重力冲量的矢量和，合外力冲量的大小等于支持力（撞击力）冲量大小减去重力冲量大小，由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，B错误，C正确； D．根据动量定理，动量变化量等于合外力的冲量，因此左球动量变化更大，D错误。 故选C 。 【变式5-2】如图为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告的科学性：设一个50g的熟鸡蛋从28楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差为3m，鸡蛋与地面撞击时间约为2ms。不计空气阻力，则该鸡蛋对地面的平均冲击力约为（　　） A．5000N B．1000N C．500N D．100N 【答案】B 【详解】1层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度为 已知鸡蛋质量 撞击时间 鸡蛋做自由落体运动，由运动学公式 得 取向上为正方向，撞击过程中由动量定理 整理得 代入数值 故选B。 【点睛】 【变式5-3】在电动车事故中，佩戴头盔可减小头部损伤程度。若事故中头部以的速度水平撞击头盔内部缓冲层，直至速度为0，缓冲层与头部的撞击时间延长至，头部质量约为，则（　　） A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化量 B．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量相同 D．头部受到的撞击力约为2000N 【答案】D 【详解】AB．驾驶员头部动量的变化量，撞击力的冲量 二者均与缓冲层无关。不能减小，AB错误； C．头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力大小相同，方向相反，作用时间相同；因而头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大、反向。并不相同，C错误； D．头部受到的撞击力，D正确。 故选D。 【例6】某型号海警船配备了一门大流量定向水炮，用于在执法行动中对非法构筑物（如岛礁上的临时建筑）进行警示或拆除。假设水炮炮口倾斜向上，与水平方向成放置，与目标建筑物水平距离为x，喷射时水柱恰好水平击中目标建筑物。已知垂直打到建筑物上后水流速度变为0，设水炮出水口的半径为r，海水密度为ρ，水柱以恒定的速度2v从喷水口喷出，水柱形状稳定，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．水柱冲击建筑物的平均冲击力 B．水柱冲击建筑物的平均冲击力 C．水柱从喷出到最高点所用时间 D．炮口与目标建筑物水平距离为 【答案】A 【详解】对水炮喷出水流的初速度分解到水平方向和竖直方向，由于初速度大小为，与水平方向夹角为，因此水平分速度 竖直分速度 AB．单位时间内从水炮喷出的水的质量为（为出水口横截面积） 水柱水平击中目标时速度等于水平分速度，冲击后速度变为0，根据动量定理 代入得，因此，故A正确，B错误。 C．竖直方向水流做竖直上抛运动，到最高点时竖直速度减为0，由 解得运动时间，故C错误。 D．水平方向水流做匀速直线运动，炮口与目标的水平距离，故D错误。 故选A。 【变式6-1】深圳九围湿地公园观光电瓶车，为游客提供惬意游园体验。公园清晨常有雾气弥漫，某次起雾时，设单位体积的空气内均匀分布n颗小水珠，每颗小水珠的平均质量为m，水珠速度可忽略。横截面积为S的观光电瓶车在某段水平路面上运行，小水珠与电车碰撞后完全黏附在车上。为保持电车以速度v匀速运行，电车因起雾多提供的动力为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】取∆t时间内与电车碰撞的所有小水珠为研究对象，则水珠总质量为 根据动量定理可得 所以 根据牛顿第三定律可知，为保持电车以速度v匀速运行，电车因起雾多提供的动力为 故选B。 【变式6-2】我国空间站的姿态调整和轨道维持使用了一种先进的“电推进系统”，其工作原理可简述为：将正离子由静止开始经强电场加速后喷出，从而对航天器产生推力。已知推进器消耗的电功率为P，将电能转化为离子动能的效率为η，离子喷出的速度大小为v，忽略航天器质量变化，则推进器产生的平均推力大小F为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设时间∆t内喷出离子的总质量为∆m，∆t时间内所有喷出离子的总动能满足 根据动量定理，推进器对离子的冲量等于离子的动量变化，即 联立可得 根据牛顿第三定律可得推进器产生的平均推力大小 故选A。 【变式6-3】第十九届青岛国际机床展览会在青岛国际博览中心盛大开幕。会展中我国国产水刀，又名超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能引起轰动。水刀就是将普通的水加压，使其从细小的喷嘴中以400m/s~1000m/s的速度射出形成的水流。我们知道，任何材料承受的压强都有一定的最大限度，下表列出了几种材料所能承受的最大压强。 橡胶 花岗岩 工具钢 铸铁 假设水流与材料接触后以原速率反弹，水的密度，调节水刀的水流射出速度，能切割不同材料。根据以上信息可知，此水刀恰好能切割工具钢的水流速度约为（　　） A．450m/s B．500m/s C．580m/s D．650m/s 【答案】C 【详解】令水流横截面积为S，产生的压力大小为F，则有，其中 在极短时间内，根据动量定理有 其中 结合上述有 解得 可知，此水刀恰好能切割工具钢的水流速度最接近580m/s。 故选C。 一、单选题（共8道） 1．如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行。现简化为如下模型：质量为m的行李箱，受到与水平方向夹角为的拉力F作用，沿水平方向做匀速直线运动的时间为t。下列说法正确的是（　　） A．行李箱所受拉力F的冲量大小是 B．行李箱所受摩擦力的冲量大小为零 C．行李箱所受拉力F的冲量方向水平向右 D．行李箱所受合外力的冲量大小为零 【答案】D 【详解】AC．行李箱所受拉力F的冲量大小，方向与F的方向相同，与水平方向夹角为斜向上，AC错误； B．根据平衡条件可知，行李箱所受摩擦力大小为 故摩擦力的冲量大小是，故B错误； D．行李箱做匀速直线运动，行李箱所受合力为零，故行李箱所受合外力的冲量大小为零，故D正确。 故选D。 2．提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（　　） A．手掌的动量发生变化 B．手掌所受重力的冲量为零 C．手掌所受拉力的冲量为零 D．手掌所受合力的冲量为零 【答案】A 【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率运动，速率不变但速度方向沿切线不断变化，因此动量发生变化，故A正确； B．重力的冲量为 手掌的重力以及受到重力的时间均不为零，所以手掌所受重力的冲量不为零，故B错误； D．根据动量定理，物体受到的合力的冲量等于动量的变化量，由于手掌动量发生了变化，因此合力的冲量不为零，故D错误； C．根据动量定理，手掌所受合力冲量等于动量变化量，即 已知、重力冲量 因此拉力的冲量不为零，故C错误。 故选A。 3．一质量为m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，落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球在运动过程中加速度最大为4g B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 C．小球从抛出到落地的总时间为 D．小球从抛出到落地克服阻力做功为 【答案】C 【详解】A．题意可知在运动过程中小球受到的空气阻力 根据动量定理 可知图像的斜率表示合外力，由图可知t=0时刻，图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为，有 其中 当时，物体合外力为零，此时有 联立解得，故A错误； B．设从地面抛出到最高点的时间为，上升的高度为h，设最高点到落地的时间为，小球上升过程中阻力的冲量大小为 小球下降过程中阻力的冲量大小为 故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故B错误； C．规定向上为正方向，从地面抛出到最高点由动量定理得 同理下降阶段 联立可得小球从抛出到落地的总时间为，故C正确； D．根据动能定理，可知小球从抛出到落地克服阻力做功，故D错误。 故选C。 4．体育课上学生练习用脚颠球，某次足球（视为质点）由静止自由下落1.25m时与脚面相碰，足球与脚接触0.1s后，以相同的速率竖直向上反弹。已知足球质量为0.4kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在足球与脚接触的0.1s内，足球的动量变化量为零 B．足球从开始下落到重回最高点的过程中重力的冲量为零 C．足球在空中上升的过程中，其动量变化率减小 D．在足球与脚接触的0.1s内，脚对足球的平均作用力大小为44N 【答案】D 【详解】A．足球在空中做自由落体运动，由自由落体公式 有，其中 得 足球与脚接触的时间内，以竖直向下为正，由动量变化量的表达式 有 得在足球与脚接触的时间内，足球的动量变化量，A错误； B．由自由落体公式 有 得 设足球与脚接触的时间为，由冲量表达式 有 得足球从开始下落到重回最高点的过程中重力的冲量，方向竖直向下，B错误； C．足球在空中上升的过程中只受重力，以竖直向下为正，经过时间，由动量定理 有 得足球在空中上升的过程中，其动量变化率，保持不变，C错误； D．足球与脚接触的时间内，以竖直向下为正，由动量定理 有，其中 得，即脚对足球的平均作用力大小为，D正确。 故选D。 【点睛】 5．篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】空气阻力大小与速度大小成正比，设空气阻力为 下落过程由牛顿第二定律可得，故随着速度增大，加速度越来越小，下落时做加速度逐渐减小的加速运动 与地面碰撞后上升阶段，由牛顿第二定律可得，故随着速度减小，加速度越来越小，上升时做加速度逐渐减小的减速运动。 设小球下落高度为，上升高度为，则下落时空气阻力冲量的大小为 上升时空气阻力冲量的大小为 规定向下为正方向，由动量定理，下落时 上升时，故。 故选D。 6．为估算池中睡莲叶面被雨滴撞击时单位面积受的力，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中雨水上升了，查询得知，当时雨滴落地速度约为，若雨滴撞击睡莲叶面后无反弹、不计雨滴重力，雨水的密度为，据此估算睡莲叶面单位面积上的平均受力约为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设在时间内落到面积为的叶面上的雨水质量为，则有 雨滴撞击叶面后速度变为零，以竖直向下为正方向，根据动量定理有 解得叶面对雨水的平均作用力大小为 根据牛顿第三定律可知，雨水对叶面的平均作用力大小为 则叶面单位面积上的平均受力约为 联立解得 代入数据解得 故选A。 7．某高层建筑顶部广告牌的面积，有大风正对广告牌吹来，风速，大风吹到广告牌上后速度瞬间减为0，已知空气密度，则该广告牌受到的风力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设时间内吹到广告牌上的空气质量为，则有 取风的初速度方向为正方向，对这部分空气应用动量定理，设广告牌对空气的作用力为，有 将代入上式，有 解得 代入数据、、 解得 根据牛顿第三定律，广告牌受到的风力大小等于 故选D。 8．动量随位置变化的图像称为“相轨”。相轨在近代数学分析和理论物理的发展中扮演了极为重要的角色。一物体从处以初速度沿方向开始运动，运动过程中只受一方向与速度相反、大小为（且为常量）的力。请你根据动量的相关知识，推断相轨应为图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设物体从位置运动到位置的时间为，位移为，这段时间内速度的平均值为。因为阻力大小始终为，所以这段时间内平均阻力大小为，阻力冲量大小为 方向与运动方向相反，即动量减少量与位移成正比。因此物体每前进相同位移，动量减少量相同，随均匀减小，图像为向下倾斜的直线；当减小到时物体停止，故D正确。 故选D。 二、多选题（共4道） 9．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为的头锤从离气囊表面正上方高处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为零时刻，气囊对头锤竖直方向作用力随时间的变化如图乙所示，重力加速度，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（　　） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为 C．碰撞过程头锤动量变化量大小为 D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为1000 N 【答案】BC 【详解】A．头锤与气囊作用过程中，向下运动时，头锤的重力先大于气囊对头锤的作用力，则加速度向下，头锤失重；然后头锤的重力小于气囊对头锤的作用力，则加速度向上，头锤超重，一直到达最低点；同理向上运动时，头锤先超重后失重，则整个过程中头锤先失重后超重，再失重，故A错误； D．头锤与气囊接触时的速度 则从头锤接触气囊到头锤到达最低点由动量定理（向上为正） 解得，故D错误； B．从头锤接触气囊到头锤离开气囊，由动量定理 解得离开气囊时的速度 碰撞结束后头锤上升的最大高度为，故B正确； C．碰撞过程头锤动量变化量大小为，故C正确。 故选BC。 10．某次排球运动员进攻过程可简化为如图所示模型，甲运动员以极短的时间将初速度为零的排球从点以水平速度击出，球恰好碰到拦网队员乙的手指。已知排球质量，、的水平距离，、的高度差。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度。则可知（　　） A．球被甲击出时的速率为25m/s B．球被甲击出时的速率为30m/s C．甲对球的平均作用力大小为650N D．甲对球的平均作用力大小为780N 【答案】BD 【详解】AB．根据题意可知，球被甲击出后做平抛运动，水平方向上有 竖直方向上有 联立解得 即球被甲击出时的速率为30m/s，故A错误，B正确； CD．设甲对球的平均作用力大小为，对球由动量定理有 解得 即甲对球的平均作用力大小为780N，故C错误，D正确。 故选BD。 11．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。以下判断正确的是（　　） A．最低点的坐标为 B．小球受到的弹力最大值大于 C．小球动能的最大值为 D．从点到，小球所受合力的冲量为 【答案】BCD 【详解】由图乙可知：弹簧上端位于处，时弹力大小等于重力，即​，得劲度系数 A．设最低点弹簧压缩量为，最低点总坐标，由动能定理（初始、末态动能均为0）： 代入，整理得 解得​，因此最低点坐标​，故A错误； B．最大弹力，由 可得 ，故B正确； C．小球在平衡位置​处动能最大（重力等于弹力，之前加速、之后减速），根据动能定理 代入，可​得 ，故C正确； D．根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化。 根据​​，整理得​ 因此冲量​，故D正确。 故选 BCD。 12．根据权威医学与交通安全研究，骑车佩戴头盔可防止的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率。经查阅资料知，头部撞地过程中，撞击力作用到头部的时间约为5 ms；若戴上优质头盔后，撞击力作用到头部的时间为15 ms以上。假定撞击地面后人头部的速度变为0，人头部的质量为5 kg（不计头盔质量），取重力加速度。忽略撞击过程中肢体对头部的作用力，则下列说法正确的是（　　） A．头盔减小了人的头部撞击过程中撞击力的冲量 B．头盔减小了人的头部撞击过程中的撞击力 C．在事故中头盔对地面的冲量与地面对头盔的冲量相同 D．若人的头部以的速度垂直撞击地面，戴头盔使撞击力至少减少约5333 N 【答案】BD 【详解】AB．设竖直向下为正方向，根据动量定理 解得 戴上头盔后，撞击力作用到头部的时间增大，则减小，所以头盔减小了人头部撞击过程中的撞击力； 根据上述得 可知头盔增大了人头部撞击过程中撞击力的冲量，故A错误，B正确； C．头盔对地面的力与地面对头盔的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，力的作用时间相同，根据可知头盔对地面的冲量与地面对头盔的冲量的大小相等，方向相反，故C错误； D．根据上述 代入数据，解得戴上头盔时 不戴头盔时 戴头盔使撞击力至少减少了，故D正确。 故选BD。 三、解答题（共3道） 13．如图所示，用0.5kg的铁锤往水平天花板上钉钉子，打击前铁锤的速度大小为4m/s，方向竖直向上。打击后铁锤的速度变为0，已知打击时间为0.01s，钉子质量为5g，忽略打击过程中手对锤柄的作用力，重力加速度，求击打的过程中： (1)铁锤动量的变化量的大小和方向 (2)铁锤对钉子的作用力的大小 【答案】(1)，方向向下 (2)195N 【详解】（1）规定向上为正方向，铁锤的动量变化量 则动量变化量大小为2kg⋅m/s，方向向下； （2）规定向上为正方向，以铁锤为研究对象，根据动量定理有          解得钉子对铁锤的作用力      根据牛顿第三定律，铁锤对钉子的平均作用力大小 14．蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，一质量的运动员从空中高度处由静止下落，与蹦床接触后反弹，竖直上升的最大高度，已知运动员与蹦床的接触时间为，不计空气阻力，重力加速度，求： (1)运动员在空中自由下落过程中重力的冲量大小； (2)与蹦床接触过程中，运动员动量变化量的大小； (3)与蹦床接触过程中，运动员受到蹦床的平均弹力大小。 【答案】(1)300N∙s (2) (3)1920N 【详解】（1）运动员在空中自由下落的时间 重力的冲量大小 （2）运动员落到蹦床时的速度，方向向下； 被弹起后的速度，方向向上； 以向上为正方向，则与蹦床接触过程中，运动员动量变化量的大小 （3）与蹦床接触过程中，由动量定理 解得F=1920N 15．一质量为1 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，求： (1)时物块的速率； (2)时物块的动量大小； (3)前3 s内合外力冲量大小； (4)前4 s内动量的变化量大小。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）根据动量定理可知 解得 （2）根据动量定理可知 （3）根据图像，结合动量定理可知前3 s内合外力的冲量为 （4）根据图像，结合动量定理可知前4 s内合外力的冲量为 根据动量定理可知前4s内动量的变化量大小为 1 / 32 学科网（北京）股份有限公司 $