【江苏专版】26　第六章　第1节　动量和动量定理 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习

(共85张PPT)
第六章　动量
第六章　动量
知能模块 考点内容 高考(江苏卷)六年命题情况对照分析
2019－2024 命题分析
第1节　动量和动量定理 动量、动量定理 2023T15：动量定理的应用 高考对本章的考查热点是动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒定律的综合应用。本章较以往要求较高，考查形式多为选择题和计算题。
第2节　动量守恒定律及其应用 动量守恒定律 2019T12(1)：动量守恒定律 2020T12(3)：动量守恒定律 2022T13(2)：动量守恒定律 2024T9：动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用 2024T14：动量守恒定律、动量定理的应用
弹性碰撞和非弹性碰撞(一维碰撞)
反冲运动
实验八　验证动量守恒定律 2021T11：验证动量定理
第1节
动量和动量定理
链接教材·夯基固本
一、动量、动量的变化量、冲量
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和______的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。
(2)表达式：p＝____。
(3)单位：__________。
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和______方向相同。
速度
mv
kg·m/s
速度
2．动量的变化量
(1) 方向：因为动量是矢量，所以动量的变化量Δp也是______，其方向与速度的改变量Δv的方向______。
(2)大小：动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′ 减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。即Δp＝________。
矢量
相同
p′－p
3．冲量
(1)定义：力与力的__________的乘积叫作力的冲量。
(2)公式：I＝______。
(3)单位：冲量的单位是______，符号是______。
(4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向______。
作用时间
F·t
牛秒
N·s
相同
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程始末的______变化量等于它在这个过程中所受____的冲量。
2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
3．矢量性：动量变化量的方向与________的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。
动量
力
合外力
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)物体的动能变化时，动量一定变化。 (　　)
(2)两物体的动量相等，动能也一定相等。 (　　)
(3)动量变化量的大小不可能等于初、末状态的动量大小之和。 (　　)
(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律。 (　　)
(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。 (　　)
(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同。 (　　)
√
×
×
×
×
√
二、教材习题衍生
1．(动量变化量)小明发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩，如图为滑步推铅球的过程示意图。已知铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．铅球推出后在飞行过程中任意1 s内的动量变化量都相同
B．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
C．两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度相同
D．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的动能相同
√
A　[铅球推出后在飞行过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度，任意1 s内速度变化量Δv＝gΔt，任意1 s内动量变化量为Δp＝mΔv＝mgΔt，故铅球推出后在飞行过程中任意1 s内的动量变化量都相同，故A正确；两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，成绩不同，可知两种方式铅球的初速度不同，铅球在竖直方向做竖直上抛运动，铅球初速度在竖直方向的分速度不同，故两种方式推出的铅球在空中运动的时间不可能相同，故B错误；设铅球初速度v0与水平方向的夹角为θ，铅球在空中上升的最大高度为
hm＝，可知两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度不同，故C错误；两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时，竖直方向的速度为零，水平速度为vx＝v0cos θ，可知两种方式推出的铅球水平速度不同，即在空中运动到最高点时的动能不相同，故D错误。故选A。]
2．(动量定理的应用)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：
1助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；
2起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；
3飞行阶段，在空中，运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；
4着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是(　　)
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向的速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
√
B　[助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，而无法减小与滑道之间的摩擦力，故A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度，故B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小与空气间的摩擦力，故C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间，从而减小冲击力，故D错误。]
3．(动量定理与动能定理)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为p，动能变为Ek。若上述过程F不变，物体的质量变为，以下说法正确的是
(　　)
A．经过时间2t，物体动量变为2p
B．经过位移2L，物体动量变为2p
C．经过时间2t，物体动能变为4Ek
D．经过位移2L，物体动能变为4Ek
√
A　[由动量定理得p＝Ft，则经过时间2t，物体的动量p2＝F·2t＝2p，由p2＝2mEk得物体的动能Ek2＝＝8Ek，选项A正确，C错误；由动能定理得Ek＝FL，则经过位移2L，物体的动能Ek2＝F·2L＝2Ek，由p2＝2mEk得物体的动量p2＝＝p，选项B、D错误。]
细研考点·突破题型
考点1　 动量及动量变化量的理解
[典例1]　(对动量的理解)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
√
D　[质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。]
[典例2]　(动量变化量)(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘(　　)
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2的过程阻力做的功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程动量变化量大小为
√
A　[
]
规律总结　1．动量的两性
(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
2．动量与动能的比较
项目 动量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢标性 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
【典例2　教用·备选题】　(动量变化量)(2024·南通模拟)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做的功随时
间的变化分别如图中曲线①、②所示，
则(　　)
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9 J 时，物块动能为2 J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶
√
C　[对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有F＝Ff＝μmg cos 45°，由牛顿第二定律可知，物块下滑的加速度为a1＝g sin 45°＝g×＝g，则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做的功分别为WG＝mg·a1t2·sin 45°＝t2，Wf＝－μmg·cos 45°×a1t2＝
－t2，代入数据联立解得μ＝，故A错误；当拉力沿斜面向上时，由牛顿第二定律有mg sin 45°－F－Ff＝ma2，解得a2＝g－
2μgcos 45° ＝g，则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为＝，故C正确；当拉力沿斜面向上时，重力做功为WG2＝mg sin 45°·x，合力做功为W合＝ma2·x，则其比值为＝＝，则重力做功为9 J时，物块的动能即合外力做的功为3 J，故B错误；当拉力分别沿斜面向上和向下时，因物块滑到底端时的动量大小为p＝mv＝m，则两次情形动量的大小之比为＝，解得＝，故D错误。]
考点2　冲量、动量定理的理解及应用
1．对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的冲量，一定等大、反向；但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
2．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大；力的作用时间Δt越长，力F就越小。如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大；力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。
3．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
[典例3]　(对冲量的理解)(2024·江苏盐城期末)如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是ω。盘面上距圆盘中心距离R的位置，有一个质量为m的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动，物体与圆盘间的摩擦力为F。则在运动半周的过程中，小物体(　　)
A．摩擦力的冲量为
B．摩擦力所做功为πRF
C．动量变化量为2mωR
D．动能变化量为mω2R2
√
C　[小物体随圆盘一起做匀速圆周运动，线速度v＝Rω，运动半周的过程中动量变化量Δp＝mΔv＝2mωR，C正确，D错误；根据动量定理可知运动半周的过程中摩擦力的冲量I＝Δp＝mΔv＝2mRω，A错误；摩擦力始终与速度方向垂直，则摩擦力做功为0，B错误。]
【典例3　教用·备选题】　(对冲量的理解)如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
√
B　[重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ，故B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，故C错误；上滑过程和下滑过程中摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，故D错误。]
[典例4]　(冲量大小及动量变化量大小的比较)世界女排联赛名古屋站在日本举行，在这次世界女排联赛日本站中，中国队的4连胜和3－0完胜日本队的胜利让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和气势威武赢得了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中质量为m的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高h，此时李盈莹的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(　　)
A．该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为＋mg
B．该过程中，地面对李盈莹做功为mv2＋mgh
C．该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mgt＋mv
D．该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为mv－mgt
√
A　[根据动量定理有(F－mg)t＝mv－0，得F＝＋mg，故A正确；该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，故B错误；该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mv，故C错误；根据动量定理有I－mgt＝mv－0，故地面对李盈莹的冲量大小为mv＋mgt，故D错误。故选A。]
[典例5]　(动量定理的应用)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　[行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机最终动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为气囊的弹性势能及气囊气体的内能，C项错误。]
【典例5　教用·备选题】　(动量定理的应用)若某次实验中某火箭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
√
B　[根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得Δm＝＝1.6×103 kg，所以选项B正确。]
[典例6]　(动量定理与图像的结合)(2024·江苏镇江阶段练习)质量为m的物体A在水平面内做圆周运动，在运动方向上只受到与速度成正比的阻力作用，即f＝kv，k为正的常量。物体的初速度大小为v0，下列关于物体的速度大小和转过的圆心角α的关系图像正确的是(　　)
√
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
A　[根据动量定理有－fΔt＝mv－mv0，其中＝s＝αR，整理得v＝v0－α，故选A。]
【典例6　教用·备选题】　(动量定理与图像的结合)物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，ma＝6 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝2 s时撤去，在0～2 s 内，两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。
弹簧始终处于弹性限度
内，整个运动过程中，
下列说法正确的是(　　)
A．物块b的质量为9 kg
B．t＝2 s时弹簧长度最长
C．当弹簧拉伸至最长时，物块b的速度大小为 2.4 m/s
D．从开始到弹簧伸长量最大的过程中，弹簧对a的冲量大小为
14.4 N·s
√
C　[t＝0时，弹簧弹力为零，对物块a根据牛顿第二定律可得F＝maa＝12 N，t＝2 s时，a、b整体加速度相同，对整体根据牛顿第二定律可得F＝(ma＋mb)a′＝12 N，解得mb＝4 kg，故A错误；a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量的大小，从题图乙可看出，t＝2 s时a的速度大于b的速度，撤去F后，弹簧继续伸长，当二者共速时，弹簧伸长量最大，故B错误；二者共速时，弹簧伸长量最大，根据动量定理可得Ft＝(ma＋mb)v，解得v＝2.4 m/s，故C正确；对a根据动量定理可得Ft－I＝mav，解得I＝9.6 N·s，故D错误。故选C。]
考点3　 应用动量定理处理“流体类”问题
“流体类柱体”模型
流体及其 特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析 步骤 1 建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2 用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
[典例7]　(“流体类柱体”模型)(一题多法)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。
[解析]　(1)在刚喷出水后一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱的高度Δl＝v0Δt ①
喷出水柱的质量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)方法一：(动量定理、运动学公式)
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，由运动学公式得＝－2gh ⑥
其中，v′为水柱到达玩具底部时的速度
设在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为Δm
则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＝。
方法二：(牛顿定律、运动学公式)
由牛顿第二定律得F＋(Δm)g＝(Δm)a
因Δt很小很小，有F＝Mg (Δm)g
则有Mg＝Δma＝Δm
解得v＝
对每一个水柱由运动学公式得
h＝＝。
[答案]　(1)ρv0S　
“微粒类柱体”模型
微粒及其 特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数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 用微元法研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl＝v0Δt，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N计算
[典例8]　(“微粒类柱体”模型)(2024·江苏苏州一模)宇宙尘埃有很大的科研价值，某人造地球卫星携带尘埃收集装置。卫星飞行进入一个尘埃区，尘埃区每单位体积空间有n颗尘埃，每颗尘埃的平均质量为m，卫星正面面积为S，质量为M，前进速度保持为v。尘埃与卫星碰撞后吸附在卫星表面，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器需要提供的推力功率为(　　)
A．P＝nmSv B．P＝nmSv2
C．P＝nmSv3 D．P＝(nm＋M)Sv3
√
C　[设卫星在尘埃区飞行时间为t，卫星表面吸附的尘埃数量为N＝nSvt，对卫星和尘埃整体分析，根据动量定理有Ft＝(Nm＋M)v－Mv，解得卫星推进器需要提供的推力为F＝nmSv2，卫星推进器需要提供的推力功率为P＝Fv＝nmSv3，故C正确。]
【典例8　教用·备选题】　(“微粒类柱体”模型)有一宇宙飞船，它垂直于运动方向的最大截面积 S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m＝2×10-7 kg，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)
[解析]　选在Δt时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的总质量，M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv。
设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得
F·Δt＝Mv－0，
则F＝＝＝mSv2，
根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力的增加量为F′＝F＝mSv2，代入数据解得F′＝0.784 N。
[答案]　0.784 N
题组一　对动量和冲量的理解
1．科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　)
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题号
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课时分层作业(十八)　动量和动量定理
A．减小穿戴者动量的变化量
B．减小穿戴者动量的变化率
C．增大穿戴者所受合力的冲力
D．增大穿戴者所受合力的冲量
1
题号
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√
B　[依题意，根据动量定理FΔt＝Δp可得F＝＝，可知安全气囊的作用是延长人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt未发生变化。故选B。]
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题号
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2．(2024·江苏南京期末)如图所示，某同学在练习用头颠球，某次足球被竖直顶起，在空中运动一段时间后又落回原位置，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．足球在空中整个运动过程中重力的冲量为零
B．足球上升阶段重力的冲量大于下落阶段重力的冲量
C．足球上升阶段重力的冲量小于下落阶段重力的冲量
D．足球上升阶段和下落阶段动量的变化量相同
√
1
题号
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D　[足球从被顶起到落回的时间内，重力的冲量为重力乘以重力作用的时间，显然大于零，故A错误；根据运动的对称性可知，足球上升阶段的时间等于下落阶段的时间，则足球上升阶段重力的冲量等于下落阶段重力的冲量，故B、C错误；根据动量定理可知，足球上升阶段和下落阶段动量的变化量等于其所受重力的冲量，故D正确。故选D。]
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题组二　动量定理的基本应用
3．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量m＝4 kg，如图所示。现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，力F做功 50 J 后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去力F，物体A从静止开始运动。则当撤去力F后，弹簧弹力对物体A的冲量大小为(　　)
A．20 N·s B．50 N·s
C．25 N·s D．40 N·s
√
1
题号
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A　[根据题意知，撤去力F时，弹簧具有的弹性势能为Ep＝50 J，根据机械能守恒定律得Ep＝mv2，解得物体A离开弹簧的速度为v＝5 m/s，根据动量定理得I＝mv－0＝4×5 N·s＝20 N·s，A正确，B、C、D错误。]
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4．(2024·江苏南通一模)蹦极是一项刺激的户外活动。某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v-t图像如图所示，已知蹦极者质量为60 kg，最大速度为55 m/s，0～5.0 s内v-t图线为直线，5.0～7.0 s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度取10 m/s2。从蹦极绳拉直到蹦极者第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．蹦极者受到的平均拉力大小为2 100 N
B．蹦极者重力的冲量与蹦极绳拉力对蹦极者的冲量相同
C．重力的冲量大小为3 000 N·s
D．蹦极者一直处于超重状态
√
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A　[绳拉直前，蹦极者做自由落体运动，加速度为重力加速度，即加速度恒定，其v-t图线为直线；绳拉直后，蹦极者刚开始向下做加速度减小的加速运动，当绳的拉力与重力大小相等时，蹦极者的速度最大，之后向下做加速度增大的减速运动，直至速度减为零，这段过程其v-t图线为曲线。所以由题图可知5.0～7.0 s时间内是绳子对蹦极者产生弹力的时间，对整个运动过程，根据动量定理可得mgt总－Ft2＝0，将t总＝7.0 s和t2＝2.0 s代入后，解得F＝2 100 N，A正确；重力方向竖直向下，拉力方向向上，则蹦极者重力的冲量与蹦极绳拉力对蹦极者的冲量不相同，B错误；从蹦极绳拉直到蹦极者第一次到达最低点的过程中，重力的冲量大小为IG＝mgt2＝1 200 N·s，C错误；绳的拉力小于重力大小时，蹦极者处于失重状态，D错误。]
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5．(2024·江苏南通一模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B同时从木块两侧射入，最终嵌在木块中。已知两子弹入射的初动量大小相等，射入过程中木块始终静止在水平面上，子弹A的质量较小。比较这两颗子弹可知(　　)
A．子弹B的初动能较大
B．动量变化率大小相等
C．子弹B射入木块的深度较大
D．子弹A在木块中运动的时间长
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B　[两子弹入射的初动量p大小相等，而子弹A的质量较小，由Ek0＝＝可知子弹A的初动能较大，故A错误；两子弹同时射入的过程中木块始终静止在水平面上，则两子弹所受阻力大小相等，对子弹由动量定理有－f·Δt＝0－p，则两子弹同时与木块相对静止，运动时间相等，故D错误；两子弹的初动量相等，末动量为0，则两子弹的动量变化量Δp大小相等，又两子弹运动时间相等，则两子弹的动量变化率大小相等，故B正确；对两子弹进入木块的过程由动能定理有－fdA＝0－EkA，－fdB＝0－EkB，结合EkA>EkB，可知dA>dB，故C错误。故选B。]
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题组三　应用动量定理处理“流体类”问题
6．(2024·江苏泰州一模)人们常利用高压水枪洗车(如图)，假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积)，水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的平均冲击力为(　　)
A．ρQS B．ρQ2S
C． D．
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D　[选择短时间Δt内与汽车发生相互作用的水为研究对象，该部分水的质量为Δm＝ρSvΔt，由于喷出水流的流量Q指单位时间流出的水的体积，则有Q＝，根据动量定理有－F1Δt＝0－Δmv，根据牛顿第三定律有F2＝F1，解得水流对汽车的平均冲击力为F2＝，故选D。]
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7．台风登陆时的最大风力为11级，最大风速为 30 m/s。 某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高 5 m、 宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，若空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为(　　)
A．3.9×103 N B．1.1×105 N
C．1.0×104 N D．9.0×104 N
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B　[广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入数据解得F≈1.1×105 N，故B正确，A、C、D错误。 ]
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8．物体在水平面上做直线运动，其动量随时间的变化图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．0～2t0物体的运动方向与2t0～3t0的运动方向相反
B．2t0～3t0与3t0～4t0时间内物体受到的合外力大小
相等、方向相反
C．0～3t0时间内物体受到的合外力的冲量为零
D．2t0～4t0时间内物体受到的合外力的冲量为零
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C　[根据p＝mv可知物体运动方向与动量方向相同，0～2t0与2t0～3t0的动量均为正，则0～2t0与2t0～3t0的运动方向相同，选项A错误；根据F＝可知动量随时间的变化图像的斜率代表F，2t0～3t0与3t0～4t0时间内图线斜率相同，则物体受到的合外力相同，选项B错误；由题图知0～3t0时间内物体的动量变化为0，根据I合＝Δp可知0～3t0时间内物体受到的合外力的冲量为零，选项C正确；由题图知2t0～4t0时间内物体的动量变化不为零，则物体受到的合外力的冲量不为零，选项D错误。故选C。]
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9．质量为1 kg的物体静止在水平面上，t＝0时受到水平拉力F的作用开始运动，F随时间t变化的关系图像如图所示。已知t＝4 s 时物体刚好停止运动，g取 10 m/s2，以下判断正确的是(　　)
A．物体所受摩擦力为3 N
B．t＝2 s时物体的速度最大
C．t＝3 s时物体的动量最大
D．物体的最大动能为2 J
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A　[在0～4 s内对物体由动量定理得：IF－ft＝0，其中的IF＝ N·s＝12 N·s，解得f＝3 N，选项A正确；当F＝f时，加速度为零，此时速度最大，由题图可知此时刻是t＝2.5 s，此时刻物体的动量也最大，选项B、C错误；从开始到t＝2.5 s 对物体由动量定理得I′F－ft′＝mv，其中的＝N·s＝9.75 N·s，解得v＝2.25 m/s，则最大动能为Ek＝＝×1×2.252 J≈2.53 J，选项D错误。]
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10．用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块(击打时间极短)，击打后，小铁锤以v1的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1
B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt
C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg＋
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D　[设竖直向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理可得I＝m＝－mv1，在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为 mv1，故A错误；铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；在击打过程中，对铁锤与砖头由动量守恒定律可得mv1＝－mv1＋Mv，解得Mv＝mv1，砖头缓冲过程中，对砖头由动量定理可得(F1＋Mg)t＝0－mv1，解得手对砖头的支持力为F1＝－Mg－，由牛顿第三定律可知砖头对手的压力大小为F′1＝|F1|＝Mg＋，故C错误，D正确。故选D。]
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11．(2024·江苏徐州一模)如图所示，一薄木板放在光滑水平桌面上，上面压有质量为m＝1 kg的铁块，铁块与薄木板之间的动摩擦因数μ＝0.25。用F＝7.5 N的水平恒力向右拉薄木板，当薄木板被从铁块下端抽出时铁块恰好离开桌面，经平抛落在地面上的P点。已知桌面离地面的高度为h＝0.8 m，P点到桌面边缘的水平距离s＝0.4 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)铁块所受摩擦力的冲量I的大小；
(2)薄木板被从铁块下端抽离瞬间的动量p的大小。
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[解析]　(1)设铁块离开桌面时速度为v，由平抛运动知识有
h＝gt2，s＝vt
联立可得v＝1 m/s
对铁块由动量定理可得I＝mv－0＝1 N·s。
(2)设薄木板被从铁块下端抽离所用时间为t′，对铁块分析，可知
I＝μmgt′
对薄木板分析，可知(F－μmg)t′＝p－0
解得p＝2 kg·m/s。
[答案]　(1)1 N·s　(2)2 kg·m/s
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