专题课:动量定理的应用
例1 D [解析] 由动能定理可得,W1=m(2v)2-mv2=mv2,而W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2,可见W1∶W2=1∶7;若末动量与初动量共线,由动量定理可得,I1=2mv-mv=mv或I1=|-2mv-mv|=3mv,因末动量与初动量不一定共线,故mv≤I1≤3mv;同理若末动量与初动量共线,I2=5mv-2mv=3mv或I2=|-5mv-2mv|=7mv,因为末动量与初动量不一定共线,故3mv≤I2≤7mv,则I1≤I2,选项D正确.
例2 B [解析] 外力对甲物体的冲量为I甲=2F0×3t0=6F0t0,外力对乙物体的冲量为I乙=4F0×2t0=8F0t0,外力对丙物体的冲量为I丙=×5t0=10F0t0,则I丙>I乙>I甲,根据动量定理I=Δp可知Δp丙>Δp乙>Δp甲,故选B.
变式 BC [解析] 根据冲量的定义,I=Ft,故0~t0时间内拉力冲量I=mgt0,冲量不为零,A错误;0~t0时间内拉力小于重力,物体没有运动,不产生位移,根据功的定义,可知拉力F不做功,B正确;3t0时刻速度最大,力F的冲量为F t图像t0~3t0时间内图线与t轴围成的面积,设竖直向上为正方向,根据动量定理,合外力的冲量等于动量的变化量,有3mgt0-mg·2t0=mvmax,可知vmax=gt0,C正确;3t0~4t0时间内物体向上减速,根据动量定理,有mgt0-mgt0=mv-mvmax,4t0时刻物体的速度v=gt0,D错误.
拓展延伸1 如图所示
拓展延伸2 相同
[解析] 2t0至3t0与3t0至4t0时间内,图线与t轴围成的面积相等,而合力方向相反,则合力的冲量为零,动量的变化量为零,故物体在2t0时刻和4t0时刻速度相同.
例3 A [解析] 根据平衡条件得mg=F,根据动量定理得F·Δt=Δm·v-0,可知得Δm=ρSv·Δt,解得v=∝,若玩家带上一位质量也为m的游客一起悬停在空中,总质量为2m,此时水速应该调整为v,故选A.
例4 B [解析] 以在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于底面积为S、高为vΔt的柱体内微粒的总质量,即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FΔt=Mv-0,则 F===mSv2=0.784 N,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,飞船要保持原速度匀速飞行,牵引力应增加F'=F=0.784 N,B正确.
随堂巩固
1.D [解析] 物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中,在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功,故由动能定理有W1-W2=0,得W1=W2;由动量定理有I1-I2=0,得I1=I2,故D正确,A、B、C错误.
2.D [解析] 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用,则F t图像的面积即合外力的冲量大小,再根据动量定理可知F t图像的面积也是动量的变化量大小,且图线一直在t轴的上方,由于头部有初动量,由图可知,动量变化越来越大,则动量的大小一直减小直到假人头部静止,动量变化最大,A、B错误;根据动量与动能的关系有Ek=,而F t图像的面积表示动量的变化量大小,则动能的变化量跟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.B [解析] 设空气密度为ρ,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为0,建筑物的面积为S,设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则有m=ρSvt,以t时间内吹到建筑物上的空气为研究对象,根据动量定理有-Ft=0-ρSv2t,则有==121,故选B.专题课:动量定理的应用
1.B [解析] 根据动能定理可知-μmgx=0-Ek,即两滑块克服摩擦力做的功相等,且质量较小的滑块运动位移较大,选项B正确,D错误;根据动量定理可知-μmgt=0-p,p=,则t=,可知质量大的滑块运动时间短,选项A错误;根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量,即I=Δp=-,则质量大的滑块所受摩擦力的冲量大,选项C错误.
2.BC [解析] 整个下落过程中动能变化量为零,重力势能减小了mg,则小球的机械能减少了mg,A错误;整个下落过程中,根据动能定理有mg(H+h)-Wf=0-0,小球克服阻力做的功为Wf=mg(H+h),B正确;小球落地时的速度为v=,在陷入泥潭过程中,规定向上为正方向,则小球动量的变化量为Δp=0-m=m,陷入泥潭过程中,设时间为t,由动量定理得If-mgt=0-m(-v),解得小球所受阻力的冲量If=m+mgt,所以在陷入泥潭过程中,小球所受阻力的冲量大于m,C正确,D错误.
3.D [解析] 图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量,根据动量定理I合=Δp,则有×2 kg·m/s=p-0,解得p=3 kg·m/s,故A错误;根据动量定理得×2 kg·m/s-1×1 kg·m/s=mv3-0,解得v3=1 m/s,故B错误;t=0到t=1 s时间内,合力F对物块冲量的大小I=1×2 N·s=2 N·s,故C错误;t=2 s到t=3 s时间内,物块动量变化量大小Δp=I=1×1 kg·m/s=1 kg·m/s,故D正确.
4.C [解析] 甲、乙先做加速运动,撤去推力后做减速运动.题图中线段AB∥CD,表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同,又甲、乙质量相等,所以两物体受到的摩擦力大小相等,C正确,D错误;因为整个运动过程中两物体的动量改变量均为零,所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小.由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间,所以甲的摩擦力的冲量小于乙的摩擦力的冲量,则F1的冲量小于F2的冲量,A、B错误.
5.A [解析] 取竖直向下为正方向,设Δt时间内撞击锅盖的豆子个数为n,则由动量定理可得F·Δt=nm·Δv=nm·v-nm=,因为锅盖刚好被顶起,所以F=Mg,所以有Mg·Δt=,解得=,单位时间撞击锅盖的豆子个数为,故A正确,B、C、D错误.
6.B [解析] 设Δt时间内与墙壁碰撞的水的质量为Δm=ρSvΔt,取水沿垂直礁石的运动方向为正方向,在碰撞过程中,对Δt时间内的水,在垂直礁石的方向根据动量定理有-FΔt=0-Δmv,联立解得F=ρSv2=1.05×103×2×52 N=5.25×104 N,根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为5.25×104 N,B正确.
7.D [解析] 圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,摩擦力提供向心力,方向沿圆盘半径方向,故A错误;由动量定理可知,圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零,B错误;圆盘停止转动后,小物体沿垂直于P点所在圆盘半径的方向运动,C错误;由动量定理可知,小物体整个滑动过程摩擦力的冲量大小为I=mωr-0=mωr,D正确.
8.CD [解析] 质点在0~4 s时间内,从静止出发,先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动,此过程一直向前做加速运动,4~8 s时间内加速度和速度反向,先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动,此过程一直向前做减速运动,根据a t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,则0~8 s速度变化量为零,即P动量的变化量为零;则t=8 s时P的运动速度最小为零,t=4 s时P的速度沿正向最大;在8 s时间内质点一直向前运动,t=8 s时P到原点的距离最远,故A、B错误,C正确;a t图像与t轴围成图形的面积表示速度变化量,则在4~6 s和6~8 s的速度变化量相同,由动量定理可知I=mΔv,则在4~6 s和6~8 s内P受合力的冲量相同,故D正确.
9.(1)6 m/s (2)9.84 J (3)0.35 N·s
[解析] (1)根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同且为v,根据运动学公式有
x=t
代入数据解得v=6 m/s
(2)以装置和鸡蛋为研究对象,根据动能定理有
Mgh-W克f=Mv2-0
代入数据解得W克f=9.84 J
(3)以鸡蛋为研究对象,以向上为正方向
根据动量定理得I-m0gt=0-m0(-v)
代入数据解得I=0.35 N·s
10.(1)ρv0S (2)-
[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=Δl·S 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,设v'为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得v'2-=-2gh ⑥
在很短的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+Δm'g)Δt'=-Δm'v' ⑧
由于Δt'很小,Δm'g也很小,可以忽略,⑧式变为
F压Δt'=Δm'v' ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h=-专题课:动量定理的应用
学习任务一 动量定理与动能定理的综合
[科学思维]
1.动量定理揭示的是动量变化和冲量的因果关系,即合力对物体的冲量结果是引起物体动量的变化,一般涉及时间时用动量定理;
2.动能定理揭示的是动能的变化和功的因果关系,即合力对物体做的功结果是引起物体动能的变化,一般涉及位移或路程时用动能定理.
例1 [2022·湖北卷] 一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是 ( )
A.W2= 3W1,I2≤3I1
B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I2≤3I1
D.W2=7W1,I2≥I1
[反思感悟]
学习任务二 动量定理与图像法的综合应用
[科学思维] “F t”图像与“F x”图像辨析
冲量是力在时间上的积累,而功是力在空间上的积累.这两种积累作用可以在“F t”图像和“F x”图像上用面积表示.
如图所示.图甲中的曲线是作用在某一物体上的力F随时间t变化的曲线,图中阴影部分的面积就表示力F在时间Δt=t2-t1内的冲量.图乙中阴影部分的面积表示力F做的功.
例2 [2024·辽宁阜新期末] 甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图1、2、3所示,作用力使物体的动量发生变化,则它们动量变化量的大小关系为 ( )
A.甲>乙>丙
B.丙>乙>甲
C.丙>甲>乙
D.因物体的质量未知,无法判断
[反思感悟]
变式 (多选)[2024·湖北武汉一中月考] 如图甲所示,一质量为m的物体静止在水平面上,自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F,力F随时间t变化的关系如图乙所示,已知当地重力加速度为g,空气阻力不计,则下列说法正确的是 ( )
A.0~t0时间内拉力F的冲量为0
B.0~t0时间内拉力F所做的功为0
C.物体上升过程中的最大速度为gt0
D.4t0时刻物体的速度为0
拓展延伸1
试作出物体受到的合力F合随时间t变化的图像.(F合 t图像)
拓展延伸2
根据所作的F合 t图像判断物体在2t0时刻和4t0时刻的速度关系.
学习任务三 动量定理与微元法的综合应用
(一)流体类“柱状模型”
流体及其 特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ
分析 步骤 1 建立“柱状模型”,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S
2 微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt
3 建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体
例3 “水上飞人”是夏季最受欢迎的游乐项目之一.如图所示,操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷出高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作.假设某玩家的质量为m(含装备),底部两个喷口的总面积为S,当向下喷水速度为v时(近似认为水流喷出前的速度为0),该玩家可以悬停在空中,忽略水管对人的作用力.若玩家带上一位质量也为m的游客一起悬停在空中,则此时喷水速度应该调整为 ( )
A.v B.2v C.2v D.4v
(二)微粒类“柱状模型”
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粒子数n
分析 步骤 1 建立“柱状模型”,沿速度v的方向选取一段柱体,其横截面积为S
2 微元研究,作用时间Δt内一段柱体的长度为Δl,对应的体积为ΔV=SvΔt,则微元内的粒子数N=nvSΔt
3 先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘N计算
例4 有一宇宙飞船,它的正面面积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内有一个微粒,微粒的平均质量m=2×10-7 kg,设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上.要使飞船速度保持不变,则飞船的牵引力应增加 ( )
A.0.584 N B.0.784 N
C.0.884 N D.0.984 N
[反思感悟]
1.(动量定理与动能定理的综合应用)用水平拉力F拉一物体,使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动,t1时刻撤去拉力,物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止,其速度—时间图像如图所示.α>β,拉力F做的功为W1,冲量大小为I1;物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2,Ff的冲量大小为I2.则下列选项正确的是 ( )
A.W1>W2,I1=I2
B.W1C.W1D.W1=W2,I1=I2
2.(动量定理与图像法的综合应用)[2024·清华附中期末] 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.(微元法的应用)[2024·福建厦门一中月考] 台风“贝碧嘉”给高层建筑物带来了不小的挑战.已知三级风速约为4 m/s,十四级风速约为44 m/s,则十四级风速作用在建筑物上的风力大约是三级风速作用在建筑物上的风力的 ( )
A.11倍 B.120倍
C.180倍 D.1900倍专题课:动量定理的应用 (时间:40分钟 总分:64分)
(选择题每小题4分)
◆ 知识点一 动量定理与动能定理综合应用
1.材料相同、质量不同的两滑块,以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止,则 ( )
A.质量大的滑块运动时间长
B.质量小的滑块运动位移大
C.质量大的滑块所受摩擦力的冲量小
D.质量小的滑块克服摩擦力做功多
2.(多选)如图所示,质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点时速度减为零,不计空气阻力,重力加速度为g.则关于小球下落过程中,下列说法正确的是 ( )
A.整个下落过程中,小球的机械能减少了mgH
B.整个下落过程中,小球克服阻力做的功为mg
C.在陷入泥潭过程中,小球所受阻力的冲量大于m
D.在陷入泥潭过程中,小球动量的变化量大于m
◆ 知识点二 动量定理与图像综合
3.一质量为2 kg的物块在合力F的作用下由静止开始沿直线运动,合力F随时间t变化的关系图像如图所示,则 ( )
A.t=2 s时,物块的动量大小为0
B.t=3 s时,物块的速率为2 m/s
C.t=0到t=1 s时间内,合力F对物块冲量的大小为1 N·s
D.t=2 s到t=3 s时间内,物块动量变化量的大小为1 kg·m/s
4.[2025·浙江绍兴一中高二月考] 水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上,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来.两物体的v t图像如图所示,图中线段AB∥CD,则整个运动过程中 ( )
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
◆ 知识点三 动量定理与微元法的综合应用
5.[2024·湖南雅礼中学月考] 如图所示为平底煎锅正在炸豆子,假设每个豆子的质量均为m,弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖,撞击速度均为v.每次撞击后速度大小均变为v,撞击的时间极短,发现质量为M(M m)的锅盖刚好被顶起.重力加速度为g,则单位时间撞击锅盖的豆子个数为 ( )
A.
B.
C.
D.
6.[2025·福建厦门期末] 鼓浪屿原名“圆沙洲”,因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓,故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”,现为中国第52项世界遗产项目.某次涨潮中,海浪以5 m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上,之后沿礁石两侧流走,已知礁石受冲击的面积为2 m2,海水的密度为1.05×103 kg/m3,则海浪对礁石的冲击力约为 ( )
A.1.05×104 N B.5.25×104 N
C.7.88×104 N D.2.63×105 N
7.[2021·北京卷] 如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动.某时刻圆盘突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某点停止.下列说法正确的是 ( )
A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
8.(多选)[2024·山西大同一中期中] t=0时,质点P从原点由静止开始做直线运动,其加速度a随时间t按图示的图线变化.在0~8 s内,下列说法正确的是 ( )
A.t=4 s时,P到原点的距离最远
B.t=8 s时,P回到原点
C.在0~8 s内,P动量的变化量为零
D.在4~6 s和6~8 s内,P受合力的冲量相同
9.(16分)[2025·广东执信中学期末] “鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置,使鸡蛋在保护装置中从10 m的高度处静止下落撞到地面而不破裂.某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置,从10 m的高度处静止下落到地面后瞬间速度减小为零,鸡蛋在保护器装置中继续向下运动0.3 m、用时0.1 s后静止且完好无损.已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力,且该装置和鸡蛋的总质量为0.12 kg,其中鸡蛋质量为m0=0.05 kg,不计下落过程中装置重力的变化,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)(4分)装置落地前瞬间的速度大小;
(2)(6分)在下降10 m过程中,装置和鸡蛋克服阻力做的功;
(3)(6分)鸡蛋在装置中继续向下运动0.3 m过程中,装置对鸡蛋的冲量大小.
10.(16分)[2025·山东泰安期末] 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,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)(8分)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)(8分)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.(共59张PPT)
专题课：动量定理的应用
学习任务一 动量定理与动能定理的综合
学习任务二 动量定理与图像法的综合应用
学习任务三 动量定理与微元法的综合应用
备用习题
随堂巩固
练习册
◆
答案核查【导】
答案核查【练】
学习任务一 动量定理与动能定理的综合
［科学思维］
1.动量定理揭示的是动量变化和冲量的因果关系，即合力对物体的冲量结果是
引起物体动量的变化，一般涉及时间时用动量定理;
2.动能定理揭示的是动能的变化和功的因果关系，即合力对物体做的功结果是
引起物体动能的变化，一般涉及位移或路程时用动能定理.
例1 ［2022·湖北卷］ 一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由 增大到
，在随后的一段时间内速度大小由增大到 .前后两段时间内，合外力对质
点做功分别为和，合外力的冲量大小分别为和 .下列关系式一定成立的
是( )
A.， B.，
C.， D.，
√
[解析] 由动能定理可得， ，而
，可见 ；若末动量与初动量共
线，由动量定理可得，或 ，因
末动量与初动量不一定共线，故 ；同理若末动量与初动量共
线，或 ，因为末动量与初
动量不一定共线，故，则 ，选项D正确.
学习任务二 动量定理与图像法的综合应用
［科学思维］ “”图像与“ ”图像辨析
冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累.这两种积累作用可以在“
”图像和“ ”图像上用面积表示.
如图所示.图甲中的曲线是作用在某一物体上的力随时间 变化的曲线，图中阴
影部分的面积就表示力在时间 内的冲量.图乙中阴影部分的面积表
示力 做的功.
例2 ［2024·辽宁阜新期末］ 甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系
图像分别如图1、2、3所示，作用力使物体的动量发生变化，则它们动量变化量
的大小关系为( )
A.甲 乙 丙 B.丙 乙 甲
C.丙 甲 乙 D.因物体的质量未知，无法判断
√
[解析] 外力对甲物体的冲量为 ，外力对乙物体的冲量为
，外力对丙物体的冲量为 ，则
，根据动量定理可知 ，故选B.
变式 (多选)［2024·湖北武汉一中月考］ 如图甲所示，一质量为 的物体静止
在水平面上，自时刻起对其施加一竖直向上的力，力随时间 变化的关
系如图乙所示，已知当地重力加速度为 ，空气阻力不计，则下列说法正确的是
( )
A.时间内拉力的冲量为0 B.时间内拉力 所做的功为0
C.物体上升过程中的最大速度为 D. 时刻物体的速度为0
√
√
[解析] 根据冲量的定义，，故时间内拉力冲量 ，冲量不
为零，A错误； 时间内拉力小于重力，物体没有运动，不产生位移，根据
功的定义，可知拉力不做功，B正确；时刻速度最大，力的冲量为 图
像时间内图线与 轴围成的面积，设竖直向上为正方向，根据动量定理，
合外力的冲量等于动量的变化量，有 ，可知
，C正确； 时间内物体向上减速，根据动量定理，有
，时刻物体的速度 ，D错误.
拓展延伸1 试作出物体受到的合力随时间变化的图像.图像
[答案] 如图所示
.
拓展延伸2 根据所作的图像判断物体在时刻和 时刻的速度关系.
[答案] 相同
[解析] 至与至时间内，图线与 轴围成的面积相等，而合力方向相反,
则合力的冲量为零，动量的变化量为零，故物体在时刻和 时刻速度相同.
学习任务三 动量定理与微元法的综合应用
(一)流体类“柱状模型”
流体及其特点
分析步骤 1
2
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
例3 “水上飞人”是夏季最受欢迎的游乐项目之一.如图所示，操控者借助“喷射式
悬浮飞行器”向下喷出高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作.
假设某玩家的质量为(含装备)，底部两个喷口的总面积为 ，当向下喷水速度
为 时(近似认为水流喷出前的速度为0)，该玩家可以悬停在空中，忽略水管对
人的作用力.若玩家带上一位质量也为 的游客一起悬停
在空中，则此时喷水速度应该调整为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 根据平衡条件得，根据动量定理得 ，可知得
，解得，若玩家带上一位质量也为 的游客一起悬
停在空中，总质量为，此时水速应该调整为 ，故选A.
(二)微粒类“柱状模型”
微粒及其特点
分析步骤 1
2
3
例4 有一宇宙飞船,它的正面面积,以 的速度飞入一
宇宙微粒尘区,此尘区每立方米空间内有一个微粒,微粒的平均质量
,设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上.要使飞船速度保持不
变,则飞船的牵引力应增加( )
A. B. C. D.
[解析] 以在时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于底面积为 、
高为的柱体内微粒的总质量,即,初动量为0,末动量为 ,设飞船对
微粒的作用力为,由动量定理得 ,则
,根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的撞击
力大小也等于,飞船要保持原速度匀速飞行,牵引力应增加 ,
B正确.
√
1.(多选)如图所示,一个质量为的垒球以 的水平速度飞向球棒,被球
棒打击后反向水平飞回,速度大小变为,设球棒与垒球的作用时间为 .
下列说法正确的是( )
A.球棒对垒球的平均作用力大小为
B.球棒对垒球的平均作用力大小为
C.球棒对垒球做的功为
D.球棒对垒球做的功为
√
√
[解析] 规定以垒球飞向球棒的方向为正方向，根据动量定理得
,解得 ,故A正确,
B错误;根据动能定理得
,故C正确,D错误.
2.质点所受的合力 方向始终在同一直线上，大
小随时间变化的情况如图所示，已知 时刻
质点的速度为零.在图示的、、 、
各时刻中，质点动能最小的时刻是( )
A. B. C. D.
[解析] 质点动能最小，即动量最小时，由动量定理可得 ，由图像
可知，图像与轴围成的面积表示合力的冲量大小，即动量的变化量大小， 轴
上方为正，下方为负，由图像可知，从到 这段时间内的动量变化量
先增大后减小且始终为正值，则 时动量最小,质点的速度最小，动能最小，
故D正确，A、B、C错误.
√
3.(多选)如图甲所示，一足够长木板静止在光滑水平面上，物块放在 的左端，
给物块施加一水平向右的拉力，拉力的大小及物块受到的摩擦力 的大小
与作用时间的关系如图乙所示.已知物块的质量为，木板 的质量为
，则 时，下列判断正确的是( )
A.物块A的速率为 B.物块的速率为
C.木板的速率为 D.木板的速率为
√
√
[解析] 设时、的速度分别为、，对物块 由动量定理得
，解得，对长木板由动量定理得 ，解得
，故A、D正确，B、C错误.
4.(多选)如图所示为清洗汽车用的高压水枪.设水枪喷出水柱的直径为 ，水流速
度为 ，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零，手持高压水枪操作，
进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为 .下列说法正确的是
( )
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C.水柱对汽车的平均冲力为
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对
汽车的压强变为原来的4倍
√
√
[解析] 高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即
，B正确，A错误；设水柱对汽车的平均冲力为 ，
反作用力为，对水柱，由动量定理得，即 ，
解得 ，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强
，则当高压水枪喷口的出水速度变为原
来的2倍时，压强变为原来的4倍，D正确.
1.(动量定理与动能定理的综合应用)用水平拉力 拉一物体，使物体在水平地面
上由静止开始做匀加速直线运动， 时刻撤去拉力，物体做匀减速直线运动直
到时刻停止，其速度—时间图像如图所示. ，拉力做的功为 ，冲量
大小为；物体克服摩擦阻力做的功为，的冲量大小为 .则下列选项正
确的是( )
A.， B.，
C.， D.，
√
[解析] 物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中，在水平方
向只有拉力和摩擦阻力做功，故由动能定理有，得 ；
由动量定理有，得 ，故D正确，A、B、C错误.
2.(动量定理与图像法的综合应用)［2024·清华附中期末］ 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
√
[解析] 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则 图像的面积即合外力
的冲量大小，再根据动量定理可知 图像的面积也是动量的变化量大小，且
图线一直在 轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则
动量的大小一直减小直到假人头部静止，动量变化最大，A、B错误；根据动量
与动能的关系有，而 图像的面积表示动量的变化量大小，则动能
的变化量跟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
，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确.
3.(微元法的应用)［2024·福建厦门一中月考］ 台风“贝碧嘉”给高层建筑物带来
了不小的挑战.已知三级风速约为，十四级风速约为 ，则十四级风
速作用在建筑物上的风力大约是三级风速作用在建筑物上的风力的( )
A.11倍 B.120倍 C.180倍 D.1900倍
[解析] 设空气密度为 ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为0，建筑物的面积为
，设时间内吹到建筑物上的空气质量为，则有，以 时间内吹到建
筑物上的空气为研究对象，根据动量定理有 ，则有
，故选B.
√
练习册
知识点一 动量定理与动能定理综合应用
1.材料相同、质量不同的两滑块,以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止,
则( )
A.质量大的滑块运动时间长 B.质量小的滑块运动位移大
C.质量大的滑块所受摩擦力的冲量小 D.质量小的滑块克服摩擦力做功多
√
[解析] 根据动能定理可知 ,即两滑块克服摩擦力做的功相等,且
质量较小的滑块运动位移较大,选项B正确,D错误;根据动量定理可知
,,则 ,可知质量大的滑块运动时间短,选项A
错误;根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量,即 ,
则质量大的滑块所受摩擦力的冲量大,选项C错误.
2.(多选)如图所示，质量为的小球从距离地面高度为的 点由静止释放，落
到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为的 点时速
度减为零，不计空气阻力，重力加速度为 .则关于小球下落过程中，下列说法
正确的是( )
A.整个下落过程中，小球的机械能减少了
B.整个下落过程中，小球克服阻力做的功为
C.在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大于
D.在陷入泥潭过程中，小球动量的变化量大于
√
√
[解析] 整个下落过程中动能变化量为零，重力势能减小了 ，则小球
的机械能减少了 ，A错误；整个下落过程中，根据动能定理有
，小球克服阻力做的功为 ，B正确；小
球落地时的速度为 ，在陷入泥潭过程中，规定向上为正方向，则小球
动量的变化量为 ，陷入泥潭过
程中，设时间为，由动量定理得 ，
解得小球所受阻力的冲量 ，所以在陷
入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大于 ，C正确，
D错误.
知识点二 动量定理与图像综合
3.一质量为的物块在合力的作用下由静止开始沿直线运动，合力随时间
变化的关系图像如图所示，则( )
A. 时，物块的动量大小为0
B.时，物块的速率为
C.到时间内，合力对物块冲量的大小为
D.到 时间内，物块动量变化量的大小为
√
[解析] 图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量，根据动量定理
，则有，解得 ，故A错误；根据
动量定理得，解得 ，故B
错误；到时间内，合力对物块冲量的大小 ，
故C错误；到 时间内，物块动量变化量大小
，故D正确.
4.［2025·浙江绍兴一中高二月考］水平推力和 分别作用于水平面上等质量
的甲、乙两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停
下来.两物体的图像如图所示，图中线段 ，则整个运动过程中
( )
A.的冲量大于 的冲量
B.的冲量等于 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
√
[解析] 甲、乙先做加速运动，撤去推力后做减速运动.题图中线段 ，表
明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同，又甲、乙质量相等，所以两物体受到的
摩擦力大小相等，C正确，D错误；因为整个运动过程中两物体的动量改变量均
为零，所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小.由题图可知甲的
运动时间小于乙的运动时间，所以甲的摩擦力的冲量
小于乙的摩擦力的冲量，则的冲量小于 的冲量，
A、B错误.
知识点三 动量定理与微元法的综合应用
5.［2024·湖南雅礼中学月考］如图所示为平底煎锅正在炸豆子，假设每个豆子
的质量均为，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为 .每次撞击后
速度大小均变为，撞击的时间极短，发现质量为 的锅盖刚好被顶
起.重力加速度为 ，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 取竖直向下为正方向，设时间内撞击锅盖的豆子个数为 ，则由动量
定理可得 ，因为锅盖刚好被顶起，
所以，所以有，解得 ，单位时间撞击锅盖的豆
子个数为 ，故A正确，B、C、D错误.
6.［2025·福建厦门期末］鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮
冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗
产项目.某次涨潮中，海浪以 的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁
石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为，的密度为 ，
则海浪对礁石的冲击力约为( )
A. B. C. D.
[解析] 设时间内与墙壁碰撞的水的质量为 ，取水沿垂直礁石的运
动方向为正方向，在碰撞过程中，对 时间内的水，在垂直礁石的方向根据动
量定理有 ，联立解得
，根据牛顿第三定律可知海浪
对礁石的冲击力约为 ，B正确.
√
7.［2021·北京卷］如图所示，圆盘在水平面内以角速度
绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴处的点有一质量为 的
小物体随圆盘一起转动.某时刻圆盘突然停止转动，小物体
由 点滑至圆盘上的某点停止.下列说法正确的是( )
A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
√
[解析] 圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，摩擦力提供向心力，方向沿
圆盘半径方向，故A错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一
圈所受摩擦力的冲量大小为零，B错误；圆盘停止转动后，小物体沿垂直于 点
所在圆盘半径的方向运动，C错误；由动量定理可知，小物体整个滑动过程摩
擦力的冲量大小为 ，D正确.
8.(多选)［2024·山西大同一中期中］时，质点 从原点由静止开始做直线
运动，其加速度随时间按图示的图线变化.在 内，下列说法正确的是
( )
A.时， 到原点的距离最远
B.时， 回到原点
C.在内， 动量的变化量为零
D.在和内， 受合力的冲量相同
√
√
[解析] 质点在 时间内，从静止出发，先做加速度增大的加速运动再做加
速度减小的加速运动，此过程一直向前做加速运动， 时间内加速度和速
度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，此过程一直
向前做减速运动，根据 图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，则
速度变化量为零，即 动量的变化量为零；
则时的运动速度最小为零，时的速度沿正向最大；在 时间内
质点一直向前运动，时 到原点的距离最远，故A、B错误，C正确；
图像与轴围成图形的面积表示速度变化量，则在和 的速度
变化量相同，由动量定理可知，则在和内 受合力的冲量
相同，故D正确.
9.(16分)［2025·广东执信中学期末］ “鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋
“保护器”装置，使鸡蛋在保护装置中从 的高度处静止下落撞到地面而不破
裂.某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从 的高度处静止下落到地
面后瞬间速度减小为零，鸡蛋在保护器装置中继续向下运动、用时 后
(1) (4分)装置落地前瞬间的速度大小；
[答案]
静止且完好无损.已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且
该装置和鸡蛋的总质量为，其中鸡蛋质量为 ，
不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度取 .求：
[解析] 根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同且为 ，根据运动学公
式有
代入数据解得
9.(16分)［2025·广东执信中学期末］ “鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋
“保护器”装置，使鸡蛋在保护装置中从 的高度处静止下落撞到地面而不破
裂.某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从 的高度处静止下落到地
面后瞬间速度减小为零，鸡蛋在保护器装置中继续向下运动、用时 后
(2) (6分)在下降 过程中，装置和鸡蛋克服阻力做的功；
[答案]
静止且完好无损.已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且
该装置和鸡蛋的总质量为，其中鸡蛋质量为 ，
不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度取 .求：
[解析] 以装置和鸡蛋为研究对象，根据动能定理有
代入数据解得
9.(16分)［2025·广东执信中学期末］ “鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋
“保护器”装置，使鸡蛋在保护装置中从 的高度处静止下落撞到地面而不破
裂.某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从 的高度处静止下落到地
面后瞬间速度减小为零，鸡蛋在保护器装置中继续向下运动、用时 后
(3) (6分)鸡蛋在装置中继续向下运动 过程中，装置对鸡蛋的
冲量大小.
[答案]
静止且完好无损.已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且
该装置和鸡蛋的总质量为，其中鸡蛋质量为 ，
不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度取 .求：
[解析] 以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向
根据动量定理得
代入数据解得
10.(16分)［2025·山东泰安期末］ 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一
质量为的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便，假设水柱从横截面积为
的喷口持续以速度竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 )；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 ，重力加速度大小为 .求：
(1) (8分)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
[答案]
[解析] 在刚喷出一段很短的时间内，可认为喷出的水柱保持速度 不变
该时间内，喷出水柱高度 ①
喷出水柱质量 ②
其中为水柱体积，满足 ③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
10.(16分)［2025·山东泰安期末］ 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一
质量为的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便，假设水柱从横截面积为
的喷口持续以速度竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 )；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 ，重力加速度大小为 .求：
(2) (8分)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.
[答案]
[解析] 设玩具底面相对于喷口的高度为
由玩具受力平衡得 ④
其中， 为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知 ⑤
其中，为玩具底部对水柱的作用力，设 为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得 ⑥
在很短的时间内，冲击玩具水柱的质量为
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
⑧
由于很小， 也很小，可以忽略，⑧式变为
⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得
例1.D 例2.B 变式.BC 拓展延伸1.如图所示 拓展延伸2.相同
例3.A 例4.B
随堂巩固
1.D 2.D 3.B
基础巩固练
1.B 2.BC 3.D 4.C 5.A 6.B
综合提升练
7.D 8.CD 9.（1） （2） （3）
拓展挑战练
10.（1） （2）
