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动量定理的应用(融会课——主题串知综合应用)
综合 融通(一)
动量定理及其应用是高考的重要考查内容，单独考查时一般以选择题的形式呈现，与运动学规律、动能定理、机械能守恒定律相综合时，也有以计算题的形式呈现。本节课重点从变力冲量的分析与计算、动量定理在流体中的应用、动量定理与动能定理的综合应用三个方面讲述动量定理的应用。
主题(一) 变力冲量的分析与计算
主题(二) 利用动量定理解决“流体类”问题
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CONTENTS
目录
主题(三) 动量定理与动能定理的综合应用
课时跟踪检测
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04
主题(一) 变力冲量的分析与计算
1.若变力方向不变，大小随时间均匀变化，则其冲量等于平均力与时间的乘积。
2.若已知变力的F t图像，则图像与时间轴所围“面积”的大小等于其冲量的大小。
3.若为一般变力，根据动量定理，求出合力作用下物体动量的变化量Δp和其他力的冲量I2，由Δp=I2+I1，可得该力的冲量I1。
知能融会通
[典例] (2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，
其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上
刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上
滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感
臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
[答案]
[解析] 对敏感球受力分析，敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N，则由牛顿第二定律可知，tan θ=ma
解得tan θ=。
(2)如图乙所示，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，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
答案：330 N·s 方向竖直向上
解析：由题图丙可知，碰撞过程中F的冲量大小IF =×0.1×
6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
答案：0.2 m
解析：头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为v0==8 m/s
头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得
IF -Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。
1.(2025·泉州阶段检测)如图所示，AB为固定的四分之一光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球 ( )
A.所受合力的冲量斜向右上方
B.所受合力的冲量大小为m
C.所受支持力的冲量水平向右
D.所受支持力的冲量大小为0
题点全练清
√
解析：在小球从A点运动到B点的过程中，小球的初动量为0，末动量水平向右，动量的变化量水平向右，根据动量定理可知，小球所受合力的冲量水平向右，故A错误；在小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理可得mgR=m，解得vB=，根据动量定理可知，小球所受合力的冲量大小为I合=mvB-0=m，故B正确；由于小球所受合力的冲量水平向右，则小球所受支持力冲量的竖直分量等于重力的冲量大小，方向竖直向上；所受支持力冲量的水平分量等于合力的冲量大小，方向水平向右；则小球所受支持力的冲量斜向右上方，不为0，故C、D错误。
2.(2025·莆田阶段检测)(双选)质量为0.2 kg的物块在方向水平的合力F作用下由静止开始运动。F随时间t的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是 ( )
A.1~3 s内，物块的动量变化量为零
B.0~4 s内，物块的最大速度为20 m/s
C.t=2.5 s时，合力F的功率为11.25 W
D.0~3 s内，合力F对物块做的功为2.5 J
√
√
解析：根据F t图像与横轴围成的面积表示力的冲量，结合动量定理可知，1~3 s内，物块的动量变化量为Δp=IF =×2×1 kg·m/s-×2×
1 kg·m/s=0，故A正确；0~4 s内，由题图可知，当t=2 s时，物块的速度最大，在0~2 s内，根据动量定理可得IF'=×2×2 kg·m/s=mv2-0，解得
物块的最大速度为v2=10 m/s，故B错误；
在0~2.5 s内，根据动量定理可得IF″=×2×2 kg·m/s-×1×0.5 kg·m/s
=mv2.5-0，解得物块在t=2.5 s时的速度v2.5=8.75 m/s，则t=2.5 s时，合力F的功率为P=Fv2.5=-1×8.75 W=-8.75 W，故C错误；在0~3 s内，根据动量定理可得IF =×2×2 kg·m/s-×2×1 kg·m/s=mv3-0，解得物块在t=3 s时的速度v3=5 m/s，根据动能定理可得，0~3 s内合力F对物块做的功为WF =m-0=2.5 J，故D正确。
主题(二) 利用动量定理解决
“流体类”问题
1.基本思路
(1)建立“柱体”模型。对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
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(2)掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时，图中流体柱长度Δl就足够短，质量Δm也很小，这种以一微小段为研究对象的方法就是微元法。
(3)运用动量定理。即流体微元所受的合外力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt=Δp。
2.具体步骤
应用动量定理分析连续流体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：
(1)确定一小段时间Δt内的连续流体为研究对象；
(2)写出Δt内连续流体的质量Δm与Δt的关系式；
(3)分析连续流体的受力情况和动量变化；
(4)应用动量定理列式、求解。
[典例] 湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1A.ρS B.ρS(v2-v1)2
C.ρS(v2-v1)2v1 D.ρS(v2-v1)2v2
√
[解析] 单位时间t内冲击船帆的空气的体积V=SL=S(v2-v1)t，单位时间t内冲击船帆的空气质量Δm=ρV=ρS(v2-v1)t。设船帆对空气的作用力大小为F，风速v2的方向为正方向。由动量定理得-Ft=Δm(v1-v2)，解得F=ρS(v2-v1)2，根据牛顿第三定律，可知船帆受到的风的水平推力大小F'=F=ρS(v2-v1)2，风对船帆的推力的功率为P=F'v1=ρS(v2-v1)2v1，选项C正确，A、B、D错误。
[误区警示]
(1)空气冲击船帆后的速度为v1而不是零。
(2)风对船帆推力的功率P=Fv中的v应为帆船速度v1而非v2。
1.(2025·漳州阶段练习)日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是 ( )
A.水柱对汽车的压强与水柱横截面积成正比
B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为πρD2
C.水柱对汽车的平均冲力大小为ρD2v2
D.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍
题点全练清
√
解析：高压水枪单位时间喷出水的质量m=ρV=πρD2v，故B错误；以喷出的水流速度方向为正方向，设汽车对水柱的平均冲力大小为F，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零，由动量定理得-FΔt=0-Δmv，Δt时间内喷出的水柱的质量为Δm=ρΔV=ρSvΔt=πρD2vΔt，解得F=πρv2D2，根据牛顿第三定律，水柱对汽车的平均冲力大小F'=F=πρv2D2，若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍，故C错误，D正确；水柱对汽车的压强p===ρv2，水柱对汽车的压强与水柱横截面积无关，故A错误。
2.(2025·济南期中检测)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，
在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使
人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为
m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流
密度为ρ，游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为
S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后竖直方向的速度变为零，则下列说法正确的是 ( )
A.气流速度大小为
B.单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C.t时间内吹到人身上气流的动量变化量大小为mgt
D.若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为g
√
解析：设Δt时间内吹向游客的气体质量为Δm，由动量定理可得-FΔt
=-Δmv，由于游客处于静止状态，则风力F1=mg，根据牛顿第三定律，有F=F1，又Δm=ρvΔtS，联立可得v=，故A错误；单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为V=vπ=，故B错误；
根据动量定理可知，t时间内吹到人身上气流的动量变化量大小为Δp=Ft=mgt，故C正确；若风速变为原来的，由动量定理可得-F'Δt=
-Δm'，又Δm'=ρ·ΔtS=，联立可得F'=，设风力大小为F1'，根据牛顿第三定律有F1'=F'，由牛顿第二定律可得mg-F1'=ma，解得a=g，故D错误。
主题(三) 动量定理与动能
定理的综合应用
动量定理与动能定理的区别和联系
知能融会通
比较项目 动量定理 动能定理
内容 合外力的冲量等于物体的动量变化 合力的功等于物体的动能变化
因果关系 原因：合外力的冲量结果：动量变化 原因：合力的功
结果：动能变化
比较项目 动量定理 动能定理
公式特点 I合=Δp，矢量式 W合=ΔEk，标量式
研究对象 单个或多个物体 单个物体
研究过程 单个或多个过程 单个或多个过程
问题特征 涉及碰撞、冲击、力作用时间 涉及功、能、力作用位移或路程
[典例] 如图所示，在水平地面的右端B处有一面
墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m=0.5 kg，
AB间距离s=5 m。小物块以初速度v0=8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7 m/s，碰撞后以速度v2=6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；
[答案] 1.5 m/s2
[解析] 从A到B过程小物块做匀减速直线运动，根据速度位移公式，有a== m/s2=-1.5 m/s2，负号表示方向与速度方向相反。
(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；
[答案] 0.15
[解析] 从A到B过程，由动能定理有-μmgs=m-m，解得μ=0.15。
(3)若碰撞时间t=0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。
[答案] 130 N
[解析] 对碰撞过程，规定向右为正方向，由动量定理有-Ft=m(-v2)-mv1
[思维建模]
动量定理和动能定理的选取方法
动量是力对时间积累的效果，动能是力对空间积累的效果，因此，动量定理、动能定理是解决物理问题的两条重要思路，当问题中涉及碰撞、冲击、力作用时间时，应优先考虑动量定理；当问题中涉及功、能、力作用位移或路程时，应优先考虑动能定理。
1.(2025·东营阶段练习)一物块静止在水平面上，在
外力作用下运动。第一次用大小为F1的水平恒力作用在
物块上，运动一段时间后，撤去F1，物块整个运动过程的v t图像为OAC；第二次用大小为F2的水平恒力作用在物块上，运动一段时间后，撤去F2，物块整个运动过程的v t图像为OBC。则下列说法正确的是 ( )
A.F1冲量比F2冲量大 B.F1冲量比F2冲量小
C.F1做功比F2做功多 D.F1做功比F2做功少
题点全练清
√
解析：整个过程，两次摩擦力冲量相同，根据动量定理可知，两次水平恒力的冲量大小相等，A、B错误；由v t图像可知，物块第一次运动的位移大，则克服摩擦力做功多，整个过程根据动能定理有WF –Wf =0-0，可知第一次水平恒力做功多，C正确，D错误。
2.蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.第二阶段运动员和地球组成的系统机械能守恒
B.第一阶段重力做的功和第二阶段弹力做的功大小相等
C.第一、第二阶段重力的总冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等
D.第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小
√
解析：第二阶段弹力对运动员做负功，重力做正功，弹性势能增加，重力势能减小，对运动员、地球和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于弹力做负功，运动员和地球组成的系统机械能不守恒，故A错误；设弹性绳刚好被拉直时运动员的速度为v，第一阶段重力做的功大小为WG1，第二阶段重力做的功大小为WG2，第二阶段弹力做的功大小为WF，根据动能定理可得WG1=mv2，WG2-WF =0-mv2，可得WG1+WG2=WF，故B错误；
设两个阶段的时间分别是t1和t2，根据动量定理可知mgt1+(mgt2-Ft2)=0，可得mg(t1+t2)=Ft2，即第一、第二阶段重力的总冲量大小等于第二阶段弹力的冲量大小，故C正确；第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段开始时重力大于弹力，运动员做加速运动，后来重力小于弹力，运动员做减速运动，故D错误。
课时跟踪检测
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1.如图所示，一架救援直升机在进行灭火作业。直升机
通过旋翼螺旋桨向下推动空气获得升力。若质量为M的直升
机处于水平悬停状态，桶、绳索和桶中水总质量为m，若旋
翼螺旋桨转动时单位时间推动的空气质量为ρ，重力加速度
为g，则被推动空气获得的速度大小为 ( )
A. B.
C. D.
√
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解析：直升机处于水平悬停状态，所以直升机获得的升力与直升机、桶、绳索和桶中水的总重力平衡，即F=(M+m)g，由牛顿第三定律可知，直升机获得的升力与推动空气的力大小相同，研究Δt时间内推动的空气，根据动量定理有FΔt=ρΔtv，解得v=，故选C。
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2.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人的头部 ( )
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
√
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解析：由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像与横轴所围面积表示合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像与横轴所围面积也表示动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直减小，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek=，而F-t图像与横轴所围面积是动量的变化量，则动能的变化量和曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。
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3.物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2。那么 ( )
A.I1C.I1=I2，W1=W2 D.I1=I2，W1√
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解析：在Δt1时间内I1=FΔt1=mv=Δp1，在Δt2时间内I2=FΔt2=2mv
-mv=mv=Δp1，所以I1=I2。因为W1=mv2，W2=m(2v)2-mv2=mv2，所以W11
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4.如图所示，橡皮条一端固定在天花板上，另一端连接在小铁
球上，开始时，用手托着小球，使橡皮条竖直且刚好伸直。快速撤
去手，小球由静止向下运动，第一次到达B点时速度达到最大，到
达C点时速度为零。小球运动过程中，橡皮条始终处于弹性限度内，
空气阻力不可忽略。小球从B运动到C过程中，小球合力的冲量大小
为I1，合力做功的绝对值为W1；从C运动到B过程中，合力的冲量大小为I2，合力做功的绝对值为W2。则下列关系正确的是 ( )
A.I1>I2 B.I1√
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解析：由于空气阻力不可忽略，设小球的质量为m，小球第一次到达B点的速度大小为v1，第二次到达B点的速度大小为v2，由于要克服空气阻力做功，因此有v1>v2，根据动量定理得I1=mv1，I2=mv2，则I1>I2，故A正确，B错误；根据动能定理得W1=m，W2=m，因此有W1>W2，故C、D错误。
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5.如图甲所示，一质量为120 kg 的沙发静置于水平面上，沙发与地面的动摩擦因数为0.5，t=0时刻用一水平向右的力F作用在沙发上，F随时间t的变化关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，以下说法正确的是 ( )
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A.沙发在0~1 s内做匀加速直线运动，在1~2 s内做加速度增大的加速运动
B.在t=1 s末，沙发的速度大小为1.67 m/s
C.在t=2 s末，沙发的速度大小为1.875 m/s
D.在t=3 s末，沙发的速度大小约为0.83 m/s
√
解析：沙发所受滑动摩擦力大小为f=μmg=600 N，由图像可知，沙发在0~1 s内所受推力为400 N，小于最大静摩擦力，处于静止状态，1 s末速度为零；t= s时，推力为600 N，在~2 s内做加速度增大的加速运动，A、B错误。
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F的冲量等于图线与t轴围成的面积，在~2 s内，IF=×(1 200+600)× N·s
=675 N·s，摩擦力的冲量为If=-600× N·s=-450 N·s，由动量定理可得IF+If
=mv2，解得2 s末沙发的速度大小为v2=1.875 m/s，C正确。~3 s内F的冲量IF'=IF+400×1 N·s=1 075 N·s，摩擦力的冲量为If'=-600× N·s=-1 050 N·s，由动量定理得IF'+If'=mv3，解得3 s末沙发的速度大小为v3≈0.21 m/s，D错误。
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6.(2025·安顺调研)清洗汽车时经常会用到高压水枪，水枪喷出水柱的速度可以调节，且水速变化时水柱的横截面积不变。当水枪分别以v1、v2的水平速度垂直于车门方向喷出水柱进行清洗时，车门所受的冲击力大小分别为F1和F2，不计空气阻力，水冲击车门后均沿车门流下，则为( )
A. B.
C. D.
√
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解析：设水柱的横截面积为S，水的密度为ρ，Δt时间内水枪喷出的水柱的质量分别为Δm=ρSv1Δt，Δm'=ρSv2Δt。设水柱喷出时的速度方向为正方向，由动量定理可知-F1'Δt=0-Δmv1=0-ρSv1Δt·v1，-F2'Δt=0-Δm'v2=0-ρSv2Δt·v2，由牛顿第三定律可知F1=F1'，F2=F2'，解得=，故选A。
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7.如图甲所示，一滑块放在水平面上，t=0
时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，已知外
力随时间的变化规律为F=2.5t(N)，滑块产生的
加速度和时间的关系如图乙所示，假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是 ( )
A.滑块的质量为2 kg
B.滑块与水平面间的动摩擦因数为0.25
C.0~3 s时间内摩擦力的冲量大小为6.25 N·s
D.3 s末滑块的速度大小为6.5 m/s
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解析：由题图乙可知，t=1 s时，滑块开始运动，此时的拉力大小F1等于滑块所受的最大静摩擦力，由公式F=2.5t(N)可知，F1=2.5 N，则f=2.5 N，又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块与水平面间的滑动摩擦力大小为2.5 N，根据牛顿第二定律有F-f=ma，由题图乙知，当t=3 s时a=2 m/s2，又t=3 s时F=7.5 N，解得m=2.5 kg，又f=μmg，则μ===0.1，故A、B错误；
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0~1 s 时间内，摩擦力为静摩擦力，且摩擦力的大小由0逐渐增大到2.5 N，则该时间内摩擦力的冲量为I1=×1 N·s=1.25 N·s，1~3 s时间内摩擦力为滑动摩擦力，该时间内摩擦力的冲量为I2=2.5×2 N·s=5 N·s，所以0~3 s时间内摩擦力的冲量大小为I=I1+I2=6.25 N·s，C正确；0~3 s 时间内，由动量定理得t-I=mv，代入数据解得v=2 m/s，D错误。
8.(2024·全国甲卷)(双选)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
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解析：根据牛顿第三定律并结合题图可知，t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上，经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s时，运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3 s，代入数据可得=4 600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次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，故D正确。
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9.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是 ( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
√
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解析：小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力，下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度总大于下落过程的加速度，D错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知，小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；上升与下落过程的位移相等，上升时加速度更大，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；经过同一位置时，上升过程的速度更大，则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
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10.(4分)(2025·漳州阶段检测)质量为1 kg的小球从距离地面高0.45 m的某点自由下落，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，经过0.1 s 速度减为零。则全过程中，阻力的冲量大小为___N·s；球与泥潭间的平均作用力的大小为____N。(不计空气阻力，取g=10 m/s2)
解析：小球下落0.45 m，设时间为t1，有h1=g，代入数据可得t1=0.3 s，对小球运动的全过程，由动量定理得mg(t1+t2)-If =0，解得If =
4 N·s，由If =·t2=4 N·s，解得=40 N。
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11.(8分) 雨滴从高空落下，由于受空气阻力的作用，
经短时间加速后便匀速下落。因此，雨滴通常不会砸伤
人，但是对微小的蚊子而言，雨滴可能是致命的。如果
雨滴以v0=10 m/s的速度匀速下落，恰好砸中一只停在地
面上的蚊子，经过t=5.0×10-3 s速度减为零。已知雨滴的
质量m=1.0×10-4 kg，重力加速度g=10 m/s2，在t时间内：
(1)求雨滴所受的合外力的冲量大小I；(3分)
答案：1.0×10-3 N·s
解析：对雨滴，规定竖直向下为正方向，有-I=0-mv0，解得I=1.0×10-3 N·s。
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(2)已知蚊子所受重力G=2.0×10-5 N，求雨滴对蚊子的平均作用力与蚊子重力的大小之比k。(5分)
答案：10 050
解析：对雨滴，根据动量定理可得(mg-F)t=0-mv0，根据牛顿第三定律得，雨滴对蚊子的平均作用力F'=F=0.201 N，k=，解得k=10 050。
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12.(16分)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时滑块速度达到最大。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：
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(1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度；(7分)
答案：0.25 8 m/s
解析：根据题意可知，t=2 s时，上滑速度最大，则滑块合外力为0，由题图2可知此时F=8 N
由平衡条件有F=mgsin θ+μmgcos θ
代入数据得μ=0.25
0~2 s内，由动量定理有IF2-mgtsin θ-μmgtcos θ=mvm-0
根据F-t图像与横轴所围面积表示冲量，由题图2可知IF2=24 N·s
联立解得vm=8 m/s。
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(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。(9分)
答案：4 s J
解析：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t'，由动量定理有IF4-mgt'sin θ-μmgt'cos θ=0
其中IF4=×4×16 N·s=32 N·s
解得t'=4 s
符合假设，则滑块4 s时末速度为v1=0，滑块到达最高点，
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对从最高点下滑过程有-=2a2x
由牛顿第二定律有a2=gsin θ-μgcos 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-mgsin θ·x-μmgcos θ·x=0
解得W= J。综合·融通(一) 动量定理的应用
动量定理及其应用是高考的重要考查内容,单独考查时一般以选择题的形式呈现,与运动学规律、动能定理、机械能守恒定律相综合时,也有以计算题的形式呈现。本节课重点从变力冲量的分析与计算、动量定理在流体中的应用、动量定理与动能定理的综合应用三个方面讲述动量定理的应用。
主题(一) 变力冲量的分析与计算
[知能融会通]
1.若变力方向不变,大小随时间均匀变化,则其冲量等于平均力与时间的乘积。
2.若已知变力的F t图像,则图像与时间轴所围“面积”的大小等于其冲量的大小。
3.若为一般变力,根据动量定理,求出合力作用下物体动量的变化量Δp和其他力的冲量I2,由Δp=I2+I1,可得该力的冲量I1。
[典例] (2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,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,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
尝试解答:
[题点全练清]
1.(2025·泉州阶段检测)如图所示,AB为固定的四分之一光滑圆弧轨道,O为圆心,AO水平,BO竖直,轨道半径为R,将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放,在小球从A点运动到B点的过程中,小球 ( )
A.所受合力的冲量斜向右上方
B.所受合力的冲量大小为m
C.所受支持力的冲量水平向右
D.所受支持力的冲量大小为0
2.(2025·莆田阶段检测)(双选)质量为0.2 kg的物块在方向水平的合力F作用下由静止开始运动。F随时
间t的变化关系如图所示,则下列说法中正确的是 ( )
A.1~3 s内,物块的动量变化量为零
B.0~4 s内,物块的最大速度为20 m/s
C.t=2.5 s时,合力F的功率为11.25 W
D.0~3 s内,合力F对物块做的功为2.5 J
主题(二) 利用动量定理解决“流体类”问题
[知能融会通]
1.基本思路
(1)建立“柱体”模型。对于流体,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度为Δl,如图所示,若流体的密度为ρ,那么,在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(2)掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时,图中流体柱长度Δl就足够短,质量Δm也很小,这种以一微小段为研究对象的方法就是微元法。
(3)运用动量定理。即流体微元所受的合外力的冲量等于流体微元动量的增量,即F合Δt=Δp。
2.具体步骤
应用动量定理分析连续流体相互作用问题的方法是微元法,具体步骤为:
(1)确定一小段时间Δt内的连续流体为研究对象;
(2)写出Δt内连续流体的质量Δm与Δt的关系式;
(3)分析连续流体的受力情况和动量变化;
(4)应用动量定理列式、求解。
[典例] 湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知船帆的有效受风面积为S,水平风速恒为v2,且v1A.ρS B.ρS(v2-v1)2
C.ρS(v2-v1)2v1 D.ρS(v2-v1)2v2
听课记录:
[误区警示]
(1)空气冲击船帆后的速度为v1而不是零。
(2)风对船帆推力的功率P=Fv中的v应为帆船速度v1而非v2。
[题点全练清]
1.(2025·漳州阶段练习)日常生活中常用高压水枪清洗汽车,某高压水枪喷口直径为D,喷出水流的流速为v,水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是 ( )
A.水柱对汽车的压强与水柱横截面积成正比
B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为πρD2
C.水柱对汽车的平均冲力大小为ρD2v2
D.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍
2.(2025·济南期中检测)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来,使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示,一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内,已知气流密度为ρ,游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定,重力加速度为g。假设气流吹到人身上后竖直方向的速度变为零,则下列说法正确的是 ( )
A.气流速度大小为
B.单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C.t时间内吹到人身上气流的动量变化量大小为mgt
D.若风速变为原来的,游客开始运动时的加速度大小为g
主题(三) 动量定理与动能定理的综合应用
[知能融会通]
动量定理与动能定理的区别和联系
比较项目 动量定理 动能定理
内容 合外力的冲量等于物体的动量变化 合力的功等于物体的动能变化
因果关系 原因:合外力的冲量结果:动量变化 原因:合力的功 结果:动能变化
公式特点 I合=Δp,矢量式 W合=ΔEk,标量式
研究对象 单个或多个物体 单个物体
研究过程 单个或多个过程 单个或多个过程
问题特征 涉及碰撞、冲击、力作用时间 涉及功、能、力作用位移或路程
[典例] 如图所示,在水平地面的右端B处有一面墙,一小物块放在水平地面上的A点,质量m=0.5 kg,AB间距离s=5 m。小物块以初速度v0=8 m/s 从A向B运动,刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7 m/s,碰撞后以速度v2=6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小;
(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ;
(3)若碰撞时间t=0.05 s,碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
[思维建模]
动量定理和动能定理的选取方法
动量是力对时间积累的效果,动能是力对空间积累的效果,因此,动量定理、动能定理是解决物理问题的两条重要思路,当问题中涉及碰撞、冲击、力作用时间时,应优先考虑动量定理;当问题中涉及功、能、力作用位移或路程时,应优先考虑动能定理。
[题点全练清]
1.(2025·东营阶段练习)一物块静止在水平面上,在外力作用下运动。第一次用大小为F1的水平恒力作用在物块上,运动一段时间后,撤去F1,物块整个运动过程的v t图像为OAC;第二次用大小为F2的水平恒力作用在物块上,运动一段时间后,撤去F2,物块整个运动过程的v t图像为OBC。则下列说法正确的是 ( )
A.F1冲量比F2冲量大
B.F1冲量比F2冲量小
C.F1做功比F2做功多
D.F1做功比F2做功少
2.蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零,从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段;从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.第二阶段运动员和地球组成的系统机械能守恒
B.第一阶段重力做的功和第二阶段弹力做的功大小相等
C.第一、第二阶段重力的总冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等
D.第一阶段运动员的速度不断增大,第二阶段运动员的速度不断减小
综合·融通(一) 动量定理的应用
主题(一)
[典例] 解析:(1)对敏感球受力分析,敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N,则由牛顿第二定律可知,tan θ=ma
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知,碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上;
②头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为v0==8 m/s
头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得
IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。
答案:(1) (2)①330 N·s 方向竖直向上 ②0.2 m
[题点全练清]
1.选B 在小球从A点运动到B点的过程中,小球的初动量为0,末动量水平向右,动量的变化量水平向右,根据动量定理可知,小球所受合力的冲量水平向右,故A错误;在小球从A点运动到B点的过程中,根据动能定理可得mgR=m,解得vB=,根据动量定理可知,小球所受合力的冲量大小为I合=mvB-0=m,故B正确;由于小球所受合力的冲量水平向右,则小球所受支持力冲量的竖直分量等于重力的冲量大小,方向竖直向上;所受支持力冲量的水平分量等于合力的冲量大小,方向水平向右;则小球所受支持力的冲量斜向右上方,不为0,故C、D错误。
2.选AD 根据F t图像与横轴围成的面积表示力的冲量,结合动量定理可知,1~3 s内,物块的动量变化量为Δp=IF=×2×1 kg·m/s-×2×1 kg·m/s=0,故A正确;0~4 s内,由题图可知,当t=2 s时,物块的速度最大,在0~2 s内,根据动量定理可得IF'=×2×2 kg·m/s=mv2-0,解得物块的最大速度为v2=10 m/s,故B错误;在0~2.5 s内,根据动量定理可得IF″=×2×2 kg·m/s-×1×0.5 kg·m/s=mv2.5-0,解得物块在t=2.5 s时的速度v2.5=8.75 m/s,则t=2.5 s时,合力F的功率为P=Fv2.5=-1×8.75 W=-8.75 W,故C错误;在0~3 s内,根据动量定理可得IF =×2×2 kg·m/s-×2×1 kg·m/s=mv3-0,解得物块在t=3 s时的速度v3=5 m/s,根据动能定理可得,0~3 s内合力F对物块做的功为WF=m-0=2.5 J,故D正确。
主题(二)
[典例] 选C 单位时间t内冲击船帆的空气的体积V=SL=S(v2-v1)t,单位时间t内冲击船帆的空气质量Δm=ρV=ρS(v2-v1)t。设船帆对空气的作用力大小为F,风速v2的方向为正方向。由动量定理得-Ft=Δm(v1-v2),解得F=ρS(v2-v1)2,根据牛顿第三定律,可知船帆受到的风的水平推力大小F'=F=ρS(v2-v1)2,风对船帆的推力的功率为P=F'v1=ρS(v2-v1)2v1,选项C正确,A、B、D错误。
[题点全练清]
1.选D 高压水枪单位时间喷出水的质量m=ρV=πρD2v,故B错误;以喷出的水流速度方向为正方向,设汽车对水柱的平均冲力大小为F,水柱垂直射向汽车表面后速度变为零,由动量定理得-FΔt=0-Δmv,Δt时间内喷出的水柱的质量为Δm=ρΔV=ρSvΔt=πρD2vΔt,解得F=πρv2D2,根据牛顿第三定律,水柱对汽车的平均冲力大小F'=F=πρv2D2,若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍,故C错误,D正确;水柱对汽车的压强p===ρv2,水柱对汽车的压强与水柱横截面积无关,故A错误。
2.选C 设Δt时间内吹向游客的气体质量为Δm,由动量定理可得-FΔt=-Δmv,由于游客处于静止状态,则风力F1=mg,根据牛顿第三定律,有F=F1,又Δm=ρvΔtS,联立可得v=,故A错误;单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为V=vπ=,故B错误;根据动量定理可知,t时间内吹到人身上气流的动量变化量大小为Δp=Ft=mgt,故C正确;若风速变为原来的,由动量定理可得-F'Δt=-Δm',又Δm'=ρ·ΔtS=,联立可得F'=,设风力大小为F1',根据牛顿第三定律有F1'=F',由牛顿第二定律可得mg-F1'=ma,解得a=g,故D错误。
主题(三)
[典例] 解析:(1)从A到B过程小物块做匀减速直线运动,根据速度位移公式,有a== m/s2=-1.5 m/s2,负号表示方向与速度方向相反。
(2)从A到B过程,由动能定理有-μmgs=m-m,解得μ=0.15。
(3)对碰撞过程,规定向右为正方向,由动量定理有-Ft=m(-v2)-mv1
解得F=130 N。
答案:(1)1.5 m/s2 (2)0.15 (3)130 N
[题点全练清]
1.选C 整个过程,两次摩擦力冲量相同,根据动量定理可知,两次水平恒力的冲量大小相等,A、B错误;由v t图像可知,物块第一次运动的位移大,则克服摩擦力做功多,整个过程根据动能定理有WF-Wf=0-0,可知第一次水平恒力做功多,C正确,D错误。
2.选C 第二阶段弹力对运动员做负功,重力做正功,弹性势能增加,重力势能减小,对运动员、地球和弹性绳组成的系统机械能守恒,由于弹力做负功,运动员和地球组成的系统机械能不守恒,故A错误;设弹性绳刚好被拉直时运动员的速度为v,第一阶段重力做的功大小为WG1,第二阶段重力做的功大小为WG2,第二阶段弹力做的功大小为WF,根据动能定理可得WG1=mv2,WG2-WF=0-mv2,可得WG1+WG2=WF,故B错误;设两个阶段的时间分别是t1和t2,根据动量定理可知mgt1+(mgt2-Ft2)=0,可得mg(t1+t2)=Ft2,即第一、第二阶段重力的总冲量大小等于第二阶段弹力的冲量大小,故C正确;第一阶段运动员的速度不断增大,第二阶段开始时重力大于弹力,运动员做加速运动,后来重力小于弹力,运动员做减速运动,故D错误。
6 / 6课时跟踪检测(二) 动量定理的应用
1.如图所示,一架救援直升机在进行灭火作业。直升机通过旋翼螺旋桨向下推动空气获得升力。若质量为M的直升机处于水平悬停状态,桶、绳索和桶中水总质量为m,若旋翼螺旋桨转动时单位时间推动的空气质量为ρ,重力加速度为g,则被推动空气获得的速度大小为 ( )
A. B.
C. D.
2.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人的头部 ( )
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
3.物体在恒定的合力F作用下做直线运动,在时间Δt1内速度由0增大到v,在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1,冲量是I1;在Δt2内做的功是W2,冲量是I2。那么 ( )
A.I1C.I1=I2,W1=W2 D.I1=I2,W14.如图所示,橡皮条一端固定在天花板上,另一端连接在小铁球上,开始时,用手托着小球,使橡皮条竖直且刚好伸直。快速撤去手,小球由静止向下运动,第一次到达B点时速度达到最大,到达C点时速度为零。小球运动过程中,橡皮条始终处于弹性限度内,空气阻力不可忽略。小球从B运动到C过程中,小球合力的冲量大小为I1,合力做功的绝对值为W1;从C运动到B过程中,合力的冲量大小为I2,合力做功的绝对值为W2。则下列关系正确的是 ( )
A.I1>I2 B.I1C.W1=W2 D.W15.如图甲所示,一质量为120 kg 的沙发静置于水平面上,沙发与地面的动摩擦因数为0.5,t=0时刻用一水平向右的力F作用在沙发上,F随时间t的变化关系如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,以下说法正确的是 ( )
A.沙发在0~1 s内做匀加速直线运动,在1~2 s内做加速度增大的加速运动
B.在t=1 s末,沙发的速度大小为1.67 m/s
C.在t=2 s末,沙发的速度大小为1.875 m/s
D.在t=3 s末,沙发的速度大小约为0.83 m/s
6.(2025·安顺调研)清洗汽车时经常会用到高压水枪,水枪喷出水柱的速度可以调节,且水速变化时水柱的横截面积不变。当水枪分别以v1、v2的水平速度垂直于车门方向喷出水柱进行清洗时,车门所受的冲击力大小分别为F1和F2,不计空气阻力,水冲击车门后均沿车门流下,则为 ( )
A. B.
C. D.
7.如图甲所示,一滑块放在水平面上,t=0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F,已知外力随时间的变化规律为F=2.5t(N),滑块产生的加速度和时间的关系如图乙所示,假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是 ( )
A.滑块的质量为2 kg
B.滑块与水平面间的动摩擦因数为0.25
C.0~3 s时间内摩擦力的冲量大小为6.25 N·s
D.3 s末滑块的速度大小为6.5 m/s
8.(2024·全国甲卷)(双选)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
9.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是 ( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
10.(4分)(2025·漳州阶段检测)质量为1 kg的小球从距离地面高0.45 m的某点自由下落,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,经过0.1 s 速度减为零。则全过程中,阻力的冲量大小为 N·s;球与泥潭间的平均作用力的大小为 N。(不计空气阻力,取g=10 m/s2)
11.(8分)雨滴从高空落下,由于受空气阻力的作用,经短时间加速后便匀速下落。因此,雨滴通常不会砸伤人,但是对微小的蚊子而言,雨滴可能是致命的。如果雨滴以v0=10 m/s的速度匀速下落,恰好砸中一只停在地面上的蚊子,经过t=5.0×10-3 s速度减为零。已知雨滴的质量m=1.0×10-4 kg,重力加速度g=10 m/s2,在t时间内:
(1)求雨滴所受的合外力的冲量大小I;(3分)
(2)已知蚊子所受重力G=2.0×10-5 N,求雨滴对蚊子的平均作用力与蚊子重力的大小之比k。(5分)
12.(16分)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时滑块速度达到最大。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)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度;(7分)
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。(9分)
课时跟踪检测(二)
1.选C 直升机处于水平悬停状态,所以直升机获得的升力与直升机、桶、绳索和桶中水的总重力平衡,即F=(M+m)g,由牛顿第三定律可知,直升机获得的升力与推动空气的力大小相同,研究Δt时间内推动的空气,根据动量定理有FΔt=ρΔtv,解得v=,故选C。
2.选D 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用,则F t图像与横轴所围面积表示合外力的冲量,再根据动量定理可知F t图像与横轴所围面积也表示动量的变化量,且图线一直在t轴的上方,则动量的大小一直减小,A、B错误;根据动量与动能的关系有Ek=,而F t图像与横轴所围面积是动量的变化量,则动能的变化量和曲线与横轴围成的面积不成正比,C错误;由题知假人的头部只受到安全气囊的作用,则根据牛顿第二定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,D正确。
3.选D 在Δt1时间内I1=FΔt1=mv=Δp1,在Δt2时间内I2=FΔt2=2mv-mv=mv=Δp1,所以I1=I2。因为W1=mv2,W2=m(2v)2-mv2=mv2,所以W14.选A 由于空气阻力不可忽略,设小球的质量为m,小球第一次到达B点的速度大小为v1,第二次到达B点的速度大小为v2,由于要克服空气阻力做功,因此有v1>v2,根据动量定理得I1=mv1,I2=mv2,则I1>I2,故A正确,B错误;根据动能定理得W1=m,W2=m,因此有W1>W2,故C、D错误。
5.选C 沙发所受滑动摩擦力大小为f=μmg=600 N,由图像可知,沙发在0~1 s内所受推力为400 N,小于最大静摩擦力,处于静止状态,1 s末速度为零;t= s时,推力为600 N,在~2 s内做加速度增大的加速运动,A、B错误。F的冲量等于图线与t轴围成的面积,在~2 s内,IF=×(1 200+600)× N·s=675 N·s,摩擦力的冲量为If=-600× N·s=-450 N·s,由动量定理可得IF+If=mv2,解得2 s末沙发的速度大小为v2=1.875 m/s,C正确。~3 s内F的冲量IF'=IF+400×1 N·s=1 075 N·s,摩擦力的冲量为If'=-600× N·s=-1 050 N·s,由动量定理得IF'+If'=mv3,解得3 s末沙发的速度大小为v3≈0.21 m/s,D错误。
6.选A 设水柱的横截面积为S,水的密度为ρ,Δt时间内水枪喷出的水柱的质量分别为Δm=ρSv1Δt,Δm'=ρSv2Δt。设水柱喷出时的速度方向为正方向,由动量定理可知-F1'Δt=0-Δmv1=0-ρSv1Δt·v1,-F2'Δt=0-Δm'v2=0-ρSv2Δt·v2,由牛顿第三定律可知F1=F1',F2=F2',解得=,故选A。
7.选C 由题图乙可知,t=1 s时,滑块开始运动,此时的拉力大小F1等于滑块所受的最大静摩擦力,由公式F=2.5t(N)可知,F1=2.5 N,则f=2.5 N,又最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则滑块与水平面间的滑动摩擦力大小为2.5 N,根据牛顿第二定律有F-f=ma,由题图乙知,当t=3 s时a=2 m/s2,又t=3 s时F=7.5 N,解得m=2.5 kg,又f=μmg,则μ===0.1,故A、B错误;0~1 s 时间内,摩擦力为静摩擦力,且摩擦力的大小由0逐渐增大到2.5 N,则该时间内摩擦力的冲量为I1=×1 N·s=1.25 N·s,1~3 s时间内摩擦力为滑动摩擦力,该时间内摩擦力的冲量为I2=2.5×2 N·s=5 N·s,所以0~3 s时间内摩擦力的冲量大小为I=I1+I2=6.25 N·s,C正确;0~3 s 时间内,由动量定理得t-I=mv,代入数据解得v=2 m/s,D错误。
8.选BD 根据牛顿第三定律并结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上,经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时,运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得=4 600 N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次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,故D正确。
9.选C 小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力,下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力,由牛顿第二定律可知,上升过程的加速度总大于下落过程的加速度,D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知,小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落过程的位移相等,上升时加速度更大,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经过同一位置时,上升过程的速度更大,则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误。
10.解析:小球下落0.45 m,设时间为t1,有h1=g,代入数据可得t1=0.3 s,对小球运动的全过程,由动量定理得mg(t1+t2)-If=0,解得If=4 N·s,由If=·t2=4 N·s,解得=40 N。
答案:4 40
11.解析:(1)对雨滴,规定竖直向下为正方向,有-I=0-mv0
解得I=1.0×10-3 N·s。
(2)对雨滴,根据动量定理可得(mg-F)t=0-mv0
根据牛顿第三定律得,雨滴对蚊子的平均作用力F'=F=0.201 N,
k=
解得k=10 050。
答案:(1)1.0×10-3 N·s (2)10 050
12.解析:(1)根据题意可知,t=2 s时,上滑速度最大,则滑块合外力为0,由题图2可知此时F=8 N
由平衡条件有F=mgsin θ+μmgcos θ
代入数据得μ=0.25
0~2 s内,由动量定理有IF2-mgtsin θ-μmgtcos θ=mvm-0
根据F t图像与横轴所围面积表示冲量,由题图2可知IF2=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t',由动量定理有IF4-mgt'sin θ-μmgt'cos θ=0
其中IF4=×4×16 N·s=32 N·s
解得t'=4 s
符合假设,则滑块4 s时末速度为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=gsin θ-μgcos 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-mgsin θ·x-μmgcos θ·x=0
解得W= J。
答案:(1)0.25 8 m/s (2)4 s J
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