2027届高考物理一轮复习人教版专题讲义（江苏专用）-专题20 动量和动量定理

专题20　动量和动量定理　【江苏专用】 2027年高考物理一轮复习（人教版2019） 专题20　动量和动量定理 2027年高考物理一轮复习 人教版（2019）　江苏专用 建议用时：60 分钟 题量：39 题 难度：★★★★☆ 版本：原卷版 ● 内容概览 ● 01 　动量与冲量 　考点一　动量和动量变化量 　考点二　冲量的计算 　考点三　动量、冲量与运动图像 02 　动量定理 　考点四　用动量定理解释生活现象 　考点五　用动量定理求平均冲力 03 　柱状模型 　考点六　流体类柱状模型与反冲 04 　综合练习 ▎学习目标 1．理解动量的概念，掌握 ，明确动量是矢量、状态量，其方向与速度方向相同，单位为 kg·m/s。 2．理解动量变化量 ，掌握其矢量性，能在一维情况下先规定正方向、正确计算动量变化量。 3．理解冲量 ，掌握恒力、变力冲量的计算，会用 F-t 图像与时间轴所围面积求变力冲量。 4．掌握动量定理 ，能用其解释生活中的缓冲、碰撞现象，并能正确选取研究过程、求平均冲力。 5．掌握流体类、微粒类柱状模型，会用微元法和动量定理分析流体冲击、反冲问题，体会模型建构思想。 ▎课标与考情 【课标要求】理解动量和冲量的概念，能用动量定理分析生产生活中的有关现象；能从动量变化的角度分析碰撞、反冲等问题，体会用动量定理处理问题的方法；能通过建立柱状模型分析流体、微粒的连续作用，发展模型建构、科学推理和科学论证能力。 【考情分析】江苏高考物理采用自主命题（满分100分，考试时间75分钟）：单项选择题10题（每题4分，共40分）；非选择题5题（含1道实验题和4道计算题，共60分）。动量定理是江苏高考的重点内容：选择题常以体育竞技、交通运输、科技前沿为情境，考查动量、冲量的矢量性和计算，以及动量变化量与动能变化量的区别；计算题常以流体冲击、反冲、碰撞为背景，考查平均冲力和柱状模型。复习时要牢牢抓住“”这一矢量主线，先规定正方向，注意动量变化量的方向，并关注火箭回收、霍尔推进器等科技热点情境。 ▎思维导图 图1　动量和动量定理知识网络 考向一　动量与冲量 本考向聚焦动量、动量变化量和冲量的概念，掌握其矢量性，以及恒力、变力冲量的计算和运动图像分析。 考点一　动量和动量变化量 ▎知识梳理 1．动量 物体的质量与速度的乘积叫作物体的动量，用 p 表示。表达式为 ，单位是 kg·m/s。 动量是矢量，其方向与速度方向相同；动量是描述物体运动状态的状态量，与某一时刻（位置）对应，与运动过程无关。 2．动量的变化量 物体末动量 p′ 与初动量 p 的矢量差叫作动量变化量（也称动量增量），即 。 动量变化量是矢量，其方向与速度变化量 Δv 的方向相同；动量变化量是过程量，与某一物理过程对应。 图1　动量变化量 Δp=p′−p：从初动量末端指向末动量末端 项目 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 质量与速度的乘积 末动量与初动量的矢量差 定义式 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 ， 联系 动能变化则动量一定变化；动量变化时动能不一定变化（如匀速圆周运动） ▎重难诠释 动量是矢量，比较两动量大小只看绝对值，正负号只表示方向；−8 kg·m/s 的动量大小大于 +6 kg·m/s。 动能不变（如匀速圆周运动）时速度方向可能改变，动量可能改变；动量变化时动能不一定变化。 记忆点：动量 mv 是矢量，方向跟着速度走；Δp 是矢量差，一维先定正方向。 ◆ 例题·变式演练 【例题】关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　） A．同一物体，动量越大，速度越大 B．（﹣8kg•m/s）的动量小于（+6kg•m/s）的动量 C．物体的动能不变，其动量一定不变 D．做匀速圆周运动的物体，其动量不变 【变式1】下列关于动量的说法正确的是（　　） A．质量大的物体，动量一定大 B．质量和速率都相等的物体，动量一定相同 C．质量一定的物体的速率不变，它的动量一定不变 D．质量一定的物体的运动状态改变，它的动量一定改变 【变式2】一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度大小为45m/s，以垒球初速度的方向为正方向，则垒球被棒击打前后动量变化量为（　　） A．+3.6kg•m/s B．﹣3.6kg•m/s C．+12.6kg•m/s D．﹣12.6kg•m/s 【变式3】如图所示，一个质量为0.2kg的钢球，以5m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以3m/s的速度水平向左运动，钢球的动量变化量为（　　） A．1.6kg•m/s，水平向右 B．1.6kg•m/s，水平向左 C．0.4kg•m/s，水平向右 D．0.4kg•m/s，水平向左 考点二　冲量的计算 ▎知识梳理 1．冲量 力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用 I 表示。表达式为 ，单位是 N·s。 冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同；冲量是过程量，反映力对时间的积累效应。 2．恒力的冲量 恒力 F 作用时间 t，冲量直接用定义式计算：。 3．变力的冲量 （1）方向不变、大小随时间均匀变化的力，冲量为 （2）作出 F-t 图线，图线与 t 轴所围的面积即为变力冲量； 图2　变力冲量等于 F-t 图线与时间轴所围面积 （3）已知始末动量时，可由动量定理 I=Δp 间接求出冲量。 项目 冲量 功 定义 力与作用时间的乘积 力与沿力方向位移的乘积 公式 标矢性 矢量 标量 作用效果 改变物体动量 改变物体动能 特点 过程量 过程量 ▎重难诠释 冲量 I=Ft 是矢量，大小等于力与时间的乘积，不要乘 cosθ；某一分力的冲量即使物体静止也不为零。 物体静止（或匀速）时合力冲量为零，但各分力冲量都不为零；变力冲量看 F-t 图面积。 记忆点：冲量 Ft 是矢量，方向跟着力走；变力冲量看面积，合力冲量等于 Δp。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力作用时间t，物体始终处于静止状态，则下列说法正确的是（　　） A．物体所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ B．物体所受摩擦力的冲量大小是Ftcosθ C．物体所受拉力与摩擦力合冲量向左偏上方 D．物体重力的冲量大小为0 【变式1】如图所示，一物块在与水平方向成θ角的恒定拉力F的作用下保持静止状态，作用时间为t，则物块所受（　　） A．合力冲量为0 B．重力冲量为0 C．摩擦力冲量为0 D．拉力冲量为Ftcosθ 【变式2】一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则t＝2s时物体的（　　） A．动量大小为1kg•m/s B．动量大小为2kg•m/s C．动量方向将变化 D．动量变化率最大 【变式3】“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位可以是（　　） A．N•s B．N C．m/s D． 考点三　动量、冲量与运动图像 ▎知识梳理 1．动量与 v-t 图像 由 v-t 图像可读出速度及速度变化，动量 p=mv，动量变化量 Δp=mΔv；v-t 图线的斜率表示加速度。 2．冲量与 F-t 图像 F-t 图线与时间轴所围面积表示冲量，合力的冲量等于物体的动量变化量。 3．p-t 图像 动量 p 随时间 t 变化的图像，其图线斜率表示合力：。 分析运动图像时，先看清横、纵轴表示的物理量，再结合斜率、面积等几何要素对应到动量、冲量。 图像 图线斜率 图线与轴围成面积 与动量/冲量关系 v-t 图像 加速度 a 位移 x ，Δp=mΔv F-t 图像 — 冲量 I 面积＝Δp p-t 图像 合力 F — ▎重难诠释 要看清图像横、纵轴的物理量；v-t 图面积是位移，F-t 图面积才是冲量，不要混淆。 p-t 图斜率是合力，F-t 图面积是冲量；动量变化量等于合力冲量。 记忆点：v-t 斜率加速度，F-t 面积是冲量；p-t 斜率是合力。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止开始下滑（取地面为零势能面），则滑块的速度大小v、动能、动量p、重力势能随位移x的变化关系图线，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式1】排球比赛中，队员将球水平击出。不计空气阻力，在球飞行过程中，它所受重力的冲量、动量大小p、动量的变化量Δp、动量的变化率，分别与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式2】如图所示，质量为m的乘客乘坐“苏州之眼”摩天轮，该摩天轮在竖直平面内以速率v做半径为R的匀速圆周运动，在乘客从最高点运动至最低点的过程中，乘客重力的（　　） A．冲量大小为2mv B．冲量大小为 C．功率不断增大 D．功率保持不变 【变式3】如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1kg的小物块从斜面底端开始以初速度沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（　　） A．物块上滑和下滑产生的热量相同 B．物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C．物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg•m/s D．物块下滑的动摩擦因数比上动摩擦因数大 考向二　动量定理 本考向聚焦动量定理，能用其解释生活中的缓冲、碰撞现象，并能正确选取研究过程、求平均冲力。 考点四　用动量定理解释生活现象 ▎知识梳理 1．动量定理 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．动量定理解释的两类物理现象 （1）动量变化量 Δp 一定时，作用时间 Δt 越短，力 F 越大；Δt 越长，力 F 越小。如玻璃杯掉在水泥地上易碎，掉在沙地上不易碎。 （2）作用力 F 一定时，作用时间 Δt 越长，动量变化量 Δp 越大；Δt 越短，Δp 越小。 3．动量定理的应用技巧 利用 I=Δp 求变力的冲量；利用 Δp=FΔt 求动量变化。解释现象时先说明动量变化量是否一定，再比较作用时间。 现象 条件 结论 实例 增力 Δp 一定，Δt 短 F 大 铁锤钉钉子、冲床冲压 减力 Δp 一定，Δt 长 F 小 安全气囊、跳高垫、缓冲包装 增大 Δp F 一定，Δt 长 Δp 大 持续用力推车 减小 Δp F 一定，Δt 短 Δp 小 短促一击 ▎重难诠释 安全气囊、缓冲垫延长作用时间，Δp 一定时 Δt 增大、F 减小；它们不改变动量变化量 Δp。 动量变化率 Δp/Δt 即力，缓冲使其减小；动量变化量由初末速度决定，与缓冲无关。 记忆点：缓冲延时间，Δp 不变力减小；变化率 Δp/Δt，时间越长力越小。 ◆ 例题·变式演练 【例题】安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护。在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（　　） A．减小了碰撞过程中司机头部的受力面积 B．减少了碰撞前后司机头部动量的变化量 C．增加了碰撞过程中司机头部的受力时间 D．增加了碰撞过程中司机头部动量的变化率 【变式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，压力传感器分别测得两球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则比较两球各自在第一次碰撞过程中（　　） A．两小球所受合外力的冲量竖直向下 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．右边小球动量变化大 D．左边小球动量变化率大 【变式2】小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。已知起跳速度与落地速度大小相同，方向与水平地面的夹角相同，起跳过程、落地过程与地面作用的时间相同。则起跳与落地两个过程中（　　） A．人所受重力的冲量相同 B．人所受合力的冲量相同 C．地面对人的摩擦力的冲量相同 D．地面对人的作用力的冲量相同 【变式3】如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m＝1kg，某时刻速度的大小为v＝5m/s，方向向下。经时间t＝1s，小球的速度方向变为向上，大小仍为v。忽略空气阻力，重力加速度，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量（　　） A．大小为10N•s，方向向上 B．大小为10N•s，方向向下 C．大小为20N•s，方向向上 D．大小为20N•s，方向向下 考点五　用动量定理求平均冲力 ▎知识梳理 1．矢量式与正方向 动量定理 FΔt=Δp 是矢量式，一维情况下各矢量必须以同一个规定的方向为正方向。 2．平均冲力 动量定理既适用于恒力，也适用于随时间变化的力；对变力，公式中的 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。 3．解题步骤 （1）确定研究对象和研究过程，规定正方向； （2）确定初、末动量，注意速度反向时动量的正负号； （3）由 FΔt=Δp 列方程，求出平均冲力。 步骤 内容 注意点 定正方向 取初速度方向（或某一方向）为正 全过程统一 初末动量 ，p′=mv′ 反向速度带负号 列方程 F 为合力 求作用力 结合受力分析求某一具体力 必要时考虑重力 ▎重难诠释 求平均冲力先定正方向，末速度反向时动量变化量 Δp=mv′−mv 要带正负号。 FΔt=Δp 中的 F 是合力；求某一具体作用力（球拍、地面等）时要结合受力分析，必要时考虑重力。 记忆点：动量定理矢量式，先定方向再列方程；F 是合力记心间，变力要用平均值。 ▎热点·科技前沿 热点·朱雀三号火箭首次陆地回收 2026年8月19日，蓝箭航天朱雀三号遥二运载火箭一子级在东风商业航天创新试验区发射后，成功软着陆于甘肃省民勤县朱雀三号着陆场坪，实现我国首次运载火箭一子级以着陆支腿方式陆地回收。返回段，一子级先完成高空返回调姿、再入点火动力减速、气动滑行控制，着陆前发动机再次点火向下喷气，利用反冲减速，同时展开着陆支腿。着陆支腿通过压缩缓冲装置延长作用时间，在动量变化量一定时，Δt 增大，冲击力 F 减小，从而实现平稳软着陆。 图3　朱雀三号一子级展开着陆支腿、发动机点火反推平稳着陆 ◆ 例题·变式演练 【例题】一个质量为0.2kg、以15m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为0.1s，试求： （1）网球动量的变化； （2）球拍对网球的平均作用力。 【变式1】质量为m的铁锤从距水泥桩高h处自由落下，打在水泥桩上后立即静止。已知铁锤与水泥桩撞击的时间是t，重力加速度取g。求： （1）铁锤与水泥桩碰撞前瞬间的速度大小v； （2）水泥桩对铁锤的平均冲击力大小F。 【变式2】如图为我国“神舟”系列载人飞船返回舱返回地面示意图，打开降落伞后，返回舱以8m/s匀速下落。在距离地面1m时，返回舱上的缓冲火箭点火，使返回舱做匀减速运动，着地前瞬间速度降到2m/s，此时立即关闭缓冲火箭同时切断所有降落伞绳，返回舱撞击地面停下，撞击时间为0.1s，返回舱的质量为3×103kg，g取10，整个过程都在竖直方向运动，则（　　） A．匀速下降阶段返回舱机械能守恒 B．返回舱点火缓冲的时间为0.6s C．返回舱在匀减速过程中处于失重状态 D．地面受到的平均冲击力大小为9×104N 【变式3】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，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10，则（　　） A．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 B．碰撞过程中F的冲量大小为480N•s C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kg•m/s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m 考向三　柱状模型 本考向聚焦流体类、微粒类柱状模型，用微元法和动量定理分析流体冲击、反冲问题。 考点六　流体类柱状模型与反冲 ▎知识梳理 1．流体类柱状模型 液体流、气体流等连续流体，质量具有连续性，通常已知密度 ρ。沿流速方向选取一段横截面积为 S 的柱形流体。 图4　流体柱状模型：Δt 内柱体长度 Δl=vΔt，质量 Δm=ρSvΔt Δt 内柱体长度为 ，对应质量为 ，对该柱体应用动量定理。 2．微粒类柱状模型 电子流、光子流、尘埃等离散微粒，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数 n。沿运动方向选取柱体。 图5　微粒柱状模型：Δt 内柱体粒子数 N=nv0SΔt Δt 内柱体体积 ，粒子数 ；先对单个粒子列动量定理，再乘 N 计算。 3．反冲现象 物体向外喷出流体（或微粒）时，受到流体的反作用力而反向运动，如火箭、喷水反冲；反冲力等于单位时间内喷出流体的动量。 项目 流体类 微粒类 适用对象 液体流、气体流 电子流、光子流、尘埃 已知量 密度 ρ 单位体积粒子数 n 微元 分析方法 对柱体列动量定理 先对单个粒子列，再乘 N ▎重难诠释 流体冲击：Δt 内冲击质量 Δm=ρSvΔt，结合速度变化由动量定理求平均力，注意单位换算。 微粒模型：先对单个粒子（如离子）列方程，再乘粒子数 N；反冲力等于单位时间喷出动量。 记忆点：流体柱体 ρSvΔt，微粒柱体 nv0SΔt；反冲力＝单位时间喷出动量。 ▎热点·科技前沿 科技前沿·空间站霍尔电推进器 天和核心舱搭载 4 台霍尔电推进发动机，单台推力约 80 mN（0.08 N），4 台共约 0.32 N。霍尔推进器将氙气电离为氙离子 Xe⁺，氙离子在轴向电场中加速后高速喷出，利用反冲产生推力，其推力等于单位时间内喷出离子的动量，可用微粒柱状模型分析。80 mN 小到“只能托住一张纸”，却能在几乎无阻力的太空中持续补偿轨道衰减，维持百吨级空间站的轨道。 图6　霍尔推进器工作原理：氙离子经电场加速喷出，反冲产生推力 ◆ 例题·变式演练 【例题】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，重力加速度为g，墙壁受到的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B．ρ C．ρSvg D．ρg 【变式1】2025年11号台风“杨柳”（强台风级）的中心于8月13日13时前后在台湾台东县太麻里乡沿海登陆，登陆时中心附近最大风力14级（42m/s），中心最低气压955百帕。假如你身处其中正面迎风（假设空气吹到人身上后速度瞬间减为零，空气密度为1.29kg/），估算你受到的风力大约为（　　） A．1.5N B．15N C．150N D．1500N 【变式2】如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（　　） A．1.2πρ B．0.3πρ C．1.2πρv D．0.3πρv 【变式3】在海口某学校科技节活动中，高二年级开展的水火箭制作和发射比赛现场吸引了众多师生围观。水火箭原理如图甲所示，发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高速升空。如图是某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg的水以相对地面30m/s的速度在0.5s时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（　　） A．15N B．25N C．30N D．35N ★ 综合练习 ★ 本部分精选15道题目，覆盖动量、冲量、动量定理与柱状模型等核心内容，请在规定时间内独立完成。 1．在离地面同一高度处有质量相同的三个小球a、b、c，a球以速度竖直上抛，b球以速度竖直下抛，c球以速度平抛，三球落地时动量大小分别为、、，在空中运动过程中动量变化大小分别为、、，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．＝＞ B．＞＞ C．＝＝ D．＞＞ 2．奥运会网球赛场上，中国运动员郑钦文挥拍进行网前拦截，她将水平飞来的质量为m、速度大小为2v的球，以大小为v的速度反向击回，则击球过程中网球（　　） A．动量变化量的大小为mv B．动量变化量的大小为3mv C．动能变化量的大小为 D．动能变化量的大小为 3．两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为、，且＞，比较它们的动量则（　　） A．物体B的动量较大 B．物体A的动量较大 C．动量大小相等 D．不能确定 4．如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 5．高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面积为S，手持该高压水枪操作时，水从枪口以速度v高速喷出后，近距离垂直喷射到物体表面且速度立即变为零。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B．ρ C．ρ D．ρ 6．如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为轨迹的最高点。则羽毛球（　　） A．在P点的速度最小 B．在A点的水平速度等于在B点的水平速度 C．由A到P和由P到B两个阶段重力的冲量大小相等 D．在A点水平方向的加速度大于在B点水平方向的加速度 7．如图所示，物块在恒定拉力F作用下沿固定斜面向上加速运动，则（　　） A．支持力的冲量等于零 B．拉力F的冲量沿斜面向上 C．拉力F的冲量等于物块的动量变化量 D．物块动量变化量的方向沿斜面向上 8．如图所示，木块A、B通过一轻质弹簧连接，置于光滑水平面上，水平向左的力F作用在B上，使弹簧处于压缩状态，且A与左侧竖直挡板紧压，整个装置处于静止状态。从同时撤去力F和挡板的瞬间起，至弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．A的加速度一直增大 B．B的动能先增大后减小 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．弹簧对A、B的冲量大小相等 9．将小球以初速度竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（v﹣t）如图所示。时刻到达最高点，时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为0 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 10．用高压水枪清洗汽车，在冲洗时一半的水在汽车表面顺流而下，还有一半的水以原速率返回。设水枪喷出水柱圆形截面的面积为S，水流速度为v，水的密度为ρ，水柱垂直汽车表面。则（　　） A．人手握住水枪的力等于ρ B．人手握住水枪的力等于ρv C．水柱对汽车的平均冲击力等于ρ D．水柱对汽车的平均冲击力等于ρv 11．图是一可视为质点的小球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图。已知小球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，下列说法正确的是（　　） A．小球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1：2 B．小球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1：2 C．小球从O点到a点和从a点到b点重力的冲量大小之比为1：10 D．小球运动到a点和b点时的动量大小之比为1：2 12．如图所示，在水平地面上方某处将一个小球分别以速率斜向上、斜向下和水平抛出，其中斜向上和斜向下抛出速度与水平方向的夹角相等。不计空气阻力，该球三次从抛出到落地的过程中（　　） A．重力的冲量相同 B．落地时动量相同 C．动量的变化率相同 D．动量的变化量相同 13．高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度垂直喷射到材料表面进行切割作业。假设“水刀”喷嘴中喷出水的速度一定，水打到材料表面后，迅速沿表面散开不反弹，已知“水刀”喷嘴的直径可在0.2mm～0.3mm范围内调节，则该“水刀”在材料表面产生的最小压力与最大压力之比为（　　） A．16：81 B．2：3 C．4：9 D．8：27 14．如图，每一级台阶的高度d＝0.2m，其中第一、二级台阶宽度l＝0.4m。质量m＝0.01kg的小物块以＝4m/s的初速度从第三级台阶上水平向右运动，恰好落到第二级台阶右端边缘后弹起的最大高度为h＝0.05m，已知物块与第二级台阶作用时间Δt＝0.1s，物块与每一级台阶之间的动摩擦因数均为μ＝0.3，物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10。 （1）求物块在第三级台阶上运动的时间； （2）求第二级台阶对物块弹力的冲量大小； （3）通过计算判断物块能否落到第一级台阶上。 15．如图所示为建筑工地利用传送带输送沙子的示意图，传送带AB长L＝6m，与水平方向成θ＝30°倾角，传送速度v＝3m/s，B端离水平地面高H＝3.5m，将沙子轻放上传送带底端A，沙子与传送带间动摩擦因数，沙子间动摩擦因数＝0.6，沙子离开传送带后落在地面形成圆锥形沙堆，沙堆底面半径R＝3m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10。求： （1）质量m＝1kg的沙子由A端传送到B端过程，所受重力的冲量大小I； （2）第一颗沙子离开传送带后落地点与B端的水平距离x； （3）沙堆的最大高度h（不考虑沙子的滚动）。 2027年高考物理一轮复习（人教版2019）· 江苏专用 · 专题20 动量和动量定理 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题20　动量和动量定理　【江苏专用】 2027年高考物理一轮复习（人教版2019） 专题20　动量和动量定理 2027年高考物理一轮复习 人教版（2019）　江苏专用 建议用时：60 分钟 题量：39 题 难度：★★★★☆ 版本：解析版 ● 内容概览 ● 01 　动量与冲量 　考点一　动量和动量变化量 　考点二　冲量的计算 　考点三　动量、冲量与运动图像 02 　动量定理 　考点四　用动量定理解释生活现象 　考点五　用动量定理求平均冲力 03 　柱状模型 　考点六　流体类柱状模型与反冲 04 　综合练习 ▎学习目标 1．理解动量的概念，掌握 ，明确动量是矢量、状态量，其方向与速度方向相同，单位为 kg·m/s。 2．理解动量变化量 ，掌握其矢量性，能在一维情况下先规定正方向、正确计算动量变化量。 3．理解冲量 ，掌握恒力、变力冲量的计算，会用 F-t 图像与时间轴所围面积求变力冲量。 4．掌握动量定理 ，能用其解释生活中的缓冲、碰撞现象，并能正确选取研究过程、求平均冲力。 5．掌握流体类、微粒类柱状模型，会用微元法和动量定理分析流体冲击、反冲问题，体会模型建构思想。 ▎课标与考情 【课标要求】理解动量和冲量的概念，能用动量定理分析生产生活中的有关现象；能从动量变化的角度分析碰撞、反冲等问题，体会用动量定理处理问题的方法；能通过建立柱状模型分析流体、微粒的连续作用，发展模型建构、科学推理和科学论证能力。 【考情分析】江苏高考物理采用自主命题（满分100分，考试时间75分钟）：单项选择题10题（每题4分，共40分）；非选择题5题（含1道实验题和4道计算题，共60分）。动量定理是江苏高考的重点内容：选择题常以体育竞技、交通运输、科技前沿为情境，考查动量、冲量的矢量性和计算，以及动量变化量与动能变化量的区别；计算题常以流体冲击、反冲、碰撞为背景，考查平均冲力和柱状模型。复习时要牢牢抓住“”这一矢量主线，先规定正方向，注意动量变化量的方向，并关注火箭回收、霍尔推进器等科技热点情境。 ▎思维导图 图1　动量和动量定理知识网络 考向一　动量与冲量 本考向聚焦动量、动量变化量和冲量的概念，掌握其矢量性，以及恒力、变力冲量的计算和运动图像分析。 考点一　动量和动量变化量 ▎知识梳理 1．动量 物体的质量与速度的乘积叫作物体的动量，用 p 表示。表达式为 ，单位是 kg·m/s。 动量是矢量，其方向与速度方向相同；动量是描述物体运动状态的状态量，与某一时刻（位置）对应，与运动过程无关。 2．动量的变化量 物体末动量 p′ 与初动量 p 的矢量差叫作动量变化量（也称动量增量），即 。 动量变化量是矢量，其方向与速度变化量 Δv 的方向相同；动量变化量是过程量，与某一物理过程对应。 图1　动量变化量 Δp=p′−p：从初动量末端指向末动量末端 项目 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 质量与速度的乘积 末动量与初动量的矢量差 定义式 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 ， 联系 动能变化则动量一定变化；动量变化时动能不一定变化（如匀速圆周运动） ▎重难诠释 动量是矢量，比较两动量大小只看绝对值，正负号只表示方向；−8 kg·m/s 的动量大小大于 +6 kg·m/s。 动能不变（如匀速圆周运动）时速度方向可能改变，动量可能改变；动量变化时动能不一定变化。 记忆点：动量 mv 是矢量，方向跟着速度走；Δp 是矢量差，一维先定正方向。 ◆ 例题·变式演练 【例题】关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　） A．同一物体，动量越大，速度越大 B．（﹣8kg•m/s）的动量小于（+6kg•m/s）的动量 C．物体的动能不变，其动量一定不变 D．做匀速圆周运动的物体，其动量不变 【答案】A 【解答】解：A、根据公式p＝mv可知，同一物体，物体的动量越大，速度一定越大，故A正确； B、动量的符号表示方向，不代表大小，则（﹣8kg•m/s）的动量大于（+6kg•m/s）的动量，故B错误； C、物体的动量发生变化，可能是方向变化，不一定是物体速度大小发生变化，所以物体的动能不变，其动量可能变化，比如物体做匀速圆周运动，故C错误； D、做匀速圆周运动的物体，速度的方向一定变化，则其动量一定变化，故D错误。 故选：A。 【易错点】　动量是矢量，正负号只表示方向，比较两动量大小只看绝对值；−8 kg·m/s 的动量大小大于 +6 kg·m/s。动能不变（如匀速圆周运动）时速度方向可能改变，动量可能改变；做匀速圆周运动的物体动量时刻在变。动量变化量 Δp=p′−p 是矢量差，不能只比较动量大小；对同一物体，动量越大速度越大。 【变式1】下列关于动量的说法正确的是（　　） A．质量大的物体，动量一定大 B．质量和速率都相等的物体，动量一定相同 C．质量一定的物体的速率不变，它的动量一定不变 D．质量一定的物体的运动状态改变，它的动量一定改变 【答案】D 【解答】解：A、根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，它由质量和速度共同决定，因此只有质量大的物体，动量不一定大，故A错误； B、动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相等的物体，其动量大小一定相等，但方向不一定相同，故B错误； C、质量一定的物体的速率不变，则它的动量大小就一定不变，但方向可能改变，故C错误； D、质量一定的物体的运动状态改变，它的速度就一定改变，它的动量也就改变，故D正确。 故选：D。 【变式2】一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度大小为45m/s，以垒球初速度的方向为正方向，则垒球被棒击打前后动量变化量为（　　） A．+3.6kg•m/s B．﹣3.6kg•m/s C．+12.6kg•m/s D．﹣12.6kg•m/s 【答案】D 【解答】解：以垒球初速度的方向为正方向，球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为Δp＝mv'﹣mv＝﹣0.18×45kg•m/s﹣0.18×25kg•m/s＝﹣12.6kg•m/s，故ABC错误，D正确； 故选：D。 【变式3】如图所示，一个质量为0.2kg的钢球，以5m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以3m/s的速度水平向左运动，钢球的动量变化量为（　　） A．1.6kg•m/s，水平向右 B．1.6kg•m/s，水平向左 C．0.4kg•m/s，水平向右 D．0.4kg•m/s，水平向左 【答案】B 【解答】解：以水平向右为正方向，则钢球初速度为5m/s，末速度为﹣3m/s，则钢球的初动量为p＝mv＝0.2kg×5m/s＝1kg•m/s 末动量为p′＝mv′＝0.2kg×（﹣3m/s）＝﹣0.6kg•m/s 钢球的动量变化为Δp＝p′﹣p＝﹣0.6kg•m/s﹣1kg•m/s＝﹣1.6kg•m/s 即钢球的动量变化量为1.6kg•m/s，方向水平向左，故B正确，ACD错误。 故选：B。 考点二　冲量的计算 ▎知识梳理 1．冲量 力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用 I 表示。表达式为 ，单位是 N·s。 冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同；冲量是过程量，反映力对时间的积累效应。 2．恒力的冲量 恒力 F 作用时间 t，冲量直接用定义式计算：。 3．变力的冲量 （1）方向不变、大小随时间均匀变化的力，冲量为 （2）作出 F-t 图线，图线与 t 轴所围的面积即为变力冲量； 图2　变力冲量等于 F-t 图线与时间轴所围面积 （3）已知始末动量时，可由动量定理 I=Δp 间接求出冲量。 项目 冲量 功 定义 力与作用时间的乘积 力与沿力方向位移的乘积 公式 标矢性 矢量 标量 作用效果 改变物体动量 改变物体动能 特点 过程量 过程量 ▎重难诠释 冲量 I=Ft 是矢量，大小等于力与时间的乘积，不要乘 cosθ；某一分力的冲量即使物体静止也不为零。 物体静止（或匀速）时合力冲量为零，但各分力冲量都不为零；变力冲量看 F-t 图面积。 记忆点：冲量 Ft 是矢量，方向跟着力走；变力冲量看面积，合力冲量等于 Δp。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力作用时间t，物体始终处于静止状态，则下列说法正确的是（　　） A．物体所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ B．物体所受摩擦力的冲量大小是Ftcosθ C．物体所受拉力与摩擦力合冲量向左偏上方 D．物体重力的冲量大小为0 【答案】B 【解答】解：A.物体所受拉力F的冲量大小为＝Ft，故A错误； B.物体始终处于静止状态，则摩擦力f＝Fcosθ 物体所受摩擦力的冲量大小为＝ft＝Ftcosθ，故B正确； C.结合平衡条件，物体所受拉力与摩擦力的合力与物体受到的地面给的支持力与物体重力的合力等大反向，物体受到地面的支持力与物体重力的合力在竖直方向，故物体所受拉力与摩擦力合冲量也在竖直方向，故C错误； D.物体重力的冲量大小＝Gt 即物体重力的冲量大小不为0，故D错误。 故选：B。 【易错点】　冲量 I=Ft 的大小等于力与时间的乘积，不要乘 cosθ；拉力冲量大小为 Ft。物体始终静止时合力冲量为零，但重力、拉力、摩擦力、支持力各分力的冲量都不为零。摩擦力大小等于拉力的水平分量 Ftcosθ，故摩擦力冲量大小为 Ftcosθ。 【变式1】如图所示，一物块在与水平方向成θ角的恒定拉力F的作用下保持静止状态，作用时间为t，则物块所受（　　） A．合力冲量为0 B．重力冲量为0 C．摩擦力冲量为0 D．拉力冲量为Ftcosθ 【答案】A 【解答】解：A、根据动量定理可得合外力的冲量为0，故A正确； BD、重力的冲量为mgt，拉力的冲量为Ft，故BD错误； C、根据受力分析可达 Fcosθ＝f 摩擦力的冲量为I＝ft 则I＝Fcosθt 故C错误。 故选：A。 【变式2】一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则t＝2s时物体的（　　） A．动量大小为1kg•m/s B．动量大小为2kg•m/s C．动量方向将变化 D．动量变化率最大 【答案】B 【解答】解：AB、由F﹣t图像的面积表示力的冲量，在0～2s内力F的冲量为：，设2s时动量为p，根据动量定理可得：I＝p，代入数据解得：p＝I＝2N•s＝2kg•m/s，故A错误，B正确； CD、由题图可知，0～4s内物体的动量的变化量为0，所以在t＝2s时，物体的动量方向没有变化，但力F的方向变化，由动量定理可得：F•Δt＝Δp，所以有：，可知动量变化率即为合力F，此时为0，故CD错误。 故选：B。 【变式3】“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位可以是（　　） A．N•s B．N C．m/s D． 【答案】C 【解答】解：比冲表示动力系统的效率，单位质量推进剂产生的冲量，即，根据F的单位为kg，t单位为s，m单位为kg，则比冲的单位为；1m/s，故C正确，ABD错误； 故选：C。 考点三　动量、冲量与运动图像 ▎知识梳理 1．动量与 v-t 图像 由 v-t 图像可读出速度及速度变化，动量 p=mv，动量变化量 Δp=mΔv；v-t 图线的斜率表示加速度。 2．冲量与 F-t 图像 F-t 图线与时间轴所围面积表示冲量，合力的冲量等于物体的动量变化量。 3．p-t 图像 动量 p 随时间 t 变化的图像，其图线斜率表示合力：。 分析运动图像时，先看清横、纵轴表示的物理量，再结合斜率、面积等几何要素对应到动量、冲量。 图像 图线斜率 图线与轴围成面积 与动量/冲量关系 v-t 图像 加速度 a 位移 x ，Δp=mΔv F-t 图像 — 冲量 I 面积＝Δp p-t 图像 合力 F — ▎重难诠释 要看清图像横、纵轴的物理量；v-t 图面积是位移，F-t 图面积才是冲量，不要混淆。 p-t 图斜率是合力，F-t 图面积是冲量；动量变化量等于合力冲量。 记忆点：v-t 斜率加速度，F-t 面积是冲量；p-t 斜率是合力。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止开始下滑（取地面为零势能面），则滑块的速度大小v、动能、动量p、重力势能随位移x的变化关系图线，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：A滑块沿斜面下滑过程中，设斜面夹角为θ，根据牛顿第二定律可得 由分析可知加速度恒定不变，根据速度—位移关系＝2ax 代入数据得v，抛物线开口向右，故A错误； B.根据动能定理mgsinθ＝﹣0 可得＝mgsinθ•x ﹣x图线是正比例函数图线，故B正确； C.由动量公式p＝mv 结合上述分析有p＝m，图像应该为抛物线，故C错误； D.滑块下滑的高度h＝xsinθ 设斜面的高度为H，重力势能与位移x的关系为＝mg（H﹣h）＝mgH﹣mgxsinθ，图像应该为一条直线，故D错误。 故选：B。 【易错点】　滑块沿光滑斜面下滑，v²=2ax，v 随 x 增大，v-x 图线为曲线而非直线。动能 Ek=max 随 x 线性增大；重力势能 Ep=Ep0−mgxsinθ 随 x 线性减小。动量 p=mv 随 x 变化为曲线；要看清各图像的横纵轴物理量与图线形状。 【变式1】排球比赛中，队员将球水平击出。不计空气阻力，在球飞行过程中，它所受重力的冲量、动量大小p、动量的变化量Δp、动量的变化率，分别与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A、由冲量＝mgt可知，图像应该是线性的变化，故A错误； B、由动量p＝mv＝m可知，图像的变化不是线性的，故B错误； CD、在水平方向上速度不变，动量的变化就是竖直方向上的变化，所以Δp＝m•＝mg•Δt，所以Δp随时间是均匀变化的，Δp和Δt的比值是定值，故C正确，D错误； 故选：C。 【变式2】如图所示，质量为m的乘客乘坐“苏州之眼”摩天轮，该摩天轮在竖直平面内以速率v做半径为R的匀速圆周运动，在乘客从最高点运动至最低点的过程中，乘客重力的（　　） A．冲量大小为2mv B．冲量大小为 C．功率不断增大 D．功率保持不变 【答案】B 【解答】解：A.动量变化等于合力的冲量，合力不等于重力，故A错误； B.重力是恒力，冲量I＝mg•t，乘客从最高点到最低点的时间，代入数据得，故B正确； CD.重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，在最高点，速度方向水平，θ＝90°，P＝0； 运动过程中，速度方向与竖直方向的夹角θ先减小后增大，到达最低点时，速度方向水平，θ＝90°，P＝0。 因此重力的功率先增大后减小，不是“不断增大”，故CD错误。 故选：B。 【变式3】如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1kg的小物块从斜面底端开始以初速度沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（　　） A．物块上滑和下滑产生的热量相同 B．物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C．物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg•m/s D．物块下滑的动摩擦因数比上动摩擦因数大 【答案】D 【解答】解：A．由物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像可得物块上滑机械能的损失量为＝13.5J﹣12J＝1.5J 物块下滑机械能的损失量为＝12J﹣9.5J＝2.5J 故物块上滑和下滑产生的热量不同，故A错误； B．物块上滑在同样的高度处的速度大小一定大于物块下滑在同样高度处的速度，故上滑平均速度大于下滑的平均速度，物块上滑的时间小于物块下滑的时间，故B错误； C．物块上滑时的初动量 故物块上滑过程中动量的变化量的大小为，故C错误； D．E﹣x图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力，物块在上滑过程中 解得 物块在下滑过程中 解得 故 故D正确。 故选：D。 考向二　动量定理 本考向聚焦动量定理，能用其解释生活中的缓冲、碰撞现象，并能正确选取研究过程、求平均冲力。 考点四　用动量定理解释生活现象 ▎知识梳理 1．动量定理 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．动量定理解释的两类物理现象 （1）动量变化量 Δp 一定时，作用时间 Δt 越短，力 F 越大；Δt 越长，力 F 越小。如玻璃杯掉在水泥地上易碎，掉在沙地上不易碎。 （2）作用力 F 一定时，作用时间 Δt 越长，动量变化量 Δp 越大；Δt 越短，Δp 越小。 3．动量定理的应用技巧 利用 I=Δp 求变力的冲量；利用 Δp=FΔt 求动量变化。解释现象时先说明动量变化量是否一定，再比较作用时间。 现象 条件 结论 实例 增力 Δp 一定，Δt 短 F 大 铁锤钉钉子、冲床冲压 减力 Δp 一定，Δt 长 F 小 安全气囊、跳高垫、缓冲包装 增大 Δp F 一定，Δt 长 Δp 大 持续用力推车 减小 Δp F 一定，Δt 短 Δp 小 短促一击 ▎重难诠释 安全气囊、缓冲垫延长作用时间，Δp 一定时 Δt 增大、F 减小；它们不改变动量变化量 Δp。 动量变化率 Δp/Δt 即力，缓冲使其减小；动量变化量由初末速度决定，与缓冲无关。 记忆点：缓冲延时间，Δp 不变力减小；变化率 Δp/Δt，时间越长力越小。 ◆ 例题·变式演练 【例题】安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护。在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（　　） A．减小了碰撞过程中司机头部的受力面积 B．减少了碰撞前后司机头部动量的变化量 C．增加了碰撞过程中司机头部的受力时间 D．增加了碰撞过程中司机头部动量的变化率 【答案】C 【解答】解：AC、因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故A错误，C正确； BD、有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，安全气囊可以延长司机的受力时间，减小了碰撞前后司机动量的变化率，故BD错误。 故选：C。 【易错点】　安全气囊延长头部受力时间，Δp 一定时 Δt 增大、F 减小，从而保护乘员。动量变化量 Δp 由初末速度决定，安全气囊不改变 Δp，也不改变冲量。动量变化率 Δp/Δt 随受力时间延长而减小，不是增大。 【变式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，压力传感器分别测得两球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则比较两球各自在第一次碰撞过程中（　　） A．两小球所受合外力的冲量竖直向下 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．右边小球动量变化大 D．左边小球动量变化率大 【答案】D 【解答】解：A、根据动量定理，小球碰撞前动量向下，碰撞后动量向上，所以动量变化量向上，即合外力冲量竖直向上，故A错误。 BC、两小球所受合外力的冲量为支持力（撞击力）冲量与重力冲量之差，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，即左边小球动量变化量大，故BC错误； D、由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率大，故D正确。 故选：D。 【变式2】小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。已知起跳速度与落地速度大小相同，方向与水平地面的夹角相同，起跳过程、落地过程与地面作用的时间相同。则起跳与落地两个过程中（　　） A．人所受重力的冲量相同 B．人所受合力的冲量相同 C．地面对人的摩擦力的冲量相同 D．地面对人的作用力的冲量相同 【答案】A 【解答】解：取水平向右为正方向，设人的质量为m，起跳和落地瞬间速度大小均为v，速度方向与水平面夹角均为θ，起跳和落地过程与地面的作用时间均为t。 A、重力的冲量定义为＝mgt。在起跳和落地两个过程中，质量m、重力加速度g以及作用时间t均相同，且重力冲量的方向始终竖直向下。因此，人所受重力的冲量相同（大小相等，方向相同），故A正确； B、根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，即＝Δp。起跳过程：初速度为0，末速度为v（斜向右上方），动量变化量＝mv，方向斜向右上方。落地过程：初速度为v（斜向右下方），末速度为0，动量变化量＝0﹣mv，方向斜向左上方。由于与的方向不同，故合力的冲量不相同，故B错误； C、摩擦力的冲量对应水平方向动量的变化。起跳过程：水平方向速度由0变为vcosθ（向右），摩擦力冲量方向水平向右。落地过程：水平方向速度由vcosθ（向右）变为0，摩擦力冲量方向水平向左。两过程中摩擦力冲量的方向相反，故C错误； D、地面对人的作用力包含支持力和摩擦力。根据动量定理：，解得：。虽然相同，但如B选项分析可知，的方向不同（水平分量相反），因此也不相同，故D错误。 故选：A。 【变式3】如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m＝1kg，某时刻速度的大小为v＝5m/s，方向向下。经时间t＝1s，小球的速度方向变为向上，大小仍为v。忽略空气阻力，重力加速度，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量（　　） A．大小为10N•s，方向向上 B．大小为10N•s，方向向下 C．大小为20N•s，方向向上 D．大小为20N•s，方向向下 【答案】C 【解答】解：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得I﹣mgt＝mv﹣（﹣mv）， m＝1kg，v＝5m/s，t＝1s，代入数据解得I＝20N•s，方向向上，故ABD错误，C正确。 故选：C。 考点五　用动量定理求平均冲力 ▎知识梳理 1．矢量式与正方向 动量定理 FΔt=Δp 是矢量式，一维情况下各矢量必须以同一个规定的方向为正方向。 2．平均冲力 动量定理既适用于恒力，也适用于随时间变化的力；对变力，公式中的 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。 3．解题步骤 （1）确定研究对象和研究过程，规定正方向； （2）确定初、末动量，注意速度反向时动量的正负号； （3）由 FΔt=Δp 列方程，求出平均冲力。 步骤 内容 注意点 定正方向 取初速度方向（或某一方向）为正 全过程统一 初末动量 ，p′=mv′ 反向速度带负号 列方程 F 为合力 求作用力 结合受力分析求某一具体力 必要时考虑重力 ▎重难诠释 求平均冲力先定正方向，末速度反向时动量变化量 Δp=mv′−mv 要带正负号。 FΔt=Δp 中的 F 是合力；求某一具体作用力（球拍、地面等）时要结合受力分析，必要时考虑重力。 记忆点：动量定理矢量式，先定方向再列方程；F 是合力记心间，变力要用平均值。 ▎热点·科技前沿 热点·朱雀三号火箭首次陆地回收 2026年8月19日，蓝箭航天朱雀三号遥二运载火箭一子级在东风商业航天创新试验区发射后，成功软着陆于甘肃省民勤县朱雀三号着陆场坪，实现我国首次运载火箭一子级以着陆支腿方式陆地回收。返回段，一子级先完成高空返回调姿、再入点火动力减速、气动滑行控制，着陆前发动机再次点火向下喷气，利用反冲减速，同时展开着陆支腿。着陆支腿通过压缩缓冲装置延长作用时间，在动量变化量一定时，Δt 增大，冲击力 F 减小，从而实现平稳软着陆。 图3　朱雀三号一子级展开着陆支腿、发动机点火反推平稳着陆 ◆ 例题·变式演练 【例题】一个质量为0.2kg、以15m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为0.1s，试求： （1）网球动量的变化； （2）球拍对网球的平均作用力。 【答案】（1）网球动量的变化的大小为8kg•m/s，方向与初速度方向相反； （2）球拍对网球的平均作用力的大小为80N，方向与初速度方向相反。 【解答】解：（1）设网球飞来的速度方向为正方向，网球的初速度为＝15m/s，反弹后的速度为v＝﹣25m/s，则网球动量的变化为：Δp＝mv﹣＝0.2×（﹣25）kg•m/s﹣0.2×15kg•m/s＝﹣8kg•m/s，所以网球动量的变化大小为8kg•m/s，方向与初速度方向相反； （2）网球飞来的速度方向为正方向，由动量定理可得：Ft＝Δp，解得：，球拍对网球的平均作用力大小为80N，方向与初速度方向相反。 答：（1）网球动量的变化的大小为8kg•m/s，方向与初速度方向相反； （2）球拍对网球的平均作用力的大小为80N，方向与初速度方向相反。 【易错点】　网球被反向击回，先以初速度方向为正方向，末速度取负值，动量变化量 Δp=mv′−mv。动量定理 FΔt=Δp 中 F 为合力；本题击球沿水平方向，球拍平均作用力可由 Δp/Δt 求得。注意动量变化量与动能变化量的区别：动量变化考虑方向，动能变化只看速率。 【变式1】质量为m的铁锤从距水泥桩高h处自由落下，打在水泥桩上后立即静止。已知铁锤与水泥桩撞击的时间是t，重力加速度取g。求： （1）铁锤与水泥桩碰撞前瞬间的速度大小v； （2）水泥桩对铁锤的平均冲击力大小F。 【答案】（1）铁锤与水泥桩碰撞前瞬间的速度大小是； （2）水泥桩对铁锤的平均冲击力大小是。 【解答】解：（1）根据速度—位移公式可得2gh＝ 解得铁锤与水泥桩碰撞前瞬间的速度大小 （2）铁锤与水泥桩撞击过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理可得Ft﹣mgt＝0﹣（﹣mv） 解得 答：（1）铁锤与水泥桩碰撞前瞬间的速度大小是； （2）水泥桩对铁锤的平均冲击力大小是。 【变式2】如图为我国“神舟”系列载人飞船返回舱返回地面示意图，打开降落伞后，返回舱以8m/s匀速下落。在距离地面1m时，返回舱上的缓冲火箭点火，使返回舱做匀减速运动，着地前瞬间速度降到2m/s，此时立即关闭缓冲火箭同时切断所有降落伞绳，返回舱撞击地面停下，撞击时间为0.1s，返回舱的质量为3×103kg，g取10，整个过程都在竖直方向运动，则（　　） A．匀速下降阶段返回舱机械能守恒 B．返回舱点火缓冲的时间为0.6s C．返回舱在匀减速过程中处于失重状态 D．地面受到的平均冲击力大小为9×104N 【答案】D 【解答】解：A、匀速下降阶段，空气阻力做负功，机械能不守恒，A错误； B、根据运动学方程，，解得a＝30，可求得时间为t，解得t＝0.2s，故B错误； C、返回舱在匀减速的过程中，加速度向上，为超重状态，故C错误； D、根据动量定理mv＝（F﹣mg）t，解得F＝9×104N，故D正确。 故选：D。 【变式3】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，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10，则（　　） A．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 B．碰撞过程中F的冲量大小为480N•s C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kg•m/s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m 【答案】C 【解答】解：AB、根据F−t图像与横轴围成的面积表示冲量，由图乙可知，碰撞过程中F的冲量大小为：，气囊对头锤竖直方向作用力F方向竖直向上，则F的冲量方向竖直向上，故AB错误； C、头锤落到气囊上时的速度大小为，头锤与气囊作用过程，取竖直向上为正方向，由动量定理可得：﹣Mgt＝Mv﹣（﹣），代入数据解得：v＝2m/s，则碰撞过程中头锤的动量变化量为：Δp＝Mv﹣（﹣）＝20×2kg•m/s+20×8kg•m/s＝200kg•m/s，故C正确； D、碰撞结束后头锤上升的最大高度为：，故D错误。 故选：C。 考向三　柱状模型 本考向聚焦流体类、微粒类柱状模型，用微元法和动量定理分析流体冲击、反冲问题。 考点六　流体类柱状模型与反冲 ▎知识梳理 1．流体类柱状模型 液体流、气体流等连续流体，质量具有连续性，通常已知密度 ρ。沿流速方向选取一段横截面积为 S 的柱形流体。 图4　流体柱状模型：Δt 内柱体长度 Δl=vΔt，质量 Δm=ρSvΔt Δt 内柱体长度为 ，对应质量为 ，对该柱体应用动量定理。 2．微粒类柱状模型 电子流、光子流、尘埃等离散微粒，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数 n。沿运动方向选取柱体。 图5　微粒柱状模型：Δt 内柱体粒子数 N=nv0SΔt Δt 内柱体体积 ，粒子数 ；先对单个粒子列动量定理，再乘 N 计算。 3．反冲现象 物体向外喷出流体（或微粒）时，受到流体的反作用力而反向运动，如火箭、喷水反冲；反冲力等于单位时间内喷出流体的动量。 项目 流体类 微粒类 适用对象 液体流、气体流 电子流、光子流、尘埃 已知量 密度 ρ 单位体积粒子数 n 微元 分析方法 对柱体列动量定理 先对单个粒子列，再乘 N ▎重难诠释 流体冲击：Δt 内冲击质量 Δm=ρSvΔt，结合速度变化由动量定理求平均力，注意单位换算。 微粒模型：先对单个粒子（如离子）列方程，再乘粒子数 N；反冲力等于单位时间喷出动量。 记忆点：流体柱体 ρSvΔt，微粒柱体 nv0SΔt；反冲力＝单位时间喷出动量。 ▎热点·科技前沿 科技前沿·空间站霍尔电推进器 天和核心舱搭载 4 台霍尔电推进发动机，单台推力约 80 mN（0.08 N），4 台共约 0.32 N。霍尔推进器将氙气电离为氙离子 Xe⁺，氙离子在轴向电场中加速后高速喷出，利用反冲产生推力，其推力等于单位时间内喷出离子的动量，可用微粒柱状模型分析。80 mN 小到“只能托住一张纸”，却能在几乎无阻力的太空中持续补偿轨道衰减，维持百吨级空间站的轨道。 图6　霍尔推进器工作原理：氙离子经电场加速喷出，反冲产生推力 ◆ 例题·变式演练 【例题】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，重力加速度为g，墙壁受到的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B．ρ C．ρSvg D．ρg 【答案】B 【解答】解：由题意和密度公式可知，Δt时间内射向竖直墙壁的水的质量为Δm＝ρSvΔt 设水受到墙壁的作用力为F，取喷出的水流方向为正方向，由动量定理有﹣FΔt＝0﹣Δmv 联立解得F＝ρ 由牛顿第三定律可知，墙壁受到水的平均冲击力为F′＝F＝ρ 故B正确，ACD错误。 故选：B。 【易错点】　水流射墙速度变为 0，Δt 内冲击水质量 Δm=ρSvΔt，Δp=Δm·v=ρSv²Δt。平均冲击力 F=Δp/Δt=ρSv²，注意 v 要平方，不是 ρSv。柱体长度 Δl=vΔt，密度 ρ 乘体积 SvΔt 得质量，别漏乘横截面积或时间。 【变式1】2025年11号台风“杨柳”（强台风级）的中心于8月13日13时前后在台湾台东县太麻里乡沿海登陆，登陆时中心附近最大风力14级（42m/s），中心最低气压955百帕。假如你身处其中正面迎风（假设空气吹到人身上后速度瞬间减为零，空气密度为1.29kg/），估算你受到的风力大约为（　　） A．1.5N B．15N C．150N D．1500N 【答案】D 【解答】解：设时间t内与人撞击的空气质量为m，人的迎风面积为S，人对空气的作用力大小为F，则有：m＝ρV＝ρSvt 以风速的方向为正方向，由动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv＝﹣ρt 解得：F＝ρ 合理估算人体迎风面积S约为S≈0.7，则F≈1590N 由牛顿第三定律可知，人受到的风力大小约为1590N，接近选项D，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【变式2】如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（　　） A．1.2πρ B．0.3πρ C．1.2πρv D．0.3πρv 【答案】B 【解答】解：根据题意分析可知，时间t内流经水枪的水的体积为 t时间内冲到目标的水的质量为m＝ρV 取初速度方向为正方向，根据动量定理 ﹣Ft＝﹣0.2mv﹣mv 解得水受到作用力 F＝0.3πρ 由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πρ， 故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式3】在海口某学校科技节活动中，高二年级开展的水火箭制作和发射比赛现场吸引了众多师生围观。水火箭原理如图甲所示，发射时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高速升空。如图是某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内0.5kg的水以相对地面30m/s的速度在0.5s时间内快速喷出，则火箭箭体受到的推力约为（　　） A．15N B．25N C．30N D．35N 【答案】B 【解答】解：以竖直向下为正方向，对喷出的水列动量定理（F+mg）Δt＝mv﹣0，解得F＝25N，根据牛顿第三定律得，水对火箭的作用力F'＝﹣F＝﹣25N，火箭箭体受到的推力大小约为25N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 ★ 综合练习 ★ 本部分精选15道题目，覆盖动量、冲量、动量定理与柱状模型等核心内容，请在规定时间内独立完成。 1．在离地面同一高度处有质量相同的三个小球a、b、c，a球以速度竖直上抛，b球以速度竖直下抛，c球以速度平抛，三球落地时动量大小分别为、、，在空中运动过程中动量变化大小分别为、、，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．＝＞ B．＞＞ C．＝＝ D．＞＞ 【答案】D 【解答】解：AB、根据机械能守恒定律可知 可知三个物体落地时的速度大小相等，根据p＝mv 可知动量大小相等，故AB错误； CD、根据动量定理可知Δp＝mgt 三个物体中a运动时间最长，b时间最短，可知＞＞，故C错误；D正确。 故选：D。 2．奥运会网球赛场上，中国运动员郑钦文挥拍进行网前拦截，她将水平飞来的质量为m、速度大小为2v的球，以大小为v的速度反向击回，则击球过程中网球（　　） A．动量变化量的大小为mv B．动量变化量的大小为3mv C．动能变化量的大小为 D．动能变化量的大小为 【答案】B 【解答】解：AB．动量变化量为矢量，设网球反弹方向为正方向，则动量变化量：Δp＝mv﹣（﹣2mv）＝3mv，即网球的动量变化量的大小为3mv，故A错误，B正确； CD．动能变化量为标量，网球的动能变化量的大小为：，故CD错误。 故选：B。 3．两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为、，且＞，比较它们的动量则（　　） A．物体B的动量较大 B．物体A的动量较大 C．动量大小相等 D．不能确定 【答案】B 【解答】解：根据动能的表达式 动量的表达式 p＝mv 联立可得 由于物体A、B动能相同，且质量满足＞，故动量＞，即物体A的动量较大。 故ACD错误，B正确。 故选：B。 4．如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 【答案】A 【解答】解：由于物块B始终处于静止状态，在水平方向上，B物块仅受摩擦力和弹力，摩擦力与弹力始终等大反向，合力为零，O为弹簧原长位置，由N运动到O的过程，B受到得弹力水平向右，摩擦力向左，由I＝Ft可知，摩擦力对B的冲量不为零；由O运动到M的过程，B受到得弹力水平向左，摩擦力向右，由I＝Ft可知，摩擦力对B的冲量不为零；由此可知由N运动到M过程中，弹力对B的冲量为0，由动量定理可知摩擦力对B冲量为0，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面积为S，手持该高压水枪操作时，水从枪口以速度v高速喷出后，近距离垂直喷射到物体表面且速度立即变为零。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B．ρ C．ρ D．ρ 【答案】B 【解答】解：根据动量定理分析可知，物体所受的平均冲击力等于单位时间内动量的变化量。设单位时间内冲击物体表面的水的质量为Δm，水的密度为ρ，出水口横截面积为S，水流速度为v，则质量流量为 取初速度方向为正方向，水冲击物体表面后，速度由v在短时间内变为0，因此动量变化率为： 根据动量定理，平均冲击力大小，故B正确，ACD错误； 故选：B。 6．如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为轨迹的最高点。则羽毛球（　　） A．在P点的速度最小 B．在A点的水平速度等于在B点的水平速度 C．由A到P和由P到B两个阶段重力的冲量大小相等 D．在A点水平方向的加速度大于在B点水平方向的加速度 【答案】D 【解答】解：A、羽毛球飞行过程受到空气阻力作用，其机械能持续减小。在P点，竖直分速度为零，但水平方向因受阻力作用，速率仍在减小，因此最小速度出现在P点之后，故A错误； B、水平方向始终受空气阻力作用，水平分速度不断减小，因此A点的水平速度大于B点的水平速度，故B错误； C、上升阶段，竖直方向加速度满足＝mg+，下降阶段竖直方向加速度满足＝mg﹣，可知＞。由于竖直位移大小相等，上升时间小于下降时间。根据冲量公式I＝mgt，可知由A到P过程中重力的冲量小于由P到B过程中重力的冲量，故C错误； D、由于空气阻力做负功，A点速率大于B点速率，且A点空气阻力大于B点。水平方向的加速度由空气阻力的水平分量提供，因此A点水平方向的加速度大于B点水平方向的加速度，故D正确。 故选：D。 7．如图所示，物块在恒定拉力F作用下沿固定斜面向上加速运动，则（　　） A．支持力的冲量等于零 B．拉力F的冲量沿斜面向上 C．拉力F的冲量等于物块的动量变化量 D．物块动量变化量的方向沿斜面向上 【答案】D 【解答】解：A.根据，可知，支持力的冲量不等于零，故A错误； B.拉力F的冲量沿力F的方向斜向上，故B错误； C.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物块的动量变化量，故C错误； D.物块沿斜面向上加速运动，则合外力方向沿斜面向上，根据动量定理可知，动量变化量的方向沿斜面向上，故D正确。 故选：D。 8．如图所示，木块A、B通过一轻质弹簧连接，置于光滑水平面上，水平向左的力F作用在B上，使弹簧处于压缩状态，且A与左侧竖直挡板紧压，整个装置处于静止状态。从同时撤去力F和挡板的瞬间起，至弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．A的加速度一直增大 B．B的动能先增大后减小 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．弹簧对A、B的冲量大小相等 【答案】D 【解答】解：A．由题意可知，对A根据牛顿第二定律可得弹力就是物体受到的合力即＝a 弹簧第一次恢复到原长的过程中弹簧弹力逐渐减小，所以A的加速度一直减小，故A错误； B．弹簧第一次恢复到原长的过程中对B的弹力始终向右，对B始终做正功，B的动能一直增大，故B错误； C．弹簧第一次恢复到原长的过程中，弹簧的形变量逐渐减小，所以弹簧的弹性势能减小，故C错误； D．弹簧对A和对B的弹力大小相等，方向相反，且作用时间相等，规定向右为正，根据I＝Ft 所以弹簧对A、B的冲量大小相等，方向相反，故D正确。 故选：D。 9．将小球以初速度竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（v﹣t）如图所示。时刻到达最高点，时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为0 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 【答案】B 【解答】解：A、0到时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，故A错误； B、上升过程中，空气阻力的冲量＝k∑vt＝kh竖直向下，同理可得下降过程中，空气阻力的冲量＝k∑vt＝ kh竖直向上，则小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为I＝+＝0，故B正确。 C、小球上升过程受重力和竖直向下的阻力，下降过程受重力和竖直向上的阻力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，小球上升过程和下降过程的位移大小相等，把小球的上升过程反过来看作初速度为0的加速运动，根据运动学公式x定性分析可知，小球上升过程的时间小于下降过程的时间，所以小球上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故C错误； D、由于空气阻力的作用，小球的机械能不断减小，所以小球落回抛出点的速度小于，所以小球上升过程动量变化量的大小大于下降过程动量变化量的大小，故D错误； 故选：B。 10．用高压水枪清洗汽车，在冲洗时一半的水在汽车表面顺流而下，还有一半的水以原速率返回。设水枪喷出水柱圆形截面的面积为S，水流速度为v，水的密度为ρ，水柱垂直汽车表面。则（　　） A．人手握住水枪的力等于ρ B．人手握住水枪的力等于ρv C．水柱对汽车的平均冲击力等于ρ D．水柱对汽车的平均冲击力等于ρv 【答案】C 【解答】解：AB.水枪的质量未知，所以无法判断人手对水枪的力，故AB错误； CD.以Δt内冲洗汽车的水为研究对象，水的质量为m＝ρSvΔt，以水流初速度的方向为正方向，由动量定理可知：﹣FΔtmv﹣mv，代入数据可得：F，由牛顿第三定律可知，水柱对汽车的平均冲击力大小为，故C正确，D错误。 故选：C。 11．图是一可视为质点的小球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图。已知小球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，下列说法正确的是（　　） A．小球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1：2 B．小球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1：2 C．小球从O点到a点和从a点到b点重力的冲量大小之比为1：10 D．小球运动到a点和b点时的动量大小之比为1：2 【答案】A 【解答】解：A.小球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，由＝gt得排球落到a点和b点的竖直速度之比为1：2，又重力的瞬时功率P＝，可得重力的瞬时功率之比为1：2，故A正确； B.排球抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，从出发点开始相同时间内竖直方向运动的位移之比为1：3，即排球从O点到a点和从a点到b点竖直方向运动的位移大小之比为1：3，根据W＝mgh可知重力做功之比为1：3，故B错误； C.根据重力冲量计算公式＝mgt，可知小球从O点到a点和从a点到b点重力的冲量大小之比为1：1，故C错误； D.排球落到a点和b点的竖直速度之比为1：2，水平速度相同，根据，可知排球运动到a点和b点时的速度之比不为1：2，根据p＝mv可知排球运动到a点和b点时的动量大小之比不为1：2，故D错误。 故选：A。 12．如图所示，在水平地面上方某处将一个小球分别以速率斜向上、斜向下和水平抛出，其中斜向上和斜向下抛出速度与水平方向的夹角相等。不计空气阻力，该球三次从抛出到落地的过程中（　　） A．重力的冲量相同 B．落地时动量相同 C．动量的变化率相同 D．动量的变化量相同 【答案】C 【解答】解：A、根据小球在竖直方向的受力，可知小球在竖直方向只受到重力，加速度为g，方向竖直向下； 由题意可知，斜向上抛与斜向下抛两种情况下，与水平方向的夹角相同，若夹角为θ； 三次运动时间分别为：，，，即可知：＞＞， 根据重力冲量的公式：I＝mgt，可知三次重力的冲量不同，故A错误； D、根据动量定理：I＝Δp，由A选项分析可知重力的冲量不同，即可知三次动量变化量不同，故D错误； B、根据动量为矢量，对比三次落地时的水平分速度可得：＝cosθ，＝，＝cosθ， 重力的冲量为竖直方向的，根据其竖直方向的动量变化量，初速度的对称性，可得竖直分速度满足：＝＞，即三次的末动量不相同，故B错误； C、根据动量变化率的表达式：，可知动量变化率相同，故C正确。 故选：C。 13．高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度垂直喷射到材料表面进行切割作业。假设“水刀”喷嘴中喷出水的速度一定，水打到材料表面后，迅速沿表面散开不反弹，已知“水刀”喷嘴的直径可在0.2mm～0.3mm范围内调节，则该“水刀”在材料表面产生的最小压力与最大压力之比为（　　） A．16：81 B．2：3 C．4：9 D．8：27 【答案】C 【解答】解：根据动量定理，在Δt时间内，喷出的水质量Δm＝ρSvΔt，其中为喷嘴横截面积。水冲击材料表面后速度变为零，动量变化为Δm•v。由动量定理得FΔt＝Δm•v＝ρSvΔt•v，解得材料表面受到的压力。当喷嘴直径d在0.2mm～0.3mm范围内调节时，d的比值为2：3。由于F∝，最小压力与最大压力之比为，故ABD错误，C正确。 故选：C。 14．如图，每一级台阶的高度d＝0.2m，其中第一、二级台阶宽度l＝0.4m。质量m＝0.01kg的小物块以＝4m/s的初速度从第三级台阶上水平向右运动，恰好落到第二级台阶右端边缘后弹起的最大高度为h＝0.05m，已知物块与第二级台阶作用时间Δt＝0.1s，物块与每一级台阶之间的动摩擦因数均为μ＝0.3，物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10。 （1）求物块在第三级台阶上运动的时间； （2）求第二级台阶对物块弹力的冲量大小； （3）通过计算判断物块能否落到第一级台阶上。 【答案】（1）物块在第三级台阶上运动的时间是s； （2）第二级台阶对物块弹力的冲量大小是0.04kg•m/s； （3）物块能落到第一级台阶上。 【解答】解：（1）台阶高度d＝0.2m，宽度为l＝0.4m，物块从第三级台阶边缘做平抛运动，设初速度为v，时间为，有＝l， 物块在第三级台阶上减速运动，设时间为根据动量定理，有﹣μ＝mv﹣ 代入数据可得 （2）设物块落到第二级台阶边缘时水平分速度为，竖直分速度，反弹后水平分速度为'，竖直分速度为'，有＝v，＝， 物块与第二级台阶作用，根据动量定理，以向上为正方向，有﹣mgΔt＝'﹣ 代入数据可得弹力冲量＝0.04kg•m/s （3）根据摩擦力与支持力关系＝μ，摩擦力冲量与弹力冲量关系为＝μ 水平方向动量定理有﹣＝'﹣ 物块从第二级台阶弹起后做斜抛运动，若经过时间物块能落到第一级台阶上，有 此过程水平位移x＝' 代入数据可得，故物块能够落到第一级台阶上。 答：（1）物块在第三级台阶上运动的时间是s； （2）第二级台阶对物块弹力的冲量大小是0.04kg•m/s； （3）物块能落到第一级台阶上。 15．如图所示为建筑工地利用传送带输送沙子的示意图，传送带AB长L＝6m，与水平方向成θ＝30°倾角，传送速度v＝3m/s，B端离水平地面高H＝3.5m，将沙子轻放上传送带底端A，沙子与传送带间动摩擦因数，沙子间动摩擦因数＝0.6，沙子离开传送带后落在地面形成圆锥形沙堆，沙堆底面半径R＝3m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10。求： （1）质量m＝1kg的沙子由A端传送到B端过程，所受重力的冲量大小I； （2）第一颗沙子离开传送带后落地点与B端的水平距离x； （3）沙堆的最大高度h（不考虑沙子的滚动）。 【答案】（1）质量m＝1kg的沙子由A端传送到B端过程，所受重力的冲量大小为26N•s； （2）第一颗沙子离开传送带后落地点与B端的水平距离为m； （3）沙堆的最大高度为1.8m。 【解答】解：（1）沙子放上传送带后，根据牛顿第二定律 有mgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得a＝2.5 沙子加速至v用时1.2s 此过程位移1.8m 之后沙子以v匀速运动到B端历时1.4s 由I＝mg（+） 解得 I＝26N•s （2）沙子离开传送带B端后以v做斜抛运动，设经时间t′落地 竖直方向，有 水平方向，有x＝vcosθ•t' 解得 （3）设沙堆侧面与底面间夹角为α，在沙堆表面取一颗沙子，当它恰好不会沿侧面下滑时 沙堆有最大高度，有mgcosα＝mgsinα 又 解得h＝R＝0.6×3m＝1.8m 答：（1）质量m＝1kg的沙子由A端传送到B端过程，所受重力的冲量大小为26N•s； （2）第一颗沙子离开传送带后落地点与B端的水平距离为m； （3）沙堆的最大高度为1.8m。 2027年高考物理一轮复习（人教版2019）· 江苏专用 · 专题20 动量和动量定理 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $