1.2动量定理 学案（含解析答案）

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1.2 动量定理
一、考点梳理
考点一、冲量
1．物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大。
2．定义：力与力作用时间的乘积叫力的冲量。
3．表达式：I＝Ft。单位，在国际单位制中是“牛顿·秒”， 符号“N·s”。
4．对冲量的理解
（1）冲量是过程量：冲量反映的是力在一段时间内的积累效应，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
（2）冲量是矢量：若是恒力的冲量，则在作用时间内冲量的方向与力F的方向相同。如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
（3）冲量具有绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性。
5．冲量的计算
（1）单个力的冲量：利用公式I＝Ft计算（只适合于计算恒力的冲量）。
（2）合力的冲量：①如果是一维情形，可以化为代数和。如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则。
②两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解。
（3）求变力的冲量
①若力随时间均匀变化，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，可用F－t图象与t轴所围的面积求冲量。
【典例1】下列关于冲量、动量、动能的说法中正确的是（　　）
A．物体的动量增大2倍，其动能也增大2倍
B．物体合外力的冲量不为零，其动量变化量和动能变化量一定不为零
C．由冲量的定义式可知，冲量是矢量，冲量的方向一定与物体受力方向相同
D．由动量的定义式可知，动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同
【答案】D
【解析】A．物体的动量增大2倍，根据动量可知，速度增大2倍，变为原来的3倍，动能，动能增大8倍，变为原来的9倍，A错误；B．物体合外力的冲量不为零，其动量变化量一定不为零，但动能变化量可能为零，比如该过程速度方向改变，但是大小没变，则动能变化量为零，B错误；C．由冲量的定义式可知，冲量是矢量，冲量的方向一定与物体合外力方向相同，C错误；D．由动量的定义式可知，动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同，D正确；故选D。
【典例2】下列有关冲量的说法中，正确的是（　　）
A．力越大冲量也越大 B．作用时间越长冲量越大
C．恒力F与t的乘积越大冲量越大 D．物体不动，重力的冲量为零
【答案】C
【解析】冲量等于力和时间的乘积，故冲量取决于力和时间的乘积，乘积越大，冲量越大，故C正确，ABD错误。
练习1、一位同学站在水平地面上，某时刻该同学屈膝下蹲并竖直向上跳起，在人跳离地面之前的过程中地面对该同学的支持力做功为W，冲量为I，则下列判断正确的是(　　)
A．W＝0，I＝0　　 B．W＝0，I≠0
C．W≠0，I＝0 D．W≠0，I≠0
【解析】因为在人起跳的过程中人受到的支持力的作用点没有位移，所以支持力做功为零．
【答案】B
练习2、关于冲量，下列说法正确的是(　　)
A．冲量是物体动量变化的原因
B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零
C．动量越大的物体受到的冲量越大
D．冲量的方向就是物体受力的方向
【答案】 A
【解析】 力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量就发生了变化．因此说冲量是物体动量变化的原因，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B选项不正确；物体所受冲量I＝Ft与物体的动量的大小p＝mv无关，C选项不正确；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D选项不正确．
考点二、冲量的计算
1．恒力的冲量
公式 I＝Ft 适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算，若力为一般变力则不能直接计算冲量．
2．变力的冲量
①变力的冲量通常可利用动量定理 I＝Δp 求解．
②可用图象法计算如图所示变力冲量，若某一力方向恒定不变，那么在 F－t 图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1 内的冲量．
【典例1】如图所示，一物体在与水平面成角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（ ）
A．拉力F对物体的冲量大小为 B．拉力F对物体的冲量大小为
C．合外力对物体的冲量大小为 D．合外力对物体的冲量大小为
【答案】A
【解析】AB．拉力F对物体的冲量大小为，故A正确，B错误；CD．物体做匀速直线运动，所以合外力为零，故合外力对物体的冲量大小为零。故CD错误。
【典例2】原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则（　　）
A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0内动量变化相等
B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0内平均速率不等
C．2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零
D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
【答案】C
【解析】A．0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，选项A错误；
BC．t＝t0时，物体速度最大，t＝2t0时物体速度为零，由动量定理
Ft＝mΔv
可得
F0t0－F0t0＝0
0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，选项B错，C正确；
D．物体先加速后减速，速度始终为正，最后速度减小为零，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，选项D错误。
练习1、物体在水平面上做直线运动，其动量随时间的变化的图像如图所示，则下列说法正确是（　　）
A．物体运动方向与的运动方向相反
B．与时间内物体受到的合外力大小相等，方向相反
C．时间内物体受到的合外力的冲量为零
D．时间内物体受到的合外力的冲量为零
【答案】C
【解析】A．根据可知运动方向与动量方向相同，与的动量均为正，则与的运动方向相同，选项A错误；
B．根据可知动量随时间的变化的图像得斜率代表F，与时间内图线斜率不变，则物体受到的合外力不变，选项B错误；
C．由图象知时间内动量变化为0，根据可知物体受到的合外力的冲量为零，选项C正确；
D．由图象知时间内动量变化不为零，则物体受到的合外力的冲量不为零，选项D错误。
练习2、如图甲所示，放在水平地面上的木块与一轻弹簧相连，现用手水平拉弹簧，拉力F与时间t的函数关系如图乙所示，则0.8 s内拉力的冲量为多大？
【答案】20 N·s
【解析】由F-t图象知，在拉动的过程中，拉力F的大小是变化的，在0～0.2 s的过程，力F由零增大到40 N；在0.2～0.4 s的过程，力F保持40 N不变；在0.4～0.8 s的过程，力F由40 N减小到零．由于F是变力，故不能直接用公式I＝F·t来计算，而采用其他方法均较麻烦．
由于Ft图象中图线与t轴所围图形的面积等于变力F的冲量大小，所以
I＝×(0.2＋0.8)×40 N·s＝20 N·s．
考点三、动量定理
1．内容：物体在一个过程始末动量的变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
2．表达式：mv′－mv＝F（t′－t）或p′－p＝I。
3．对动量定理的理解
（1）动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是均匀变化的力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。
（2）动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同。运用动量定理主要是一维的问题，要注意正方向的规定。
（3）动量的变化率和动量的变化量：由动量定理可以得出F＝，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力。而由动量定理I＝Δp知动量的变化量决定于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关。
4．动量定理的应用
（1）应用动量定理FΔt＝Δp定性解释常见物理现象。
由上式可以看出如果保持Δp一定，则力作用的时间越短，冲力就越大。因此在需要增大作用力时，可尽量减少作用的时间，如打击、碰撞等由于作用时间短、作用力往往较大。
反之，作用时间越长，力F就越小，因此在需要减小作用力的时候，可想办法延长力的作用时间，如利用海棉或弹簧的缓冲作用来延长作用时间，达到减小作用力的目的。
（2）应用I＝Δp求变力的冲量。
如果物体受到大小、方向不变的力的作用，既可以应用FΔt求力的冲量，也可以应用物体动量改变Δp的大小和方向来替代力的冲量。
如果物体受到大小、方向改变的力的作用，则不能直接用FΔt求变力的冲量，这时可以求在该力冲量作用下物体动量改变Δp的大小和方向，替代变力的冲量。
5．应用动量定理解题的一般步骤
（1）选定研究对象，明确运动过程。
（2）进行受力分析和运动的初、末状态分析。
（3）选定正方向，根据动量定理列方程求解。
【典例1】从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了(　　)
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．延长人与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
【答案】C
【解析】脚尖先着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，依动量定理可知，人落地过程中动量变化量为定值，这样就减小了地面对人的冲力，故C项正确．
【典例2】篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，为了检测篮球的性能，某同学多次让一篮球从h1＝1.8 m处自由下落，测出篮球从开始下落至第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3 s，该篮球第一次反弹从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量为m＝0.6 kg，g取10 m/s2.求篮球对地面的平均作用力(不计空气阻力)．
【答案】39 N 方向竖直向下
【解析】解法一　设篮球从h1处下落触地的时间为t1，触地时速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，弹起至达最高点的时间为t2，则t1＝＝0.6 s，v1＝＝6 m/s，
弹起时速度大小 v2＝gt2＝5 m/s，篮球与地面作用时间 Δt＝t－t1－t2＝0.2 s，
篮球触地过程中，取向上为正方向，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，
即＝mg＋，代入数据解得＝39 N，
根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39 N．
解法二　由上述解法中可知t1＝0.6 s，t2＝0.5 s，Δt＝0.2 s，
对全过程应用动量定理有Δt－mgt＝0，解得＝＝39 N，
根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39 N．
【典例3】质量为m的物体静止在足够大的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，有一水平恒力F作用于物体上，并使之加速前进，经时间t1后撤去此恒力，求物体运动的总时间t.
【答案】
【解析】方法一：物体的运动可分为两个阶段，第一阶段水平方向受F、Ff两个力的作用，时间为t1，物体由A运动到B速度达到v1；第二阶段物体水平方向只受力Ff的作用，时间为t2，由B运动到C，速度由v1变为0.
设向右为正，据动量定理：
第一阶段(F－Ff)t1＝mv1－0＝mv1
第二阶段：－Ff·t2＝0－mv1＝－mv1
两式相加：F·t1－Ff(t1＋t2)＝0
因为Ff＝μmg，
则总时间t＝t1＋t2＝.
方法二：把两个阶段当成一个过程来看：F作用t1时间，μmg则作用了t时间，动量变化Δp＝0.
F·t1－μmgt＝0，t＝.
练习1、(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易撞碎，而掉在草地上不容易撞碎，其原因是(　　)
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长
【答案】CD
【解析】杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h.它们从h高度落地瞬间的速度大小为，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m，与水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化为Δp＝－(－m)，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝－(－m)，所以F＝＋mg.由此可见，Δt越小，玻璃杯所受撞击力F越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，撞击力小，因此玻璃杯不易碎，C、D正确．
练习2、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目．一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．(g取10 m/s2)
【答案】 1.5×103 N，方向竖直向上
【解析】 方法一　运动员刚接触网时速度的大小为v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向竖直向下．刚离开网时速度的大小为v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向竖直向上．运动员接触网的过程中，网的作用力为F，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得：(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，
解得：F＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
方法二　运动员从3.2 m高处自由下落的时间为t1＝ ＝ s＝0.8 s
运动员刚离开网弹回5.0 m高处所用的时间为t2＝ ＝ s＝1 s
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s 时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理得：F·t3－mg(t1＋t2＋t3)＝0.
解得：F＝mg＝×60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
练习3、高空坠物已成为一种新型城市公害，极易对行人造成伤害。若一个50 g的小物块从居民楼21层楼的地面处落下（高约60米），撞地后弹起0.6米高，与地面的撞击时间2 ms，g取10 m/s2，求（结果保留根号）
（1）小物块落地时速度约多少？
（2）物块对地面产生的冲击力约为多大？（撞地力远大于物块的重力）
【答案】（1）20 m/s　（2）550 N
【解析】（1）设小物块落地时速度为v，由公式v2＝2gh可知，
v＝＝20 m/s
（2）设弹起速度为v′，物块受地面的弹力为F，由题意知撞地时间为
Δt＝2 ms＝2×10－3s，又v′＝＝2 m/s，
规定竖直向上的方向为正方向，则因F mg，由动量定理得FΔt＝mv′－（－mv）
解得F＝
代入数据F＝ N＝550 N
由牛顿第三定律知物块对地面撞击力大小F′＝550 N。
考点三、用动量定理解决连续流体的作用问题
通常情况下应用动量定理解题，研究对象为质量一定的物体，它与其他物体只有一次相互作用，我们称之为“单体作用”。这类题目对象明确、过程清楚，求解不难。而对于流体连续相互作用的这类问题，研究对象不明，相互作用的过程也较复杂，求解有一定难度。
1．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.
2．微粒类问题
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】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】（1）ρv0S　（2）eq \f(v,2g)－eq \f(M2g,2ρ2vS2)
【解析】（1）在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt ①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV ② 其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS ③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S。
（2）设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲＝Mg ④ 其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知F压＝F冲 ⑤
其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得v′2－v＝－2gh ⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm Δm＝ρv0SΔt ⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－（F压＋Δmg）Δt＝－Δmv′ ⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′ ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq \f(v,2g)－eq \f(M2g,2ρ2vS2)。
【典例2】一宇宙飞船以v＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应增加多大？
【答案】100 N
【解析】设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρSvt.①
这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft＝Δp＝Δmv ②
则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持 不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F ③
综合①②③并代入数值得ΔF＝100 N，即飞船的牵引力应增加100 N。
练习1、水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层．设水柱直径d＝30 cm，水速v＝50 m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力大小．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3)
【答案】 1.77×105 N
【解析】 设在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρS·vΔt.以Δm的水为研究对象，如图所示，它在Δt时间内的动量变化量Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt.
设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F′为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρSv2Δt，即F′＝－ρSv2.
根据牛顿第三定律知F＝－F′＝ρSv2.式中S＝d2，
代入数值得F≈1.77×105 N.
二、夯实小练
1、一质量为2kg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，则（　　）
A．t=2s时物块的速率为1m/s B．t=2s时物块的速率为4m/s
C．t=4s时物块的速率为3m/s D．t=4s时物块的速率为1m/s
【答案】D
【解析】
AB．对物块应用动量定理，0~2s内有代入数据，得故A错误；B错误；
CD．对物块应用动量定理，0~4s内有代入数据，得故C错误；D正确。
2、水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的A、B两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则(　　)
A．F1的冲量大于F2的冲量
B．F1的冲量等于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力大小相等
D．两物体受到的摩擦力大小不等
【答案】C
【解析】设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1F1t1，A、B均错．
3、如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN.将两个完全相同的小球a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．合力对两球的冲量大小相同
B．重力对a球的冲量较大
C．弹力对a球的冲量较小
D．两球的动量变化大小相同
【答案】C
【解析】小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即：mgsinθ，加速度为a＝gsinθ(θ为杆与水平方向的夹角)由图中的直角三角形可知，小球的位移s＝2Rsinθ
所以t＝＝＝，t与θ无关，即t1＝t2，所以合外力的冲量大小为：mgsinθ·t.由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大，A、D错误；重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等，B错误；弹力的冲量：mgcosθ·t，所以a球的弹力的冲量小，C正确．
4、一个质量为0.18 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后反向水平飞回．设击打过程球棒对垒球的平均作用力大小为900 N，作用时间为0.01 s．则被球棒击打后垒球反向水平速度大小为(　　)
A．30 m/s　　　　　　 B．40 m/s
C．50 m/s　　　　　　 D．70 m/s
【答案】A
【解析】设飞来的速度方向为正方向，由动量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入数据解得v＝30 m/s，即飞回的速度大小为30 m/s.故A正确，B、C、D错误．
5、“守株持兔"是众所周知的寓言故事．假设兔子质量为，以的速度奔跑，撞树后几乎不反弹、作用时间约为，则兔子受到的平均撞击力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由动能定理可知
得
故ABC错误，D正确。
6、水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面积为S的水柱以速度垂直射到钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的密度为，则水对钢板的平均冲力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】以时间内射到钢板上的水柱为研究对象，规定水柱的速度方向为正方向，根据动量定理可得
其中
联立，可得
由牛顿第三定律可知水对钢板的平均冲力大小为
7、国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节:为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划。实际上有人通过理论计算得出这个计划是行不通的，电影里设定为了移动地球，地球人在北半球建立了12000座行星推进器，每座行星推进器高11公里，总共能产生150万亿吨的推力，约为1.50×1018 N。推进器喷出的是电磁场加速后的等离子体，这种物质的喷射速度最高能达到500 km/s。地球的质量大约6×1024kg，利用牛顿第二定律，可以粗略计算出发动机推动地球产生的加速度约等于0.000025‰的地球表面重力加速度，也就是0.00000025 m/s2，相当于地球在一年后的速度只有大约7.9 m/s，尚且不如博尔特在100 m赛道上的速度，哪怕加上地球绕太阳公转的速度（地球赤道地区的线速度为465 m/s）也根本无法驱动地球逃离太阳系的束缚。通过以上数据试计算，按电影里设定的数据，每台推进器每秒钟喷出等离子体的质量约为（　　）
A．2.5×107 kg B．2.5×108 kg C．3×1011 kg D．3×1012 kg
【答案】B
【解析】每台推进器产生的推力
F0==1.25×1014 N
由
F0Δt=Δmv
得
Δm=2.5×108 kg
8、(2020-2021学年广西钦州市高二(下)期中)如图所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性。小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面。经测量鸡蛋质量约50 g,8层楼高约20米，与地面接触时间约为0.02 s。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求鸡蛋：
(1)下落到地面时动量的大小；
(2)对地面平均作用力的大小。
【答案】 (1)1 kg·m/s　(2)50.5 N
【解析】 (1)下落到地面时速度由v2＝2gh得v＝20 m/s
动量的大小为p＝mv＝50×10－3×20 kg·m/s＝1 kg·m/s
(2)设向上为正方向，根据动量定理可知，对鸡蛋：(F－mg)Δt＝0－(－mv)
解得F＝＋mg＝N＋0.05×10 N＝50.5 N
由牛顿第三定律可知球对地面平均作用力的大小F′＝50.5 N。
9、质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：
(1)沙对小球的平均阻力F；
(2)小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．
【答案】　(1)F＝ (2)I＝－mgt1　方向竖直向上
【解析】　(1)在下落的全过程对小球用动量定理，重力作用时间为t1＋t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得F＝ ．
(2)仍然在下落的全过程对小球用动量定理，在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内有总冲量(已包括重力冲量在内)，以竖直向下为正方向，有mgt1＋I＝0，则I＝－mgt1，方向竖直向上．
10、一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面而来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度都约为30 m/s，则：
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力F是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力F′为多大？
【答案】(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N
【解析】(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m，设运动的时间为t，则
由x＝t得t＝＝ s，
根据动量定理得Ft＝Δp＝mv0，
解得F＝＝5.4×104 N．
(2)若人系有安全带，则F′＝＝1.8×103 N．
11、如图甲所示，用水平向右的力F拉放在光滑水平地面上、质量为500 kg的物体，作用时间为20 s，使物体获得0.5 m/s的速度．若力F大小的变化为：前15 s从零开始随时间均匀增大，后5 s均匀减小为零，如图乙所示，求：
(1)力F对物体的冲量；
(2)力F的最大值．
【答案】(1)250 N·s　(2)25 N
【解析】(1)拉力对物体的冲量等于物体的动量增加量，有：
IF＝mv＝500×0.5 N·s＝250 N·s
(2)由于拉力均匀变化，设拉力最大值为Fmax，则拉力的冲量大小为图乙中图线与时间轴所围成的面积，则：IF＝Fmax·t，得Fmax＝25 N
12、如图所示，质量20 kg的小车静止在光滑水平面上，从水枪中喷出的水柱的横截面积是10 cm2 ， 速度10 m / s，水的密度1.0×103 kg / m3。若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中，当有质量5 kg的水进入小车时，小车的速度大小？小车的加速度大小？
【答案】 2；2.56
【解析】第一空. 流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1 ， 则mv=（m+M）v1 ， 解得： 。
第二空. 质量为m水流进小车后，在极短的时间△t内，冲击小车的水的质量为 此时，水对车的冲击力为F，则车对水的作用力也为F，据动量定理有：-F△t=△mv1-△mv，解得： ，根据牛顿第二定律得： 。
三、培优练习
1、物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图(a)所示，A 的质量为m，B 的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图(b)所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　)
A．mv B．Mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
【答案】 D
【解析】 对B由动量定理得：Mgt＝Mu－0，对A由动量定理得，设弹簧冲量为I：I－mgt＝mv－0，联立解得：I＝mv＋mu，ABC错误，D正确。
2、如图甲所示，质量为的物块在水平力作用下由静止释放，物块与墙面间的动摩擦因数为0.4，力随时间变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。下列图像中，能正确反映物块所受摩擦力大小与时间()变化关系的是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】物块水平方向受力平衡，滑动摩擦力竖直向上
所以Ff t图象的是过原点的倾斜直线，斜率k=2，当物块静止时，物块受到静摩擦力作用
图象和t轴平行，Ff t图象的面积表示Ff的冲量，根据动量定理
解得物块运动的时间为，故C正确，ABD错误故选C。
3、（多选）如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30°.质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．6 s末物块的速度为零
B．物块一直沿斜面向上运动
C．0～4 s内拉力对物块做的功为20 J
D．0～6 s内拉力对物块的冲量为零
【答案】AC
【解析】在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2＋mgsin30°＝ma2，解得a2＝10 m/s2，则物块在0～2 s内向上匀加速直线运动，2～3 s内向上匀减速直线运动，3 s时减少为零，3～4 s内向下匀加速直线运动，4～6 s内向下匀减速直线运动，6 s时速度减为零，故A项正确，B项错误；在t＝4 s时和t＝2 s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0～4 s内拉力对物块做的功等于0～2 s内拉力对物块做的功，s＝a1t2＝10 m，W＝F1s＝20 J，故C项正确；0～6 s内拉力对物块的冲量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2) N·s＝6 N·s，故D项错误．
4、（多选）如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　)
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
【答案】AB
【解析】根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，故A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C，D错误．
5、一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则该物体 (　　)
A．在1s末时运动方向发生改变
B．先做匀加速后做匀减速直线运动
C．1s~2s的平均速度大小大于3m/s
D．该物体在0~2s内受到合外力的冲量一定为4N·s
【答案】C
【解析】A．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，到1s时，加速度达到最大，此时运动方向没有发生改变，故A错误；
B．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．根据图像可画出速度时间图像如图所示，假如1~2s做匀加速直线运动，则平均速度为，从图中可以看出实际的位移大于匀加速的位移，所以1s~2s的平均速度大小大于3m/s，故C正确；
D．缺少物体的质量m，无法计算冲量大小，故D错误。故选C。
6、(多选)物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是(　　 )
A．该物体将始终向一个方向运动
B．3 s时该物体回到原出发点
C．0～3 s内，力F的冲量等于零，功也等于零
D．2～4 s内，力F的冲量不等于零，功却等于零
【答案】BCD
【解析】据题意，从图可知物体开始先向负向运动，0～1 s末速度为某个值－v，而位移为－s，之后力F反向，1～1.5 s末速度减为0，此时总位移为－1.5s，之后物体向正向运动，1.5～2 s时末速度为v，向正向运动了0.5s，此时位移为－s，此后力又向负向，2～3 s末速度减为0，此时位移为0，故选项A错误，选项B正确；据以上分析，0～3 s内力F的冲量等于动量变化，即I03＝mΔv＝0，此过程力F做的功为：W03＝mv－0＝0，故选项C正确；3～4 s末速度为－v，位移为－s，所以2～4 s内力F冲量为：I24＝mΔv＝－2mv，功为W24＝mv－mv＝0．
7、(多选)光滑水平面上有直角坐标系xOy，坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限内有沿y轴正方向的匀强电场．一只质量为100 g的带电小球静止于x负半轴上某一点．小球受到一个沿x轴正向的瞬时冲量I后开始运动．从小球通过原点时刻开始计时，小球沿x、y轴方向的分运动的速度图象分别如图所示．下列判断正确的是(　　)
A．沿x轴正向的瞬时冲量I的大小是0.2 N·s
B．开始计时后2 s内小球的动量变化大小是0.6 kg·m/s
C．开始计时后2 s内小球沿y轴方向的位移是3 m
D．开始计时后2 s末小球所在点的坐标是(4,3)
【答案】ACD
【解析】根据图象可知，小球沿x方向的初速度为2 m/s，由动量定理知沿x轴正向的瞬时冲量I的大小Ix＝mvx＝0.1×2 N·s＝0.2 N·s，A正确；沿x方向动量不变，2 s末y方向的速度为3 m/s，则开始计时后2 s内小球的动量变化大小Δp＝mvy－0＝0.1×3 kg·m/s＝0.3 kg·m/s，B错误；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，开始计时后2 s内小球沿y轴方向的位移y＝×2×3 m＝3 m，C正确；开始计时后2 s内，x方向的位移x＝2×2 m＝4 m，则开始计时后2 s末小球所在点的坐标是(4,3)，D正确．
8、如图所示，斜面倾角θ＝37°，静止在斜面上的木板AB的质量M＝2.5 kg，木板A端距斜面底端的距离L＝1.6 m，木板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.释放木板的同时，另一质量m＝1 kg的光滑小球在某一高度以初速度v0＝6 m/s开始做平抛运动，小球恰好垂直打在木板上并以原速率反向弹回．小球与木板撞击时间极短且小球受到的弹力远远大于其重力，重加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)小球与木板撞击时，木板运动的位移大小；
(2)木板A端运动到斜面底端时，木板的速度大小．
【答案】 (1)1.28 m　(2)2 m/s
【解析】 (1)由题意得vy＝＝8 m/s
由竖直方向上的自由落体运动规律可知t＝＝0.8 s
由牛顿第二定律可得Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma
得a＝4 m/s2
又x＝at2
联立解得x＝1.28 m .
(2)设小球与木板AB相碰前速度为v1
则有v1＝＝10 m/s
由动量定理可得FΔt＝2mv1
设木板AB与小球碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3
v2＝at＝3.2 m/s
[Mgsin θ－μ(Mgcos θ＋F)]Δt＝Mv3－Mv2
上面Δt为无穷小，可得－2μmv1＝Mv3－Mv2
得v3＝1.2 m/s
设木板A端滑到斜面底端时速度为v4
由速度和位移公式可得v－v＝2a(L－x)
联立解得v4＝2 m/s.
9、如图所示，在光滑水平面右端B点处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆形轨道BC，在距离B为x的A点，用一个较大的水平力向右瞬间弹击质量为m的小钢球，使其获得一个水平向右的初速度，小钢球到达B点后沿半圆形轨道运动，刚好到达C点，已知重力加速度为g，求：
(1)小钢球经过C时的速度有多大？
(2)在A点，这个瞬间弹击小钢球的力的冲量需要有多大？
【答案】 (1)　(2)m
【解析】 (1)小钢球经过C点时，恰好由重力提供圆周运动所需的向心力，即mg＝ ①
由①得vC＝ ②
(2)小钢球由B→C机械能守恒，所以有：mv＝mv＋2mgR ③
由②和③得vB＝ ④
设在A点力F瞬间弹击小钢球的冲量大小为I，
则应用动量定理有：I＝mvA ⑤
由A到B小球做匀速直线运动，所以vA＝vB ⑥
即I＝mvB＝m ⑦
10、如图，半径R=0.45m光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直固定于光滑水平面上，底端与一质量为M=2kg的小车的上表面相切，一质量m=3kg的小物块从圆弧轨道最高点P由静止释放，经Q点后滑上静止的小车，小车与小物块间的动摩擦因数μ=0.3，小车与墙碰撞的时间极短且为弹性碰撞。己知小车与墙碰撞前，小车与小物块的速度已经相同，重力加速度g=10m/s2求：
（1）小物块滑到Q点时的动量大小；
（2）小物块与小车第一次相对静止时的速度大小；
（3）若小车与墙第一次碰撞后，物块恰好没有从小车上滑出去，则小车的长度为多少。
【答案】（1）9kg·m/s；（2）1.8m/s；（3）1.464m
【解析】（1）小物块滑到Q点时，由题意及机械能守恒可得
v=3m/s
则其动量为
（2）以向左为正方向，由题意及动量守恒定律可得
（3）小车与物块第一次共速时，由动能定理可得
车与墙碰撞后以等大速度反向运动，以以向左方向为正方向，则有
由题意可得
则若小车与墙第一次碰撞后，物块恰好没有从小车上滑出去，则小车的长度为
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