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2024届高考物理一轮复习（新教材鲁科版）第七章动量守恒定律第1讲动量定理及应用课件
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这是一份2024届高考物理一轮复习（新教材鲁科版）第七章动量守恒定律第1讲动量定理及应用课件，共60页。PPT课件主要包含了动量和冲量，必备知识，速度的改变量，p′－p，力的作用时间，I＝FΔt，N·s，力的方向，动量与动能的比较，关键能力等内容，欢迎下载使用。
考点二 动量定理的理解和应用
考点三 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
1.动量(1)定义：物体的 和 的乘积.(2)表达式：p＝ .(3)方向：与 的方向相同.2.动量的变化(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是 ，其方向与______________ 的方向相同.(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，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： .(3)单位： .(4)方向：冲量是 ，其方向与 相同.
1.物体的动能不变，其动量一定不变.( )2.物体的动量越大，其惯性也越大.( )3.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零.( )4.两物体动量大的动能不一定大.( )
例1 (2023·黑龙江八校高三模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下.在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是A.两物块所受重力冲量相同B.两物块的动量改变量相同C.两物块的动能改变量相同D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
考向1 冲量 动量与动能
两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，则重力瞬时功率不相同，选项D错误.
例2 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，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f，重力加速度为g.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为mg(t1＋t2)sin θB.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θC.合外力的冲量为0D.摩擦力的总冲量为f(t1＋t2)
考向2 恒力冲量的计算
重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为f(t2－t1)，D项错误.
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0B.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
考向3 利用F－t图像求冲量
由题图可知，0～2 s时间内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，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内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，故选项C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，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，故选项D正确.
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_____ .2.公式： 或 .
1.物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的.( )2.动量定理描述的是某一状态的物理规律.( )3.运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量.( )
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.
(4)由Ft＝p′－p，得F＝ ，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率.(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理.
考向1 用动量定理解释生活中的现象
例4 (2020·全国卷Ⅰ·14)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
汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
例5 (2023·福建省厦门外国语学校月考)一质量为2 kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动的a－t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则A.在t＝6 s时刻，物体的速度为18 m/sB.在t＝6 s时间内，合力对物体做的功 为400 JC.0～6 s时间内，拉力对物体的冲量大小为36 N·sD.0～6 s时间内，拉力对物体的冲量大小为48 N·s
考向2 动量定理的有关计算
根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量，即IF－ft＝mΔv，代入数据解得IF＝48 N·s，故C错误，D正确.
例6 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产生作用力前，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量，若在此过程中该作用力始终竖直向上.重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
例7 (2023·云南省玉溪第一中学月考)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，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始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 sB.整个过程物块运动的时间为8 sC.整个过程中物块的位移大小为40 mD.整个过程中物块的位移大小为60 m
考向3 动量定理在多过程中的应用
在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；
应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
考向1 应用动量定理处理流体类问题
例8 (2023·山东潍坊市高三检测)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，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.现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
考向2 应用动量定理处理微粒类问题
例9 宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题.假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？答案 40 N
设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
1.对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是A.物体的动能改变，其动量不一定改变B.物体动量改变，则其动能一定改变C.物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变D.动量是标量，动能是矢量
物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误.
2.(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误.
3.(2023·北京市丰台区检测)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示.经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动.在时间t内，下列说法正确的是A.物块所受拉力F的冲量方向水平向右B.物块所受拉力F的冲量大小为2mvC.物块所受重力的冲量大小为零D.物块所受合力的冲量大小为Fcs θ·t
物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcs θ，故B错误，D正确.
4.跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉.在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底.不计空气阻力，下列说法正确的是A.运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量B.运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用 力的冲量C.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用 力的冲量D.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的 冲量等大反向
运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确.
5.(2023·福建莆田市质检)如图所示，科学团队在地球表面进行探测器的悬停实验，为未来探测器在更遥远的天体安全着陆做准备.当探测器向下喷出火焰时，探测器悬停在地表上空，探测器在t时间内向下喷射的气体的质量为m，气体喷出时的速度大小为v，此过程认为探测器的总质量保持不变，喷射气体的重力忽略不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是A.探测器悬停在地表上空时处于完全失重状态B.探测器对喷射气体的作用力大于喷射气体对探测器的 作用力C.时间t内，探测器的动量变化量为mvD.探测器的质量为
探测器悬停在地表上空时处于平衡状态，不是完全失重状态，选项A错误；探测器对喷射气体的作用力与喷射气体对探测器的作用力是一对相互作用力，则探测器对喷射气体的作用力等于喷射气体对探测器的作用力，选项B错误；探测器处于悬停状态，则时间t内，探测器的动量变化量为零，选项C错误；
由动量定理有Ft＝mv，其中F＝Mg，可得探测器的质量为M＝ ，选项D正确.
6.(2023·广东省联考)2022年5月10日世界女子羽毛球团体锦标赛尤伯杯比赛在泰国进行，中国队何冰娇以21∶2和21∶8轻松战胜罗德里格斯，最终中国队以5∶0轻松击败西班牙队.假设羽毛球以v1＝72 km/h的速度飞向何冰娇，何冰娇以v2＝216 km/h的速度将羽毛球回击.已知羽毛球的质量为m＝5×10－3 kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02 s.则下列说法正确的是A.球拍对羽毛球不做功B.羽毛球动量的变化量大小为0.4 kg·m/sC.羽毛球动能的变化量大小为10 JD.球拍与羽毛球之间的作用力大小为10 N
击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做功，选项A错误；v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，则羽毛球动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝5×10－3×60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·m/s＝0.4 kg·m/s，选项B正确；
7.(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用，力F与时间t的关系如图所示，则
8.《点绛唇》是北宋文学家苏轼创作的一首词，其中一句“雨打芭蕉闲听雨，道是有愁又无愁”是脍炙人口的名句.设雨水竖直匀速下落，某张芭蕉叶认为是水平的，该叶片的面积为S，水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹，测得叶片受到雨水的作用力大小为F.已知空中雨水的平均密度为ρ，不考虑落到叶片上雨水的重力.单位时间内雨水下落的高度为
9.(2023·湘豫名校联考高三测试)水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，是一种利用高压水流切割的技术.在电脑的控制下能任意雕琢工件，而且受材料质地影响小.因为其成本低，易操作，良品率又高，水切割逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式.如图所示，若水柱的截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后速度减为零，已知水的密度为ρ.则下列说法正确的是
A.减小水柱的截面S可以增大水对钢板冲力产生的压强B.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲 力产生的压强增大到原来的2倍C.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲 力产生的压强增大到原来的4倍D.若在水中添加适量食盐，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强 减小
t时间内喷到钢板上的水的体积为V＝Svt，质量为m＝ρV＝ρSvt，设水的初速度方向为正方向，由动量定理得Ft＝－mv，得F＝－ρSv2，由牛顿第三定律可知水对钢板冲力为F′＝ρSv2，水对钢板冲力产生的压强为p＝ ＝ρv2，减小水柱的截面S，水对钢板冲力产生的压强不变，A错误；
若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍，B错误，C正确；若在水中添加适量食盐会使密度增大，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强增大，D错误.
10.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则A.4 s时物块的动能为零B.6 s时物块回到初始位置C.3 s时物块的动量为12 kg·m/sD.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；
设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；
0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fs1－Fs2＋Fs3＝40 J，故D正确.
11.(多选)(2023·福建省福州第一中学检测)2022年冬奥会在北京和张家口举行，如图所示是某次跳台滑雪训练中两位不同质量的运动员(均视为质点)以相同的动能分别从O点沿同一方向水平滑出的情景，他们分别落在倾斜滑道的P、Q两点.不计运动员空中滑翔过程中所受的空气阻力，下列说法中正确的是A.两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同B.两位运动员落到滑道时的动量大小相等C.两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们做功相等D.两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们的冲量大小相等
设倾斜滑道与水平面的夹角为α，运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x＝v0t，在竖直方向上做自由落
两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力做功为WG＝mgy＝mg· gt2＝2mv02tan2α＝4Ek0tan2α，由于两位运动员的初动能相同，则重力对他们做功相等，故C正确；
重力的冲量大小为IG＝mgt＝2mv0tan α，因为两位运动员质量不同，所以重力对他们的冲量大小不相等，故D错误；
12.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的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；玩具底面为平板(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；答案 ρv0S
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Δh＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔhS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.
如图，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＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v′2－v02＝－2gh⑥
考点二 动量定理的理解和应用
考点三 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
1.动量(1)定义：物体的 和 的乘积.(2)表达式：p＝ .(3)方向：与 的方向相同.2.动量的变化(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是 ，其方向与______________ 的方向相同.(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，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： .(3)单位： .(4)方向：冲量是 ，其方向与 相同.
1.物体的动能不变，其动量一定不变.( )2.物体的动量越大，其惯性也越大.( )3.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零.( )4.两物体动量大的动能不一定大.( )
例1 (2023·黑龙江八校高三模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下.在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是A.两物块所受重力冲量相同B.两物块的动量改变量相同C.两物块的动能改变量相同D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
考向1 冲量 动量与动能
两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，则重力瞬时功率不相同，选项D错误.
例2 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，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f，重力加速度为g.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为mg(t1＋t2)sin θB.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θC.合外力的冲量为0D.摩擦力的总冲量为f(t1＋t2)
考向2 恒力冲量的计算
重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为f(t2－t1)，D项错误.
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0B.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
考向3 利用F－t图像求冲量
由题图可知，0～2 s时间内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，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内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，故选项C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，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，故选项D正确.
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_____ .2.公式： 或 .
1.物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的.( )2.动量定理描述的是某一状态的物理规律.( )3.运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量.( )
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.
(4)由Ft＝p′－p，得F＝ ，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率.(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理.
考向1 用动量定理解释生活中的现象
例4 (2020·全国卷Ⅰ·14)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
汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
例5 (2023·福建省厦门外国语学校月考)一质量为2 kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动的a－t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则A.在t＝6 s时刻，物体的速度为18 m/sB.在t＝6 s时间内，合力对物体做的功 为400 JC.0～6 s时间内，拉力对物体的冲量大小为36 N·sD.0～6 s时间内，拉力对物体的冲量大小为48 N·s
考向2 动量定理的有关计算
根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量，即IF－ft＝mΔv，代入数据解得IF＝48 N·s，故C错误，D正确.
例6 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产生作用力前，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量，若在此过程中该作用力始终竖直向上.重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
例7 (2023·云南省玉溪第一中学月考)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，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始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 sB.整个过程物块运动的时间为8 sC.整个过程中物块的位移大小为40 mD.整个过程中物块的位移大小为60 m
考向3 动量定理在多过程中的应用
在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；
应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
考向1 应用动量定理处理流体类问题
例8 (2023·山东潍坊市高三检测)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，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.现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
考向2 应用动量定理处理微粒类问题
例9 宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题.假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？答案 40 N
设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
1.对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是A.物体的动能改变，其动量不一定改变B.物体动量改变，则其动能一定改变C.物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变D.动量是标量，动能是矢量
物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误.
2.(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误.
3.(2023·北京市丰台区检测)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示.经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动.在时间t内，下列说法正确的是A.物块所受拉力F的冲量方向水平向右B.物块所受拉力F的冲量大小为2mvC.物块所受重力的冲量大小为零D.物块所受合力的冲量大小为Fcs θ·t
物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcs θ，故B错误，D正确.
4.跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉.在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底.不计空气阻力，下列说法正确的是A.运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量B.运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用 力的冲量C.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用 力的冲量D.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的 冲量等大反向
运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确.
5.(2023·福建莆田市质检)如图所示，科学团队在地球表面进行探测器的悬停实验，为未来探测器在更遥远的天体安全着陆做准备.当探测器向下喷出火焰时，探测器悬停在地表上空，探测器在t时间内向下喷射的气体的质量为m，气体喷出时的速度大小为v，此过程认为探测器的总质量保持不变，喷射气体的重力忽略不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是A.探测器悬停在地表上空时处于完全失重状态B.探测器对喷射气体的作用力大于喷射气体对探测器的 作用力C.时间t内，探测器的动量变化量为mvD.探测器的质量为
探测器悬停在地表上空时处于平衡状态，不是完全失重状态，选项A错误；探测器对喷射气体的作用力与喷射气体对探测器的作用力是一对相互作用力，则探测器对喷射气体的作用力等于喷射气体对探测器的作用力，选项B错误；探测器处于悬停状态，则时间t内，探测器的动量变化量为零，选项C错误；
由动量定理有Ft＝mv，其中F＝Mg，可得探测器的质量为M＝ ，选项D正确.
6.(2023·广东省联考)2022年5月10日世界女子羽毛球团体锦标赛尤伯杯比赛在泰国进行，中国队何冰娇以21∶2和21∶8轻松战胜罗德里格斯，最终中国队以5∶0轻松击败西班牙队.假设羽毛球以v1＝72 km/h的速度飞向何冰娇，何冰娇以v2＝216 km/h的速度将羽毛球回击.已知羽毛球的质量为m＝5×10－3 kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02 s.则下列说法正确的是A.球拍对羽毛球不做功B.羽毛球动量的变化量大小为0.4 kg·m/sC.羽毛球动能的变化量大小为10 JD.球拍与羽毛球之间的作用力大小为10 N
击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做功，选项A错误；v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，则羽毛球动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝5×10－3×60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·m/s＝0.4 kg·m/s，选项B正确；
7.(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用，力F与时间t的关系如图所示，则
8.《点绛唇》是北宋文学家苏轼创作的一首词，其中一句“雨打芭蕉闲听雨，道是有愁又无愁”是脍炙人口的名句.设雨水竖直匀速下落，某张芭蕉叶认为是水平的，该叶片的面积为S，水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹，测得叶片受到雨水的作用力大小为F.已知空中雨水的平均密度为ρ，不考虑落到叶片上雨水的重力.单位时间内雨水下落的高度为
9.(2023·湘豫名校联考高三测试)水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，是一种利用高压水流切割的技术.在电脑的控制下能任意雕琢工件，而且受材料质地影响小.因为其成本低，易操作，良品率又高，水切割逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式.如图所示，若水柱的截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后速度减为零，已知水的密度为ρ.则下列说法正确的是
A.减小水柱的截面S可以增大水对钢板冲力产生的压强B.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲 力产生的压强增大到原来的2倍C.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲 力产生的压强增大到原来的4倍D.若在水中添加适量食盐，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强 减小
t时间内喷到钢板上的水的体积为V＝Svt，质量为m＝ρV＝ρSvt，设水的初速度方向为正方向，由动量定理得Ft＝－mv，得F＝－ρSv2，由牛顿第三定律可知水对钢板冲力为F′＝ρSv2，水对钢板冲力产生的压强为p＝ ＝ρv2，减小水柱的截面S，水对钢板冲力产生的压强不变，A错误；
若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍，B错误，C正确；若在水中添加适量食盐会使密度增大，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强增大，D错误.
10.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则A.4 s时物块的动能为零B.6 s时物块回到初始位置C.3 s时物块的动量为12 kg·m/sD.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；
设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；
0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fs1－Fs2＋Fs3＝40 J，故D正确.
11.(多选)(2023·福建省福州第一中学检测)2022年冬奥会在北京和张家口举行，如图所示是某次跳台滑雪训练中两位不同质量的运动员(均视为质点)以相同的动能分别从O点沿同一方向水平滑出的情景，他们分别落在倾斜滑道的P、Q两点.不计运动员空中滑翔过程中所受的空气阻力，下列说法中正确的是A.两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同B.两位运动员落到滑道时的动量大小相等C.两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们做功相等D.两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们的冲量大小相等
设倾斜滑道与水平面的夹角为α，运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x＝v0t，在竖直方向上做自由落
两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力做功为WG＝mgy＝mg· gt2＝2mv02tan2α＝4Ek0tan2α，由于两位运动员的初动能相同，则重力对他们做功相等，故C正确；
重力的冲量大小为IG＝mgt＝2mv0tan α，因为两位运动员质量不同，所以重力对他们的冲量大小不相等，故D错误；
12.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的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；玩具底面为平板(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；答案 ρv0S
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Δh＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔhS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.
如图，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＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v′2－v02＝－2gh⑥
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