1.2 动量定理 同步讲义-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

本讲义聚焦高中物理“动量定理”核心知识点，系统梳理冲量的定义及性质、恒力与变力冲量的计算方法、动量定理的内容及应用，以及流体冲击问题、F-t图像中的动量问题等题型，构建从基础概念到综合应用的学习支架。 该资料以题型为导向，每个题型配套“解题知识”与典例、变式题，通过模型建构（如流体冲击柱体模型）、科学推理（如用动量定理求平均作用力）培养科学思维，结合蹦极、电磁弹射等生活实例渗透科学态度，课中辅助教师分层教学，课后助力学生针对性练习以查漏补缺。

第一章 第2节 动量定理 内 容 导 航 题型1 冲量的定义及性质 题型2 求恒力的冲量 题型3 求变力的冲量 题型4 动量定理的内容和应用 题型5 用动量定理求平均作用力 题型6 用动量定理求流体冲击问题 题型7 F-t图像中的动量问题 考 点 演 练 题型1 冲量的定义及性质 解｜题｜知｜识 1.定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用符号Ⅰ表示。 2.物理意义：反映了力的作用对时间的累积效应。 3.定义式：I＝FΔt。 4.标矢性：恒力的冲量方向与力的方向相同，变力的冲量方向需具体分析。 5.单位：牛秒，符号：N•s。 6.理解 （ 1）冲量是一个过程量，力越大.作用时间越长，冲量越大。 （2）绝对性：力与作用时间均与参考系的选择无关，故冲量也与参考系无关。 【典例1】我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则（　　） A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲与乙的加速度大小相等方向相反 【答案】B 【解答】解：A．因为甲和乙组成的系统所受合外力为零，则甲、乙组成的系统动量守恒，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量，大小相等，方向相反，不相等，故A错误； B．甲、乙组成的系统动量守恒，甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，故B正确； C．在推动过程中，甲、乙之间的相互作用力等大反向，但无法确定对地位移的大小关系，因此无法判断做功的关系，即甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，故C错误； D．甲、乙的质量关系未知，无法判断加速度的大小关系，故D错误。 故选：B。 题型2 求恒力的冲量 解｜题｜知｜识 1.恒力的冲量可以用冲量的定义式进行计算：I＝FΔt。 2.冲量的方向：与力的方向一致。 【典例1】现在市面上出现了一种新型的游乐设施——“反向蹦极”，示意图如图甲，游戏者与固定在地面上的扣环连接，P为弹性绳上端悬点，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置时绳子恰好处于松弛状态，C为游戏者上升的最高点，D点为速度最大位置（未画出），弹性绳的弹力遵从胡克定律，游戏者视为质点，弹性绳的形变在弹性限度内，不计空气阻力，若以A点为坐标原点，选向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙，图像中：x1、x2、x3和﹣g为已知量，a0为未知量，则人上升过程中（　　） A．AB段的长度为x B．游戏者最大速度为 C．a0值可能会小于g D．人从A点到D点和D点到C点重力的冲量大小相等 【答案】B 【解答】解：A、AB段是弹性绳从拉伸到松弛的过程，当绳子处于松弛状态时（B位置），弹性绳弹力为0，对应a﹣x图像中a＝﹣g的位置，即AB段长度为x2，而非x1，故A错误； B、速度最大的位置D对应加速度为0的点（即a＝0），图中（x＝x1）处。根据动能定理，合外力的做功（对应a﹣x图像与x轴围成的面积乘以质量）等于动能变化，从D到C，合外力做功对应的面积为“梯形面积（x1到x3）与m的乘积”，结合图像可知：解得最大速度v，故B正确。 C、人在D点的速度最大，所以D点为受力平衡的位置，因为人到B点的速度不为零，还能继续上升，根据简谐振动的特点可知，人在A点的加速度应该大于在B点的加速度，B点是绳子刚好松弛的位置，此处人仅受重力作用，人的加速度为g，所以人在A处的加速度应该大于在B处的加速度，则a0的值一定是大于g的，故C错误； D、物体所受合力的冲量大小等于它动量的变化量，已知A点和C点的速度为零，D点为速度最大点，所以A点到D点的动量的变化量和和D点到C点的动量变化量相同，因此A点到D点和D点到C点合力冲量大小相等，重力的冲量不相等，故D错误。 故选：B。 【变式1】如图甲，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从粗糙固定斜面底端向上滑行，斜面足够长、倾角为θ，物块速度随时间变化的图像如图乙所示，4t0时刻物块返回底端，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物块在0～4t0的过程中支持力的冲量为0 B．物块在0～4t0的过程中重力的冲量为4mgt0sinθ C．物块在0～4t0的过程中克服摩擦力所做的功为 D．物块在0～4t0的过程中动量变化量的大小为 【答案】C 【解答】解：A、在上滑和下滑阶段，对物块受力分析如图所示： 垂直斜面方向受力平衡，支持力N＝mgcosθ，所以物块在0～4t0的过程中支持力的冲量为IN＝Nt＝mgcosθ•4t0＝4mgt0cosθ，故A错误； B、物块在0～4t0的过程中重力的冲量为IG＝mg•4t0＝4mgt0，故B错误； C、v﹣t图中，图像与时间轴所围图形面积代表位移大小，物块上滑和下滑的位移大小相等，设返回底端的速度为v，由图乙可知，vv0，对全过程，由动能定理可知：﹣Wf，代入数据可得：Wf，故C正确； D、以沿斜面向上为正方向，初速度为v0，末速度为﹣v，物块在0～4t0的过程中动量变化量Δp＝﹣mv﹣mv0，代入数据可得：Δpmv0，所以动量变化量大小为mv0，故D错误。 故选：C。 【变式2】水平推力F1、F2分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体，一段时间后撤去推力，两物体继续运动一段距离后停止，甲、乙两物体的v﹣t图像分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD。在整个运动过程（　　） A．F1做的功与F2做的功相等 B．两物体摩擦力做的功不相等 C．F1的冲量与F2的冲量大小相等 D．两物体摩擦力的冲量大小相等 【答案】B 【解答】解：AB．v﹣t图像的斜率表示加速度，由于AB∥CD，可知撤去外力后，两物体减速时的加速度相同，根据牛顿第二定律f＝ma可知，由于两物体的质量相等，故两物体受到的摩擦力相等，结合图像可知，甲物体的位移小于乙物体的位移，故摩擦力对甲物体做的功小于对乙物体所做的功；根据动能定理可知WF+Wf＝0，故F1做的功小于F2做的功，故A错误，B正确； CD．两物体受到的摩擦力大小相等，由图可知，摩擦力对乙物体的作用时间大于对甲物体的作用时间，根据I＝Ft可知，甲物体摩擦力的冲量小于乙物体摩擦力的冲量，结合动量定理可知IF+If＝0，故F1的冲量大小小于F2的冲量大小，故CD错误。 故选：B。 【变式3】一质量为m物体，放在光滑的水平面上，处于静止状态。现一与水平方向成θ角的恒力，力F作用在物体上，历时t，重力加速度为g，物体未离开水平面。则（　　） A．力F对物体的冲量大小为Ftcosθ B．所受重力对物体的冲量为0 C．所受合力的冲量大小为（F+mg）t D．动量的变化量为Ftcosθ 【答案】D 【解答】解：A．根据冲量定义，力F冲量大小 IF＝Ft 故A错误； B．根据冲量定义，重力对物体的冲量 IG＝Gt 故B错误； C．根据冲量定义，合力的冲量大小 I合＝F合t＝Ftcosθ 故C错误； D．根据动量定理，物体动量变化量 Δp＝I合＝Ftcosθ 故D正确。 故选：D。 题型3 求变力的冲量 解｜题｜知｜识 求变力的冲量有三个方法： 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像，如图所示，可用面积法求变力的冲量； 3.利用动量定理求解。 【典例1】从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为4g B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1 C．球上升阶段阻力的冲量等于下落阶段阻力的冲量 D．球上升阶段动量变化的大小小于下落阶段动量变化的大小 【答案】C 【解答】解：A、设小球的初速度为v0，满足 而小球的末速度为v1，有， 小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，且重力的方向和阻力的方向相同，mg+kv0＝mamax， 当小球向下匀速时，加速度为零，重力和阻力相互平衡mg＝kv1， 联立解得amax＝5g，故A错误； B、由于机械能损失，上升和下降经过同一位置时，上升的速度大于下降的速度，所以上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，而上升过程与下降过程的位移大小相等，即小球上升的时间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B错误； C、已知小球受到的空气阻力与速率成正比，根据题意得小球受到的空气阻力与速率的关系为f＝kv， k是比例系数，则阻力的冲量大小为If＝∑fΔt＝∑kvΔt＝kx， 因为球上升过程和下降过程位移大小相同，所以球上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C正确； D、根据动能表达式可得，，动量大小p＝mv， 联立可得， 小球初动能为16E0，球上升阶段动量的变化量 球下降阶段动量的变化量Δp′0， 所以球上升阶段动量变化的大小大于下落阶段动量变化的大小，故D错误。 故选：C。 【变式1】2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境。据报道该装置目前达到了4s的微重力时间、10μg的微重力水平。电磁弹射阶段可以看作加速度大小为5g的匀加速运动，实验舱的质量为500kg，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．竖直上抛和下落阶段重力的合冲量为0 B．电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱的冲量与上抛阶段重力的冲量大小相等 C．电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱的冲量大小为1.2×104N•S D．电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱做功为1×105J 【答案】C 【解答】解：A．竖直上抛和下落阶段重力的冲量大小相同，方向相同，合冲量不为0，故A错误； B．电磁弹射阶段结束时实验舱的速度方向向上，电磁系统对实验舱的冲量大于重力的冲量，故B错误； C．选取向上为正方向，由动量定理得I﹣mgt﹣mgt上＝0 由题意可知实验舱上抛和下落阶段的时间为4s，则上升时间和下降时间各2s，可知实验舱开始上抛的速度为v＝gt上＝10×2m/s＝20m/s 电磁弹射阶段有v＝5gt 代入数据得t＝0.4s 解得I＝1.2×104N•S 故C正确； D．电磁弹射阶段，上升的距离为h 上抛的位移为 由动能定理得W﹣mgh﹣mgh上＝0 解得W＝1.2×105J 故D错误； 故选：C。 【变式2】如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，O点为弹簧处于原长时物块的位置。将物块（可视为质点）拉至A点由静止释放，物块在粗糙的水平桌面上沿直线运动，经过O点运动到B点时速度恰好减为0，在物块由A点运动到O点的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功 B．弹簧弹力做功等于物块克服摩擦力做功 C．弹簧弹力的冲量大小等于摩擦力的冲量大小 D．弹簧弹力的冲量大小小于摩擦力的冲量大小 【答案】A 【解答】解：AB、在物块由A点运动到O点的过程中，弹力做正功设为WF，克服摩擦力做功功设为Wf，由动能定理得：WF﹣Wf0，所以WF＞Wf，故弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功，故A正确，B错误； CD、在物块由A点运动到O点的过程中，设弹簧弹力的冲量的大小为IF，摩擦力的冲量的大小为If，规定水平向左为正方向，则根据动量定理得：IF﹣If＝mvo﹣0＞0，故IF＞If，弹簧弹力的冲量大小大于摩擦力的冲量大小，故CD错误； 故选：A。 【变式3】如图所示，光滑半球形容器开口向上，固定在水平面上，AB是容器口的水平直径。小球在A点由静止释放，小球从A点运动到B点的过程，下列说法错误的是（　　） A．小球动量变化量为零 B．小球动能变化量为零 C．容器对小球作用力冲量为零 D．容器对小球作用力做功为零 【答案】C 【解答】解：AB、结合机械能守恒定律，小球运动到B点速度为零，小球动量变化量为零，动能的变化量为零，故AB正确； C、结合动量定理，小球所受合外力的冲量为零，容器对小球的作用力冲量与重力的冲量等大反向，重力的冲量不为零，容器对小球作用力冲量不为零，故C错误； D、容器对小球的作用力始终与速度垂直，容器对小球作用力做功为零，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 题型4 动量定理的内容和应用 解｜题｜知｜识 1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量． 2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft． 3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到Fma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F，这是牛顿第二定律的动量表述． 【典例1】一种名为“空中飞椅”的游乐设施可简化为如图所示的模型，设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（　　） A．动量保持不变 B．动量的变化量保持不变 C．动量的变化率保持不变 D．所受重力的冲量不等于零 【答案】D 【解答】解：A、动量公式p＝mv，由图可知，在座椅圆周运动的过程，其速度方向会发生变化，即动量会发生变化，故A错误； B、根据动量定理，可得：F合t＝Δp，由座椅圆周运动过程合力不为零，可知动量变化量会发生变化，故B错误； C、动量变化率，分析合力是否变化，需考查合力的方向，而圆周运动中，合力指向圆心，一直在变化，即动量变化率会变化，故C错误； D、重力的冲量为：I＝mgt，其中mg不变，t不为零，可知小球所受重力的冲量不为零，故D正确。 故选：D。 【变式1】如图，质量为0.01kg的小物块从距水平地面高度为1.8m处以1m/s的初速度沿水平方向抛出。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块第一次与地面接触的时间为0.1s，物块与地面间的动摩擦因数为0.2，则（　　） A．物块第一次落到地面前瞬间，竖直速度的大小为3m/s B．物块第一次与地面接触过程，动量变化量大小为0.09kg•m/s C．物块第一次与地面接触过程，所受弹力冲量的大小为0.1N•s D．物块第一次弹离地面瞬间，水平速度的大小为1m/s 【答案】C 【解答】解：A、物块第一次落到地面前做平抛运动，由平抛运动规律可得：，解得：，方向竖直向下，故A错误； C、由题意可知弹起后物块上升的最大高度h2＝0.45m，由运动学公式可得：，解得：，方向竖直向上，以向上的方向为正方向，在碰撞过程中，在竖直方向，根据动量定理可得：，代入数据解得弹力冲量的大小为：，故C正确； D、在水平方向，若物块一直受滑动摩擦力，由f＝μFN，其中，则摩擦力的最大冲量为：If＝ft＝0.2×0.01×10×0.1N•s＝0.02N•s＞mv0＝0.01×1N•s＝0.01N•s，可知水平方向速度最后为零，故D错误； B、物块第一次与地面接触过程，以竖直向上的方向为正方向，物块在竖直方向的动量的变化量的大小为：Δpy＝mvy2﹣（﹣mvy1）＝0.01×3kg•m/s+0.01×6kg•m/s＝0.09kg•m/s，以v0的方向为正方向，在水平方向的动量的变化量为：Δpx＝0﹣mv0＝﹣0.01×1kg•m/s＝﹣0.01kg•m/s，则动量变化量大小为：，故B错误。 故选：C。 【变式2】质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回。不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是（　　） A．子弹对墙的冲量最大 B．橡皮泥对墙的冲量最大 C．钢球对墙的冲量最大 D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 【答案】C 【解答】解：由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等（设为m）、初速度相等（设为v0），则它们动量的变化量：Δp＝m•Δv＝mv﹣mv0 子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于0；钢球被以原速率反向弹回，末速度等于为负值，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大。 由动量定理：I＝Δp可知，子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大，结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式3】如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（　　） A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s 【答案】B 【解答】解：黄豆落在秤盘上的速度大小为vm/s＝5m/s 设持续倾倒黄豆的时间为t，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为 黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，选取向上为正方向，由动量定理得FΔt＝2nm0[v﹣（﹣v）]＝2nm0v 方程两侧根据时间累计求和可得Ft＝2m总v 又F＝m′g＝80×10﹣3×10N＝0.8N 代入数据可得t＝2.5s 故ACD错误，B正确。 故选：B。 题型5 用动量定理求平均作用力 解｜题｜知｜识 对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。 公式为：Δt＝mv2﹣mv1。 【典例1】如图所示，有一质量M＝0.4kg、边长为0.30m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝0.1kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（　　） A．0.05m B．0.06m C．0.15m D．0.30m 【答案】B 【解答】解：设正方体木块边长为a，小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有 即mx1＝Mx2 由几何关系x1+x2＝a 联立上式，代入数据解得x2＝0.06m，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【变式1】湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆与风速垂直的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，吹到船帆后与船速相同，且有v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力为（　　） A．ρS（v2﹣v1）2 B．ρS（v2+v1）2 C．ρ D．ρ 【答案】A 【解答】解：Δt单位时间内冲击帆的空气质量为Δm＝ρΔV＝ρS（v2﹣v1）Δt 选取初速度的方向为正方向，由动量定理FΔt＝Δm（v2﹣v1） 联立得推力 故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式2】一个质量为50kg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0.4s，g取10m/s2。下列说法不正确的是（　　） A．运动员与网接触这段时间内，动量的变化量大小为900kg•m/s B．从自由下落开始到蹦回到离水平网面5.0m高度处，这一过程中运动员所受重力的冲量大小为1100N•s C．从自由下落开始到蹦回到离水平网面5.0m高度处，这一过程中运动员所受弹力的冲量大小为1100N•s D．网对运动员的平均作用力大小为5500N 【答案】D 【解答】解：取向下为正方向。 A、运动员自由下落至网面时的速度大小为，代入数据解得：v1＝8m/s，方向向下。离开网面时的速度大小为，解得：v2＝10m/s，方向向上，即v2＝﹣10m/s。运动员与网接触过程中，动量的变化量Δp＝mv2﹣mv1，代入数据解得：Δp＝﹣900kg•m/s，其大小为900kg•m/s，故A正确； B、运动员自由下落时间，解得：t1＝0.8s。上升时间，解得：t2＝1.0s。运动总时间t总＝t1+Δt+t2，解得：t总＝2.2s。全程重力的冲量IG＝mgt总，解得：IG＝1100N•s，故B正确； C、对全程应用动量定理，初、末速度均为零，则有IG﹣IF＝0，解得弹力的冲量IF＝IG＝1100N•s，故C正确； D、在接触时间内，对运动员应用动量定理：，解得：。也可由弹力冲量计算：，解得：，故D错误。 选择不正确的选项，故选：D。 【变式3】2024年3月，2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛落幕，中国蹦床队斩获3金2银。某运动员的质量为60kg，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，重力加速度g＝10m/s2，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．运动员与网刚分离时的动量为600kg•m/s B．运动员与网接触时间内动量的改变量为﹣1080kg•m/s C．网对运动员的平均作用力大小为1350N D．从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0m高处过程中，运动员所受重力的冲量为1080N•s 【答案】B 【解答】解：A．规定竖直向下为正方向，运动员与网刚分离时的速度 动量为 p2＝﹣mv2，解得p2＝﹣600kg•m/s 故A错误； B．运动员与网刚接触时的速度 接触时间内动量的改变量为 Δp＝﹣mv2﹣（mv1），解得Δp＝﹣1080kg•m/s 故B正确； C．以竖直向下为正方向，根据动量定理 （mg﹣F）Δt＝Δp 网对运动员的平均作用力大小为F＝1950N 故C错误； D．从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0m高处过程中，运动员所受重力的冲量为 故D错误。 故选：B。 题型6 用动量定理求流体冲击问题 解｜题｜知｜识 一、流体作用模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面积S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即 FΔt＝ΔmΔv，分两种情况： （1）作用后流体微元停止，有Δv＝﹣v，代入上式有F＝﹣ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝﹣2v，代入上式有F＝﹣2ρSv2。 二、微粒类模型 微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 （1）建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S； （2）微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt； （3）先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【典例1】翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到B处的体积Q＝2Sv B．水流在B处的速度 C．水流对B处的冲击力F＝4ρSv2 D．空中水的质量 【答案】D 【解答】解：A、水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积，所以水流单位时间撞到B处的体积为 Q＝Sv，故A错误； B、水流从P到B做平抛运动，平抛初速度为 v，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B的速度方向与水平方向成 60°，则有：，故B错误； C、设Δt 时间内有质量为Δm的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为FN，规定vB方向为正方向，由动量定理可得：﹣FN•Δt＝0﹣Δm•vB，因为 Δm＝ρSv•Δt，联立解得：，根据牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力的大小为：，故C错误；D、结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向的分速度为：，故平抛运动时间为：，所以空中水的质量为：，故D正确。 故选：D。 【变式1】2025年5月12日“全国防灾减灾日”当天，一架八旋翼无人机在四川雅安，模拟地震﹣泥石流的复合灾害现场，把搭载伤员的“可调节式担架模块”整体吊起，完成了3公里、2500米海拔的空中转运。已知无人机及其装备的质量为M，无风悬停时发动机的输出功率为P，八旋翼桨叶旋转形成圆面，其形成圆面的面积为S，推动静止空气，使空气获得的速度为v，重力加速度为g，空气密度为ρ，下面说法正确的是（　　） A．单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为ρS2 B．单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为 C．无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为 D．无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为 【答案】C 【解答】解：A．设在时间Δt内通过面积S的空气质量为Δm，空气密度为ρ，则有Δm＝ρ•ΔV＝ρ•S•v•Δt 解得单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为，故A错误； B．发动机做的功等于被加速空气的动能，发动机的输出功率 解得单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为，故B错误； CD．以空气速度方向为正方向，对空气由动量定理FΔt＝Δmv 可得 根据牛顿第三定律结合平衡条件可得F＝Mg+m伤员g 联立解得，故C正确，D错误。 故选：C。 【变式2】水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，则下列正确的是（　　） A．单位时间内水枪喷出水的质量为Sv B．单位时间内水枪喷出水的质量为ρSv2 C．墙壁受到的平均冲击力为ρSv2 D．墙壁受到的平均冲击力为ρgSv2 【答案】C 【解答】解：AB、根据题意分析可知，Δt时间内喷水质量Δm＝ρSvΔt 单位时间内水枪喷出水的质量，故A错误，B错误； CD、根据题意分析可知，取初速度方向为正方向，由动量定理有﹣FΔt＝0﹣Δmv 联立解得F＝ρSv2 根据牛顿第三定律可得墙壁受到的平均冲击力为ρSv2，故C正确，D错误。 故选：C。 【变式3】嫦娥六号探测器顺利从月球背面取回月壤，彰显了我国强大的科技实力。当探测器竖直向下喷射出横截面积为S，密度为ρ，速度大小为v的气体时，能悬停在距离月球表面h处（h远小于月球半径）。现探测器先关闭发动机自由下落，然后再打开发动机以另一速度向下喷气，使探测器匀减速到达月球表面时速度恰好减为零（此过程中发动机喷气的速度远大于探测器下落的速度），实现安全着陆。已知月球表面重力加速度为（g为地球表面重力加速度）。忽略喷射气体的重力及空气阻力，则（　　） A．探测器对喷射气体的冲量大小大于喷射气体对探测器的冲量大小 B．悬停时探测器单位时间内喷出气体的质量为 C．探测器的质量为 D．探测器匀减速下降过程中发动机向下喷气速度大小为2v 【答案】C 【解答】解：A.由牛顿第三定律可知，探测器对喷射气体的作用力和喷射气体对探测器的作用力大小相等，由I＝Ft可知，探测器对喷射气体的冲量大小等于喷射气体对探测器的冲量大小，故A错误； B.单位时间内喷出气体的体积V＝Sv，气体质量m＝ρV＝ρSv，故B错误； C.对单位时间内的喷出气体，以向下为正方向，由动量定理可知：F＝mv，由牛顿第三定律可知，气体对探测器的作用力大小为F， 由平衡条件可知，探测器悬停时有：F＝M•g，代入数据可得：M，故C正确； D.探测器先做匀加速直线运动，再做匀加速直线运动，由对称性可知，加速度大小相等，均为，喷气时，由牛顿第二定律可知：F'﹣MM，代入数据可得：F'，由牛顿第三定律可知，探测器对气体作用力大小为F'，则F'＝2F，以单位时间内喷出气体为研究对象，以探测器为参考系，由动量定理可知，F＝ρSv•v，F'＝ρSv'•v'，代入数据可得：v'v，故D错误。 故选：C。 题型7 F-t图像中的动量问题 解｜题｜知｜识 我们前面已经学过很多借助图像求物理量的例子，例如：利用v﹣t图像的面积求位移，利用a﹣t图像的面积求速度变化量，利用F﹣x图像的面积求功，它们都体现了共同的物理学方法：微元法。 类比这些问题的解决，我们就找到了一个计算变力冲量的方法，那就是图像法。由微元法可知，F﹣t图像与坐标轴围成的面积就是冲量。 【典例1】如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为5kg的头锤从离气囊表面正上方高5m处自由下落，与气囊发生碰撞后反向弹起，上升最大高度为0.2m。以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则头锤与气囊碰撞过程中，下列说法正确的是（　　） A．t1＝0.08s B．Fm＝1100N C．合力对头锤冲量大小为80N•s D．F的冲量大小为50N•s 【答案】B 【解答】解：B、头锤落到气囊上时的速度大小为：，头锤离开气囊上时的速度大小为：，以竖直向上的方向为正方向，由动量定理可得：，代入数据解得：Fm＝1100N，故B正确； A、以竖直向上的方向为正方向，由动量定理可得：，代入数据解得：t1＝0.1s，故A错误； C、以竖直向上的方向为正方向，由动量定理可得：I合＝mv2﹣（﹣mv1），代入数据解得：I合＝m（v2+v1）＝5×（2+10）N•s＝60N•s，故C错误； D、根据F−t图像和横轴围成的面积表示冲量可得F的冲量大小为：，故D错误。 故选：B。 【变式1】质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．3s时物块的动量为12kg•m/s B．6s时物块的动量为零 C．6s时物块回到初始位置 D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J 【答案】D 【解答】解：AB.物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2N，对物块从0～3s内由动量定理可知（F﹣f）t1＝mv3，即（4﹣2）×3kg•m/s＝1×v3，得v3＝6m/s，3s时物块的动量为p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得﹣（F+f）t＝0﹣mv3，即﹣（4+2）t＝0﹣1×6kg•m/s，解得t＝1s，所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动量也为0，故AB错误； C.0∼3s过程中，由动能定理可得，即，得x1＝9m，3s∼4s过程中，对物块由动能定理可得，即，得x2＝3m4s∼6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为，发生的位移为x1+x2，即6s时物块没有回到初始位置，故C错误； D．物块在6s时的速度大小为v6＝2×2m/s＝4m/s，0～6s拉力所做的功为W＝（4×9﹣4×3+4×4）J＝40J，故D正确。 故选：D。 【变式2】一个质量为4kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．t＝4s时物体的速度方向改变 B．前2s内合外力做的功为4J C．t＝4s时物体的动量大小为8kg•m/s D．前6s内合外力的冲量大小为12N•s 【答案】C 【解答】解：A.由题图可知，t＝4s时物体的速度大小是，可知在前4s内物体做加速运动，t＝4s时合外力F的方向是负方向，物体开始做减速运动，但速度的方向不变，仍是正方向，故A错误； B.在4s内物体的加速度为，物体在前2s内的位移为，由力对物体做功的计算公式可得，前2s内合外力做的功为W＝Fx＝2×1J＝2J，故B错误； C.由动量的计算公式可得，t＝4s时物体的动量大小为p＝mv＝4×2kg•m/s＝8kg•m/s，故C正确； D.由F﹣t图像与时间轴所围的面积表示力对物体的冲量可得，前6s内合外力的冲量大小为I＝2×4N•s﹣2×（6﹣4）N•s＝4N•s，故D错误。 故选：C。 过 关 验 收 （多选）1．如图所示，一小球以v0＝3m/s的速度与水平地面发生碰撞，碰撞后的反弹速度v＝2m/s，碰撞前后的速度方向与水平地面的夹角均为θ＝37°，已知小球的质量m＝10g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，碰撞过程忽略重力作用，小球与地面碰撞过程中，下列说法正确的是（　　） A．摩擦力的冲量为0 B．摩擦力的冲量大小为8×10﹣3N•s C．地面的支持力的冲量大小为6×10﹣3N•s D．地面的支持力的冲量大小为3×10﹣2N•s 【答案】BD 【解答】解：AB.以向右为正方向，碰撞前水平方向速度为vx1＝v0cos37°，碰撞后水平方向速度为vx2＝vcos37°，由动量定理可知，If＝mvx2﹣mvx1，代入数据可得：If＝﹣8×10﹣3N•s，即摩擦力的冲量大小为8×10﹣3N•s，故A错误，B正确； CD.以竖直向上为正方向，碰撞前竖直方向速度为vy1＝﹣v0sin37°，碰撞后竖直方向的速度为vy2＝vsin37°，由动量定理可知，IN＝mvy2﹣mvy1，代入数据可得：IN＝3×10﹣2N•s，即支持力的冲量大小为3×10﹣2N•s，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）2．一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。图甲到图乙、图乙到图丙过程中重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则（　　） A．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2+Δt），地面对运动员做的功为0 B．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2），地面对运动员做的功为（M+m）g（h1+h2） C．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2+Δt），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2） D．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2） 【答案】AC 【解答】解：AB．运动员将重物缓慢上举，可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：F＝（M+m）g 整个过程的时间为t1+t2+Δt，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为：I＝（M+m）g（t1+t2+Δt） 地面对运动员的支持力没有位移，地面对运动员做的功为0，故A正确，B错误； CD．运动员对重物的力为Mg，其冲量为I′＝Mg（t1+t2+Δt），运动员对重物力作用下的位移为（h1+h2），则对重物做功为Mg（h1+h2），故C正确，D错误； 故选：AC。 3．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距中心轴R处有一质量为m的物体随圆盘一起转动，一段时间后圆盘逐渐减速直至停止。已知物体可视为质点且始终与圆盘相对静止，下列说法正确的是（　　） A．圆盘匀速转动时，物体受摩擦力的方向沿轨迹切线方向 B．圆盘匀速转动时，物体运动半圈所受摩擦力的冲量大小为πmω C．圆盘减速至停止的过程中，摩擦力对物体不做功 D．圆盘减速至停止的过程中，物体所受摩擦力的冲量大小为mωR 【答案】D 【解答】解：A、圆盘匀速转动时，小物体做匀速圆周运动，向心力由摩擦力提供，摩擦力方向指向圆心，并非沿运动轨迹切线方向，故A错误； B、物体匀速转动半周时，速度的变化量Δv＝2v＝2ωR 由动量定理可得 所受摩擦力的冲量大小I＝Δp＝m•Δv＝m•2ωR＝2mωR，故B错误； C、圆盘减速至停止过程中，小物体的速度减小，摩擦力有沿轨迹切线方向的分力（因减速，摩擦力阻碍相对运动趋势，有切向分力），该分力对小物体做功，使小物体动能减小，故C错误； D、圆盘减速至停止过程中，小物体的初动量p＝mv＝mωR 根据动量定理，摩擦力的冲量I＝Δp＝0﹣mωR＝﹣mωR 则小物体所受摩擦力的冲量大小为mωR，故D正确。 故选：D。 （多选）4．如图所示为滑雪道示意图，可视为质点的运动员从斜坡上M点由静止滑下，经水平轨道NP由P点飞出，落在斜面上的Q点，不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．MN阶段，斜坡对运动员弹力的冲量等于其在N点时的动量 B．NP阶段，水平轨道对运动员弹力的冲量与时间成正比 C．PQ阶段，运动员每秒的动量变化量均相同 D．PQ阶段，合外力的冲量小于运动员的动量变化 【答案】BC 【解答】解：A、根据动量定理：I合＝Δp，可知MN阶段，运动员所受合力的冲量等于其在N点时的动量，但合力并不单是弹力，故A错误； B、根据冲量的定义：I＝Ft，可知NP阶段，水平轨道对运动员弹力不变，所以弹力的冲量与时间成正比。故B正确； C、在PQ段运动员做平抛运动，根据动量定理有：mg•Δt＝Δp 解得动量的变化率为： 可知PQ阶段，运动员每秒的动量变化量均相同。故C正确； D、根据动量定理可知，PQ阶段，合外力的冲量等于运动员的动量变化。故D错误。 故选：BC。 （多选）5．将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（　　） A．在上升过程中，运动员重力势能的变化量 B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功 C．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小 D．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小 【答案】AD 【解答】解：A、起跳后运动员重心上升的最大高度为h，重力势能的变化量为ΔEp＝﹣WG＝mgh，故A正确； B、从入水到速度减为零的过程，Wf+EK+mgH＝0，入水后速度减为零的深度未知，不能确定水的阻力对运动员做的功，故B错误； C、不能确定运动员在空中运动的时间，所以在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小不能确定，故C错误； D、根据动量定理可得If﹣mgt＝0，解得If＝mgt，从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小为mgt，故D正确。 故选：AD。 6．给小滑块一初速度，使其从粗糙斜面底端沿斜面上滑，上滑到最高点后又滑回斜面底端，则下列说法正确的是（　　） A．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程的时间相等 B．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程中重力的冲量相等 C．小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下滑过程合力的冲量 D．在整个过程中重力的冲量为0 【答案】C 【解答】解：B、重力冲量I＝mgt，又因为t上＜t下，故上滑过程重力冲量小于下滑过程重力冲量，故B错误； A、设斜面倾角为θ，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，上滑时加速度，下滑时加速度，故a上＞a下。 由于上滑与下滑过程位移大小相等，根据公式，可知上滑时间t上小于下滑时间t下，故A错误； C、合力冲量等于动量变化量。设上滑初速度大小为v0，上滑过程动量变化大小|Δp上|＝|0﹣mv0|＝mv0。设下滑到底端时速度大小为v'，下滑过程动量变化大小|Δp下|＝|mv'﹣0|＝mv'。因摩擦力做功，滑回底端速度v'＜v0，故|Δp上|＝mv0＞mv'＝|Δp下|，则上滑过程合力冲量更大，故C正确； D、重力总冲量为I总＝mg（t上+t下），方向竖直向下，大小不为零，故D错误。 故选：C。 7．下列关于动量的说法合理的是（　　） A．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零 B．只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒 C．运动员在跳高时，需要落到沙坑里或海绵垫上，这样做是为了减小运动员的动量变化率 D．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒 【答案】C 【解答】解：A．物体沿水平面运动时，重力与位移垂直，重力做功为零。但冲量是力与时间的乘积（I＝FΔt），重力持续作用，冲量不为零（大小为mgΔt，方向向下），故A错误； B．系统动量守恒的条件是合外力为零或合外力冲量为零。合外力做功为零（如匀速圆周运动中向心力做功为零）并不保证合外力为零，此时动量可能不守恒，故B错误； C．运动员落地时，动量变化量Δp一定（由起跳高度决定）。落到沙坑或海绵垫上，延长了减速时间Δt，由知，力F（即动量变化率）减小，从而减小冲击力，故C正确； D．动量守恒时，机械能不一定守恒。例如完全非弹性碰撞中，系统动量守恒，但机械能损失（转化为内能），故D错误。 故选：C。 8．如图所示，水平面内固定一个半径为R且内壁光滑的圆管轨道（R远大于圆管的直径），A、B、C、D将圆轨道等分成四份，某小球在轨道内以v0的速度沿顺时针方向做圆周运动，下面说法正确的是（　　） A．A到B的过程，小球动量变化量大小为 B．A到C的过程，小球动量变化量大小为0 C．A到B的过程，小球所受合力的冲量大小为 D．A到C的过程，小球所受重力的冲量大小为2mv0 【答案】A 【解答】解：AC．由矢量运算法则可知，小球由A到B速度变化量的大小，由动量定理可知，小球所受合力的冲量大小I＝mΔv＝m•v0mv0，故A正确，C错误； B．A到C的过程，以小球初速度的方向为正方向，小球速度变化量的大小为Δv′＝|﹣v0﹣v0|＝2v0，则小球动量的变化量Δp′＝m•Δv′＝2mv0，故B错误； D．小球做匀速圆周运动，从A到C运动的时间，A到C的过程，小球所受重力的冲量大小为，故D错误。 故选：A。 9．如图质量为m的球以速度v沿光滑水平面向一右端固定的轻质弹簧运动，从接触弹簧到与弹簧再度分离的过程中，弹簧对球所施冲量I及对球做的功W大小分别为（　　） A．I＝0，W＝0 B．I＝0，W＝mv2 C．I＝2mv，W＝0 D．I＝2mv，W＝mv2 【答案】C 【解答】解：由题意分析可知，小球离开弹簧的瞬间速度大小为v，方向水平向左，以水平向左的方向为正方向，对小球，由动量定理可得：I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv，所以弹簧对小球施加的冲量的大小为I＝2mv，方向水平向左；对小球，由动能定理可得：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 10．活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　） A．被弹出时动量大小为 B．运动d1过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 C．运动d2过程中所用时间为 D．到达目标组织表面时的速度为 【答案】A 【解答】解：A.设针鞘被弹出时的速度大小为v，根据动能定理得： 解得： 针鞘被弹出时动量大小为：，故A正确； B.针鞘运动d1过程中，阻力做功为：W＝﹣F1d1，故B错误； D.设针鞘到达目标组织表面时的速度为v1，对针鞘运动d2过程，根据动能定理得： 解得：，故D错误； C.对针鞘运动d2过程，以针鞘运动方向为正方向，根据动量定理得：﹣F2t＝0﹣mv1 解得运动d2过程所用时间为：，故C错误。 故选：A。 11．如图甲所示，质量m＝2kg的物块静止在足够长的固定斜面上，斜面倾角30°。现用沿斜面向上的力F拉物块，拉力F随时间变化的规律如图乙所示。已知t＝5s时物块开始沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块与斜面间的动摩擦因数为 B．t＝3s时物块与斜面间的摩擦力为零 C．0～10s内摩擦力对物块的冲量为87.5N•s D．t＝10s时物块的速度为50m/s 【答案】C 【解答】解：A．已知t＝5s时物块开始沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对物块有F＝mgsin30°+μmgcos30°，解得F＝25N 解得 故A错误； B．物块与斜面间的摩擦力为零时，有F＝mgsin30°，解得F＝10N 而在3s时， 故B错误； CD．在10s时，F＝50N，在0～10s内，对物块，由动量定理，以沿斜面向上为正方向，有IF﹣mgsin30°•t+If＝mv﹣0 且由图可知 在5～10s内，以沿斜面向上为正方向，由动量定理，有I′F﹣mgsin30°•t′﹣μmgcos30°•t′＝mv﹣0 且由图可知 代入且联立解得If＝﹣87.5N•s v＝31.25m/s 负号表示方向沿斜面向下，大小为87.5N•s，故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）12．如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F＞0的任一时刻），下列说法正确的有（　　） A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 【答案】ABD 【解答】解：A、拉力F斜向左下，与水平成30°，其水平分量Fx＝Fcos30°，竖直分量Fy＝mg+Fsin30° 随着F减小，合力（F+mg）的方向 随F减小而增大，即合力方向改变，因此空气作用力（与合力反向）方向也会改变，故A正确； C、冲量是矢量，拉力冲量斜向左下，重力冲量竖直向下，两个冲量的合力冲量需要矢量合成，不是大小直接相加，故C错误； B、拉力F随t线性变化，变力冲量等于平均力乘以时间，平均拉力 冲量，故B正确； D、T时刻F＝F0﹣kT，平衡时空气作用力大小等于F与mg的合力大小 水平分量 竖直分量 合成得，故D正确。 故选：ABD。 （多选）13．国庆节，某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m＝0.3kg的烟花点燃后，在t＝0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程烟花位移可以忽略）。然后被竖直发射到距地面h＝20m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，烟花被炸成两部分，其中质量为m1＝0.2kg的部分以v1＝20m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，g取10m/s2。则（　　） A．第一次火药爆炸，烟花动量变化量的大小3.0kg•m/s B．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为603N C．第二次火药爆炸后另一部分烟花的速度大小为40m/s，方向水平向西 D．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120m 【答案】BCD 【解答】解：A．第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，向上做竖直上抛运动，则有 v2＝2gh 解得 v＝20m/s 烟花动量变化量的大小为 Δp＝mv﹣0＝0.3×20kg•m/s＝6.0kg•m/s 故A错误； B．第一次火药爆炸过程，根据动量定理，对烟花有 （F﹣mg）t＝mv﹣0 代入数据解得高压气体对烟花平均作用力大小为 F＝603N 故B正确； CD．第二次爆炸，水平方向动量守恒，有 m1v1﹣（m﹣m1）v2＝0 解得v2＝40m/s 另一部分烟花速度大小是40m/s，方向向西，两部分做平抛运动下落的时间相等均为 ts＝2s 落地点间距为 x＝（v1+v2）t＝（20+40）×2m＝120m 故CD均正确； 故选：BCD。 14．在研究流体运动规律时，可以建立理想流体模型，即不考虑其压缩性和粘滞性，认为流体是稳定流动的。 （1）如图1所示，风力发电机组的风轮半径为R，风轮处平均风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气密度为ρ，假设该风力发电机将此圆面内的空气动能转化为电能的效率为η，求该发电机发电的功率P； （2）在设计喷泉时，使用的电动机输出功率为P0，为使喷泉喷出的水柱能达到的高度为H，如图2所示。已知重力加速度为g，水的密度为ρ，假设电动机输出的能量全部转化为喷出水的机械能。求喷泉喷管内的流量Q（单位时间内流出水的体积）； （3）喷雾器是一种常见的清洁或加湿工具。其核心部件是两端开口的细管（喷嘴）。如图3甲所示，当高压气流从粗管高速喷出时，细管处的空气流速增大，导致压强降低，从而将液体从容器中吸至细管口并雾化喷出。如图3乙所示，某管道中一小段流体，Ⅰ处液体速度为v1，压强为p1，Ⅱ处速度为v2，压强为p2。利用动能定理证明流体内流速大的地方压强小（设液体密度为ρ，忽略重力势能的变化）。 【答案】（1）该发电机发电的功率为； （2）喷泉喷管内的流量为； （3）见解析。 【解答】解：（1）取一段时间Δt，流向风轮的空气质量为m，m＝ρπR2v•Δt 由动能定理可得 联立解得 （2）取一小段时间Δt，由功能关系P0•Δt＝（ρQ•Δt）gH 解得 （3）设I、Ⅱ处流体横截面积分别为S1、S2，取一小段时间Δt，考虑薄层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，因为质量不变，则有m＝ρS1v1•Δt＝ρS2v2•Δt 由动能定理 且W＝p1S1v1•Δt﹣p2S2v2•Δt 联立解得 由此可见，流体内流速大的地方，压强小 答：（1）该发电机发电的功率为； （2）喷泉喷管内的流量为； （3）见解析。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 第2节 动量定理 内 容 导 航 题型1 冲量的定义及性质 题型2 求恒力的冲量 题型3 求变力的冲量 题型4 动量定理的内容和应用 题型5 用动量定理求平均作用力 题型6 用动量定理求流体冲击问题 题型7 F-t图像中的动量问题 考 点 演 练 题型1 冲量的定义及性质 解｜题｜知｜识 1.定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用符号Ⅰ表示。 2.物理意义：反映了力的作用对时间的累积效应。 3.定义式：I＝FΔt。 4.标矢性：恒力的冲量方向与力的方向相同，变力的冲量方向需具体分析。 5.单位：牛秒，符号：N•s。 6.理解 （ 1）冲量是一个过程量，力越大.作用时间越长，冲量越大。 （2）绝对性：力与作用时间均与参考系的选择无关，故冲量也与参考系无关。 【典例1】我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则（　　） A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲与乙的加速度大小相等方向相反 题型2 求恒力的冲量 解｜题｜知｜识 1.恒力的冲量可以用冲量的定义式进行计算：I＝FΔt。 2.冲量的方向：与力的方向一致。 【典例1】现在市面上出现了一种新型的游乐设施——“反向蹦极”，示意图如图甲，游戏者与固定在地面上的扣环连接，P为弹性绳上端悬点，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置时绳子恰好处于松弛状态，C为游戏者上升的最高点，D点为速度最大位置（未画出），弹性绳的弹力遵从胡克定律，游戏者视为质点，弹性绳的形变在弹性限度内，不计空气阻力，若以A点为坐标原点，选向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙，图像中：x1、x2、x3和﹣g为已知量，a0为未知量，则人上升过程中（　　） A．AB段的长度为x B．游戏者最大速度为 C．a0值可能会小于g D．人从A点到D点和D点到C点重力的冲量大小相等 【变式1】如图甲，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从粗糙固定斜面底端向上滑行，斜面足够长、倾角为θ，物块速度随时间变化的图像如图乙所示，4t0时刻物块返回底端，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物块在0～4t0的过程中支持力的冲量为0 B．物块在0～4t0的过程中重力的冲量为4mgt0sinθ C．物块在0～4t0的过程中克服摩擦力所做的功为 D．物块在0～4t0的过程中动量变化量的大小为 【变式2】水平推力F1、F2分别作用于水平地面上等质量的甲、乙两物体，一段时间后撤去推力，两物体继续运动一段距离后停止，甲、乙两物体的v﹣t图像分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD。在整个运动过程（　　） A．F1做的功与F2做的功相等 B．两物体摩擦力做的功不相等 C．F1的冲量与F2的冲量大小相等 D．两物体摩擦力的冲量大小相等 【变式3】一质量为m物体，放在光滑的水平面上，处于静止状态。现一与水平方向成θ角的恒力，力F作用在物体上，历时t，重力加速度为g，物体未离开水平面。则（　　） A．力F对物体的冲量大小为Ftcosθ B．所受重力对物体的冲量为0 C．所受合力的冲量大小为（F+mg）t D．动量的变化量为Ftcosθ 题型3 求变力的冲量 解｜题｜知｜识 求变力的冲量有三个方法： 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像，如图所示，可用面积法求变力的冲量； 3.利用动量定理求解。 【典例1】从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为4g B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1 C．球上升阶段阻力的冲量等于下落阶段阻力的冲量 D．球上升阶段动量变化的大小小于下落阶段动量变化的大小 【变式1】2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境。据报道该装置目前达到了4s的微重力时间、10μg的微重力水平。电磁弹射阶段可以看作加速度大小为5g的匀加速运动，实验舱的质量为500kg，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．竖直上抛和下落阶段重力的合冲量为0 B．电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱的冲量与上抛阶段重力的冲量大小相等 C．电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱的冲量大小为1.2×104N•S D．电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱做功为1×105J 【变式2】如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，O点为弹簧处于原长时物块的位置。将物块（可视为质点）拉至A点由静止释放，物块在粗糙的水平桌面上沿直线运动，经过O点运动到B点时速度恰好减为0，在物块由A点运动到O点的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功 B．弹簧弹力做功等于物块克服摩擦力做功 C．弹簧弹力的冲量大小等于摩擦力的冲量大小 D．弹簧弹力的冲量大小小于摩擦力的冲量大小 【变式3】如图所示，光滑半球形容器开口向上，固定在水平面上，AB是容器口的水平直径。小球在A点由静止释放，小球从A点运动到B点的过程，下列说法错误的是（　　） A．小球动量变化量为零 B．小球动能变化量为零 C．容器对小球作用力冲量为零 D．容器对小球作用力做功为零 题型4 动量定理的内容和应用 解｜题｜知｜识 1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量． 2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft． 3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到Fma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F，这是牛顿第二定律的动量表述． 【典例1】一种名为“空中飞椅”的游乐设施可简化为如图所示的模型，设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（　　） A．动量保持不变 B．动量的变化量保持不变 C．动量的变化率保持不变 D．所受重力的冲量不等于零 【变式1】如图，质量为0.01kg的小物块从距水平地面高度为1.8m处以1m/s的初速度沿水平方向抛出。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块第一次与地面接触的时间为0.1s，物块与地面间的动摩擦因数为0.2，则（　　） A．物块第一次落到地面前瞬间，竖直速度的大小为3m/s B．物块第一次与地面接触过程，动量变化量大小为0.09kg•m/s C．物块第一次与地面接触过程，所受弹力冲量的大小为0.1N•s D．物块第一次弹离地面瞬间，水平速度的大小为1m/s 【变式2】质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回。不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是（　　） A．子弹对墙的冲量最大 B．橡皮泥对墙的冲量最大 C．钢球对墙的冲量最大 D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 【变式3】如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（　　） A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s 题型5 用动量定理求平均作用力 解｜题｜知｜识 对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。 公式为：Δt＝mv2﹣mv1。 【典例1】如图所示，有一质量M＝0.4kg、边长为0.30m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝0.1kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（　　） A．0.05m B．0.06m C．0.15m D．0.30m 【变式1】湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆与风速垂直的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，吹到船帆后与船速相同，且有v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力为（　　） A．ρS（v2﹣v1）2 B．ρS（v2+v1）2 C．ρ D．ρ 【变式2】一个质量为50kg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0.4s，g取10m/s2。下列说法不正确的是（　　） A．运动员与网接触这段时间内，动量的变化量大小为900kg•m/s B．从自由下落开始到蹦回到离水平网面5.0m高度处，这一过程中运动员所受重力的冲量大小为1100N•s C．从自由下落开始到蹦回到离水平网面5.0m高度处，这一过程中运动员所受弹力的冲量大小为1100N•s D．网对运动员的平均作用力大小为5500N 【变式3】2024年3月，2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛落幕，中国蹦床队斩获3金2银。某运动员的质量为60kg，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，重力加速度g＝10m/s2，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．运动员与网刚分离时的动量为600kg•m/s B．运动员与网接触时间内动量的改变量为﹣1080kg•m/s C．网对运动员的平均作用力大小为1350N D．从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0m高处过程中，运动员所受重力的冲量为1080N•s 题型6 用动量定理求流体冲击问题 解｜题｜知｜识 一、流体作用模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面积S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即 FΔt＝ΔmΔv，分两种情况： （1）作用后流体微元停止，有Δv＝﹣v，代入上式有F＝﹣ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝﹣2v，代入上式有F＝﹣2ρSv2。 二、微粒类模型 微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 （1）建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S； （2）微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt； （3）先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【典例1】翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到B处的体积Q＝2Sv B．水流在B处的速度 C．水流对B处的冲击力F＝4ρSv2 D．空中水的质量 【变式1】2025年5月12日“全国防灾减灾日”当天，一架八旋翼无人机在四川雅安，模拟地震﹣泥石流的复合灾害现场，把搭载伤员的“可调节式担架模块”整体吊起，完成了3公里、2500米海拔的空中转运。已知无人机及其装备的质量为M，无风悬停时发动机的输出功率为P，八旋翼桨叶旋转形成圆面，其形成圆面的面积为S，推动静止空气，使空气获得的速度为v，重力加速度为g，空气密度为ρ，下面说法正确的是（　　） A．单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为ρS2 B．单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为 C．无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为 D．无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为 【变式2】水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，则下列正确的是（　　） A．单位时间内水枪喷出水的质量为Sv B．单位时间内水枪喷出水的质量为ρSv2 C．墙壁受到的平均冲击力为ρSv2 D．墙壁受到的平均冲击力为ρgSv2 【变式3】嫦娥六号探测器顺利从月球背面取回月壤，彰显了我国强大的科技实力。当探测器竖直向下喷射出横截面积为S，密度为ρ，速度大小为v的气体时，能悬停在距离月球表面h处（h远小于月球半径）。现探测器先关闭发动机自由下落，然后再打开发动机以另一速度向下喷气，使探测器匀减速到达月球表面时速度恰好减为零（此过程中发动机喷气的速度远大于探测器下落的速度），实现安全着陆。已知月球表面重力加速度为（g为地球表面重力加速度）。忽略喷射气体的重力及空气阻力，则（　　） A．探测器对喷射气体的冲量大小大于喷射气体对探测器的冲量大小 B．悬停时探测器单位时间内喷出气体的质量为 C．探测器的质量为 D．探测器匀减速下降过程中发动机向下喷气速度大小为2v 题型7 F-t图像中的动量问题 解｜题｜知｜识 我们前面已经学过很多借助图像求物理量的例子，例如：利用v﹣t图像的面积求位移，利用a﹣t图像的面积求速度变化量，利用F﹣x图像的面积求功，它们都体现了共同的物理学方法：微元法。 类比这些问题的解决，我们就找到了一个计算变力冲量的方法，那就是图像法。由微元法可知，F﹣t图像与坐标轴围成的面积就是冲量。 【典例1】如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为5kg的头锤从离气囊表面正上方高5m处自由下落，与气囊发生碰撞后反向弹起，上升最大高度为0.2m。以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则头锤与气囊碰撞过程中，下列说法正确的是（　　） A．t1＝0.08s B．Fm＝1100N C．合力对头锤冲量大小为80N•s D．F的冲量大小为50N•s 【变式1】质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．3s时物块的动量为12kg•m/s B．6s时物块的动量为零 C．6s时物块回到初始位置 D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J 【变式2】一个质量为4kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．t＝4s时物体的速度方向改变 B．前2s内合外力做的功为4J C．t＝4s时物体的动量大小为8kg•m/s D．前6s内合外力的冲量大小为12N•s 过 关 验 收 （多选）1．如图所示，一小球以v0＝3m/s的速度与水平地面发生碰撞，碰撞后的反弹速度v＝2m/s，碰撞前后的速度方向与水平地面的夹角均为θ＝37°，已知小球的质量m＝10g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，碰撞过程忽略重力作用，小球与地面碰撞过程中，下列说法正确的是（　　） A．摩擦力的冲量为0 B．摩擦力的冲量大小为8×10﹣3N•s C．地面的支持力的冲量大小为6×10﹣3N•s D．地面的支持力的冲量大小为3×10﹣2N•s （多选）2．一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。图甲到图乙、图乙到图丙过程中重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则（　　） A．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2+Δt），地面对运动员做的功为0 B．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2），地面对运动员做的功为（M+m）g（h1+h2） C．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2+Δt），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2） D．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2） 3．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距中心轴R处有一质量为m的物体随圆盘一起转动，一段时间后圆盘逐渐减速直至停止。已知物体可视为质点且始终与圆盘相对静止，下列说法正确的是（　　） A．圆盘匀速转动时，物体受摩擦力的方向沿轨迹切线方向 B．圆盘匀速转动时，物体运动半圈所受摩擦力的冲量大小为πmω C．圆盘减速至停止的过程中，摩擦力对物体不做功 D．圆盘减速至停止的过程中，物体所受摩擦力的冲量大小为mωR （多选）4．如图所示为滑雪道示意图，可视为质点的运动员从斜坡上M点由静止滑下，经水平轨道NP由P点飞出，落在斜面上的Q点，不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．MN阶段，斜坡对运动员弹力的冲量等于其在N点时的动量 B．NP阶段，水平轨道对运动员弹力的冲量与时间成正比 C．PQ阶段，运动员每秒的动量变化量均相同 D．PQ阶段，合外力的冲量小于运动员的动量变化 （多选）5．将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（　　） A．在上升过程中，运动员重力势能的变化量 B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功 C．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小 D．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小 6．给小滑块一初速度，使其从粗糙斜面底端沿斜面上滑，上滑到最高点后又滑回斜面底端，则下列说法正确的是（　　） A．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程的时间相等 B．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程中重力的冲量相等 C．小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下滑过程合力的冲量 D．在整个过程中重力的冲量为0 7．下列关于动量的说法合理的是（　　） A．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零 B．只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒 C．运动员在跳高时，需要落到沙坑里或海绵垫上，这样做是为了减小运动员的动量变化率 D．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒 8．如图所示，水平面内固定一个半径为R且内壁光滑的圆管轨道（R远大于圆管的直径），A、B、C、D将圆轨道等分成四份，某小球在轨道内以v0的速度沿顺时针方向做圆周运动，下面说法正确的是（　　） A．A到B的过程，小球动量变化量大小为 B．A到C的过程，小球动量变化量大小为0 C．A到B的过程，小球所受合力的冲量大小为 D．A到C的过程，小球所受重力的冲量大小为2mv0 9．如图质量为m的球以速度v沿光滑水平面向一右端固定的轻质弹簧运动，从接触弹簧到与弹簧再度分离的过程中，弹簧对球所施冲量I及对球做的功W大小分别为（　　） A．I＝0，W＝0 B．I＝0，W＝mv2 C．I＝2mv，W＝0 D．I＝2mv，W＝mv2 10．活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　） A．被弹出时动量大小为 B．运动d1过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 C．运动d2过程中所用时间为 D．到达目标组织表面时的速度为 11．如图甲所示，质量m＝2kg的物块静止在足够长的固定斜面上，斜面倾角30°。现用沿斜面向上的力F拉物块，拉力F随时间变化的规律如图乙所示。已知t＝5s时物块开始沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块与斜面间的动摩擦因数为 B．t＝3s时物块与斜面间的摩擦力为零 C．0～10s内摩擦力对物块的冲量为87.5N•s D．t＝10s时物块的速度为50m/s （多选）12．如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F＞0的任一时刻），下列说法正确的有（　　） A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 （多选）13．国庆节，某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m＝0.3kg的烟花点燃后，在t＝0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程烟花位移可以忽略）。然后被竖直发射到距地面h＝20m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，烟花被炸成两部分，其中质量为m1＝0.2kg的部分以v1＝20m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，g取10m/s2。则（　　） A．第一次火药爆炸，烟花动量变化量的大小3.0kg•m/s B．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为603N C．第二次火药爆炸后另一部分烟花的速度大小为40m/s，方向水平向西 D．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120m 14．在研究流体运动规律时，可以建立理想流体模型，即不考虑其压缩性和粘滞性，认为流体是稳定流动的。 （1）如图1所示，风力发电机组的风轮半径为R，风轮处平均风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气密度为ρ，假设该风力发电机将此圆面内的空气动能转化为电能的效率为η，求该发电机发电的功率P； （2）在设计喷泉时，使用的电动机输出功率为P0，为使喷泉喷出的水柱能达到的高度为H，如图2所示。已知重力加速度为g，水的密度为ρ，假设电动机输出的能量全部转化为喷出水的机械能。求喷泉喷管内的流量Q（单位时间内流出水的体积）； （3）喷雾器是一种常见的清洁或加湿工具。其核心部件是两端开口的细管（喷嘴）。如图3甲所示，当高压气流从粗管高速喷出时，细管处的空气流速增大，导致压强降低，从而将液体从容器中吸至细管口并雾化喷出。如图3乙所示，某管道中一小段流体，Ⅰ处液体速度为v1，压强为p1，Ⅱ处速度为v2，压强为p2。利用动能定理证明流体内流速大的地方压强小（设液体密度为ρ，忽略重力势能的变化）。 学科网（北京）股份有限公司 $