第1节 动量和动量定理
[学习目标] 1．理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。
2．能用动量定理解释生活中的有关现象。
3．会在流体力学中建立“柱状”模型，并会用动量定理进行相关计算。
1．动量
(1)定义：物体的____与____的乘积。
(2)表达式：p＝_________。
(3)单位：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与____的方向相同。
2．动量的变化量
(1)矢量：其方向与速度的改变量Δv的方向____。
(2)Δp＝p′－p：一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的____叫作力的冲量。
(2)公式：I＝______。
(3)单位：______。
(4)方向：冲量是____，其方向与力的方向____。
4．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量______。
(2)公式：F(t′－t)＝____________或I＝p′－p。
1．易错易混辨析
人教版选择性必修第一册第30页第3题：描述了一个鸡蛋从不同楼层抛下时对人的伤害问题。据此情境进行判断：
(1)鸡蛋下落过程动量增大。 ( )
(2)鸡蛋下落过程动量变化量的方向竖直向下。 ( )
(3)鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。 ( )
(4)鸡蛋被抛下时楼层越高，砸在人头上时对人头骨的冲力越大。 ( )
2．(人教版选择性必修第一册改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以( )
A．减小地面对人的冲量
B．减小地面对人的撞击力
C．减小人的动量变化量
D．减小人的动能变化量
3．(人教版选择性必修第一册改编)(多选)一质量为2 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，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为0
动量、冲量的理解
1．动能、动量、动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均力法：若力的大小随时间均匀变化，即力与时间是一次函数关系，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②F-t图像法：在F-t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
冲量、动量与动能的比较
[典例1] 如图所示，表面光滑的斜面ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．两物块所受重力的冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
[听课记录]
冲量的计算
[典例2] (多选)在水平地面上放置一质量为m＝0.2 kg的物块，物块受到随时间变化、竖直向上的拉力作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示。取水平地面为重力势能零势能面，竖直向上为正方向，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．2 s末物块的动量方向竖直向上
B．3 s末物块的动量大小为2 kg·m/s
C．3 s内拉力F的冲量为2 N·s
D．0～4 s内物块的动量变化量为4 kg·m/s
[听课记录]
动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
(4)改变动量的冲量是这段时间内所有力的冲量的矢量和。
2．用动量定理解释两种现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
3．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
动量定理的定性分析
[典例3] 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
[听课记录]
动量定理的有关计算
[典例4] 高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量。若在此过程中该作用力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A．＋mg B．－mg
C．＋mg D．－mg
[听课记录]
应用动量定理的一般思路
应用动量定理巧解两类“柱状”模型
研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 取极短的作用时间Δt，对应小柱体的体积ΔV＝vSΔt
流体类小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 流体类小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒类小柱体粒子数N＝nvSΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
[典例5] (2024·河北邢台二模)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0 g。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5 cm，空气密度为1.29 kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度为10 m/s2。则此时吹风机的风速约为( )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
[听课记录]
[典例6] 一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为( )
[听课记录]
1．(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床的作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取 10 m/s2。 下列说法正确的是( )
A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次从与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
2．(多选)(2023·新课标卷)如图所示，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为0
3．(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
4．(多选)(2022·全国乙卷)质量为1 kg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，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
第1节 动量和动量定理
链接教材·夯基固本
梳理·必备知识
1．(1)质量 速度 (2)mv (4)速度
2．(1)相同
3．(1)乘积 (2)FΔt (3)N·s (4)矢量 相同
4．(1)变化量 (2)mv′－mv
激活·基本技能
1．(1)√ (2)√ (3)√ (4)√
2．B [由mgh＝mv2知，刚要落地时的速度v为定值。体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，即F＝＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。]
3．AB [前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。]
细研考点·突破题型
考点1
典例1 C [斜面倾角为θ时，物块在斜面上的加速度为a＝g sin θ，设斜面顶点到水平地面的高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt可知，两物块所受重力的冲量不相同，选项A错误；根据动量定理有mg sinθ·t＝Δp，可知Δp＝mg，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相同，选项B错误；根据动能定理有ΔEk＝mgh，得两物块的动能改变量相同，选项C正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgv sin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。]
典例2 BD [在0～2 s时间内，F1＝2 N，物块的重力G＝mg＝2 N，由F1＝G可知，物块保持静止，故2 s末物块的动量为0，A错误；在2～4 s时间内，F2＝4 N，物块的加速度a＝＝10 m/s2，3 s末物块的速度v1＝at1＝10 m/s，动量大小为p＝mv1＝2 kg·m/s，B正确；在Ft图像中，图线与时间轴所包围的面积表示力F的冲量，所以3 s内拉力F的冲量为IF＝(2×2＋4×1) N·s＝8 N·s，C错误；4 s末物块的速度v2＝at2＝20 m/s，物块的动量变化量Δp＝mv2－0＝4 kg·m/s，D正确。]
考点2
典例3 D [汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。]
典例4 A [安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零，从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－＝＋mg＝＋mg，故选项A正确。]
考点3
典例5 A [对于Δt时间内吹出的空气，根据动量定理得FΔt＝mv＝ρvSΔt·v，其中F＝G＝0.36 N，S＝πr2，代入数据解得v≈6 m/s，故选A。]
典例6 C [时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝，故C正确，A、B、D错误。]
即时检验·感悟高考
1．BD [根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床的作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员刚好离开蹦床，做竖直上抛运动，经 2 s 后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床的一次相互作用过程，根据动量定理有(＝4 600 N，D正确。]
2．BD [设两条形磁铁间的相互作用力大小为F，对任意一个条形磁铁由动量定理有(F－μmg)t＝mv，得v＝t－μgt，显然质量越大的条形磁铁速度越小，A错误；由(F－μmg)t＝p可知质量越大的条形磁铁动量越小，B正确；由B选项分析可知，两条形磁铁的动量大小不相等，即甲、乙两条形磁铁的动量之和不为零，C错误，D正确。]
3．BD [取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。]
4．AD [物块与地面间的滑动摩擦力为f ＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f )t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′，物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f )t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得 (F－f )x1＝，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f )x2＝，得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，4～6 s物块的位移为x3＝＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s内拉力做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。]
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第六章 动 量
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第六章 动 量
考情 分析 动量 动量定理 2024·全国甲卷·T7、2024·广东卷·T14、2023·新课标卷·T19、2023·广东卷·T10、2021·湖南卷·T2、2020·全国卷Ⅰ·T14
第六章 动 量
考情 分析 动量守恒定律 2024·江苏卷·T14、2022·湖南卷·T4、2021·全国乙卷·T14、2021·山东卷·T11、2021·广东卷·T13、2021·河北卷·T13、2020·全国卷Ⅱ·T21、2020·全国卷Ⅲ·T15、2020·江苏卷·T12(3)、2020·北京卷·T13
第六章 动 量
考情 分析 动量和能量的综合 2024·安徽卷·T8、2024·江苏卷·T8、2024·湖北卷·T10、2024·山东卷·T17、2024·安徽卷·T14、2024·河北卷·T15、2024·湖南卷·T15、2023·湖南卷·T15、2023·辽宁卷·T15、2023·浙江6月选考·T18、2022·全国乙卷·T25、2022·湖北卷·T16、2022·河北卷·T13、
2022·山东卷·T18
第六章 动 量
考情 分析 实验：验证动量定理 2021·江苏卷·T11、
2020·全国卷Ⅰ·T23
实验：验证动量守恒定律 2024·新课标·T9、2024·山东卷·T13、2024·北京卷·T18、2023·辽宁卷·T11、2022·全国甲卷·T23
第六章 动 量
备考 策略 1．掌握动量、冲量的概念及公式，理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现象。理解动量定理，能用其进行定性分析和定量计算。
2．掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题。注重将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化。
3．注重实验原理与操作、实验能力的迁移应用。
第1节
动量和动量定理
[学习目标] 1．理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。
2．能用动量定理解释生活中的有关现象。
3．会在流体力学中建立“柱状”模型，并会用动量定理进行相关计算。
链接教材·夯基固本
1．动量
(1)定义：物体的____与____的乘积。
(2)表达式：p＝____。
(3)单位：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与____的方向相同。
质量
速度
mv
速度
2．动量的变化量
(1)矢量：其方向与速度的改变量Δv的方向____。
(2)Δp＝p′－p：一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的____叫作力的冲量。
(2)公式：I＝______。
(3)单位：______。
(4)方向：冲量是____，其方向与力的方向____。
相同
乘积
FΔt
N·s
矢量
相同
4．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量______。
(2)公式：F(t′－t)＝___________I＝p′－p。
变化量
mv′－mv
1．易错易混辨析
人教版选择性必修第一册第30页第3题：描述了一个鸡蛋从不同楼层抛下时对人的伤害问题。据此情境进行判断：
(1)鸡蛋下落过程动量增大。 ( )
(2)鸡蛋下落过程动量变化量的方向竖直向下。 ( )
(3)鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。 ( )
(4)鸡蛋被抛下时楼层越高，砸在人头上时对人头骨的冲力越大。 ( )
√
√
√
√
2．(人教版选择性必修第一册改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以( )
A．减小地面对人的冲量
B．减小地面对人的撞击力
C．减小人的动量变化量
D．减小人的动能变化量
√
B [由mgh＝mv2知，刚要落地时的速度v为定值。体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，即F＝＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。]
3．(人教版选择性必修第一册改编)(多选)一质量为2 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，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为0
√
√
AB [前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝
1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。]
细研考点·突破题型
考点1 动量、冲量的理解
1．动能、动量、动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p
动能 动量 动量变化量
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均力法：若力的大小随时间均匀变化，即力与时间是一次函数关系，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②F-t图像法：在F-t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
角度1 冲量、动量与动能的比较
[典例1] 如图所示，表面光滑的斜面ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是
( )
A．两物块所受重力的冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
√
C [斜面倾角为θ时，物块在斜面上的加速度为a＝g sin θ，设斜面顶点到水平地面的高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt可知，两物块所受重力的冲量不相同，选项A错误；根据动量定理有mg sinθ·t＝Δp，可知Δp＝mg，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相
等，但方向不相同，选项B错误；根据动能定理有ΔEk＝mgh，得两物块的动能改变量相同，选项C正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgv sin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。]
角度2 冲量的计算
[典例2] (多选)在水平地面上放置一质量为m＝0.2 kg的物块，物块受到随时间变化、竖直向上的拉力作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示。取水平地面为重力势能零势能面，竖直向上为正方向，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．2 s末物块的动量方向竖直向上
B．3 s末物块的动量大小为2 kg·m/s
C．3 s内拉力F的冲量为2 N·s
D．0～4 s内物块的动量变化量为4 kg·m/s
√
√
BD [在0～2 s时间内，F1＝2 N，物块的重力G＝mg＝2 N，由F1＝G可知，物块保持静止，故2 s末物块的动量为0，A错误；在2～4 s时间内，F2＝4 N，物块的加速度a＝＝10 m/s2，3 s末物块的速度v1＝at1＝10 m/s，动量大小为p＝mv1＝2 kg·m/s，B正确；在F-t图像中，图线与时间轴所包围的面积表示力F的冲量，所以3 s内拉力F的冲量为IF＝(2×2＋4×1) N·s＝8 N·s，C错误；4 s末物块的速度v2＝at2＝20 m/s，物块的动量变化量Δp＝mv2－0＝4 kg·m/s，D正确。]
考点2 动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
(4)改变动量的冲量是这段时间内所有力的冲量的矢量和。
2．用动量定理解释两种现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
3．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
角度1 动量定理的定性分析
[典例3] 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
√
D [汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。]
角度2 动量定理的有关计算
[典例4] 高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量。若在此过程中该作用力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A．＋mg B．－mg
C．＋mg D．－mg
√
A [安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零，从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－＝＋mg＝＋mg，故选项A正确。]
规律方法 应用动量定理的一般思路
考点3 应用动量定理巧解两类“柱状”模型
研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 取极短的作用时间Δt，对应小柱体的体积ΔV＝vSΔt
流体类小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
流体类小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒类小柱体粒子数N＝nvSΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
[典例5] (2024·河北邢台二模)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0 g。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5 cm，空气密度为1.29 kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度为10 m/s2。则此时吹风机的风速约为( )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
√
A [对于Δt时间内吹出的空气，根据动量定理得FΔt＝mv＝ρvSΔt·v，其中F＝G＝0.36 N，S＝πr2，代入数据解得v≈6 m/s，故选A。]
[典例6] 一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为( )
√
C [时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝，故C正确，A、B、D错误。]
即时检验·感悟高考
1．(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床的作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取 10 m/s2。 下列说法正确的是( )
A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次从与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
√
√
BD [根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床的作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员刚好离开蹦床，做竖直上抛运动，经 2 s 后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床的一次相互作用过程，根据动量定理有(＝4 600 N，D正确。]
2．(多选)(2023·新课标卷)如图所示，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为0
√
√
BD [设两条形磁铁间的相互作用力大小为F，对任意一个条形磁铁由动量定理有(F－μmg)t＝mv，得v＝t－μgt，显然质量越大的条形磁铁速度越小，A错误；由(F－μmg)t＝p可知质量越大的条形磁铁动量越小，B正确；由B选项分析可知，两条形磁铁的动量大小不相等，即甲、乙两条形磁铁的动量之和不为零，C错误，D正确。]
3．(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
√
√
BD [取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·
m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。]
4．(多选)(2022·全国乙卷)质量为1 kg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，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
√
√
AD [物块与地面间的滑动摩擦力为f ＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f )t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′，物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f )t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f )x1＝，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋
f )x2＝，得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，4～6 s物块的位移为x3＝＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s内拉力做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。]
课时数智作业(十六)
题号
1
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4
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10
11
1．下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
12
√
题号
1
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11
D [动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。]
12
2．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
题号
1
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11
12
A B C D
√
D [质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m＝m·，且x>0，故对应的相轨迹可能为D。]
题号
1
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12
3．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
题号
1
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11
12
√
D [动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·
m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正确。]
题号
1
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12
4．(人教版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则( )
A．拉力对物体的冲量大小为Ft
B．拉力对物体的冲量大小为Ft sin θ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θ
D．合力对物体的冲量大小为0
题号
1
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12
√
√
AD [拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体匀速运动，受力平衡，受到的摩擦力大小Ff＝F cos θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Ff t＝Ft cos θ，故C项错误；物体匀速运动，合力为零，所以合力对物体的冲量大小为零，故D项正确。]
题号
1
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11
12
5．如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球以20 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s。设球棒与垒球的作用时间为 0.01 s, 下列说法正确的是( )
A．球棒对垒球不做功
B．球棒对垒球做负功
C．球棒对垒球的平均作用力大小为400 N
D．球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N
题号
1
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12
√
D [球棒击飞垒球过程，由动能定理可得球棒对垒球做功为W＝，其中v1＝20 m/s，v2＝40 m/s，m＝0.2 kg，解得W＝120 J，所以球棒对垒球做正功，故A、B错误；以垒球的初速度方向为正方向，对垒球，由动量定理有－Ft＝－mv2－mv1，其中t＝0.01 s，解得球棒对垒球的平均作用力大小为F＝1 200 N，故C错误，D正确。]
题号
1
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11
12
6．我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×
106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
题号
1
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12
√
B [设该发动机在t时间内喷射出的气体质量为m，根据动量定理有Ft＝mv，可知，在1 s内喷射出的气体质量m0＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故选B。]
题号
1
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12
7．(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5 s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5 s，将幡接稳在手中。若一根中幡质量约为20 kg，重力加速度g＝10 m/s2，假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，则杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为( )
A．300 N B．500 N
C．600 N D．800 N
题号
1
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12
√
B [由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·＝
7.5 m/s，接幡过程中，设幡对手的平均作用力大小为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解得F＝500 N，故B正确。]
题号
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12
8．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力。已知单个正离子的质量为m、电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为( )
题号
1
3
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11
12
A．I
B．I
C．I
D．2I
题号
1
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5
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12
√
A [以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量Q＝IΔt，喷出离子的总质量M＝m＝m；由动量定理可知正离子所受平均冲量为＝I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I，A正确。]
题号
1
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11
12
9．游乐园内喷泉喷出的水柱使得质量为M的卡通玩具悬停在空中(假设这样冲水，能保持短暂平衡)。为估算，做如下假设后进行理论分析：假设喷泉水柱从横截面积为S的喷口以速度v0持续竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积大于S)；水柱冲击到玩具底部后，竖直方向的速度变为零，朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ，当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法错误的是( )
题号
1
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12
A．水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力
B．水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力
C．喷泉单位时间内喷出的水质量为ρSv0
D．玩具在空中悬停时，其底部相对于喷口的高度为
题号
1
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12
√
D [由于卡通玩具悬停在空中，则玩具受平衡力的作用，水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力，这两个力为一对平衡力，A、B说法正确，不符合题意；单位时间内喷出的水柱的长度为Δh＝v0(m)，则该水柱的体积为ΔV＝SΔh＝Sv0(m3)，所以喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm＝ρΔV＝ρSv0(kg)，C说法正确，不符合题意；设玩具悬停时其底部距喷口的高度为h，水到达玩具底部前瞬间的速度大小为v，玩具对水的作用力为F，则对于单位时间内喷出
题号
1
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11
12
的水柱，由能量守恒定律得·Δm·v2＋Δm·gh＝，以竖直向上为正方向，在距喷口h高度处对单位时间内喷射到玩具底部的水柱沿竖直方向由动量定理得F·Δt＝0－Δm·v，其中Δt＝1 s，对玩具由力的平衡条件得F′＝Mg，由牛顿第三定律可知F＝－F′，联立解得h＝，D说法错误，符合题意。]
题号
1
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12
10．(多选)在研制飞机过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验：将一个质量为m的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力)，调节风力大小，并记录了物体所受竖直向上的风力F与时间t的关系，如图所示。下列说法正确的是( )
A．在前2t0时间内物体加速度均匀增加
B．在前6t0时间内物体一直向上运动
C．在5t0时刻物体的速度大小为
D．在前6t0时间内物体的最大速度为
题号
1
3
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2
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6
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9
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11
12
√
√
CD [由题图可知，t0时刻物体才开始运动，A、B错误；从t0到5t0这段时间，对物体应用动量定理有IF－mg×4t0＝mv1－0，冲量在F-t图像中可用图线与t轴所夹面积表示，由题图可知这段时间内风力的冲量IF＝＋＝，解得v1＝，C正确；由题图可知，5t0～6t0内的F与t的数学关系式为F＝－2.5t＋15，当F＝mg时，t＝5.6t0，则在5.6t0时物体的加速度为零，速度最大，从t0到5.6t0，对物体应用动量定理有I′F－mg×4.6t0＝mvm－0，由题中图像可知这段时间内风力的冲量＝IF＋＝，解得vm＝，D正确。]
题号
1
3
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12
11．一质量为2 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处有一面墙，如图所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。
题号
1
3
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2
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11
12
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
题号
1
3
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2
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9
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11
12
[解析] (1)物块从A点到B点做匀减速直线运动的过程，由动能定理有
－μmgx＝
可得μ＝0.32。
(2)物块和墙壁作用的过程，取向左为正方向，由动量定理有FΔt＝mv′－mv
其中v′＝6 m/s，v＝－7 m/s
代入可得F＝520 N。
题号
1
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9
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12
(3)物块向左做匀减速直线运动的过程，由动能定理有－W＝0－mv′2
解得W＝36 J。
题号
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12
[答案] (1)0.32 (2)520 N (3)36 J
12．(2025·山东泰安高三检测)如图1所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图2所示，4 s后拉力F消失，2 s时物块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 求：
题号
1
3
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4
6
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10
11
12
(1)物块与斜面间的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度的大小；
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。
题号
1
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11
12
[解析] (1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由题图可知此时F＝8 N
由平衡条件有F＝mg sin θ＋μmg cos θ
代入数据得μ＝0.25
0～2 s由动量定理有IF2－mgt sin θ－μmgt cos θ＝mvm－0
根据F-t图像与时间轴所围的面积表示冲量，结合题图可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s
联立解得vm＝8 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假设，则滑块4 s末时速度为v1＝0
题号
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滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有＝2a2x
由牛顿第二定律有a2＝g sin θ－μg cos θ
解得最大位移x＝ m
设拉力F做的功为W，上滑过程中，由动能定理有W－mg sin θ·x－μmg cos θ·x＝0
解得W＝ J。
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[答案] (1)0.25 8 m/s (2)4 s J
谢 谢 ！课时分层作业(十六)
1．下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
2．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
A B C D
3．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
4．(人教版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则( )
A．拉力对物体的冲量大小为Ft
B．拉力对物体的冲量大小为Ft sin θ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θ
D．合力对物体的冲量大小为0
5．如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球以20 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s。设球棒与垒球的作用时间为 0.01 s, 下列说法正确的是( )
A．球棒对垒球不做功
B．球棒对垒球做负功
C．球棒对垒球的平均作用力大小为400 N
D．球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N
6．我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
7．(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5 s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5 s，将幡接稳在手中。若一根中幡质量约为20 kg，重力加速度g＝10 m/s2，假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，则杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为( )
A．300 N B．500 N
C．600 N D．800 N
8．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力。已知单个正离子的质量为m、电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为( )
A．I B．I
C．I D．2I
9．游乐园内喷泉喷出的水柱使得质量为M的卡通玩具悬停在空中(假设这样冲水，能保持短暂平衡)。为估算，做如下假设后进行理论分析：假设喷泉水柱从横截面积为S的喷口以速度v0持续竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积大于S)；水柱冲击到玩具底部后，竖直方向的速度变为零，朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ，当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法错误的是( )
A．水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力
B．水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力
C．喷泉单位时间内喷出的水质量为ρSv0
D．玩具在空中悬停时，其底部相对于喷口的高度为
10．(多选)在研制飞机过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验：将一个质量为m的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力)，调节风力大小，并记录了物体所受竖直向上的风力F与时间t的关系，如图所示。下列说法正确的是( )
A．在前2t0时间内物体加速度均匀增加
B．在前6t0时间内物体一直向上运动
C．在5t0时刻物体的速度大小为
D．在前6t0时间内物体的最大速度为
11．一质量为2 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处有一面墙，如图所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
12．(2025·山东泰安高三检测)如图1所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图2所示，4 s后拉力F消失，2 s时物块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度的大小；
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。
课时分层作业(十六)
1．D [动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。]
2．D [质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m＝m·，且x>0，故对应的相轨迹可能为D。]
3．D [动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正确。]
4．AD [拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体匀速运动，受力平衡，受到的摩擦力大小Ff＝F cos θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ft cos θ，故C项错误；物体匀速运动，合力为零，所以合力对物体的冲量大小为零，故D项正确。]
5．D [球棒击飞垒球过程，由动能定理可得球棒对垒球做功为W＝，其中v1＝20 m/s，v2＝40 m/s，m＝0.2 kg，解得W＝120 J，所以球棒对垒球做正功，故A、B错误；以垒球的初速度方向为正方向，对垒球，由动量定理有－Ft＝－mv2－mv1，其中t＝0.01 s，解得球棒对垒球的平均作用力大小为F＝1 200 N，故C错误，D正确。]
6．B [设该发动机在t时间内喷射出的气体质量为m，根据动量定理有Ft＝mv，可知，在1 s内喷射出的气体质量m0＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故选B。]
7．B [由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·＝7.5 m/s，接幡过程中，设幡对手的平均作用力大小为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解得F＝500 N，故B正确。]
8．A [以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量Q＝IΔt，喷出离子的总质量M＝m＝m；由动量定理可知正离子所受平均冲量为＝I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I，A正确。]
9．D [由于卡通玩具悬停在空中，则玩具受平衡力的作用，水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力，这两个力为一对平衡力，A、B说法正确，不符合题意；单位时间内喷出的水柱的长度为Δh＝v0(m)，则该水柱的体积为ΔV＝SΔh＝Sv0(m3)，所以喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm＝ρΔV＝ρSv0(kg)，C说法正确，不符合题意；设玩具悬停时其底部距喷口的高度为h，水到达玩具底部前瞬间的速度大小为v，玩具对水的作用力为F，则对于单位时间内喷出的水柱，由能量守恒定律得·Δm·v2＋Δm·gh＝，以竖直向上为正方向，在距喷口h高度处对单位时间内喷射到玩具底部的水柱沿竖直方向由动量定理得F·Δt＝0－Δm·v，其中Δt＝1 s，对玩具由力的平衡条件得F′＝Mg，由牛顿第三定律可知F＝－F′，联立解得h＝，D说法错误，符合题意。]
10．CD [由题图可知，t0时刻物体才开始运动，A、B错误；从t0到5t0这段时间，对物体应用动量定理有IF－mg×4t0＝mv1－0，冲量在F-t图像中可用图线与t轴所夹面积表示，由题图可知这段时间内风力的冲量IF＝＋＝，解得v1＝，C正确；由题图可知，5t0～6t0内的F与t的数学关系式为F＝－2.5t＋15，当F＝mg时，t＝5.6t0，则在5.6t0时物体的加速度为零，速度最大，从t0到5.6t0，对物体应用动量定理有I′F－mg×4.6t0＝mvm－0，由题中图像可知这段时间内风力的冲量＝IF＋＝，解得vm＝，D正确。]
11．解析：(1)物块从A点到B点做匀减速直线运动的过程，由动能定理有
－μmgx＝
可得μ＝0.32。
(2)物块和墙壁作用的过程，取向左为正方向，由动量定理有FΔt＝mv′－mv
其中v′＝6 m/s，v＝－7 m/s
代入可得F＝520 N。
(3)物块向左做匀减速直线运动的过程，由动能定理有－W＝0－mv′2
解得W＝36 J。
答案：(1)0.32 (2)520 N (3)36 J
12．解析：(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由题图可知此时F＝8 N
由平衡条件有F＝mg sin θ＋μmg cos θ
代入数据得μ＝0.25
0～2 s由动量定理有IF2－mgt sin θ－μmgt cos θ＝mvm－0
根据F-t图像与时间轴所围的面积表示冲量，结合题图可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s
联立解得vm＝8 m/s。
(2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假设，则滑块4 s末时速度为v1＝0
滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有＝2a2x
由牛顿第二定律有a2＝g sin θ－μg cos θ
解得最大位移x＝ m
设拉力F做的功为W，上滑过程中，由动能定理有W－mg sin θ·x－μmg cos θ·x＝0
解得W＝ J。
答案：(1)0.25 8 m/s (2)4 s J
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