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2025年高考物理大一轮复习第七章 第一课时 动量定理及应用（课件+讲义+练习）
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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 (2023·黑龙江省八校模拟)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
根据动能定理ΔEk＝mgh得两物块的动能改变量相同，选项C正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。
例2 (2023·陕西宝鸡市一模)质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则A.整个过程中合力的冲量大小为B.整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零C.上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小D.上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I合＝Δp＝0.5mv0－(－mv0)＝1.5mv0，A错误；
上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1
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正确；
0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故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 。
F(t′－t)＝mv′－mv
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。(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。
(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。
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 (多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 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正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；
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
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 (多选)如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为
直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得 ＝ρSv0，故A错误，B正确； 由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F＝Mg，联立两式可得 ，故C错误，D正确。
1.(2021·湖南卷·2)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图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像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
质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，
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Ftcs θ
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.(2023·广东佛山市一模)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。
5.(2023·河南鹤壁市联考)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.(多选)(2021·天津卷·7)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喷出的燃气与发射台之间的相互作用
增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；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，故D错误。
7.(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
8.(多选)(2023·新课标卷·19)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.甲和乙的动量之和不为零
由于m甲>m乙，Ff1>Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。
9.(多选)(2023·陕西咸阳市模拟)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则 A.在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg·m/sB.在t＝4 s时，物块的速度为0C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量 大小之比为3∶2D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s,2～4 s内物块动量的变化量大小为0,4～5 s内F≤1 N＝μmg，物块做匀减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C错误；
10.(2022·湖北卷·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.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
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mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。
11.2021年6月17日，我国神舟十二号载人飞船发射成功，3名航天员进驻“天宫号”空间站的“天和号”核心舱，标志着我国空间站建设进入新阶段。如图所示，“天和号”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9 m2，以第一宇宙速度v＝7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m＝1.5×10－7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为A.2×106个 B.16个C.14×104个 D.2个
设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv代入数据解得n≈2，故选D。
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；
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
(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在很短时间Δt内，冲击玩具的水柱的质量Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′ ⑧由于Δt很小，Δmg也很小，故Δmg·Δt可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′ ⑨
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 (2023·黑龙江省八校模拟)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
根据动能定理ΔEk＝mgh得两物块的动能改变量相同，选项C正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。
例2 (2023·陕西宝鸡市一模)质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则A.整个过程中合力的冲量大小为B.整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零C.上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小D.上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I合＝Δp＝0.5mv0－(－mv0)＝1.5mv0，A错误；
上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1
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正确；
0～6 s时间F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故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 。
F(t′－t)＝mv′－mv
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。(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。
(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。
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 (多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 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正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；
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
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 (多选)如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为
直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得 ＝ρSv0，故A错误，B正确； 由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F＝Mg，联立两式可得 ，故C错误，D正确。
1.(2021·湖南卷·2)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图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像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
质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，
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Ftcs θ
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.(2023·广东佛山市一模)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。
5.(2023·河南鹤壁市联考)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.(多选)(2021·天津卷·7)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喷出的燃气与发射台之间的相互作用
增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；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，故D错误。
7.(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
8.(多选)(2023·新课标卷·19)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.甲和乙的动量之和不为零
由于m甲>m乙，Ff1>Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。
9.(多选)(2023·陕西咸阳市模拟)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则 A.在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg·m/sB.在t＝4 s时，物块的速度为0C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量 大小之比为3∶2D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s,2～4 s内物块动量的变化量大小为0,4～5 s内F≤1 N＝μmg，物块做匀减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C错误；
10.(2022·湖北卷·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.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
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mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。
11.2021年6月17日，我国神舟十二号载人飞船发射成功，3名航天员进驻“天宫号”空间站的“天和号”核心舱，标志着我国空间站建设进入新阶段。如图所示，“天和号”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9 m2，以第一宇宙速度v＝7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m＝1.5×10－7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为A.2×106个 B.16个C.14×104个 D.2个
设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv代入数据解得n≈2，故选D。
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；
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
(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在很短时间Δt内，冲击玩具的水柱的质量Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′ ⑧由于Δt很小，Δmg也很小，故Δmg·Δt可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′ ⑨
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