第七章 碰撞与动量守恒
第1讲 动量定理及应用
必备知识·链教材——知识梳理 考教衔接 把握一个“全”
一、动量、动量变化、冲量
1．动量
(1)定义：物体的________与________的乘积．
(2)表达式：p＝________．
(3)方向：动量的方向与________的方向相同．
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，所以动量的变化量Δp也是__________，其方向与速度的变化量Δv的方向________．
(2)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＝________．
3．冲量
(1)定义：________与____________的乘积叫作力的冲量
(2)公式：I＝________．
(3)单位：________．
(4)方向：冲量是________，其方向与________的方向相同．
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．
2．公式：________或________．
3．由F(t′－t)＝p′－p，得F＝＝，即物体所受合力等于物体的动量变化量对时间的变化率．
考教衔接
【链接·人教版选择性必修第一册P16第4题，两题的创设情境相似】
(多选)(2023·广东卷，10)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．开窗帘的过程中，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
关键能力·研教材——考向探究 经典示例 突出一个“准”
考点一 动量、冲量的理解及计算
考向1 动量、冲量概念的理解
动量、冲量、动量变化量、动量变化率的比较
大小表达式 方向
动量 p＝mv 与v同向
冲量 I＝FΔt 与F同向
动量变化量 Δp＝mv′－mv 与合力同向
动量变化率 与合力同向
例1 如图所示，学生练习用脚颠球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
考向2 冲量的计算
例2 (多选)一质量为m的运动员托着质量为m1的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则( )
A.地面对运动员的冲量大小为(m1＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量大小为(m1＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(m1＋m)g(h1＋h2)
C.运动员对重物的冲量大小为m1g(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为m1g(h1＋h2)
D．运动员对重物的冲量大小为m1g(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
考向3 利用图像法计算变力的冲量
例3 一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
题后感悟
冲量的三种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，无须考虑物体的运动状态
图像法 利用F-t图像计算，F-t图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体的动量变化量，由I＝Δp求变力的冲量
练1 如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为40 m/s.若球棒与垒球的作用时间为0.002 s，球棒对垒球的平均作用力为F.下面说法正确的是( )
A．球棒对垒球的平均作用力大小F＝6 000 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小F＝2 000 N
C．垒球动量变化量是20 kg·m/s，方向与飞回的方向相同
D．球棒对垒球的平均作用力冲量大小为0.004 N·s
考点二 动量定理的理解和应用
考向1 用动量定理解释生活中的现象
例4 从高处跳下，为了安全着地，需遵循以下几个动作要领：①落地前手臂后伸，脚尖主动触地；②落地时屈膝、弓腰；③落地后手臂从后向前摆．对于人从脚尖触地至站稳的过程，下列分析正确的是( )
A．脚尖先触地是为了减小动量变化量
B．屈膝是为了减小地面对人体的冲量
C．手臂从后向前摆可通过减小人的惯性避免前倾
D．上述三个动作要领都是在延长动量变化的时间
题后感悟
用动量定理F＝解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；F的作用时间越长，力就越小．
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．
考向2 利用动量定理定量计算
例5 很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况．若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.1 s，重力加速度大小g取10 m/s2，下列分析正确的是( )
A．手机刚要接触头部之前的速度约为1 m/s
B．手机对头部的冲量为0
C．手机对头部的平均作用力大小约为2.4 N
D．手机与头部作用过程中手机动量变化量约为0.24 kg·m/s
考向3 动量定理与图像的综合应用
例6 (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g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
考向4 动量定理用于多过程问题
例7 将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物块由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知重力加速度大小g取10 m/s2，对于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
题后感悟
用动量定理解题的基本思路
练2 (2024·广东卷) 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，重力加速度大小为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．已知头锤质量为m′＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取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．
核心素养·拓教材——情境命题 规范解题 收获一个“赢”
应用动量定理处理流体类问题
研究对象 (1)流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
(2)微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤 (1)构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段物质，其横截面积为S
(2)微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体的粒子数N＝nΔV＝nvSΔt
小柱体的动量变化量Δp＝vΔm＝ρv2SΔt
(3)建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
典例1 (2025·山东潍坊市一模)“水刀”是一种应用高压水流切割的技术，相比于激光切割其具有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势．某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割．已知该“水刀”每分钟用水600 g，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，则水对垂直于材料表面方向的压强p为( )
A．1.0×105 Pa B．1.0×106 Pa
C．1.0×107 Pa D．1.0×108 Pa
典例2 北京时间2024年4月26日3时32分，“神舟十八号”载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，3名航天员随后从“神舟十八号”载人飞船进入空间站天和核心舱．若空间站运行轨道上存在密度为ρ的均匀稀薄静态气体，为了维持空间站长期在固定轨道上做匀速圆周运动，需要对空间站施加一个与速度方向相同的动力．已知中国空间站离地高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，空间站在垂直速度方向的截面积为S.若稀薄气体碰到空间站后立刻与空间站速度相同，则发动机需要对空间站施加的推力大小为( )
A． B．
C．ρS2 D．ρ2S
温馨提示：请完成课时分层精练(三十一)
第1讲 动量定理及应用
必备知识·链教材
一、
1．(1)质量 速度 (2)mv (3)速度
2．(1)矢量 相同 (2)p′－p
3．(1)力 力的作用时间 (2)FΔt (3)N·s (4)矢量 力
二、
2．F(t′－t)＝mv′－mv I＝p′－p
考教衔接
解析：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 N·s＝0.40 N·s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 N·s＝0.44 N·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 N·s－1×0.40 N·s＝－0.18 N·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 N·s＝0.22 N·s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝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．
答案：BD
关键能力·研教材
例1 解析：足球达到脚背的速度为v＝＝5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，故A错误；足球自由下落的时间为t＝＝0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，故B正确；根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，故C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，故D错误．
答案：B
例2 解析：因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(m1＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量大小为(m1＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0，故A正确，B错误；运动员对重物的作用力大小为m1g，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量大小为m1g(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fs可知运动员对重物做的功为m1g(h1＋h2)，故C正确，D错误．
答案：AC
例3 解析：由题图可知，0～2 s时间内力F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2～4 s内力F的方向与0～2 s内力F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确．
答案：D
练1 解析：以垒球的末速度方向为正方向，球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为Δp＝mv′－mv＝0.2×40 kg·m/s－0.2×(－20)kg·m/s＝12 kg·m/s，方向与飞回的方向相同，故C错误；对垒球，根据动量定理可得I＝FΔt＝Δp，代入数据解得F＝6 000 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为6 000 N，球棒对垒球的平均作用力冲量大小为12 N·s，故A正确，B、D错误．
答案：A
例4 解析：人落地时动量变化量是一定的，脚尖先触地是为了增加脚与地面的作用时间，减小人与地面的作用力，故A错误；人落地时动量变化量是一定的，地面对人体的冲量也是一定的，屈膝是为了增加人与地面的作用时间，减小人与地面的作用力，故B错误；人的惯性只与人的质量有关，手臂从后向前摆不会减小人的惯性，手臂从后向前摆，增加了水平方向动量减小到零所用的时间，同理可减小水平方向受到的合力，可以避免前倾，故C错误；由上述分析可知，三个动作的要领都是在延长动量变化的时间，故D正确．
答案：D
例5 解析：根据题意可知，手机下落做自由落体运动，由公式v2＝2gh可得，手机刚要接触头部之前的速度约为v＝ m/s＝2 m/s，故A错误；设头部对手机的平均作用力大小约为F，手机与头部作用过程中手机动量变化量约为Δp＝mv＝120×10－3×2 kg·m/s＝0.24 kg·m/s取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)t＝0－mv，解得F＝3.6 N，由牛顿第三定律可得，手机对头部的平均作用力大小约为F′＝F＝3.6 N，则手机对头部的冲量为I＝F′t＝0.36 N·s，故B、C错误，D正确．
答案：D
例6 解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，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＝2.30 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＝1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时，运动员的速度大小为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．
答案：BD
例7 解析：在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，故A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，则全程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，故C、D错误．
答案：B
练2 解析：(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力F′N，则由牛顿第二定律可得(mg＋FN)tan θ＝ma，解得tan θ＝.
(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上．
②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s，
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有
IF－m′gt＝m′v－(－m′v0)，
解得v＝2 m/s，
则上升的最大高度h＝＝0.2 m.
答案：(1) (2)①330 N·s，方向竖直向上 ②0.2 m
核心素养·拓教材
典例1 解析：一分钟喷出的水的质量m＝ρSvt，可得水的流速v＝，选取Δt时间内打在材料表面上的质量为Δm的水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，可得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知，材料表面受到的压力F′＝F，水对垂直于材料表面方向的压强p＝，解得p＝1.0×107 Pa，故C正确．
答案：C
典例2 解析：碰到稀薄气体过程中，设空间站对稀薄气体的作用力大小为F1，经过Δt时间，以稀薄气体为对象，根据动量定理可得F1Δt＝m气v－0，其中m气＝ρSvΔt，中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得＝m，又G＝mg，联立可得F＝F1＝ρSv2＝ρS()2＝.
答案：A(共73张PPT)
第1讲 动量定理及应用
一、动量、动量变化、冲量
1．动量
(1)定义：物体的________与________的乘积．
(2)表达式：p＝________．
(3)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
(1)因为动量是矢量，所以动量的变化量Δp也是__________，其方向与速度的变化量Δv的方向________．
(2)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：________与____________的乘积叫作力的冲量
(2)公式：I＝________．
(3)单位：________．
(4)方向：冲量是________，其方向与________的方向相同．
力
力的作用时间
FΔt
N·s
矢量
力
F(t′－t)＝mv′－mv
I＝p′－p
考教衔接
【链接·人教版选择性必修第一册P16第4题，两题的创设情境相似】
(多选)(2023·广东卷，10)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．开窗帘的过程中，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
答案：BD
解析：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 N·s＝0.40 N·s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 N·s＝0.44 N·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 N·s－1×0.40 N·s＝－0.18 N·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 N·s＝0.22 N·s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝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．
考点一 动量、冲量的理解及计算
考向1 动量、冲量概念的理解
动量、冲量、动量变化量、动量变化率的比较
大小表达式 方向
动量 p＝mv 与v同向
冲量 I＝FΔt 与F同向
动量变化量 Δp＝mv′－mv 与合力同向
动量变化率 与合力同向
例1 如图所示，学生练习用脚颠球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
答案：B
考向2 冲量的计算
例2 (多选)一质量为m的运动员托着质量为m1的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，
则( )
A.地面对运动员的冲量大小为(m1＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量大小为(m1＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(m1＋m)g(h1＋h2)
C.运动员对重物的冲量大小为m1g(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为m1g(h1＋h2)
D．运动员对重物的冲量大小为m1g(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
答案：AC
解析：因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(m1＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量大小为(m1＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0，故A正确，B错误；运动员对重物的作用力大小为m1g，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量大小为m1g(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fs可知运动员对重物做的功为m1g(h1＋h2)，故C正确，D错误．
考向3 利用图像法计算变力的冲量
例3 一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
答案：D
解析：由题图可知，0～2 s时间内力F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2～4 s内力F的方向与0～2 s内力F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确．
题后感悟
冲量的三种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，无须考虑物体的运动状态
图像法 利用F-t图像计算，F-t图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体的动量变化量，由I＝Δp求变力的冲量
练1 如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为40 m/s.若球棒与垒球的作用时间为0.002 s，球棒对垒球的平均作用力为F.下面说法正确的是( )
A．球棒对垒球的平均作用力大小F＝6 000 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小F＝2 000 N
C．垒球动量变化量是20 kg·m/s，方向与飞回的方向相同
D．球棒对垒球的平均作用力冲量大小为0.004 N·s
答案：A
解析：以垒球的末速度方向为正方向，球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为Δp＝mv′－mv＝0.2×40 kg·m/s－0.2×(－20)kg·m/s＝12 kg·m/s，方向与飞回的方向相同，故C错误；对垒球，根据动量定理可得I＝FΔt＝Δp，代入数据解得F＝6 000 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为6 000 N，球棒对垒球的平均作用力冲量大小为12 N·s，故A正确，B、D错误．
考点二 动量定理的理解和应用
考向1 用动量定理解释生活中的现象
例4 从高处跳下，为了安全着地，需遵循以下几个动作要领：①落地前手臂后伸，脚尖主动触地；②落地时屈膝、弓腰；③落地后手臂从后向前摆．对于人从脚尖触地至站稳的过程，
下列分析正确的是( )
A．脚尖先触地是为了减小动量变化量
B．屈膝是为了减小地面对人体的冲量
C．手臂从后向前摆可通过减小人的惯性避免前倾
D．上述三个动作要领都是在延长动量变化的时间
答案：D
解析：人落地时动量变化量是一定的，脚尖先触地是为了增加脚与地面的作用时间，减小人与地面的作用力，故A错误；人落地时动量变化量是一定的，地面对人体的冲量也是一定的，屈膝是为了增加人与地面的作用时间，减小人与地面的作用力，故B错误；人的惯性只与人的质量有关，手臂从后向前摆不会减小人的惯性，手臂从后向前摆，增加了水平方向动量减小到零所用的时间，同理可减小水平方向受到的合力，可以避免前倾，故C错误；由上述分析可知，三个动作的要领都是在延长动量变化的时间，故D正确．
考向2 利用动量定理定量计算
例5 很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况．若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.1 s，重力加速度大小g取10 m/s2，
下列分析正确的是( )
A．手机刚要接触头部之前的速度约为1 m/s
B．手机对头部的冲量为0
C．手机对头部的平均作用力大小约为2.4 N
D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.24 kg·m/s
答案：D
考向3 动量定理与图像的综合应用
例6 (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g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
答案：BD
考向4 动量定理用于多过程问题
例7 将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物块由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知重力加速度大小g取10 m/s2，对于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
答案：B
题后感悟
用动量定理解题的基本思路
练2 (2024·广东卷) 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，重力加速度大小为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．已知头锤质量为m′＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取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
②碰撞结束后头锤上升的最大高度．
答案：0.2 m
应用动量定理处理流体类问题
研究对象 (1)流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
(2)微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤 (1)构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段物质，其横截面积为S
(2)微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体的粒子数N＝nΔV＝nvSΔt
小柱体的动量变化量Δp＝vΔm＝ρv2SΔt
(3)建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
答案：C
典例2 北京时间2024年4月26日3时32分，“神舟十八号”载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，3名航天员随后从“神舟十八号”载人飞船进入空间站天和核心舱．若空间站运行轨道上存在密度为ρ的均匀稀薄静态气体，为了维持空间站长期在固定轨道上做匀速圆周运动，需要对空间站施加一个与速度方向相同的动力．已知中国空间站离地高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，空间站在垂直速度方向的截面积为S.若稀薄气体碰到空间站后立刻与空间站速度相同，
答案：A
1．(2024·辽宁卷)2024年5月3日，“长征五号”遥八运载火箭托举“嫦娥六号”探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是( )
A．质量 B．速率
C．动量 D．动能
答案：C
解析：矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量．
2．(2025·北京首都师大附中一模)如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动．该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力．则( )
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下
C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D．d处反弹后网球做平抛运动
答案：B
解析：该同学将网球抛至最高点a处时网球的速度为零，网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向右上方，故A错误；拍打后a到c过程中网球只受到重力的作用，而重力竖直向下，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误．
3．在图(a)中，运动员落地总是要屈腿，在图(b)中两人在冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，在图(c)中运动员用球棒把垒球以等大速率击打出去，在图(d)中一小物块与水平圆盘保持相对静止一起做匀速圆周运动，
则下列说法正确的是( )
A．图(a)目的是减小地面对人的作用力
B．图(b)中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量相同
C．图(c)中球棒对垒球的冲量为零
D．图(d)中小物块动量不变
答案：A
解析：运动员落地总是要屈腿，可以延长与地面作用的时间，在人动量变化量确定的情况下，时间变长则可以减小地面对人的作用力，故A正确；题图(b)中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不同，故B错误；题图(c)中由于球运动方向发生变化，则动量变化，根据动量定理知球棒对垒球的冲量不为零，故C错误；题图(d)中小物块运动方向时刻变化，则动量大小不变，方向改变，故D错误．
4．(2024·北京卷)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
答案：C
解析：小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知，上升过程所受合力(加速度)总大于下落过程所受合力(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；上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受空气阻力，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．
5．(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．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阻力均视为恒力．大小分别为F1、F2，
答案：A
答案：A
7．2024年3月29日，我国研制的“朱雀三号”可重复使用垂直起降回收验证火箭在酒泉卫星发射中心圆满完成试验任务．点火升空1 min后，火箭从约300米的高空垂直返回，着陆平稳，落点准确，状态良好，标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功．若该火箭在距离地面的高度约1 m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使火箭在竖直方向上的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s.已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为d，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱的速度．
答案：D
8．起跳摸高是学生常进行的一项运动，一质量为80 kg的同学用力蹬地且举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10 m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.55 m．若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s，不计空气阻力，起跳过程中他对地面的平均压力约为(g取10 m/s2)( )
A．1 450 N B．1 500 N
C．2 000 N D．1 600 N
答案：C
9．2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力．如图是某次彩排中质量为40 kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间(F-t)图像片段，运动员可视为质点．不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．演员在a到b过程处于超重状态
B．演员在b时刻速度最大，速度大小为8 m/s
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1 280 J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为320 N·s
答案：C
解析：演员在a到b过程中，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；结合上述可知，演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度反向增大的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错误；
10．随着我市城乡建设的发展，多地的音乐喷泉灯光秀成为一道亮眼的风景，某同学观看喷泉表演时，目测喷泉表演的主喷管的直径约为0.1 m，喷出的水柱高度约45 m，则主喷管水泵的电动机的输出功率约为( )
A．250 kW B．200 kW
C．150 kW D．110 kW
答案：D
11．如图，使甲、乙两条形磁体隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲、乙的质量分别为m、2m，与桌面之间的滑动摩擦因数分别为2μ、μ.现同时释放甲和乙，在它们相互靠近过程中的任一时刻( )
A．甲、乙动能相等
B．甲、乙的动量大小相等
C．甲、乙的速度大小相等
D．甲、乙的加速度大小相等
答案：B
12．(10分)图甲为自动喷水系统在草坪上浇绿草的情景，喷水过程简化为图乙所示．喷水机喷水的初速度大小v0恒定，方向与水平方向的夹角θ在0°～90°内可调且水平方向可以360°旋转，水流冲击到水平地面后速度迅速变为0.已知喷水机喷嘴的横截面积S0＝1.2×10－4 m2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g＝10 m/s2，π＝3.14，喷嘴高度、空气阻力、与地面作用过程水的重力均不计．
(1)为使以喷嘴为圆心、面积S＝314 m2的地面都能浇到水，喷嘴喷水的初速度至少为多大？
答案：10 m/s
(2)若喷嘴喷水的初速度v0＝10 m/s，夹角θ＝60°，求水流对地面的平均冲力大小．
答案：12 N
解析：在时间Δt内喷出水的质量为Δm＝ρS0v0Δt，
由动量定理得－FΔt＝0－Δm·v0，
解得F＝12 N.
由牛顿第三定律知，水流对地面的平均冲力大小为12 N.
