高考物理一轮复习7.1动量守恒定律--动量定理-(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习7.1动量守恒定律--动量定理-(原卷版+解析)，共56页。

考向一 动量与冲量的理解
考向二 动量定理的理解及应用
考向三 用动量定理解决变质量问题
考向四 动量定理在多过程中的应用
考向一 动量与冲量的理解
一、动量、动量变化、冲量
1．对动量的理解
(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
2．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该力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与该力的方向一致。
(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。
(3)冲量与功的比较
动量变化率F＝ΔpΔt与合力同向
【典例1】(2021·高考湖南卷，T2)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图象中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图象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( )
【答案】D
【解析】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＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，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】(多选)(2022山西太原一模)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是( )
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
【答案】BD
【解析】在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝eq \f(1,2)mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝eq \r(2mEk)，知动量变为原来的eq \r(2)倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝eq \f(p2,2m)知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
练习1、(2022·山东潍坊市第二次高考模拟)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的方向不同，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，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．
练习2、(2022·浙江杭州市上学期选考模拟)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．弹力对a滑块的冲量较小
D．两滑块的动量变化大小相同
【答案】C
【解析】这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcs θ，FNa【巧学妙记】
冲量的四种计算方法
公式法
利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法
利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴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动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
平均
力法
如果力随时间是均匀变化的，则eq \x\t(F)＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)t
考向二 动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解
(1)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．
(2)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．
(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
(4)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．
2．解题基本思路
(1)确定研究对象．
(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
3．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．
【典例3】(2020·高考全国卷Ⅰ，T14)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
【答案】D
【解析】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错误，D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错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的功，C错误。
【典例4】(2022·陕西质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核窍门，把核桃竖直上抛，核桃落回后与坚硬的地面撞击就能开裂。抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。
(1)求核桃落回地面的速度大小v；
(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F。
【答案】 (1)eq \r(2gH＋h)
(2)eq \f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg，方向竖直向上
【解析】(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有v2＝2g(H＋h)
则落回地面的速度大小v＝eq \r(2gH＋h)。
(2)设核桃反弹速度大小为v1，则有veq \\al(2,1)＝2gh1
以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)
解得F＝eq \f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg
方向竖直向上。
练习3、(2022沈阳检测)如图所示，篮球运动员接传过来的篮球时，通常要先伸出双臂迎接篮球，手接触到篮球后，双手迅速将篮球引至胸前，运用你所学的物理规律分析，这样做可以( )
A．减小篮球对手冲量的大小
B．减小篮球的动量变化量的大小
C．减小篮球对手作用力的大小
D．减小篮球对手的作用时间
【答案】C
【解析】先伸出双臂迎接篮球，手接触到球后，两臂将球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv，解得F＝eq \f(mv,t)，篮球动量的变化量不变，作用时间增大时，篮球动量的变化率减小，则作用力减小，C正确，D错误；由以上分析可知篮球动量变化量的大小及篮球对手冲量的大小均不变，A、B错误．
练习4、(2022重庆九龙坡区一模)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做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是( )
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
【答案】C
【解析】由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为eq \f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则摩擦力大小都为meq \f(v0,t0).由题图可知，匀加速运动的加速度分别为eq \f(2v0,t0)、eq \f(v0,4t0)，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝eq \f(3mv0,t0)，F2＝eq \f(5mv0,4t0)，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，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6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．
【巧学妙记】
动量定理的应用技巧
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
考向三 用动量定理解决变质量问题
模型(一) 流体类“柱状模型”
模型(二) 微粒类“柱状模型”
【典例5】 (2019·全国卷Ⅰ，16)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
【答案】B
【解析】根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq \f(Δm,Δt)＝eq \f(F,v)＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。
【典例6】](2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A．40 B．80 C．120 D．160
【答案】C
【解析】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
练习5、(2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【答案】B
【解析】设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s，则有eq \f(F2,F1)＝eq \f(v22,v12)≈4，故B正确。
练习6、(多选(2022·恩施高中等三校4月联考))青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦．如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子(磁极)转动，在定子(线圈)中产生电流，实现风能向电能的转化．已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有eq \f(1,4)速度减速为0，有eq \f(3,4)原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗．下列说法正确的是( )
A．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,8)ρπr2v3
B．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,6)ρπr2v2
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,8)ρπr2v3
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,12)ρπr2v2
【答案】D
【解析】根据题意可知，假设空气流速为v，扇面的面积为S＝πr2，在时间t内流过叶片的体积为V＝πr2vt，空气质量根据密度公式得m＝ρV＝ρπr2vt，题中有eq \f(1,4)的空气速度减为零，所以与叶片发生相互作用的风的质量为eq \f(1,4)m，则根据功能关系有E电＝W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,8)ρπr2vt·v2＝eq \f(1,8)ρπr2v3t，则根据P＝eq \f(W,t)得发电功率为P＝eq \f(\f(1,8)ρπr2v3t,t)＝eq \f(1,8)ρπr2v3，故A正确，B错误；以与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动方向为正方向，可列动量定理表达式－Ft＝0－eq \f(1,4)mv得F＝eq \f(1,4)ρπr2v2，则对一个叶片的作用力为F′＝eq \f(1,12)ρπr2v2，故C错误，D正确．
【巧学妙记】
两类流体运动模型
第一类是“吸收模型”,即流体与被碰物质接触后速度为零,第二类是“反弹模型”,即流体与被碰物质接触后以原速率反弹。
设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n,每个“粒子”的动量为p,被碰物质对“粒子”的作用力为F,以作用力的方向为正,则“吸收模型”满足Ft=0-n(-p),“反弹模型”满足Ft=np-n(-p)。“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍,解题时一定要明辨模型,避免错误。
考向四 动量定理在多过程中的应用
【典例7】(2020全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板．一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【解析】物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的冲量I冲＝mv0－m(－v0)＝40 kg·m·s－1，方向与运动员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物块整体为研究对象，当物块撞击挡板7次后，7I冲＝m人v7＋mv0，v7<5 m/s，得m人>52 kg，当物块撞击挡板8次后，8I冲＝m人v8＋mv0，v8>5 m/s，得m人<60 kg.故B、C正确，A、D错误．
【典例8】(2016·全国卷Ⅰ)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。
【答案】 (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)
【解析】(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)veq \\al(2,0)④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥
因为ΔmgΔt＝ρv0Sg(Δt)2含Δt的二次项，所以与FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件和牛顿第三定律得F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)。
练习7、(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，5)如图4所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg· m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg· m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
【答案】C
【解析】足球自由落体80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝eq \r(2gh)＝4 m/s，t1＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，
反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s，
对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(eq \(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，
解得eq \(F,\s\up6(－))＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，
即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；
足球下落刚与头接触时的动量为
p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，
故B错误；
足球运动的全过程，所受重力的冲量为
IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，
故D错误。
练习8、(2022·河池期末教学质检)在2021年东京奥运会蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
【答案】1 500 N
【解析】法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝eq \r(2gh1)(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝eq \r(2gh2)(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋meq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2gh2)＋\r(2gh1))),t)，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝eq \r(\f(2h2,g))＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
【巧学妙记】
用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注
1. (2022·石家庄一模)对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是( )
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
2. (2022·边城高级中学高三月考)篮球运动深受同学们的喜爱，打篮球时某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。下列说法正确的是( )
A.手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力
B.手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力
C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量
D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击力
3、(2022·湖北十一校3月第二次联考)高楼坠物极其危险，被称为“悬在城市上空的剑”。若一枚质量为50 g的鸡蛋，从27层楼的窗户处自由落下，与地面撞击时间约为0.001 s。不计空气阻力，g取10 m/s2，则鸡蛋对地面的平均作用力约为( )
A．3 000 N B. 2 000 N
C．1 000 N D. 500 N
4. (2022湖南长郡中学月考)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Ff，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 θ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
5、(多选)(2022·张家口期末)某风力发电机如图所示，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是( )
A．一台风力发电机获得风能的功率为eq \f(1,2)πρl2v3
B．一台风力发电机获得风能的功率为eq \f(1,4)πρl2v3
C．空气对一台风力发电机的平均作用力为eq \f(1,2)πρl2v2
D．空气对一台风力发电机的平均作用力为eq \f(1,4)πρl2v2
6、(多选)(2022山东青岛期末)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1D．I17．(2022湖北荆门统考)在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中( )
A．三个小球动量的变化量相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量的变化量最大
D．三个小球落地时的动量相同
8．(2022重庆九龙坡区一模)水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止且质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性，物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v­t图像如图所示，已知图中线段AB∥CD，则( )
A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力
B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
9. (2022浙江杭州余杭中学月考)(多选)2018年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发射失败．如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g.关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有( )
A．残片克服泥土阻力所做的功为mg(H＋h)
B．残片下落的全过程中重力的冲量大小大于泥土阻力的冲量大小
C．残片所受泥土阻力的冲量大于meq \r(2gH)
D．残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量
10.(多选)(2022山东济宁质检)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
11、(2022济南模拟)用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：
(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(取g＝10 m/s2)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力．
1.(2022·江苏七市第三次调研)下列说法正确的是( )
A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B．合外力对物体做功为零，则合外力的冲量也一定为零
C．做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的
D．做圆周运动的物体，经过一个周期，合外力的冲量一定为零
2．(2022·山东省烟台市高三上期中)如果一物体在任意相等的时间内受到合力的冲量相同，则此物体的运动不可能是( )
A．匀速圆周运动 B．自由落体运动
C．平抛运动 D．竖直上抛运动
3．(2021·八省联考广东卷)李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是( )
A．第一次粉笔的惯性更小
B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大
C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小
D．第一次粉笔获得的动量更大
4．(2022·山东烟台市期中)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
5、(多选)[2022·山西太原市模拟(一)]如图所示，从P点以水平速度v将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能够入筐。不考虑空气阻力，则小皮球在空中飞行的过程中( )
A．在相等的时间内，皮球动量的改变量相同
B．在相等的时间内，皮球动能的改变量相同
C．下落相同的高度，皮球动量的改变量相同
D．下落相同的高度，皮球动能的改变量相同
6、(2022·广东省高考模拟)我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，它的叶片直径128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为( )
A．4.0×104 N B．2.0×105 N
C．2.2×106 N D．4.4×106 N
7．(多选)(2022·河南高三月考)蹦极是一项刺激的户外休闲活动。蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处，头朝下跳离高塔。若蹦极者的质量为50 kg，绳的长度为45 m，重力加速度大小g取10 m/s2，将蹦极者视为质点，认为蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．绳伸直时蹦极者的速度大小为30 m/s
B．绳伸直时蹦极者的速度大小为20 m/s
C．从绳伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者的合力的冲量大小为1 500 N·s
D．从绳伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者的合力的冲量大小为2 000 N·s
8．(2022·北京市丰台区二模)将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，eq \f(Δp,Δt)表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则下图中正确的是( )
9．(2022济南模拟)新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约 0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为( )
A．13 N B．0.13 N C．0.68 N D．2.6 N
10.(2022·山东枣庄模拟)用细绳拴一小球在竖直面内做圆周运动，从A点再次转到A点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．合力的冲量为0
B．合力的冲量不为0
C．重力的冲量为0
D．绳中拉力的冲量大小大于重力的冲量大小
11、(多选)(2022·广东汕头市第一次模拟)一质量为m的运动员托着质量为M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(M＋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(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)
C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)
D．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
12.(2022·广东省高考模拟)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80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。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1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
13.(2022济南模拟)质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是( )
A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1
C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1
14、(2022·恩施高中等三校4月联考)有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p，若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ。则墙壁上涂料厚度增加的速度u为( )
A.eq \f(ρp,v) B.eq \f(p,ρv)
C.eq \f(ρ,pv) D.eq \f(pv,ρ)
15、(2022·山西省考前适应性测试)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg，水带的直径为10 cm，两个喷嘴的直径均为7 cm.已知重力加速度大小取g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
16、 (2022湖南五市十校联考)(多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球( )
A．所受合力的冲量水平向右
B．所受支持力的冲量水平向右
C．所受合力的冲量大小为meq \r(2gR)
D．所受重力的冲量大小为零
17．(2022·广东省高考模拟)如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg，长度为2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．
(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行；
(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．
18、(2022·江西八所重点中学4月联考)根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
1.（多选）（（2022年全国高考乙卷物理试题）7. 质量为的物块在水平力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。则（ ）
A. 时物块动能为零 B. 时物块回到初始位置
C. 时物块的动量为 D. 时间内F对物块所做的功为
2、（湖北省2022年普通高中学业水平等级考试）7. 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. ，B. ，
C. ，D. ，
3、（多选）（（湖南省2022年普通高中学业水平等级考试）7. 神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（ ）
A. 在时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B. 在时间内，返回舱的加速度不变
C. 在时间内，返回舱的动量随时间减小
D. 在时间内，返回舱的机械能不变
4、(2021·天津高考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
5、(2021·全国乙卷)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则( )
A．在此过程中F所做的功为eq \f(1,2)mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于eq \f(3,2)mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq \f(v02,4s0g)
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
6、(2020·高考海南卷，T8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为( )
A．1.47 N B．0.147 N
C．0.09 N D．0.009 N
7.(2021·高考北京卷，T10)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、（2021年山东省普通高中学业水平选择性考试）16．（9分）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
新课程标准
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。
命题趋势
考查的内容主要体现对物理观念的认识、运动与相互作用等物理学科的核心素养。科学思维中的模型建构、科学推理、科学论证等要素。必备知识主要是动量定理以及应用。
试题情境
生活实践类
生产生活中的缓冲类问题，流体冲力问题，安全行车(安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、火箭发射、高空坠物
学习探究类
动量定理的理解及应用、利用动量定理处理流体问题、
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
标矢量
矢量
标量
变化因素
合力的冲量
合力所做的功
大小关系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
变化量
Δp＝p末-p初
ΔEk＝Ek末-Ek初
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
(3)都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
冲量
功
定义
作用在物体上的力和力的作用时间的乘积
作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积
单位
N·s
J
公式
I＝FΔt(F为恒力)
W＝Flcsα(F为恒力)
标矢量
矢量
标量
意义
①表示力对时间的累积
②是动量变化的量度
①表示力对空间的累积
②是能量变化的量度
联系
①都是过程量，都与力的作用过程相互联系
②冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零
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＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
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”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，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，再乘以N计算
考点21 动量守恒定律--动量定理-
考向一 动量与冲量的理解
考向二 动量定理的理解及应用
考向三 用动量定理解决变质量问题
考向四 动量定理在多过程中的应用
考向一 动量与冲量的理解
一、动量、动量变化、冲量
1．对动量的理解
(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
2．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该力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与该力的方向一致。
(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。
(3)冲量与功的比较
动量变化率F＝ΔpΔt与合力同向
【典例1】(2021·高考湖南卷，T2)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图象中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图象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( )
【答案】D
【解析】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＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，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】(多选)(2022山西太原一模)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是( )
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
【答案】BD
【解析】在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝eq \f(1,2)mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝eq \r(2mEk)，知动量变为原来的eq \r(2)倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝eq \f(p2,2m)知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
练习1、(2022·山东潍坊市第二次高考模拟)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的方向不同，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，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．
练习2、(2022·浙江杭州市上学期选考模拟)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．弹力对a滑块的冲量较小
D．两滑块的动量变化大小相同
【答案】C
【解析】这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcs θ，FNa【巧学妙记】
冲量的四种计算方法
公式法
利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法
利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴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动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
平均
力法
如果力随时间是均匀变化的，则eq \x\t(F)＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)t
考向二 动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解
(1)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．
(2)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．
(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
(4)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．
2．解题基本思路
(1)确定研究对象．
(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
3．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．
【典例3】(2020·高考全国卷Ⅰ，T14)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
【答案】D
【解析】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错误，D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错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的功，C错误。
【典例4】(2022·陕西质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核窍门，把核桃竖直上抛，核桃落回后与坚硬的地面撞击就能开裂。抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。
(1)求核桃落回地面的速度大小v；
(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F。
【答案】 (1)eq \r(2gH＋h)
(2)eq \f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg，方向竖直向上
【解析】(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有v2＝2g(H＋h)
则落回地面的速度大小v＝eq \r(2gH＋h)。
(2)设核桃反弹速度大小为v1，则有veq \\al(2,1)＝2gh1
以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)
解得F＝eq \f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg
方向竖直向上。
练习3、(2022沈阳检测)如图所示，篮球运动员接传过来的篮球时，通常要先伸出双臂迎接篮球，手接触到篮球后，双手迅速将篮球引至胸前，运用你所学的物理规律分析，这样做可以( )
A．减小篮球对手冲量的大小
B．减小篮球的动量变化量的大小
C．减小篮球对手作用力的大小
D．减小篮球对手的作用时间
【答案】C
【解析】先伸出双臂迎接篮球，手接触到球后，两臂将球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv，解得F＝eq \f(mv,t)，篮球动量的变化量不变，作用时间增大时，篮球动量的变化率减小，则作用力减小，C正确，D错误；由以上分析可知篮球动量变化量的大小及篮球对手冲量的大小均不变，A、B错误．
练习4、(2022重庆九龙坡区一模)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做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是( )
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
【答案】C
【解析】由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为eq \f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则摩擦力大小都为meq \f(v0,t0).由题图可知，匀加速运动的加速度分别为eq \f(2v0,t0)、eq \f(v0,4t0)，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝eq \f(3mv0,t0)，F2＝eq \f(5mv0,4t0)，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，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6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．
【巧学妙记】
动量定理的应用技巧
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
考向三 用动量定理解决变质量问题
模型(一) 流体类“柱状模型”
模型(二) 微粒类“柱状模型”
【典例5】 (2019·全国卷Ⅰ，16)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
【答案】B
【解析】根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq \f(Δm,Δt)＝eq \f(F,v)＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。
【典例6】](2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A．40 B．80 C．120 D．160
【答案】C
【解析】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
练习5、(2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【答案】B
【解析】设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s，则有eq \f(F2,F1)＝eq \f(v22,v12)≈4，故B正确。
练习6、(多选(2022·恩施高中等三校4月联考))青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦．如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子(磁极)转动，在定子(线圈)中产生电流，实现风能向电能的转化．已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有eq \f(1,4)速度减速为0，有eq \f(3,4)原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗．下列说法正确的是( )
A．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,8)ρπr2v3
B．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,6)ρπr2v2
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,8)ρπr2v3
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,12)ρπr2v2
【答案】D
【解析】根据题意可知，假设空气流速为v，扇面的面积为S＝πr2，在时间t内流过叶片的体积为V＝πr2vt，空气质量根据密度公式得m＝ρV＝ρπr2vt，题中有eq \f(1,4)的空气速度减为零，所以与叶片发生相互作用的风的质量为eq \f(1,4)m，则根据功能关系有E电＝W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,8)ρπr2vt·v2＝eq \f(1,8)ρπr2v3t，则根据P＝eq \f(W,t)得发电功率为P＝eq \f(\f(1,8)ρπr2v3t,t)＝eq \f(1,8)ρπr2v3，故A正确，B错误；以与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动方向为正方向，可列动量定理表达式－Ft＝0－eq \f(1,4)mv得F＝eq \f(1,4)ρπr2v2，则对一个叶片的作用力为F′＝eq \f(1,12)ρπr2v2，故C错误，D正确．
【巧学妙记】
两类流体运动模型
第一类是“吸收模型”,即流体与被碰物质接触后速度为零,第二类是“反弹模型”,即流体与被碰物质接触后以原速率反弹。
设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n,每个“粒子”的动量为p,被碰物质对“粒子”的作用力为F,以作用力的方向为正,则“吸收模型”满足Ft=0-n(-p),“反弹模型”满足Ft=np-n(-p)。“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍,解题时一定要明辨模型,避免错误。
考向四 动量定理在多过程中的应用
【典例7】(2020全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板．一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【解析】物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的冲量I冲＝mv0－m(－v0)＝40 kg·m·s－1，方向与运动员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物块整体为研究对象，当物块撞击挡板7次后，7I冲＝m人v7＋mv0，v7<5 m/s，得m人>52 kg，当物块撞击挡板8次后，8I冲＝m人v8＋mv0，v8>5 m/s，得m人<60 kg.故B、C正确，A、D错误．
【典例8】(2016·全国卷Ⅰ)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。
【答案】 (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)
【解析】(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)veq \\al(2,0)④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥
因为ΔmgΔt＝ρv0Sg(Δt)2含Δt的二次项，所以与FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件和牛顿第三定律得F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)。
练习7、(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，5)如图4所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg· m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg· m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
【答案】C
【解析】足球自由落体80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝eq \r(2gh)＝4 m/s，t1＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，
反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s，
对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(eq \(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，
解得eq \(F,\s\up6(－))＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，
即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；
足球下落刚与头接触时的动量为
p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，
故B错误；
足球运动的全过程，所受重力的冲量为
IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，
故D错误。
练习8、(2022·河池期末教学质检)在2021年东京奥运会蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
【答案】1 500 N
【解析】法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝eq \r(2gh1)(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝eq \r(2gh2)(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋meq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2gh2)＋\r(2gh1))),t)，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝eq \r(\f(2h2,g))＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
【巧学妙记】
用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注。
1. (2022·石家庄一模)对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是( )
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
【答案】 C
【解析】 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. (2022·边城高级中学高三月考)篮球运动深受同学们的喜爱，打篮球时某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。下列说法正确的是( )
A.手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力
B.手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力
C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量
D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击力
【答案】 D
【解析】 手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv解得F＝eq \f(mv,t)，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量的变化量都不变，所以C错误，D正确。
3、(2022·湖北十一校3月第二次联考)高楼坠物极其危险，被称为“悬在城市上空的剑”。若一枚质量为50 g的鸡蛋，从27层楼的窗户处自由落下，与地面撞击时间约为0.001 s。不计空气阻力，g取10 m/s2，则鸡蛋对地面的平均作用力约为( )
A．3 000 N B. 2 000 N
C．1 000 N D. 500 N
【答案】B。
【解析】每层楼高约为3 m，鸡蛋下落的总高度为h＝(27－1)×3 m＝78 m，由公式h＝eq \f(1,2)gt2可知，自由下落时间为t1＝eq \r(\f(2h,g))≈3.95 s，已知与地面的碰撞时间约为t2＝0.001 s，则全过程根据动量定理可得mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得F＝1 975.5 N。
4. (2022湖南长郡中学月考)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Ff，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 θ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
【答案】 B
【解析】 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Ff(t2－t1)，D项错误．
5、(多选)(2022·张家口期末)某风力发电机如图所示，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是( )
A．一台风力发电机获得风能的功率为eq \f(1,2)πρl2v3
B．一台风力发电机获得风能的功率为eq \f(1,4)πρl2v3
C．空气对一台风力发电机的平均作用力为eq \f(1,2)πρl2v2
D．空气对一台风力发电机的平均作用力为eq \f(1,4)πρl2v2
【答案】 BC
【解析】建立一个“风柱”模型如图所示。
风柱的质量m＝ρV＝ρπl2vt，根据动能定理，风力在这一段位移做的功W＝Ek＝eq \f(1,2)mv2×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)ρπl2vtv2×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)ρπl2v3t，风柱的功率即一台风力发电机获得风能的功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(1,4)πρl2v3，故A错误，B正确；根据动量定理可得Ft＝mΔv＝ρπl2vt×eq \f(1,2)v，解得F＝eq \f(1,2)πρl2v2，故C正确，D错误。
6、(多选)(2022山东青岛期末)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1D．I1【答案】ABC
【解析】由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也大小相等；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端，由eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I17．(2022湖北荆门统考)在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中( )
A．三个小球动量的变化量相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量的变化量最大
D．三个小球落地时的动量相同
【答案】C
【解析】三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误．根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同，故D错误．
8．(2022重庆九龙坡区一模)水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止且质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性，物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v­t图像如图所示，已知图中线段AB∥CD，则( )
A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力
B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
【答案】D
【解析】由题图知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A、B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，由图可看出，tOB9. (2022浙江杭州余杭中学月考)(多选)2018年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发射失败．如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g.关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有( )
A．残片克服泥土阻力所做的功为mg(H＋h)
B．残片下落的全过程中重力的冲量大小大于泥土阻力的冲量大小
C．残片所受泥土阻力的冲量大于meq \r(2gH)
D．残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量
【答案】AC
【解析】由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，解得Wf＝－mg(H＋h)，则残片克服泥土阻力所做的功为mg(H＋h)，A正确；残片下落的全过程中，所受合外力的冲量为零，故重力的冲量大小等于泥土阻力的冲量大小，B错误；残片下落的过程中，根据自由落体运动规律得H＝eq \f(v2,2g)，解得v＝eq \r(2gH)，残片落到地面上后又陷入泥土中，由动量定理得IG－If＝0－mv，解得If＝IG＋mv＝IG＋meq \r(2gH)，残片所受泥土阻力的冲量大于meq \r(2gH)，C正确；由动量定理知，残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力与重力的冲量之和，D错误．
10.(多选)(2022山东济宁质检)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
【答案】BCD
【解析】由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝eq \r(v2－v02)，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以 eq \r(v2－v02)＝eq \r(2gh)，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，C、D正确，A错误。
11、(2022济南模拟)用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：
(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(取g＝10 m/s2)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力．
【答案】(1)200 N (2)205 N (3)见解析
【解析】(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv
所以F1＝－eq \f(0.5×－4.0,0.01) N＝200 N，方向竖直向上
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200 N，方向竖直向下．
(2)若考虑铁锤重力，设此时铁锤受钉子的作用力为F2，取竖直向上为正，对铁锤应用动量定理
(F2＋mg)t＝0－mv (矢量式)
F2＝eq \f(－0.5×－4.0,0.01) N－0.5×(－10) N＝205 N，方向竖直向上
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下．
(3)比较F1与F2，其相对误差为eq \f(|F2－F1|,F1)×100%＝2.5%，可见本题中重力的影响可忽略．
1.(2022·江苏七市第三次调研)下列说法正确的是( )
A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B．合外力对物体做功为零，则合外力的冲量也一定为零
C．做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的
D．做圆周运动的物体，经过一个周期，合外力的冲量一定为零
【答案】C
【解析】匀变速曲线运动中，物体动量的变化率恒定，A错误；合外力做功为零说明力可能与位移相互垂直，或初、末速度大小相等、方向不同，但只要有力有时间就一定有冲量，故冲量不一定为零，B错误；做匀变速运动的物体，所受合外力恒定，动量变化量的方向与合外力同向保持不变，C正确；变速圆周运动，经过一个周期，动量的变化量不一定为零，由动量定理知合外力的冲量不一定为零，D错误。
2．(2022·山东省烟台市高三上期中)如果一物体在任意相等的时间内受到合力的冲量相同，则此物体的运动不可能是( )
A．匀速圆周运动 B．自由落体运动
C．平抛运动 D．竖直上抛运动
【答案】A
【解析】如果物体在任意相等的时间内受到合力的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力，则物体可能做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A符合题意。
3．(2021·八省联考广东卷)李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是( )
A．第一次粉笔的惯性更小
B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大
C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小
D．第一次粉笔获得的动量更大
【答案】D
【解析】两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变，则其惯性不变，故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变，则纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，则摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故D正确．
4．(2022·山东烟台市期中)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
【答案】D
【解析】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、(多选)[2022·山西太原市模拟(一)]如图所示，从P点以水平速度v将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能够入筐。不考虑空气阻力，则小皮球在空中飞行的过程中( )
A．在相等的时间内，皮球动量的改变量相同
B．在相等的时间内，皮球动能的改变量相同
C．下落相同的高度，皮球动量的改变量相同
D．下落相同的高度，皮球动能的改变量相同
【答案】AD
【解析】因小皮球在空中飞行的过程中只受重力，所以在相等的时间间隔内，皮球受到重力的冲量均为mgt，根据动量定理可得，皮球动量的改变量相同，故A正确；在相等的时间间隔内，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，由动能定理知皮球动能的改变量不同，故B错误；下落相同的高度，时间并不相等，故皮球受到的重力的冲量不相等，由动量定理知皮球动量的增量不相同，故C错误；下落相同的高度，重力做功均为mgh，由动能定理知，小球动能的增量相同，故D正确。
6、(2022·广东省高考模拟)我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，它的叶片直径128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为( )
A．4.0×104 N B．2.0×105 N
C．2.2×106 N D．4.4×106 N
【答案】B
【解析】叶片长eq \f(d,2)，所以叶片旋转所形成的圆面积为S＝eq \f(πd2,4)，设t时间内流过该圆面积的风柱体积为V＝Sv1t＝eq \f(πd2v1t,4)，风柱的质量为m＝ρV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，已知v1＝12 m/s，v2＝11 m/s，根据动量定理有－ft＝mv2－mv1，代入数据解得f≈2.0×105 N。
7．(多选)(2022·河南高三月考)蹦极是一项刺激的户外休闲活动。蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处，头朝下跳离高塔。若蹦极者的质量为50 kg，绳的长度为45 m，重力加速度大小g取10 m/s2，将蹦极者视为质点，认为蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．绳伸直时蹦极者的速度大小为30 m/s
B．绳伸直时蹦极者的速度大小为20 m/s
C．从绳伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者的合力的冲量大小为1 500 N·s
D．从绳伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者的合力的冲量大小为2 000 N·s
【答案】AC
【解析】由动能定理mgL＝eq \f(1,2)mv2，可得长绳伸直瞬间蹦极者的速度大小v＝eq \r(2gL)＝30 m/s，故A正确，B错误；以竖直向上为正方向，根据动量定理有I＝0－(－mv)＝1 500 N·s，故C正确，D错误。
8．(2022·北京市丰台区二模)将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，eq \f(Δp,Δt)表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则下图中正确的是( )
【答案】C
【解析】取竖直向下为正方向，动量p＝mv＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－v0＋gt))＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故动量和时间的关系图应为截距为负、斜率为正的直线，故A、B错误；动量的变化量Δp＝mgΔt，解得eq \f(Δp,Δt)＝mg，mg是定值，故eq \f(Δp,Δt)不随时间变化，故C正确，D错误。
9．(2022济南模拟)新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约 0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为( )
A．13 N B．0.13 N C．0.68 N D．2.6 N
【答案】B
【解析】打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理eq \x\t(F)Δt＝mv，解得eq \x\t(F)＝eq \f(mv,Δt)＝eq \f(ρVv,Δt)＝eq \f(1.3×50×10－6×40,0.02) N＝0.13 N，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13 N，选B.
10.(2022·山东枣庄模拟)用细绳拴一小球在竖直面内做圆周运动，从A点再次转到A点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．合力的冲量为0
B．合力的冲量不为0
C．重力的冲量为0
D．绳中拉力的冲量大小大于重力的冲量大小
【答案】A
【解析】根据动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化量，小球从A点再次转到A点的过程中，动量变化为零，则合外力的冲量为0，选项A正确，B错误；重力的冲量为mgt，不为0，选项C错误；合外力的冲量等于拉力和重力的冲量的矢量和，合外力的冲量为0，则绳中拉力的冲量大小等于重力的冲量大小，选项D错误．
11、(多选)(2022·广东汕头市第一次模拟)一质量为m的运动员托着质量为M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(M＋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(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)
C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)
D．运动员对重物的冲量大小为Mg(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(M＋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(M＋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，A正确，B错误。运动员对重物的作用力大小为Mg，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Mg(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Mg(h1＋h2)，C正确，D错误。
12.(2022·广东省高考模拟)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80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。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1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
【答案】B
【解析】设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝eq \f(mv2－mv1,t)＝eq \f(0.1×2－0.1×－4,1) N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
13.(2022济南模拟)质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是( )
A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1
C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1
【答案】B
【解析】在v-t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有xA＝eq \f(1,2)·2v0·t0＝v0t0，xB＝eq \f(1,2)·v0·2t0＝v0t0，解得xA∶xB＝1∶1，故A错误；设A、B两物体的质量为m，据动能定理W合＝eq \f(1,2)mvt2－eq \f(1,2)mv02得WA＝0－eq \f(1,2)m(2v0)2＝－2mv02，WB＝0－eq \f(1,2)mv02＝－eq \f(1,2)mv02，解得WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理I合＝mvt－mv0得IA＝0－m(2v0)＝－2mv0，IB＝0－m(v0)＝－mv0，解得IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v-t图中，图线的斜率代表物体的加速度，那么aA＝－eq \f(2v0,t0)，aB＝－eq \f(v0,2t0)，解得aA∶aB＝4∶1，故D错误。
14、(2022·恩施高中等三校4月联考)有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p，若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ。则墙壁上涂料厚度增加的速度u为( )
A.eq \f(ρp,v) B.eq \f(p,ρv)
C.eq \f(ρ,pv) D.eq \f(pv,ρ)
【答案】B
【解析】在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量。以Δt时间内喷在面积为ΔS上的质量为Δm的涂料为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，它对墙壁的作用力为F′，涂料增加的厚度为h。由动量定理可知FΔt＝Δmv，其中Δm＝ρΔSh，则墙壁受到的压强p＝eq \f(F′,ΔS)＝eq \f(F,ΔS)＝eq \f(ρhv,Δt)，涂料厚度增加的速度为u＝eq \f(h,Δt)，联立解得u＝eq \f(p,ρv)。
15、(2022·山西省考前适应性测试)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg，水带的直径为10 cm，两个喷嘴的直径均为7 cm.已知重力加速度大小取g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
【答案】C
【解析】设喷嘴处喷水的速度为v，水带中水的速度为v′，两个喷嘴的横截面积均为S＝eq \f(1,4)πd2，水带的横截面积S′＝eq \f(1,4)πd′2，2vS＝S′v′，根据平衡条件可知水对运动员(包括装备)的作用力为F＝mg，运动员(包括装备)对水的作用力F′＝F，取Δm＝2ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得F′Δt＝Δm(v＋v′)，解得v≈eq \r(\f(mg,4ρS))≈7.6 m/s，选项C正确．
16、 (2022湖南五市十校联考)(多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球( )
A．所受合力的冲量水平向右
B．所受支持力的冲量水平向右
C．所受合力的冲量大小为meq \r(2gR)
D．所受重力的冲量大小为零
【答案】AC
【解析】在小球从A点运动到B点的过程中，根据动量定理可知I合＝mΔv，Δv的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A正确，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，vB＝eq \r(2gR)，根据动量定理得I合＝Δp＝mvB＝meq \r(2gR)，故C正确，D错误．
17．(2022·广东省高考模拟)如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg，长度为2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．
(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行；
(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．
【答案】(1)50 N (2)200 N
【解析】(1)设在Δt时间内漏到车上的原料质量为Δm，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F，根据动量定理，有F·Δt＝Δm·v
所以F＝eq \f(Δm,Δt)·v＝100×0.5 N＝50 N.
(2)车装完料的总质量为
M＝m车＋eq \f(Δm,Δt)·t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(300＋100×\f(2.5,0.5)))kg＝800 kg
对车应用动量定理，有F′·t′＝0－(－Mv)
解得F′＝eq \f(Mv,t′)＝eq \f(800×0.5,2) N＝200 N.
18、(2022·江西八所重点中学4月联考)根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
【答案】 (1)eq \f(2P0,cS) (2)3.6×10－3 m/s2
【解析】(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝eq \f(P0,Nc)
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)。
(2)由(1)可知：I＝eq \f(2P0,cS)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，
故此时探测器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
1.（多选）（（2022年全国高考乙卷物理试题）7. 质量为的物块在水平力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。则（ ）
A. 时物块动能为零 B. 时物块回到初始位置
C. 时物块的动量为 D. 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【解析】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从内由动量定理可知即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即得
过程中，对物块由动能定理可得
即得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为故D正确。
故选AD。
2、（湖北省2022年普通高中学业水平等级考试）7. 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. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】根据动能定理可知
可得
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是
比较可得一定成立。
故选D。
3、（多选）（（湖南省2022年普通高中学业水平等级考试）7. 神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（ ）
A. 在时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B. 在时间内，返回舱的加速度不变
C. 在时间内，返回舱的动量随时间减小
D. 在时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【解析】A．重力的功率为
由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
4、(2021·天津高考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【解析】燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误；设Δt时间内喷出Δm的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为v，以喷出Δm燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定理有FΔt＝Δmv，结合牛顿第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝eq \f(Δm,Δt)·v，可知增加单位时间的燃气喷射量eq \f(Δm,Δt)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v时，均可以增大火箭的推力，故A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，喷出的燃气相对于火箭的速度v不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误。
5、(2021·全国乙卷)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则( )
A．在此过程中F所做的功为eq \f(1,2)mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于eq \f(3,2)mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq \f(v02,4s0g)
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝eq \f(1,2)mv02，可知，F所做的功一定大于eq \f(1,2)mv02，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－eq \f(1,2)mv02，解得μ＝eq \f(v02,4s0g)，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为eq \f(IF,3)，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－eq \f(IF,3)＝mv0，解得IF＝eq \f(3,2)mv0，B正确。
6、(2020·高考海南卷，T8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为( )
A．1.47 N B．0.147 N
C．0.09 N D．0.009 N
【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09 N，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故选C。
7.(2021·高考北京卷，T10)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
【答案】D
【解析】圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力f＝mrω2，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为I＝fT＝mrω2×eq \f(2π,ω)＝2πmrω，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I′＝Δp＝mv＝mrω，故D正确。
8、（2021年山东省普通高中学业水平选择性考试）16．（9分）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
【解析】．（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得 ①
②
③
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得
④
联立①②③④式，代入数据得 ⑤
（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得 ⑥
⑦
联立①⑥⑦式，代入数据得
⑧
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得 ⑨
⑩
联立①⑨⑩式，代入数据得 ⑪
综上得x坐标区间或 ⑫
新课程标准
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。
命题趋势
考查的内容主要体现对物理观念的认识、运动与相互作用等物理学科的核心素养。科学思维中的模型建构、科学推理、科学论证等要素。必备知识主要是动量定理以及应用。
试题情境
生活实践类
生产生活中的缓冲类问题，流体冲力问题，安全行车(安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、火箭发射、高空坠物
学习探究类
动量定理的理解及应用、利用动量定理处理流体问题、
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
标矢量
矢量
标量
变化因素
合力的冲量
合力所做的功
大小关系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
变化量
Δp＝p末-p初
ΔEk＝Ek末-Ek初
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
(3)都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
冲量
功
定义
作用在物体上的力和力的作用时间的乘积
作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积
单位
N·s
J
公式
I＝FΔt(F为恒力)
W＝Flcsα(F为恒力)
标矢量
矢量
标量
意义
①表示力对时间的累积
②是动量变化的量度
①表示力对空间的累积
②是能量变化的量度
联系
①都是过程量，都与力的作用过程相互联系
②冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零
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＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
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”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，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，再乘以N计算