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高中物理高考 2023届高考物理一轮复习 第14讲 动量定理
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这是一份高中物理高考 2023届高考物理一轮复习 第14讲 动量定理，共24页。试卷主要包含了定义，公式，举例说明，特点，动量的变化量，动量的变化率，故④错误等内容，欢迎下载使用。
第14讲 动能定律
知识图谱
动量和动量定理
知识精讲
一．动量
1．定义：物体的质量与速度的乘积，描述物理运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。
2．公式：；单位：kg∙m/s。
3．举例说明：一个物体对另一个物体的作用效果不仅与物体的质量有关还和物体的速度有关。换句话说，就是与物体的动量有关。
（1）同样质量的竹箭，一支用弓射出，而另一支用手掷，哪一支穿透本领大？（质量相同，速度不同）
（2）在足球场迎头飞来的足球人会用头去顶，那如果换成以相同速度飞来的铅球人就会躲开。（质量不同，速度相同）
4．特点：
（1）瞬时性：动量是指物体在某一时刻的动量，对应着这一时刻的瞬时速度。
（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
（3）相对性：由于物体的速度与参考系有关，因此动量也与参考系有关。通常，物体的动量是相对于地球而言的。
5．动量的变化量
（1）定义：当物体的运动状态由状态1变化为状态2时，其末动量与初动量的矢量之差，称为动量的变化，即。
（2）矢量性：由于动量是矢量，动量的变化量也是矢量，冲量的运算遵循平行四边形法则。
6．动量的变化率
二．冲量
1．力F与力的作用时间t的乘积，是一个过程量，表示力在时间上积累的效应。
2．公式：；单位：，
3．特点：
（1）矢量性：力的方向不变时，冲量的方向与力的方向一致；当力的方向变化时，冲量的方向与动量改变量的方向一致（动量定律说明）。
（2）过程量：冲量是指力对物体作用一段时间的积累下效应，与位移没有直接关系。
（3）绝对性：力与时间与参考系的选择无关，因此冲量与参考系的选取无关。
三．动量定理
1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化，或物体所受各个力的冲量等于物体的动量的变化。
2．公式：（）
3．说明：
（1）冲量的大小总等于动量改变量的大小，冲量的方向总跟动量改变量的方向一致。
（2）F可以是恒力也可以变力，动量定理通常用来解决碰撞、打击一类问题。
（3）适用范围：受力也可以为恒力，也可以为变力，运动轨迹可以为直线，也可以为直线，运动时间可长可断，动量定理都适用。
4．应用方面的讨论：
（1）若是动量变化量一定时，要增大力F，可缩短作用时间t；要减小力F，可延长力的作用时间t。
（2）如果物体受到大小和方向改变的力的作用，则不能直接用，求变力的冲量，可以求出在该力的作用下物体动量的变化量，等效代替变力的冲量。
（3）当力的方向不变时，冲量的计算可利用“面积求和”进行计算。作出F-t变化图线，图线与t轴夹的面积即为变力的冲量：
三点剖析
课程目标：
1.理解动量和冲量的概念
2.动量定理的理解和简单应用
动量和冲量
例题1、 关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A.运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B.物体的动能不变，其动量一定不变
C.动量越大的物体，其速度一定越大
D.物体的动量越大，其惯性也越大
例题2、 将甲、乙两具质量相等的物体在距水平地面同一高度处，分别以v和2v的速度水平抛出，若不计空气阻力的影响，则以下说法中正确的是（ ）
A.甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动量变化都相同
B.甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动能变化都相同
C.两物体落地时动量对时间的变化率相同
D.两物体落地时重力的功率相同
例题3、 质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（ ）
A.I1＞I2，W1＞W2
B.I1＜I2，W1＞W2
C.I1＜I2，W1＜W2
D.I1＞I2，W1＜W2
例题4、 水平推力F1和F2分别作用在静止于水平面上等质量的a、b两物体上，F1>F2，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量I1、I2的大小关系正确的是（ ）
A.I1一定大于I2
B.I1一定小于I2
C.I1一定等于I2
D.I1可能小于I2
随练1、 下列关于动量和动能的说法中，正确的是（ ）
A.一个物体的动量不变，其动能一定不变
B.一个物体的动能不变，其动量一定不变
C.两个物体的动量相等，其动能一定相等
D.两个物体的动能相等，其动量一定相等
随练2、 如图所示，三个完全相同的小球，从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的有（ ）
A.它们同时到达同一水平面
B.落地瞬间它们的末动能相同
C.落地瞬间重力的瞬时功率相同
D.从开始运动到落地的过程中它们动量变化的大小相同
随练3、 关于冲量的概念，以下说法正确的是( )
A.作用在两个物体上力大小不同，但两个物体所受的冲量可能相同
B.作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定很大
C.作用在物体的力作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
D.只要力的作用时间与力的大小的乘积相等，物体所受的冲量就相同
随练4、 根据动能和动量有关知识，请回答下述问题：
(1)质量为2 kg的物体，速度由3 m/s增大为 6m/s，它的动量和动能各增大为原来的几倍?
(2)质量为2 kg的物体速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s，它的动量和动能是否变化了?
(3)A物体的质量是2kg，速度是3 m/s，方向向东，B物体的质量是3 kg，速度是4 m/s，方向向西．它们的动量之和是多少?动能之和是多少?
(4)从上面三个小题的解答中，你能说出动能和动量有哪些区别?
随练5、 （多选）如图所示，一个物体在与水平面的夹角为θ的斜向上的拉力F的作用下，沿光滑水平面做匀加速直线运动，在物体通过距离s的过程中运动的时间为t，则（ ）
A.力F对物体做的功为Fs
B.力F对物体做的功为Fscosθ
C.力F对物体的冲量为Ft
D.力F对物体的冲量为Ftcosθ
随练6、 一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（ ）
A.第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移
B.第一个t0时间内的平均速度等于第二个t0时间内的平均速度
C.第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量
D.第一个t0时间内合外力的功大于第二个t0时间内合外力的功
随练7、 甲、乙两物体的质量之比为m甲:m乙=1:4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们的动量大小之比p甲:p乙是( )
A.1:1
B.1:2
C.1:4
D.2:1
随练8、 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN．将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
A.合力对两滑块的冲量大小相同
B.重力对a滑块的冲量较大
C.两滑块的动量变化大小相同
D.弹力对a滑块的冲量较小
随练9、 两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度－时间图象分别如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度－时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出（ ）
A.若F1＝F2，则m1＞m2
B.若m1＝m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2
C.若F1＝F2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4︰5
D.若m1＝m2，则力F1对物体A所做的功大于F2对物体B所做的功
动量定理的理解
例题1、如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1．重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（ ）
A.大小为m（v2+v1），方向与v1方向相同
B.大小为m（v2+v1），方向与v2方向相同
C.大小为m（v2﹣v1），方向与v1方向相同
D.大小为m（v2﹣v1），方向与v2方向相同
例题2、 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刚产生作用前人下落的距离为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，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
随练1、 人从高处跳到低处时，为了安全，一般都有一个屈膝的过程，这样做是为了（ ）
A.减小冲量
B.减小动量的变化量
C.增大人与地面的作用时间，从而减小人与地面的相互作用力
D.增大人与地面的相互作用力，起到安全保护作用
随练2、 台球以速度v0与球桌边框（看为竖直挡板）成α角撞击O点，反弹后的速度为v1，方向与球台边框依然成α角，如图所示，如果v1＜v0，其中OB垂直于球桌边框，则关于球桌边框对台球的弹力方向说法正确的是（ ）
A.一定沿OA
B.一定沿OB
C.可能沿OC
D.可能沿OD
随练3、 （多选）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，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点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（ ）
A.小球的机械能减少了mg（H+h）
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m
D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
随练4、 （多选）如图所示，质量为m的物块，在与水平方向成α角的恒力F的作用下，沿光滑水平面运动．物块通过A点和B点的速度分别为vA和vB物块由A运动到B的过程中（ ）
A.合外力对物块做功WmvB2mvA2
B.外力F对物块做功WFmvB2mvA2
C.合外力对物块冲量大小I＝mvB﹣mvA
D.外力F对物块冲量大小IF＞mvB﹣mvA
随练5、 一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，该物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物块的动量分别为p1、p2，则（ ）
A.Ek2＝9Ek1，p2＝3p1
B.Ek2＝3Ek1，p2＝3p1
C.Ek2＝8Ek1，p2＝4p1
D.Ek2＝3Ek1，p2＝2p1
随练6、 一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（ ）
A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为
B.地面对他的冲量为，地面对他做的功为
C.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
D.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
动量定理的应用
知识精讲
一．应用动量定理解题时注意的事项
1.动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系（即注意各个量的正负）；
2.动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是某力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和；
3.应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
二．连续体问题
对持续作用，物体动量（或其他量）连续发生变化这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间内动量（或其他量）发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“管道模型”；在时间内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为的柱体内，这部分质点的质量为 ，以这部分质量为研究对象，研究它在时间内动量（或其他量）的变化情况，再根据动量定理（或其他规律）求出有关的物理量。
三点剖析
课程目标：
1.能够熟练应用动量定理解多过程问题
2.掌握用动量定理解连续性碰撞问题
动量定理的应用
例题1、 如图所示，半圆形轨道竖直放置，A为最低点，B为最高点，半径R=0.2 m．一质量m=0.2 kg的小球沿水平地面向右运动，以vA=6 m/s的速度从A点沿切线方向进入半圆轨道．到达B点时对轨道的压力恰好为零．g取10 m/s2．求：
(1)小球到达B时的速度大小；
(2)从A到B过程中小球克服摩擦力做的功；
(3)从A到B过程中小球所受合力的冲量．
例题2、 有一个质量为0.5 kg的弹性小球从H =0.8 m的高度落到水平地板上，每一次弹起的速度总等于落地前的0.6倍，且每次球与地面接触时间相等均为0.2s，空气阻力不计，（重力加速度g取10 m/s2），求：
（1）第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力为多大？
（2）第一次和第二次与地板碰撞球所受的的冲量的大小之比是多少？
例题3、 质量为m=1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g取10m/s2）
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．则F至少是多大？
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是多大？
随练1、[多选题] 如图所示，传送带以速度为V顺时针匀速转动，质量m＝3kg的小物块以初速度V0＝5m／s从左端的A点滑上传送带，已知物块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.2，AB两端长L＝6m，重力加速度g＝10m／s2．物块从A点运动到B点的过程中（ ）
A.物块在传送带上运动的时间1s≤t≤2s
B.物块在传送带上运动时间最短时，传送带速度可能是6m／s
C.传送带的速度V＝3m／s，摩擦力对物块的冲量1＝10N•s
D.无论传送带速度多大，物块动能增加不会超过36J
随练2、 某汽车制造商研制开发了发动机额定功率P＝30kW的一款经济实用型汽车，在某次性能测试中，汽车连同驾乘人员的总质量m＝2000kg，在平直路面上以额定功率由静止启动，行驶过程中受到大小f＝600N的恒定阻力。
（1）求汽车的最大速度v；
（2）若达到最大速度v后，汽车发动机的功率立即改为P′＝18kW，经过一段时间后汽车开始以不变的速度行驶，求这段时间内汽车所受合力的冲量I。
随练3、 如图所示，从距离地面h=1.25m处以初速度vo=5.0m/s水平抛出一个小钢球（可视为质点），落在坚硬的水平地面上．已知小球质量m=0.20kg，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2．
（1）求钢球落地前瞬间速度v的大小和方向．
（2）小球落到地面，如果其速度与竖直方向的夹角是θ，则其与地面碰撞后．其速度与竖直方向的夹角也是θ，且碰撞前后速度的大小不变．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究．
①求碰撞前后小球动量的变化量△P的大小和方向；
②已知小球与地面碰撞的时间△t=0.04s．求小球对地面平均作用力的大小和方向．
随练4、 如图所示，质量M＝0.5kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m＝0.3kg的物块B（可视为质点）以大小v0＝6m／s的速度从木板A的左端水平向右滑动．已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数μ＝0.6，认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m／s2．
（1）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的长度L；
（2）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2'＝0.1，木板足够长，求木板A从开始滑动至达到最大速度过程中所受合力的冲量大小I．
随练5、 动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px、△py；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
应用动量定理解决连续体问题
例题1、 最近，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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A.1.6×102kg
B.1.6×103kg
C.1.6×105kg
D.1.6×106kg
例题2、 如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水（抽水过程中H保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：
a．每秒内从管口流出的水的质量m0；
b．不计额外功的损失，水泵输出的功率P。
（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示。让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力。由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响。求水流落地前瞬间的速度大小v。
随练1、 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ ）
A.0.2N
B.0.6N
C.1.0N
D.1.6N
随练2、 为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得小时内杯中水上升了．查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为．据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为）（ ）
A.
B.
C.
D.
随练3、 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．
随练4、 （1）如图甲所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，经过一段时间t后，速度变为vt。请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。
（2）高空坠物很危险。一球形面团，质量为1kg，从20m高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约0.01s，试估算地面受到平均冲力的大小。
（3）自动称米机已被广泛使用。称米时，打开阀门，米粒就以每秒钟d千克的恒定流量流进放在秤上的容器。当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流。米流在出口处速度很小，可视为零。对上述现象，买卖双方引起了争论。买方认为：因为米流落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所要求的数量时，切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的。请谈谈你的看法，并根据所学的知识给出合理的解释。
拓展
1、 (多选)一个质量为2 kg的小球以水平速度5 m/s向右运动，与挡板碰撞后，以3 m/s的水平速度反向弹回，则( )
A.它的动量变化量的大小为4 kg•m/s
B.它的动量变化量的大小为16 kg•m/s
C.它的动量变化量的方向与初动量方向相反
D.它的动量变化量的方向与初动量方向相同
2、 如图所示质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑去，经过时间t1速度为零后下滑，又经过时间t2回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物块的总冲量为( )
A.0
B.mgsinθ(t1+t2)
C.mgsinθ(t1-t2)
D.mg(t1+t2)
3、 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，经过一段时间t．关于几个力的冲量，下列说法中正确的是（ ）
①重力的冲量为mgt
②拉力对物体的冲量为Ftcosθ
③摩擦力对物体冲量为Ftcosθ
④合外力对物体的冲量为Ft．
A.①③
B.①②
C.②③
D.②④
4、 一质量为2kg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＝1s时物块的速率为2m／s
B.t＝2s时物块的动量大小为4kg•m／s
C.t＝3s时物块的动量大小为5kg•m／s
D.t＝4s时物块的速度为零
5、 一质量为0.5kg的小球以2m／s的速率竖直向上碰到天花板，又以原速率反弹，小球与天花板用时间为0.1s，求
（1）小球在这0.1s内动量的变化．
（2）小球对天花板的平均作用力．（重力加速度取g＝10m／s2）
6、[多选题] 水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b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停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（ ）
A.F1的冲量小于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
7、 物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间内速度由0增大到，在时间内速度由增大到. 设F在内做的功是，冲量是；在内做的功是，冲量是；那么（ ）
A.，
B.，
C.，
D.，
8、 甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（ ）
A.F1＞F2，I1=I2
B.F1＜F2，I1＜I2
C.F1＞F2，I1＞I2
D.F1=F2，I1=I2
9、 蹦床运动有“空中芭蕾“之称，某质量m＝50kg的运动员从空中h1＝1.25m落下，接着又能弹起h2＝1.8m高度，此次人与蹦床接触时间t＝0.50s，取g＝10m／s2，求：
①运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
②运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。
10、 下面是一物理演示实验．它显示：图中自由下落的A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方．A是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28kg，其顶部的凹坑中插着质量m2＝0.1kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25m处由静止释放．实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上．求木棍B上升的高度．重力加速度g＝10m/s2．
11、 高压采煤水枪，出水口的横截面积为S，假定水柱截面不变，水柱的水平射速大小为v，水柱水平射到竖直煤层后，假设水仅沿竖直煤层散开，水的密度为ρ，则水对煤层的冲击力的大小为________。
12、 塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题，水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关．设有一只水枪，枪口直径为d，出水速度为v，储水箱的体积为V．
(1)水枪充满水可连续用多长时间？
(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同．
答案解析
动量和动量定理
动量和冲量
例题1、
【答案】 A
【解析】 动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，故A正确．
例题2、
【答案】 A C D
【解析】 物体做的是平抛运动，水平方向的速度不变，只有竖直方向的速度在变化，并且竖直方向上是自由落体运动，物体的速度是均匀变化的，所以动量的变化也均匀变化的，所以A正确．
例题3、
【答案】 B
【解析】 从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f＝ma′，则摩擦力大小都为．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－f＝ma，则，，F1和F2的大小之比为12︰5；
所以：，则I1＜I2；
图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为；
两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：，则W1＞W2。
例题4、
【答案】 D
【解析】 一：I＝Ft，x＝at2，ma＝F－μmg⇒I＝当F＝2μmg时，冲量最小．
二：若F1无穷大，I1就无穷大，若F2无限接近摩擦力，需无限长的时间才能使物体运动相同的距离，I2就无穷大，故ABC说法错误．
随练1、
【答案】 A
【解析】 A、一个物体的动量不变，则速度不变，根据知，物体的动能一定不变，故A正确．
B、一个物体的动能不变，则速度的大小不变，方向可能改变，则动量可能改变，故B错误．
C、两个物体的动量相等，根据知，质量不一定相等，则动能不一定相等，故C错误．
D、两个物体的动能相等，根据p知，质量不一定相等，则动量不一定相等，故D错误．
故选：A．
随练2、
【答案】 D
【解析】 A，运动的时间相同，的运动的时间要比的长，所以A选项错误。B，由动能定理可知，三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同但是c是平抛的，以c有初速度，故c的末动能要大，所以选项B错误；C，三个球的重力相等，但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，所以C选项错误；D，动量变化的大小等于合外力的冲量大小，据此可知，落地时间相同，所受重力一样，故的动量变化相同，在光滑斜面上下滑时，所受合力为，根据位移时间可知下滑的时间
所以在此下滑过程中的动量变化为
与自由下落过程中的动量变化相等，所以D选项正确。
随练3、
【答案】 A
【解析】 A．由冲量公式I=Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相同，可知A正确；
B．由冲量公式I=Ft，可知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量很小，不一定很大，故B错误；
C．同理，C错误；
D．冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，由冲量公式I=Ft，可知D错误．
随练4、
【答案】 (1)动量是原来的2倍；动能是原来的4倍；
(2)动能不变，动量变化了；
(3)它们的动量之和是6 kg•m/s，动能之和是33 J；
(4)动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响
【解析】 (1)由动量p=mv可知，速度是原来的2倍时，动量也是原来的2倍；由动能知，速度是原来的2倍时，动能是原来的4倍；
(2)动量是矢量，它的变化与方向有关，设向西的方向为正方向时，
动量的变化△p=m(v2﹣v1)=2×(3﹣(﹣3))=12 kg·m/s
动能是标量，没有方向，故动能的变化△Ek=；
(3)同理注意到动量的矢量性，A、B的动量之和在向西的方向为正方向时，
p总=pA+pB=﹣2×3+3×4=6 kg·m/s
而动能之和只是标量间的运算；
(4)上面的计算可以看出，动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响．
随练5、
【答案】 B C
【解析】 AB、由题意及功的公式可得，力F对物体所做的功：W＝Fscosθ；故A错误；B正确；
CD、根据冲量的定义可知，力F对物体的冲量为Ft．故C正确，D错误；
故选：BC．
随练6、
【答案】 C
【解析】 AB、速度时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移；则物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移。据得，物块第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度，故A、B错误；
C、冲量I＝mgt，可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，故C正确；
D、根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图知，第一个t0时间内动能的变化量等于第二个t0时间内动能的变化量，则第一个t0时间内合外力的功等于第二个t0时间内合外力的功，故D错误。
随练7、
【答案】 B
【解析】 根据运动过程中的动能相等得：=
甲的动量为：p甲=m甲v甲=；乙的动量为：p乙=
所以．
随练8、
【答案】 A
【解析】 对滑块，由牛顿第二定律得：agsinθ(θ为杆与水平方向的夹角)，
由图中的直角三角形可知，滑块的位移S＝2Rsinθ，
滑块做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t2，t与θ无关，即：t1＝t2
AC．小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即：mgsinθ，所以合外力的冲量大小为：mgsinθ•t．由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大；沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大．故AC错误；
B．重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等，故B错误；
D．弹力的冲量：mgcosθ•t，由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以a球的弹力的冲量小，故D正确．
故选：D．
随练9、
【答案】 B
【解析】 A、由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，求得：a1＝a2＝μg＝1m／s2，
则：μ1＝μ2＝0.1，
若F1＝F2，对于m1则有：F1－μ1m1g＝m1a1，
解得：，
对于m2则有：F2－μ2m2g＝m2a2，
解得：，由图可知a1＞a2，则m1＜m2，故A错误。
B、由以上分析可知：F1＝m1（a1＋μ1g）＝，故拉力F1的最大瞬时功率为：P1m1，同理有：F2＝m2（a2＋μ2g）m2，故拉力F2的最大瞬时功率为：P2m2，故P1＝2P2，故B正确；
C、若F1＝F2，根据I＝Ft，两个力作用的时间之比为1：2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比1：2，故C错误；
D、若m1＝m2，则f1＝f2，根据动能定理，对a有：WF1－f1s1＝0；同理对b有：WF2－f2s2＝0
由于s1＝4×2.55.0m，s2＝2×55.0m，故WF1＝WF2，故D错误；
动量定理的理解
例题1、
【答案】 B
【解析】 取拍子击打前网球的速度为v1方向为正方向，根据动量定理得：
拍子对网球作用力的冲量I＝﹣mv2﹣mv1＝﹣m（v1+v2），
即冲量大小为m（v1+v2），方向与v1方向相反，与v2方向相同．选项B正确，ACD错误
故选：B．
例题2、
【答案】 A
【解析】 对自由落体运动，有：
解得：
规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：
mg（t1＋t）－Ft＝0
解得：
随练1、
【答案】 C
【解析】 人在和地面接触时，人的速度减为零，以向上为正，由动量定理可得：
I＝△P
则（F－mg）t＝0－m（－v）；
而屈膝的过程可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，而动量减小量和合力冲量是一定的，故ABD错误，C正确；
随练2、
【答案】 D
【解析】 由矢量的减法可得出动量的变化方向，
根据动量定理得：
Ft＝mv1－mv0
因为v1＜v0，画出矢量合成图如图所示：
F的方向即为速度改变量的方向，由图可知，弹力方向可能沿OA或OD方向．故D正确ABC错误．
随练3、
【答案】 A C
【解析】 A、小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．故A正确．
B、对全过程运用动能定理得，mg（H+h）﹣Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg（H+h）．故B错误．
C、落到地面的速度v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：，得：知阻力的冲量大于．故C正确．
D、对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和．故D错误．
故选：AC．
随练4、
【答案】 A C D
【解析】 AB、物块受到重力和斜向上的拉力，可能受到地面的支持力；在物块沿水平方向运动的过程中，只有拉力F对物块做功，所以合外力对物块做的功等于力F做的功，由动能定理可得：．故A正确，B错误；
C、物块受到的合力的方向沿水平方向，由动量定理可得，合外力的冲量：I＝mvB﹣mvA； 故C正确；
D、合外力为F在水平方向上的分量，故F＞F合，故F的冲量大小大于合外力的冲量，即IF＞mvB﹣mvA，故D正确．
故选：ACD．
随练5、
【答案】 A
【解析】 根据动量定理得：
F0t0＝mv1 ①
2F0t0＝mv2－mv1 ②
由②①解得：v1：v2＝1：3
那么动量之比为P1：P2＝1：3
依据Ek
得Ek1：Ek2＝1：9，故A正确，BCD错误；
随练6、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
动量定理的应用
动量定理的应用
例题1、
【答案】 (1)小球到达B时的速度大小是 m/s；
(2)从A到B过程中小球克服摩擦力做的功是2.6 J；
(3)从A到B过程中小球所受合力的冲量是1.483 kg•m/s
【解析】 (1)小球在B点只受重力作用，靠重力提供向心力．根据牛顿第二定律得mg=m
得 vB== m/s；
(2)小球向上运动过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：
﹣W﹣mg•2R=mvB2﹣mvA2，
解得：W=2.6 J；
(3)选取向左为正方向，则小球的初动量：p1=mvA=0.2×(﹣6)kg·m/s =﹣1.2 kg·m/s
小球的末动量：；
由动量定理可知，小球受到的合外力的冲量等于其动量的变化，即：
I=p2﹣p1=0.283 kg·m/s﹣(－1.2) kg·m/s=1.483 kg·m/s．
例题2、
【答案】 （1）21N；（2）5 : 3
【解析】 （1）空气阻力不计，篮球下落触地速度、反弹速度的大小可以由运动学知识或动能定理（机械能守恒）知识求得，在根据动量定理求出平均冲力；（2）根据动量定理（冲量等于动量得变化量）求得第一次和第二次球与地板碰撞的冲量．
（1）篮球第一次与地面碰前瞬时速度为
碰后的速度为
选向上为正方向，由动量定理有
解得
（2）第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为
设两次碰撞中地板对球的冲量分别为，选向上为正方向，由动量定理有：
故
例题3、
【答案】 （1）1.85N（2）2.2N•s
【解析】 （1）设F刚撤去时，木块与木板的速度分别为v1和v2，当木块恰好滑到木板的右端时，两者共同速度为v．
对于F作用过程，根据动量定理得：
对整体：Ft=mv1+Mv2①
对木板：μmgt=Mv2 ②
此过程木块在木板滑行的距离S1=- ③
对整体过程有，Ft=（m+M）v ④
对于撤去F到木块滑到木板右端的过程，设木块相对于木板滑行的距离为S2，根据能量守恒定律得
μmgS2=m+M-(m+M)v2 ⑤
又S1+S2=l，⑥
联立以上6式，解得，F=1.85N
（2）当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，I最小，则由系统动量守恒
mv0=（m+M）v1
解得v1=v0
由能量守恒得 μmgl=m-(M+m)
解得v0=m/s
由动量定理得 I=mv0=N•s≈2.2N•s
答：
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．F至少是1.85N；
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是2.2N•s．
随练1、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 A、若物块在传送带上一直做匀加速运动，在传送带上运动的时间最短，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，则有 a＝μg＝2m／s2，设最短时间为t1。
由代入数据得：t1＝1s。
若物块在传送带上一直做匀减速运动时，所用时间最长。设最长时间为t2．由代入数据得：t2＝2s，t2′＝3s。
由于v＝v0﹣at2＝5﹣2×3＝﹣1m／s，不合理，舍去，所以物块在传送带上运动的时间1s≤t≤2s，故A正确。
B、物块在传送带上运动时间最短时，传送带最小速度为 vmin＝v0＋at1＝5＋2×1＝7m／s，传送带的速度不可能为6m／s，故B错误。
C、传送带的速度v＝3m／s，物块匀加速至速度与传送带相等时用时为：，通过的位移为：，共速后物块不再受摩擦力，由动量定理得：摩擦力对物块的冲量为：I＝mv0﹣mv＝3×（5﹣3）＝6N•s，故C错误。
D、由上分析知，物块的最大速度为 7m／s，物块动能增加量的最大值为：，故D正确。
随练2、
【答案】 （1）30m／s
（2）4.0×104kg•m／s
【解析】 （1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，有：F＝f＝600N
根据P＝Fv代入数据解得：v＝50m／s
（2）设功率改为P′＝18kW时，则有：
根据动量定理得：I＝mv′－mv
代入数据得：I＝－4.0×104kg•m／s，负号表示方向与初速度的方向相反
随练3、
【答案】 （1）；方向与水平方向之间的夹角是45°（2）①2N•S；沿竖直方向向上②52N；沿竖直方向向上
【解析】 （1）小球竖直方向做自由落体运动，则有：h=
得 t=
落地竖直分速度大小：vy=gt=10×0.5=5m/s
速度大小为 v=m/s
设速度方向与水平方向之间的夹角为θ，则：tanα=
所以α=45°．
（2）①如果其速度与竖直方向的夹角是θ，竖直方向选取向上为正方向，把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ方向沿竖直方向向上，
由几何关系可知，θ=90°﹣α=90°﹣45°=45°
则：△P=△Py=2mvcos45°=2×0.2×5×=2N•S
②对小球分析，根据△p=F△t﹣mgt得：Fx==0，Fy=
则F合=mg+Fy=mg+=0.02×10+=52N，方向沿竖直正向向上，
根据牛顿第三定律可知，小球对地面的作用力的方向沿竖直方向向下．
则：（1）钢球落地前瞬间速度v的大小是m/s，方向与水平方向之间的夹角是45°；
（2）①分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2N•S，方向沿竖直方向向上；
②小球对地面的作用力大小是52N，方向沿竖直方向向上．
随练4、
【答案】 （1）3m
（2）0.75N•s
【解析】 （1）A、B之间的滑动摩擦力大小为：f1＝μ1mg＝1.8N
A与地面间的最大静摩擦力为：f2＝μ2（M＋m）g＝2.4N
由于f2＞f1，故A静止不动
B向右做匀减速直线运动，到达A的右端时速度为0，有：，
其中a＝μ1g＝6m／s2
解得：L＝3m
（2）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2'＝0.1，则：f2'＝μ2'（M＋m）g＝0.8N＜f1，故A将向右滑动
A、B的加速度为：，a2＝a＝6m／s2
当它们的速度相等时，vm＝a1t＝v0－a2t，
又：I＝Mvm
代入数据解得：I＝0.75N•s
随练5、
【答案】 a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b．小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
【解析】 a、把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y轴正方向，
b、对小球分析，根据△p=F△t得：，，
则，方向沿y轴正向，
根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
应用动量定理解决连续体问题
例题1、
【答案】 B
【解析】 以气体为研究对象，设t＝1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得：
Ft＝mv－0
其中v＝3km/s＝3000m/s
解得：，故B正确，ACD错误。
例题2、
【答案】 （1）a．；b．；(2)；
【解析】 （1）a．设水从管口流出的速度为v1，落地时间为t1水流出管口后做平抛运动，由平抛运动规律得， 解得，每秒从管口流出的水的质量，解得；
b．根据能量转化可得，将表达式带入可得
（2）根据冲量定理，解得
随练1、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
随练2、
【答案】 A
【解析】 想估算雨水对睡莲叶面撞击产生的平均压强，首先要建立一个不计雨水重力，但速度由减为零的动量变化的模型，应用动量定理表示出睡莲叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形容器小时得到的水的体积算出水的质量，利用压强公式求得压强．由于是估算压强，所以不计雨滴的重力．设雨滴受到支持面的平均作用力为．
设在时间内有质量为的雨水的速度由减为零．
以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：，得到
设水杯横截面积为对水杯里的雨水，在时间内水面上升则有，，
压强
随练3、
【答案】 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为．
【解析】 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV＝ρSv0，
(2)设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
根据运动学基本公式得：，
水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，
根据动量定理得：﹣Mgt＝ρSv0t(0﹣v)
联立解得：
随练4、
【答案】 （1）Ft表示物体所受合力的冲量，mvt－mv0表示物体动量的变化
（2）2010N
（3）见解析
【解析】 （1）根据牛顿第二定律
加速度定义
解得即动量定理
Ft表示物体所受合力的冲量，
mvt－mv0表示物体动量的变化。
（2）面团刚落地时的速度
与地面碰撞过程以竖直向上为正方向
由动量定理
面团受到支持力
根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲击力
（3）米流的流量为d（kg／s），它是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流。若切断米流时，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1，空中正在下落的米的质量为m2，刚落到已静止的米堆（m1）上的一部分米的质量为Δm，这部分米对静止部分的米的冲击力为F。
刚切断米流时，称米机的读数为M1＝m1＋F／g
最终称米机的读数为M2＝m1＋m2＋Δm
取Δm为研究对象，在Δt时间内，有Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经时间Δt静止，其受力如图3所示，根据动量定理
（F′－Δmg）Δt＝0－（－Δmv）
设米从出口处落到盛米容器中的米表面所用的时间为t，则
m2＝d·t，v＝gt
解得
dv＝m2g即F′＝m2g＋Δmg
根据牛顿第三定律知F＝F′，刚切断米流时，称米机的读数为
M1＝m1＋F／g＝m1＋m2＋Δm
M1＝M2
可见，双方的说法都不正确。自动称米机是准确的，不存在谁划算谁不划算的问题。
拓展
1、
【答案】 B C
【解析】 以向右为正方向，碰前，小球动量：p=mv=2×5=10 kg·m/s，
碰后，小球动量：p′=mv=2×(﹣3)=﹣6 kg·m/s，
小球动量变化量△p=p′﹣p=﹣6 kg·m/s﹣10 kg·m/s=﹣16 kg·m/s，
则小球动量的变化量大小为16 kg·m/s，负号表示动量变化的方向与正方向相反，
即方向向左，与初动量方向相反，故AD错误，BC正确．
2、
【答案】 D
【解析】 重力的作用时间为t1+t2；故重力的冲量I=mg(t1+t2)；故D正确；故选D．
3、
【答案】 C
【解析】 ①重力的冲量大小为mgt，故①正确；
②拉力的冲量大小为Ft，故②错误；
③物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ．故③正确；
④物体做匀速直线运动，合外力为0，所以合外力的冲量为0．故④错误．
故选：A．
4、
【答案】 B
【解析】 A、前两秒，根据牛顿第二定律，，则0－2s的速度规律为：v＝at；t＝1s时，速率为1m／s，故A错误；
B、t＝2s时，速率为2m／s，则动量为P＝mv＝4kg•m／s，故B正确；
CD、2－4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝－0.5m／s2，所以3s时的速度为1.5m／s，动量为3kg•m／s，4s时速度为1m／s，故CD错误；
5、
【答案】 （1）
（2）15N
【解析】 （1）依据动量变化规定向上为正方向．
代入数据．
（2）依据动量定理（规定向上为正方向）即
代入解得平均作用力FN＝15N．
6、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 CD、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故C正确，D错误；
AB、根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1﹣ftOB=0，F2t2﹣ftOD=0；
由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故A正确，B错误；
7、
【答案】 B
【解析】
8、
【答案】 A
【解析】 由图像可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1=I2，
根据I=Ft知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故A正确，B、C、D错误．
9、
【答案】 ①250N•s
②1600N
【解析】 ①重力的冲量大小为：I＝mgt＝50×10×0.5＝250N•s
②设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，
则有：，
由动量定理有：（F－mg）•t＝mv2－（－mv1）
代入数据解得：F＝1600N。
10、
【答案】 4.05m
【解析】 暂无解析
11、
【答案】 ρSv2
【解析】 设t时间内有V体积的水打在煤层上，则这些水的质量为：m＝ρV＝ρSvt，
以这部分水为研究对象，它受到煤层的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft＝0－mv，
即：FρSv2，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；
由牛顿第三定律可以知道，水对煤层的冲击力大小也为ρSv2。
12、
【答案】 水枪充满水可连续用多长时间为；
【解析】 设t时间内从枪口喷出的水的体积为△V，则有：V=vst，S=π()2，
所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为：=vπd2，
水枪充满水可连续用的时间t总==
(2)t时间内从枪口喷出的水的质量
m=ρSvt=ρvπ()2t=πρd2vt
质量为m的水在t时间内与目标相互作用，由动量定理有：Ft=△p，
以水流的方向为正方向，得﹣Ft=0﹣πρd2vt•v=πρd2v2t，
解得：F=πρd2v2，
可见要控制水枪的威力，关键是要控制枪口直径d和出水速度．
第14讲 动能定律
知识图谱
动量和动量定理
知识精讲
一．动量
1．定义：物体的质量与速度的乘积，描述物理运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。
2．公式：；单位：kg∙m/s。
3．举例说明：一个物体对另一个物体的作用效果不仅与物体的质量有关还和物体的速度有关。换句话说，就是与物体的动量有关。
（1）同样质量的竹箭，一支用弓射出，而另一支用手掷，哪一支穿透本领大？（质量相同，速度不同）
（2）在足球场迎头飞来的足球人会用头去顶，那如果换成以相同速度飞来的铅球人就会躲开。（质量不同，速度相同）
4．特点：
（1）瞬时性：动量是指物体在某一时刻的动量，对应着这一时刻的瞬时速度。
（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
（3）相对性：由于物体的速度与参考系有关，因此动量也与参考系有关。通常，物体的动量是相对于地球而言的。
5．动量的变化量
（1）定义：当物体的运动状态由状态1变化为状态2时，其末动量与初动量的矢量之差，称为动量的变化，即。
（2）矢量性：由于动量是矢量，动量的变化量也是矢量，冲量的运算遵循平行四边形法则。
6．动量的变化率
二．冲量
1．力F与力的作用时间t的乘积，是一个过程量，表示力在时间上积累的效应。
2．公式：；单位：，
3．特点：
（1）矢量性：力的方向不变时，冲量的方向与力的方向一致；当力的方向变化时，冲量的方向与动量改变量的方向一致（动量定律说明）。
（2）过程量：冲量是指力对物体作用一段时间的积累下效应，与位移没有直接关系。
（3）绝对性：力与时间与参考系的选择无关，因此冲量与参考系的选取无关。
三．动量定理
1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化，或物体所受各个力的冲量等于物体的动量的变化。
2．公式：（）
3．说明：
（1）冲量的大小总等于动量改变量的大小，冲量的方向总跟动量改变量的方向一致。
（2）F可以是恒力也可以变力，动量定理通常用来解决碰撞、打击一类问题。
（3）适用范围：受力也可以为恒力，也可以为变力，运动轨迹可以为直线，也可以为直线，运动时间可长可断，动量定理都适用。
4．应用方面的讨论：
（1）若是动量变化量一定时，要增大力F，可缩短作用时间t；要减小力F，可延长力的作用时间t。
（2）如果物体受到大小和方向改变的力的作用，则不能直接用，求变力的冲量，可以求出在该力的作用下物体动量的变化量，等效代替变力的冲量。
（3）当力的方向不变时，冲量的计算可利用“面积求和”进行计算。作出F-t变化图线，图线与t轴夹的面积即为变力的冲量：
三点剖析
课程目标：
1.理解动量和冲量的概念
2.动量定理的理解和简单应用
动量和冲量
例题1、 关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A.运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B.物体的动能不变，其动量一定不变
C.动量越大的物体，其速度一定越大
D.物体的动量越大，其惯性也越大
例题2、 将甲、乙两具质量相等的物体在距水平地面同一高度处，分别以v和2v的速度水平抛出，若不计空气阻力的影响，则以下说法中正确的是（ ）
A.甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动量变化都相同
B.甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动能变化都相同
C.两物体落地时动量对时间的变化率相同
D.两物体落地时重力的功率相同
例题3、 质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（ ）
A.I1＞I2，W1＞W2
B.I1＜I2，W1＞W2
C.I1＜I2，W1＜W2
D.I1＞I2，W1＜W2
例题4、 水平推力F1和F2分别作用在静止于水平面上等质量的a、b两物体上，F1>F2，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量I1、I2的大小关系正确的是（ ）
A.I1一定大于I2
B.I1一定小于I2
C.I1一定等于I2
D.I1可能小于I2
随练1、 下列关于动量和动能的说法中，正确的是（ ）
A.一个物体的动量不变，其动能一定不变
B.一个物体的动能不变，其动量一定不变
C.两个物体的动量相等，其动能一定相等
D.两个物体的动能相等，其动量一定相等
随练2、 如图所示，三个完全相同的小球，从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的有（ ）
A.它们同时到达同一水平面
B.落地瞬间它们的末动能相同
C.落地瞬间重力的瞬时功率相同
D.从开始运动到落地的过程中它们动量变化的大小相同
随练3、 关于冲量的概念，以下说法正确的是( )
A.作用在两个物体上力大小不同，但两个物体所受的冲量可能相同
B.作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定很大
C.作用在物体的力作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
D.只要力的作用时间与力的大小的乘积相等，物体所受的冲量就相同
随练4、 根据动能和动量有关知识，请回答下述问题：
(1)质量为2 kg的物体，速度由3 m/s增大为 6m/s，它的动量和动能各增大为原来的几倍?
(2)质量为2 kg的物体速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s，它的动量和动能是否变化了?
(3)A物体的质量是2kg，速度是3 m/s，方向向东，B物体的质量是3 kg，速度是4 m/s，方向向西．它们的动量之和是多少?动能之和是多少?
(4)从上面三个小题的解答中，你能说出动能和动量有哪些区别?
随练5、 （多选）如图所示，一个物体在与水平面的夹角为θ的斜向上的拉力F的作用下，沿光滑水平面做匀加速直线运动，在物体通过距离s的过程中运动的时间为t，则（ ）
A.力F对物体做的功为Fs
B.力F对物体做的功为Fscosθ
C.力F对物体的冲量为Ft
D.力F对物体的冲量为Ftcosθ
随练6、 一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（ ）
A.第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移
B.第一个t0时间内的平均速度等于第二个t0时间内的平均速度
C.第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量
D.第一个t0时间内合外力的功大于第二个t0时间内合外力的功
随练7、 甲、乙两物体的质量之比为m甲:m乙=1:4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们的动量大小之比p甲:p乙是( )
A.1:1
B.1:2
C.1:4
D.2:1
随练8、 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN．将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
A.合力对两滑块的冲量大小相同
B.重力对a滑块的冲量较大
C.两滑块的动量变化大小相同
D.弹力对a滑块的冲量较小
随练9、 两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度－时间图象分别如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度－时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出（ ）
A.若F1＝F2，则m1＞m2
B.若m1＝m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2
C.若F1＝F2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4︰5
D.若m1＝m2，则力F1对物体A所做的功大于F2对物体B所做的功
动量定理的理解
例题1、如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1．重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（ ）
A.大小为m（v2+v1），方向与v1方向相同
B.大小为m（v2+v1），方向与v2方向相同
C.大小为m（v2﹣v1），方向与v1方向相同
D.大小为m（v2﹣v1），方向与v2方向相同
例题2、 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刚产生作用前人下落的距离为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，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
随练1、 人从高处跳到低处时，为了安全，一般都有一个屈膝的过程，这样做是为了（ ）
A.减小冲量
B.减小动量的变化量
C.增大人与地面的作用时间，从而减小人与地面的相互作用力
D.增大人与地面的相互作用力，起到安全保护作用
随练2、 台球以速度v0与球桌边框（看为竖直挡板）成α角撞击O点，反弹后的速度为v1，方向与球台边框依然成α角，如图所示，如果v1＜v0，其中OB垂直于球桌边框，则关于球桌边框对台球的弹力方向说法正确的是（ ）
A.一定沿OA
B.一定沿OB
C.可能沿OC
D.可能沿OD
随练3、 （多选）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，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点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（ ）
A.小球的机械能减少了mg（H+h）
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m
D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
随练4、 （多选）如图所示，质量为m的物块，在与水平方向成α角的恒力F的作用下，沿光滑水平面运动．物块通过A点和B点的速度分别为vA和vB物块由A运动到B的过程中（ ）
A.合外力对物块做功WmvB2mvA2
B.外力F对物块做功WFmvB2mvA2
C.合外力对物块冲量大小I＝mvB﹣mvA
D.外力F对物块冲量大小IF＞mvB﹣mvA
随练5、 一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，该物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物块的动量分别为p1、p2，则（ ）
A.Ek2＝9Ek1，p2＝3p1
B.Ek2＝3Ek1，p2＝3p1
C.Ek2＝8Ek1，p2＝4p1
D.Ek2＝3Ek1，p2＝2p1
随练6、 一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（ ）
A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为
B.地面对他的冲量为，地面对他做的功为
C.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
D.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
动量定理的应用
知识精讲
一．应用动量定理解题时注意的事项
1.动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系（即注意各个量的正负）；
2.动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是某力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和；
3.应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
二．连续体问题
对持续作用，物体动量（或其他量）连续发生变化这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间内动量（或其他量）发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“管道模型”；在时间内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为的柱体内，这部分质点的质量为 ，以这部分质量为研究对象，研究它在时间内动量（或其他量）的变化情况，再根据动量定理（或其他规律）求出有关的物理量。
三点剖析
课程目标：
1.能够熟练应用动量定理解多过程问题
2.掌握用动量定理解连续性碰撞问题
动量定理的应用
例题1、 如图所示，半圆形轨道竖直放置，A为最低点，B为最高点，半径R=0.2 m．一质量m=0.2 kg的小球沿水平地面向右运动，以vA=6 m/s的速度从A点沿切线方向进入半圆轨道．到达B点时对轨道的压力恰好为零．g取10 m/s2．求：
(1)小球到达B时的速度大小；
(2)从A到B过程中小球克服摩擦力做的功；
(3)从A到B过程中小球所受合力的冲量．
例题2、 有一个质量为0.5 kg的弹性小球从H =0.8 m的高度落到水平地板上，每一次弹起的速度总等于落地前的0.6倍，且每次球与地面接触时间相等均为0.2s，空气阻力不计，（重力加速度g取10 m/s2），求：
（1）第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力为多大？
（2）第一次和第二次与地板碰撞球所受的的冲量的大小之比是多少？
例题3、 质量为m=1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g取10m/s2）
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．则F至少是多大？
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是多大？
随练1、[多选题] 如图所示，传送带以速度为V顺时针匀速转动，质量m＝3kg的小物块以初速度V0＝5m／s从左端的A点滑上传送带，已知物块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.2，AB两端长L＝6m，重力加速度g＝10m／s2．物块从A点运动到B点的过程中（ ）
A.物块在传送带上运动的时间1s≤t≤2s
B.物块在传送带上运动时间最短时，传送带速度可能是6m／s
C.传送带的速度V＝3m／s，摩擦力对物块的冲量1＝10N•s
D.无论传送带速度多大，物块动能增加不会超过36J
随练2、 某汽车制造商研制开发了发动机额定功率P＝30kW的一款经济实用型汽车，在某次性能测试中，汽车连同驾乘人员的总质量m＝2000kg，在平直路面上以额定功率由静止启动，行驶过程中受到大小f＝600N的恒定阻力。
（1）求汽车的最大速度v；
（2）若达到最大速度v后，汽车发动机的功率立即改为P′＝18kW，经过一段时间后汽车开始以不变的速度行驶，求这段时间内汽车所受合力的冲量I。
随练3、 如图所示，从距离地面h=1.25m处以初速度vo=5.0m/s水平抛出一个小钢球（可视为质点），落在坚硬的水平地面上．已知小球质量m=0.20kg，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2．
（1）求钢球落地前瞬间速度v的大小和方向．
（2）小球落到地面，如果其速度与竖直方向的夹角是θ，则其与地面碰撞后．其速度与竖直方向的夹角也是θ，且碰撞前后速度的大小不变．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究．
①求碰撞前后小球动量的变化量△P的大小和方向；
②已知小球与地面碰撞的时间△t=0.04s．求小球对地面平均作用力的大小和方向．
随练4、 如图所示，质量M＝0.5kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m＝0.3kg的物块B（可视为质点）以大小v0＝6m／s的速度从木板A的左端水平向右滑动．已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数μ＝0.6，认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m／s2．
（1）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的长度L；
（2）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2'＝0.1，木板足够长，求木板A从开始滑动至达到最大速度过程中所受合力的冲量大小I．
随练5、 动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px、△py；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
应用动量定理解决连续体问题
例题1、 最近，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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A.1.6×102kg
B.1.6×103kg
C.1.6×105kg
D.1.6×106kg
例题2、 如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水（抽水过程中H保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求：
a．每秒内从管口流出的水的质量m0；
b．不计额外功的损失，水泵输出的功率P。
（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示。让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力。由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响。求水流落地前瞬间的速度大小v。
随练1、 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ ）
A.0.2N
B.0.6N
C.1.0N
D.1.6N
随练2、 为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得小时内杯中水上升了．查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为．据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为）（ ）
A.
B.
C.
D.
随练3、 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．
随练4、 （1）如图甲所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，经过一段时间t后，速度变为vt。请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。
（2）高空坠物很危险。一球形面团，质量为1kg，从20m高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约0.01s，试估算地面受到平均冲力的大小。
（3）自动称米机已被广泛使用。称米时，打开阀门，米粒就以每秒钟d千克的恒定流量流进放在秤上的容器。当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流。米流在出口处速度很小，可视为零。对上述现象，买卖双方引起了争论。买方认为：因为米流落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所要求的数量时，切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的。请谈谈你的看法，并根据所学的知识给出合理的解释。
拓展
1、 (多选)一个质量为2 kg的小球以水平速度5 m/s向右运动，与挡板碰撞后，以3 m/s的水平速度反向弹回，则( )
A.它的动量变化量的大小为4 kg•m/s
B.它的动量变化量的大小为16 kg•m/s
C.它的动量变化量的方向与初动量方向相反
D.它的动量变化量的方向与初动量方向相同
2、 如图所示质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑去，经过时间t1速度为零后下滑，又经过时间t2回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物块的总冲量为( )
A.0
B.mgsinθ(t1+t2)
C.mgsinθ(t1-t2)
D.mg(t1+t2)
3、 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，经过一段时间t．关于几个力的冲量，下列说法中正确的是（ ）
①重力的冲量为mgt
②拉力对物体的冲量为Ftcosθ
③摩擦力对物体冲量为Ftcosθ
④合外力对物体的冲量为Ft．
A.①③
B.①②
C.②③
D.②④
4、 一质量为2kg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＝1s时物块的速率为2m／s
B.t＝2s时物块的动量大小为4kg•m／s
C.t＝3s时物块的动量大小为5kg•m／s
D.t＝4s时物块的速度为零
5、 一质量为0.5kg的小球以2m／s的速率竖直向上碰到天花板，又以原速率反弹，小球与天花板用时间为0.1s，求
（1）小球在这0.1s内动量的变化．
（2）小球对天花板的平均作用力．（重力加速度取g＝10m／s2）
6、[多选题] 水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b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停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（ ）
A.F1的冲量小于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
7、 物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间内速度由0增大到，在时间内速度由增大到. 设F在内做的功是，冲量是；在内做的功是，冲量是；那么（ ）
A.，
B.，
C.，
D.，
8、 甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（ ）
A.F1＞F2，I1=I2
B.F1＜F2，I1＜I2
C.F1＞F2，I1＞I2
D.F1=F2，I1=I2
9、 蹦床运动有“空中芭蕾“之称，某质量m＝50kg的运动员从空中h1＝1.25m落下，接着又能弹起h2＝1.8m高度，此次人与蹦床接触时间t＝0.50s，取g＝10m／s2，求：
①运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
②运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。
10、 下面是一物理演示实验．它显示：图中自由下落的A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方．A是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28kg，其顶部的凹坑中插着质量m2＝0.1kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25m处由静止释放．实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上．求木棍B上升的高度．重力加速度g＝10m/s2．
11、 高压采煤水枪，出水口的横截面积为S，假定水柱截面不变，水柱的水平射速大小为v，水柱水平射到竖直煤层后，假设水仅沿竖直煤层散开，水的密度为ρ，则水对煤层的冲击力的大小为________。
12、 塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题，水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关．设有一只水枪，枪口直径为d，出水速度为v，储水箱的体积为V．
(1)水枪充满水可连续用多长时间？
(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同．
答案解析
动量和动量定理
动量和冲量
例题1、
【答案】 A
【解析】 动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，故A正确．
例题2、
【答案】 A C D
【解析】 物体做的是平抛运动，水平方向的速度不变，只有竖直方向的速度在变化，并且竖直方向上是自由落体运动，物体的速度是均匀变化的，所以动量的变化也均匀变化的，所以A正确．
例题3、
【答案】 B
【解析】 从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f＝ma′，则摩擦力大小都为．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－f＝ma，则，，F1和F2的大小之比为12︰5；
所以：，则I1＜I2；
图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为；
两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：，则W1＞W2。
例题4、
【答案】 D
【解析】 一：I＝Ft，x＝at2，ma＝F－μmg⇒I＝当F＝2μmg时，冲量最小．
二：若F1无穷大，I1就无穷大，若F2无限接近摩擦力，需无限长的时间才能使物体运动相同的距离，I2就无穷大，故ABC说法错误．
随练1、
【答案】 A
【解析】 A、一个物体的动量不变，则速度不变，根据知，物体的动能一定不变，故A正确．
B、一个物体的动能不变，则速度的大小不变，方向可能改变，则动量可能改变，故B错误．
C、两个物体的动量相等，根据知，质量不一定相等，则动能不一定相等，故C错误．
D、两个物体的动能相等，根据p知，质量不一定相等，则动量不一定相等，故D错误．
故选：A．
随练2、
【答案】 D
【解析】 A，运动的时间相同，的运动的时间要比的长，所以A选项错误。B，由动能定理可知，三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同但是c是平抛的，以c有初速度，故c的末动能要大，所以选项B错误；C，三个球的重力相等，但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，所以C选项错误；D，动量变化的大小等于合外力的冲量大小，据此可知，落地时间相同，所受重力一样，故的动量变化相同，在光滑斜面上下滑时，所受合力为，根据位移时间可知下滑的时间
所以在此下滑过程中的动量变化为
与自由下落过程中的动量变化相等，所以D选项正确。
随练3、
【答案】 A
【解析】 A．由冲量公式I=Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相同，可知A正确；
B．由冲量公式I=Ft，可知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量很小，不一定很大，故B错误；
C．同理，C错误；
D．冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，由冲量公式I=Ft，可知D错误．
随练4、
【答案】 (1)动量是原来的2倍；动能是原来的4倍；
(2)动能不变，动量变化了；
(3)它们的动量之和是6 kg•m/s，动能之和是33 J；
(4)动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响
【解析】 (1)由动量p=mv可知，速度是原来的2倍时，动量也是原来的2倍；由动能知，速度是原来的2倍时，动能是原来的4倍；
(2)动量是矢量，它的变化与方向有关，设向西的方向为正方向时，
动量的变化△p=m(v2﹣v1)=2×(3﹣(﹣3))=12 kg·m/s
动能是标量，没有方向，故动能的变化△Ek=；
(3)同理注意到动量的矢量性，A、B的动量之和在向西的方向为正方向时，
p总=pA+pB=﹣2×3+3×4=6 kg·m/s
而动能之和只是标量间的运算；
(4)上面的计算可以看出，动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响．
随练5、
【答案】 B C
【解析】 AB、由题意及功的公式可得，力F对物体所做的功：W＝Fscosθ；故A错误；B正确；
CD、根据冲量的定义可知，力F对物体的冲量为Ft．故C正确，D错误；
故选：BC．
随练6、
【答案】 C
【解析】 AB、速度时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移；则物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移。据得，物块第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度，故A、B错误；
C、冲量I＝mgt，可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，故C正确；
D、根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图知，第一个t0时间内动能的变化量等于第二个t0时间内动能的变化量，则第一个t0时间内合外力的功等于第二个t0时间内合外力的功，故D错误。
随练7、
【答案】 B
【解析】 根据运动过程中的动能相等得：=
甲的动量为：p甲=m甲v甲=；乙的动量为：p乙=
所以．
随练8、
【答案】 A
【解析】 对滑块，由牛顿第二定律得：agsinθ(θ为杆与水平方向的夹角)，
由图中的直角三角形可知，滑块的位移S＝2Rsinθ，
滑块做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t2，t与θ无关，即：t1＝t2
AC．小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即：mgsinθ，所以合外力的冲量大小为：mgsinθ•t．由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大；沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大．故AC错误；
B．重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等，故B错误；
D．弹力的冲量：mgcosθ•t，由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以a球的弹力的冲量小，故D正确．
故选：D．
随练9、
【答案】 B
【解析】 A、由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，求得：a1＝a2＝μg＝1m／s2，
则：μ1＝μ2＝0.1，
若F1＝F2，对于m1则有：F1－μ1m1g＝m1a1，
解得：，
对于m2则有：F2－μ2m2g＝m2a2，
解得：，由图可知a1＞a2，则m1＜m2，故A错误。
B、由以上分析可知：F1＝m1（a1＋μ1g）＝，故拉力F1的最大瞬时功率为：P1m1，同理有：F2＝m2（a2＋μ2g）m2，故拉力F2的最大瞬时功率为：P2m2，故P1＝2P2，故B正确；
C、若F1＝F2，根据I＝Ft，两个力作用的时间之比为1：2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比1：2，故C错误；
D、若m1＝m2，则f1＝f2，根据动能定理，对a有：WF1－f1s1＝0；同理对b有：WF2－f2s2＝0
由于s1＝4×2.55.0m，s2＝2×55.0m，故WF1＝WF2，故D错误；
动量定理的理解
例题1、
【答案】 B
【解析】 取拍子击打前网球的速度为v1方向为正方向，根据动量定理得：
拍子对网球作用力的冲量I＝﹣mv2﹣mv1＝﹣m（v1+v2），
即冲量大小为m（v1+v2），方向与v1方向相反，与v2方向相同．选项B正确，ACD错误
故选：B．
例题2、
【答案】 A
【解析】 对自由落体运动，有：
解得：
规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：
mg（t1＋t）－Ft＝0
解得：
随练1、
【答案】 C
【解析】 人在和地面接触时，人的速度减为零，以向上为正，由动量定理可得：
I＝△P
则（F－mg）t＝0－m（－v）；
而屈膝的过程可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，而动量减小量和合力冲量是一定的，故ABD错误，C正确；
随练2、
【答案】 D
【解析】 由矢量的减法可得出动量的变化方向，
根据动量定理得：
Ft＝mv1－mv0
因为v1＜v0，画出矢量合成图如图所示：
F的方向即为速度改变量的方向，由图可知，弹力方向可能沿OA或OD方向．故D正确ABC错误．
随练3、
【答案】 A C
【解析】 A、小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．故A正确．
B、对全过程运用动能定理得，mg（H+h）﹣Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg（H+h）．故B错误．
C、落到地面的速度v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：，得：知阻力的冲量大于．故C正确．
D、对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和．故D错误．
故选：AC．
随练4、
【答案】 A C D
【解析】 AB、物块受到重力和斜向上的拉力，可能受到地面的支持力；在物块沿水平方向运动的过程中，只有拉力F对物块做功，所以合外力对物块做的功等于力F做的功，由动能定理可得：．故A正确，B错误；
C、物块受到的合力的方向沿水平方向，由动量定理可得，合外力的冲量：I＝mvB﹣mvA； 故C正确；
D、合外力为F在水平方向上的分量，故F＞F合，故F的冲量大小大于合外力的冲量，即IF＞mvB﹣mvA，故D正确．
故选：ACD．
随练5、
【答案】 A
【解析】 根据动量定理得：
F0t0＝mv1 ①
2F0t0＝mv2－mv1 ②
由②①解得：v1：v2＝1：3
那么动量之比为P1：P2＝1：3
依据Ek
得Ek1：Ek2＝1：9，故A正确，BCD错误；
随练6、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
动量定理的应用
动量定理的应用
例题1、
【答案】 (1)小球到达B时的速度大小是 m/s；
(2)从A到B过程中小球克服摩擦力做的功是2.6 J；
(3)从A到B过程中小球所受合力的冲量是1.483 kg•m/s
【解析】 (1)小球在B点只受重力作用，靠重力提供向心力．根据牛顿第二定律得mg=m
得 vB== m/s；
(2)小球向上运动过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：
﹣W﹣mg•2R=mvB2﹣mvA2，
解得：W=2.6 J；
(3)选取向左为正方向，则小球的初动量：p1=mvA=0.2×(﹣6)kg·m/s =﹣1.2 kg·m/s
小球的末动量：；
由动量定理可知，小球受到的合外力的冲量等于其动量的变化，即：
I=p2﹣p1=0.283 kg·m/s﹣(－1.2) kg·m/s=1.483 kg·m/s．
例题2、
【答案】 （1）21N；（2）5 : 3
【解析】 （1）空气阻力不计，篮球下落触地速度、反弹速度的大小可以由运动学知识或动能定理（机械能守恒）知识求得，在根据动量定理求出平均冲力；（2）根据动量定理（冲量等于动量得变化量）求得第一次和第二次球与地板碰撞的冲量．
（1）篮球第一次与地面碰前瞬时速度为
碰后的速度为
选向上为正方向，由动量定理有
解得
（2）第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为
设两次碰撞中地板对球的冲量分别为，选向上为正方向，由动量定理有：
故
例题3、
【答案】 （1）1.85N（2）2.2N•s
【解析】 （1）设F刚撤去时，木块与木板的速度分别为v1和v2，当木块恰好滑到木板的右端时，两者共同速度为v．
对于F作用过程，根据动量定理得：
对整体：Ft=mv1+Mv2①
对木板：μmgt=Mv2 ②
此过程木块在木板滑行的距离S1=- ③
对整体过程有，Ft=（m+M）v ④
对于撤去F到木块滑到木板右端的过程，设木块相对于木板滑行的距离为S2，根据能量守恒定律得
μmgS2=m+M-(m+M)v2 ⑤
又S1+S2=l，⑥
联立以上6式，解得，F=1.85N
（2）当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，I最小，则由系统动量守恒
mv0=（m+M）v1
解得v1=v0
由能量守恒得 μmgl=m-(M+m)
解得v0=m/s
由动量定理得 I=mv0=N•s≈2.2N•s
答：
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．F至少是1.85N；
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是2.2N•s．
随练1、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 A、若物块在传送带上一直做匀加速运动，在传送带上运动的时间最短，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，则有 a＝μg＝2m／s2，设最短时间为t1。
由代入数据得：t1＝1s。
若物块在传送带上一直做匀减速运动时，所用时间最长。设最长时间为t2．由代入数据得：t2＝2s，t2′＝3s。
由于v＝v0﹣at2＝5﹣2×3＝﹣1m／s，不合理，舍去，所以物块在传送带上运动的时间1s≤t≤2s，故A正确。
B、物块在传送带上运动时间最短时，传送带最小速度为 vmin＝v0＋at1＝5＋2×1＝7m／s，传送带的速度不可能为6m／s，故B错误。
C、传送带的速度v＝3m／s，物块匀加速至速度与传送带相等时用时为：，通过的位移为：，共速后物块不再受摩擦力，由动量定理得：摩擦力对物块的冲量为：I＝mv0﹣mv＝3×（5﹣3）＝6N•s，故C错误。
D、由上分析知，物块的最大速度为 7m／s，物块动能增加量的最大值为：，故D正确。
随练2、
【答案】 （1）30m／s
（2）4.0×104kg•m／s
【解析】 （1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，有：F＝f＝600N
根据P＝Fv代入数据解得：v＝50m／s
（2）设功率改为P′＝18kW时，则有：
根据动量定理得：I＝mv′－mv
代入数据得：I＝－4.0×104kg•m／s，负号表示方向与初速度的方向相反
随练3、
【答案】 （1）；方向与水平方向之间的夹角是45°（2）①2N•S；沿竖直方向向上②52N；沿竖直方向向上
【解析】 （1）小球竖直方向做自由落体运动，则有：h=
得 t=
落地竖直分速度大小：vy=gt=10×0.5=5m/s
速度大小为 v=m/s
设速度方向与水平方向之间的夹角为θ，则：tanα=
所以α=45°．
（2）①如果其速度与竖直方向的夹角是θ，竖直方向选取向上为正方向，把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ方向沿竖直方向向上，
由几何关系可知，θ=90°﹣α=90°﹣45°=45°
则：△P=△Py=2mvcos45°=2×0.2×5×=2N•S
②对小球分析，根据△p=F△t﹣mgt得：Fx==0，Fy=
则F合=mg+Fy=mg+=0.02×10+=52N，方向沿竖直正向向上，
根据牛顿第三定律可知，小球对地面的作用力的方向沿竖直方向向下．
则：（1）钢球落地前瞬间速度v的大小是m/s，方向与水平方向之间的夹角是45°；
（2）①分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2N•S，方向沿竖直方向向上；
②小球对地面的作用力大小是52N，方向沿竖直方向向上．
随练4、
【答案】 （1）3m
（2）0.75N•s
【解析】 （1）A、B之间的滑动摩擦力大小为：f1＝μ1mg＝1.8N
A与地面间的最大静摩擦力为：f2＝μ2（M＋m）g＝2.4N
由于f2＞f1，故A静止不动
B向右做匀减速直线运动，到达A的右端时速度为0，有：，
其中a＝μ1g＝6m／s2
解得：L＝3m
（2）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2'＝0.1，则：f2'＝μ2'（M＋m）g＝0.8N＜f1，故A将向右滑动
A、B的加速度为：，a2＝a＝6m／s2
当它们的速度相等时，vm＝a1t＝v0－a2t，
又：I＝Mvm
代入数据解得：I＝0.75N•s
随练5、
【答案】 a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b．小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
【解析】 a、把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y轴正方向，
b、对小球分析，根据△p=F△t得：，，
则，方向沿y轴正向，
根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
应用动量定理解决连续体问题
例题1、
【答案】 B
【解析】 以气体为研究对象，设t＝1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得：
Ft＝mv－0
其中v＝3km/s＝3000m/s
解得：，故B正确，ACD错误。
例题2、
【答案】 （1）a．；b．；(2)；
【解析】 （1）a．设水从管口流出的速度为v1，落地时间为t1水流出管口后做平抛运动，由平抛运动规律得， 解得，每秒从管口流出的水的质量，解得；
b．根据能量转化可得，将表达式带入可得
（2）根据冲量定理，解得
随练1、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
随练2、
【答案】 A
【解析】 想估算雨水对睡莲叶面撞击产生的平均压强，首先要建立一个不计雨水重力，但速度由减为零的动量变化的模型，应用动量定理表示出睡莲叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形容器小时得到的水的体积算出水的质量，利用压强公式求得压强．由于是估算压强，所以不计雨滴的重力．设雨滴受到支持面的平均作用力为．
设在时间内有质量为的雨水的速度由减为零．
以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：，得到
设水杯横截面积为对水杯里的雨水，在时间内水面上升则有，，
压强
随练3、
【答案】 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为．
【解析】 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV＝ρSv0，
(2)设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
根据运动学基本公式得：，
水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，
根据动量定理得：﹣Mgt＝ρSv0t(0﹣v)
联立解得：
随练4、
【答案】 （1）Ft表示物体所受合力的冲量，mvt－mv0表示物体动量的变化
（2）2010N
（3）见解析
【解析】 （1）根据牛顿第二定律
加速度定义
解得即动量定理
Ft表示物体所受合力的冲量，
mvt－mv0表示物体动量的变化。
（2）面团刚落地时的速度
与地面碰撞过程以竖直向上为正方向
由动量定理
面团受到支持力
根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲击力
（3）米流的流量为d（kg／s），它是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流。若切断米流时，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1，空中正在下落的米的质量为m2，刚落到已静止的米堆（m1）上的一部分米的质量为Δm，这部分米对静止部分的米的冲击力为F。
刚切断米流时，称米机的读数为M1＝m1＋F／g
最终称米机的读数为M2＝m1＋m2＋Δm
取Δm为研究对象，在Δt时间内，有Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经时间Δt静止，其受力如图3所示，根据动量定理
（F′－Δmg）Δt＝0－（－Δmv）
设米从出口处落到盛米容器中的米表面所用的时间为t，则
m2＝d·t，v＝gt
解得
dv＝m2g即F′＝m2g＋Δmg
根据牛顿第三定律知F＝F′，刚切断米流时，称米机的读数为
M1＝m1＋F／g＝m1＋m2＋Δm
M1＝M2
可见，双方的说法都不正确。自动称米机是准确的，不存在谁划算谁不划算的问题。
拓展
1、
【答案】 B C
【解析】 以向右为正方向，碰前，小球动量：p=mv=2×5=10 kg·m/s，
碰后，小球动量：p′=mv=2×(﹣3)=﹣6 kg·m/s，
小球动量变化量△p=p′﹣p=﹣6 kg·m/s﹣10 kg·m/s=﹣16 kg·m/s，
则小球动量的变化量大小为16 kg·m/s，负号表示动量变化的方向与正方向相反，
即方向向左，与初动量方向相反，故AD错误，BC正确．
2、
【答案】 D
【解析】 重力的作用时间为t1+t2；故重力的冲量I=mg(t1+t2)；故D正确；故选D．
3、
【答案】 C
【解析】 ①重力的冲量大小为mgt，故①正确；
②拉力的冲量大小为Ft，故②错误；
③物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ．故③正确；
④物体做匀速直线运动，合外力为0，所以合外力的冲量为0．故④错误．
故选：A．
4、
【答案】 B
【解析】 A、前两秒，根据牛顿第二定律，，则0－2s的速度规律为：v＝at；t＝1s时，速率为1m／s，故A错误；
B、t＝2s时，速率为2m／s，则动量为P＝mv＝4kg•m／s，故B正确；
CD、2－4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝－0.5m／s2，所以3s时的速度为1.5m／s，动量为3kg•m／s，4s时速度为1m／s，故CD错误；
5、
【答案】 （1）
（2）15N
【解析】 （1）依据动量变化规定向上为正方向．
代入数据．
（2）依据动量定理（规定向上为正方向）即
代入解得平均作用力FN＝15N．
6、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 CD、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故C正确，D错误；
AB、根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1﹣ftOB=0，F2t2﹣ftOD=0；
由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故A正确，B错误；
7、
【答案】 B
【解析】
8、
【答案】 A
【解析】 由图像可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1=I2，
根据I=Ft知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故A正确，B、C、D错误．
9、
【答案】 ①250N•s
②1600N
【解析】 ①重力的冲量大小为：I＝mgt＝50×10×0.5＝250N•s
②设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，
则有：，
由动量定理有：（F－mg）•t＝mv2－（－mv1）
代入数据解得：F＝1600N。
10、
【答案】 4.05m
【解析】 暂无解析
11、
【答案】 ρSv2
【解析】 设t时间内有V体积的水打在煤层上，则这些水的质量为：m＝ρV＝ρSvt，
以这部分水为研究对象，它受到煤层的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft＝0－mv，
即：FρSv2，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；
由牛顿第三定律可以知道，水对煤层的冲击力大小也为ρSv2。
12、
【答案】 水枪充满水可连续用多长时间为；
【解析】 设t时间内从枪口喷出的水的体积为△V，则有：V=vst，S=π()2，
所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为：=vπd2，
水枪充满水可连续用的时间t总==
(2)t时间内从枪口喷出的水的质量
m=ρSvt=ρvπ()2t=πρd2vt
质量为m的水在t时间内与目标相互作用，由动量定理有：Ft=△p，
以水流的方向为正方向，得﹣Ft=0﹣πρd2vt•v=πρd2v2t，
解得：F=πρd2v2，
可见要控制水枪的威力，关键是要控制枪口直径d和出水速度．
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