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2025年高考物理大一轮复习 第七章 第1课时 动量定理及应用 课件及学案
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考点二 动量定理的理解及应用
考点三 应用动量定理处理“流体模型”
1.动量(1)定义：物体的 和 的乘积。(2)表达式：p＝ ，单位为kg·m/s。(3)方向：动量是 量，方向与 的方向相同。
2.动量变化量(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝ 。(2)动量的变化量Δp也是 ，其方向与 的方向相同，运用矢量法则计算。
3.冲量(1)定义：力与 的乘积。(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。( )4.两物体中动量大的动能不一定大。( )
例1 (2024·江苏省南京师范大学附属中学月考)如图，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等。让甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度v0从顶端A运动到底端，同时让乙球以同样的初速度从B点抛出，两球同时到达地面，不计空气阻力。则A.两球运动过程中所受重力的冲量不同B.两球运动过程中动量的变化量相同C.两球到达地面前瞬间动能相等D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等
因两球同时到达地面，设斜面倾角为θ，由h＝v0sin θ·t＋ at2，可知甲球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度，由公式IG＝mgt，PG＝mg(v0sin θ＋gt)可知两球运动过程中所受重力的冲量相同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等，故A错误，D正确；
甲球在水平方向还有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球运动过程中速度的变化量大，则两球运动过程中动量变化量不同，两球到达地面前瞬间速度大小不相等，动能不相等，故B、C错误。
例2 (2024·江苏省南京六校联合体调研)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 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Ff(t1＋t2)
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。
例3 (2023·江苏盐城市伍佑中学校考)一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4 s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，下列说法正确的是A.可求2～4 s内，木箱的加速度B.可求出木箱与地面间的动摩擦因数C.可求出0～6 s内合力的冲量大小D.可求出0～6 s内木箱克服摩擦力做的功
4 s后木箱做匀速直线运动，表明滑动摩擦力大小等于F2，由于木箱质量不确定，因此不能求木箱的加速度和木箱与地面间的动摩擦因数，A、B错误；
在F－t图像中，图线与时间轴所围面积表示冲量，根据题图可求出0～6 s内拉力F的冲量大小IF＝2(F1＋F2＋F3)，0～2 s内木箱处于静止状态，静摩擦力与F1等大反向，2～6 s内摩擦力为滑动摩擦力，大小等于F2，方向与拉力方向相反，则0～6 s内摩擦力的冲量If＝－2Ff1－4Ffmax＝－2F1－4F2，则合力的冲量大小I合＝IF＋If，解得I合＝2(F3－F2)，则可求出0～6 s内合力的冲量大小，C正确；
由于木箱质量不确定，因此不能求出木箱的速度、加速度与位移，即不能求出0～6 s内木箱克服摩擦力做的功，D错误。
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 。3.对动量定理的理解：(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力对作用时间的平均值。(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
F(t′－t)＝mv′－mv
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(4)Ft＝p′－p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。(5)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。(6)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求解。
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。( )
例4 (2023·江苏淮安市涟水县一中月考)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，充气袋可以减小某颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。
例5 (2023·广东卷·10改编)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.40 N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.44 N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B错误；
对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有 ＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
例6 (2023·江苏常州市联考)质量为60 kg的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护而使他悬挂起来。已知安全带的缓冲时间为1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力的大小为A.500 N B.600 N C.1 000 N D.1 100 N
对建筑工人进行分析：第一阶段，建筑工人做自由落体运动，当安全带绷直时l＝ ＝10 m/s；第二阶段，安全带缓冲使建筑工人速度减为0，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，则(mg－F)t＝0－mv，代入数据解得安全带所受的平均冲力的大小为F＝1 100 N，故选D。
应用动量定理解题的一般思路
应用动量定理处理“流体模型”
例7 (2023·江苏苏州市统考)如图所示，一玩具水枪的枪口直径为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(不考虑水竖直方向的运动)A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
t时间内流经水枪枪口的水的体积为V＝vtS＝ t时间内击中目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故选B。
1.(2024·江苏徐州市阶段练习)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
2.(2024·江苏淮安市楚州中学月考)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
3.网球质量约60 g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50 m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004 s，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则此过程中网球A.动量变化量为0B.动量变化量约为3.0 kg·m/sC.受到球拍的冲击力约为750 ND.受到球拍的冲击力约为1 500 N
取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50 kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1 500 N，故D正确，C错误。
4.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
5.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 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
6.(2024·江苏省模拟)某次10 m跳台跳水训练中，运动员进入水中深度3 m后速度减为零，其质量m＝50 kg，忽略空气阻力，且运动员在水中的运动近似为匀变速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。则从入水到速度减为零的过程中，水给运动员的冲量大小最接近A.220 N·s B.520 N·sC.720 N·s D.920 N·s
7.(2023·江苏省江阴高级中学检测)如图所示，在xOy竖直平面内，由A点斜射出一个小球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、C、D三点的坐标已在图中标出，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是A.小球在A点的动量和在C点的动量相同B.从A到B和从B到C，小球动量变化量相同C.小球从B到C重力的冲量小于从C到D重力 的冲量D.小球从B到C的动量变化率小于从C到D的动量变化率
动量是矢量，A、C两处速度方向不同，所以动量不同，故A错误；小球在x轴方向上做匀速直线运动，而A到B、B到C、C到D在x轴上间距相等，所以经历的时间也相等，设时间均为t，小球又只受重力作用，则A到B、B到C、C到D速度变化量相同，为Δv＝gΔt＝gt，所以从A到B和从B到C，小球的动量变化量Δp＝mΔv＝mgt，可知从A到B和从B到C小球的动量变化量相同，故B正确；
重力的冲量I＝mgΔt，因为B到C、C到D的时间相等，所以重力的冲量相同，故C错误；因为B到C、C到D的时间相等，动量的变化相同，所以动量的变化率也相等，故D错误。
8.(2023·新课标卷·19改编)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和为零
由于m甲>m乙，所以a甲
9.(2022·全国乙卷·20改编)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时物块的动能不为零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Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)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＋Ff)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错误；
0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。
10.水刀(如图所示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420 MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表表面上后，立刻沿材料表面散开没面上，假设高速水流垂直打在材料有反弹，已知水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为A.600 m/s B.650 m/s C.700 m/s D.750 m/s
11.中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kgC.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝ ＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝ ＝3.6×109 N，D错误。
考点二 动量定理的理解及应用
考点三 应用动量定理处理“流体模型”
1.动量(1)定义：物体的 和 的乘积。(2)表达式：p＝ ，单位为kg·m/s。(3)方向：动量是 量，方向与 的方向相同。
2.动量变化量(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝ 。(2)动量的变化量Δp也是 ，其方向与 的方向相同，运用矢量法则计算。
3.冲量(1)定义：力与 的乘积。(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。( )4.两物体中动量大的动能不一定大。( )
例1 (2024·江苏省南京师范大学附属中学月考)如图，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等。让甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度v0从顶端A运动到底端，同时让乙球以同样的初速度从B点抛出，两球同时到达地面，不计空气阻力。则A.两球运动过程中所受重力的冲量不同B.两球运动过程中动量的变化量相同C.两球到达地面前瞬间动能相等D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等
因两球同时到达地面，设斜面倾角为θ，由h＝v0sin θ·t＋ at2，可知甲球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度，由公式IG＝mgt，PG＝mg(v0sin θ＋gt)可知两球运动过程中所受重力的冲量相同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等，故A错误，D正确；
甲球在水平方向还有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球运动过程中速度的变化量大，则两球运动过程中动量变化量不同，两球到达地面前瞬间速度大小不相等，动能不相等，故B、C错误。
例2 (2024·江苏省南京六校联合体调研)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 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Ff(t1＋t2)
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。
例3 (2023·江苏盐城市伍佑中学校考)一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4 s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，下列说法正确的是A.可求2～4 s内，木箱的加速度B.可求出木箱与地面间的动摩擦因数C.可求出0～6 s内合力的冲量大小D.可求出0～6 s内木箱克服摩擦力做的功
4 s后木箱做匀速直线运动，表明滑动摩擦力大小等于F2，由于木箱质量不确定，因此不能求木箱的加速度和木箱与地面间的动摩擦因数，A、B错误；
在F－t图像中，图线与时间轴所围面积表示冲量，根据题图可求出0～6 s内拉力F的冲量大小IF＝2(F1＋F2＋F3)，0～2 s内木箱处于静止状态，静摩擦力与F1等大反向，2～6 s内摩擦力为滑动摩擦力，大小等于F2，方向与拉力方向相反，则0～6 s内摩擦力的冲量If＝－2Ff1－4Ffmax＝－2F1－4F2，则合力的冲量大小I合＝IF＋If，解得I合＝2(F3－F2)，则可求出0～6 s内合力的冲量大小，C正确；
由于木箱质量不确定，因此不能求出木箱的速度、加速度与位移，即不能求出0～6 s内木箱克服摩擦力做的功，D错误。
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 。3.对动量定理的理解：(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力对作用时间的平均值。(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。
F(t′－t)＝mv′－mv
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(4)Ft＝p′－p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。(5)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。(6)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求解。
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。( )
例4 (2023·江苏淮安市涟水县一中月考)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，充气袋可以减小某颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。
例5 (2023·广东卷·10改编)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.40 N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.44 N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B错误；
对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有 ＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
例6 (2023·江苏常州市联考)质量为60 kg的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护而使他悬挂起来。已知安全带的缓冲时间为1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力的大小为A.500 N B.600 N C.1 000 N D.1 100 N
对建筑工人进行分析：第一阶段，建筑工人做自由落体运动，当安全带绷直时l＝ ＝10 m/s；第二阶段，安全带缓冲使建筑工人速度减为0，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，则(mg－F)t＝0－mv，代入数据解得安全带所受的平均冲力的大小为F＝1 100 N，故选D。
应用动量定理解题的一般思路
应用动量定理处理“流体模型”
例7 (2023·江苏苏州市统考)如图所示，一玩具水枪的枪口直径为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(不考虑水竖直方向的运动)A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
t时间内流经水枪枪口的水的体积为V＝vtS＝ t时间内击中目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故选B。
1.(2024·江苏徐州市阶段练习)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
2.(2024·江苏淮安市楚州中学月考)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
3.网球质量约60 g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50 m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004 s，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则此过程中网球A.动量变化量为0B.动量变化量约为3.0 kg·m/sC.受到球拍的冲击力约为750 ND.受到球拍的冲击力约为1 500 N
取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50 kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1 500 N，故D正确，C错误。
4.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
5.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 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
6.(2024·江苏省模拟)某次10 m跳台跳水训练中，运动员进入水中深度3 m后速度减为零，其质量m＝50 kg，忽略空气阻力，且运动员在水中的运动近似为匀变速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。则从入水到速度减为零的过程中，水给运动员的冲量大小最接近A.220 N·s B.520 N·sC.720 N·s D.920 N·s
7.(2023·江苏省江阴高级中学检测)如图所示，在xOy竖直平面内，由A点斜射出一个小球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、C、D三点的坐标已在图中标出，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是A.小球在A点的动量和在C点的动量相同B.从A到B和从B到C，小球动量变化量相同C.小球从B到C重力的冲量小于从C到D重力 的冲量D.小球从B到C的动量变化率小于从C到D的动量变化率
动量是矢量，A、C两处速度方向不同，所以动量不同，故A错误；小球在x轴方向上做匀速直线运动，而A到B、B到C、C到D在x轴上间距相等，所以经历的时间也相等，设时间均为t，小球又只受重力作用，则A到B、B到C、C到D速度变化量相同，为Δv＝gΔt＝gt，所以从A到B和从B到C，小球的动量变化量Δp＝mΔv＝mgt，可知从A到B和从B到C小球的动量变化量相同，故B正确；
重力的冲量I＝mgΔt，因为B到C、C到D的时间相等，所以重力的冲量相同，故C错误；因为B到C、C到D的时间相等，动量的变化相同，所以动量的变化率也相等，故D错误。
8.(2023·新课标卷·19改编)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和为零
由于m甲>m乙，所以a甲
9.(2022·全国乙卷·20改编)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时物块的动能不为零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Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)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＋Ff)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错误；
0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。
10.水刀(如图所示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420 MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表表面上后，立刻沿材料表面散开没面上，假设高速水流垂直打在材料有反弹，已知水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为A.600 m/s B.650 m/s C.700 m/s D.750 m/s
11.中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kgC.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝ ＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝ ＝3.6×109 N，D错误。
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