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人教版 (2019)选择性必修 第一册2 动量定理导学案
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册2 动量定理导学案，共23页。
■知识点一：对冲量的理解
（1）定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量
（2）公式：I=FAt.
（3）单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号是N · s.
（4）冲量的物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应，力越大，作用时间越长，冲量就越大。
冲量I的方向与力的方向相同。注意：有冲量不一定有功但有功一定有冲量
(5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同
冲量是矢量：方向由力的方向决定，若为恒定方向的力，则冲量的方向跟这力的方向相同
冲量是过程量，反映了力对时间的积累效应
■知识点二：冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．
(2)求合冲量的两种方法：
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
(3)求变力的冲量：
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
②若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量．
③利用动量定理求解．
求冲量就是力对物体时间的积累效果，因此求哪一个力的冲量，只需该力乘以该力作用的时间。
■知识点三：动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
（1）用动量定理解题的基本思路
(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理
■知识点四：冲量和功的关系
功是力对位移(空间)的累积效果；冲量是力对时间的累积效应，都是力作用的过程量。
考向一：冲量的理解
【例1】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同 D．它们动能的增量相同
【答案】A
【解析】这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【例2】交中物理组在期中后开展了“纸飞机”活动，其中滞空时间最久的纸飞机达6.7s。已知纸飞机质量相同、出手高度相同，若落到地面时间越久，则整个飞行过程中重力的（ ）
A．做功越多B．平均功率越大
C．做功与空气阻力大小有关D．冲量越大
【答案】D
【解析】ABC．由题意，根据可知，由于相同，则整个飞行过程中重力做的功相同，显然重力做功与空气阻力大小无关，若落到地面时间越久，根据可知重力的平均功率越小，故ABC错误；D．根据可知，落到地面时间越久，重力的冲量越大，故D正确。
故选D。
考向二：恒力冲量的计算
【例3】(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零 B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcs θ D．合力对物体的冲量大小为零
【答案】BD
【解析】对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
【例4】（多选）体育课上，某同学将一个篮球竖直向上抛出后回到抛出点，假设篮球在运动过程中受到的阻力大小不变，比较篮球由抛出点上升到最高点和从最高点下降到抛出点的过程，则下列说法正确的是（ ）
A．上升过程中篮球受到重力的冲量大小大于下降过程中篮球受到重力的冲量大小
B．上升过程中篮球受到重力的冲量大小小于下降过程中篮球受到重力的冲量大小
C．上升过程中篮球受到合力的冲量大小大于下降过程中篮球受到合力的冲量大小
D．上升过程中篮球受到合力的冲量大小小于下降过程中篮球受到合力的冲量大小
【答案】BC
【解析】AB．上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律有，下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律有，故，根据，可知，重力是恒力，其冲量大小为，则知上升过程中篮球受到的重力的冲量较小，故B正确，A错误；CD．上升过程中，根据动量定理有，，下降过程中，根据动量定理有，由于受空气阻力可知，则上升过程中篮球受到合力的冲量较大，故C正确，D错误；
故选BC。
考向三：动量定理的理解
【例5】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。
【例6】质量为的小球从高处由静止落下并落到地面，并立即陷入泥潭中，又经过时间后静止。若泥潭对小球的作用力为恒力，取，求：
（1）泥潭对小球作用力的大小；
（2）从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量；
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）小球从开始下落到进入泥潭前做自由落体运动过程，则有
解得刚进入泥潭时小球的速度为
设泥潭对小球的平均作用力大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得，
解得泥潭对小球作用力的大小为
（2）根据，解得从开始下落到进入泥潭前，运动的时间为
从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量为
考向四：动量定理定性应用
【例7】汽车的安全性是一个日益突出的问题。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发挥的作用,下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小B．延长了司机的受力时间并减小了冲力
C．使司机受到的冲量减少D．减少了碰撞前后司机动量的变化量
【答案】B
【解析】A．安全气囊增大了受力面积，令司机单位面积的受力减小，A错误；BCD．无论有没有安全气囊，碰撞前后司机的动量变化量不变，根据动量定理可知司机受到的冲量不变，但安全气囊延长了司机的受力时间，令冲力减小。B正确C错误D错误。
故选B。
【例8】如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则（ ）
A．过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
B．过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．整个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量大于重力的冲量
【答案】C
【解析】A．过程Ⅱ中钢珠的速度变化量不为零，所以钢珠的动量改变量不等于零，故A错误；BC．在整个过程中根据动量定理知总冲量为零，即过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小和过程Ⅱ中重力的冲量大小之和，所以过程Ⅱ中阻力冲量的大小大于过程Ⅰ中重力冲量的大小，故B错误，C正确；D．过程Ⅰ中钢珠只受重力，根据动量定理可知过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量，故D错误。
故选C。
考向五：动量定理定量应用
【例9】一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝0.5s（工人最终悬挂在空中），g取10m/s2，忽略空气阻力的影响，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是（ ）
A．1200N，竖直向上B．1200N，竖直向下
C．1800N，竖直向上D．1800N，竖直向下
【答案】D
【解析】工人自由下落L＝5m的速度由解得
设安全带对工人的平均冲力为，设竖直向下为正方向，由动量定理
代入数据解得
由牛顿第三定律知，缓冲过程中安全带受的平均冲力大小是1800N，方向竖直向下，故ABC错误，D正确。故选D。
【例10】高楼高空抛物是非常危险的事，如图所示的安全警示广告非常形象地描述了高空坠物对人造成伤害的严重性。设一枚质量为m＝50g的生鸡蛋从18楼的窗台位置做自由落体运动，落地过程中与水泥地面接触时间为0.003s，那么鸡蛋对地面的平均冲击力的大小最接近于（ ）
A．100N B．500N C．900N D．1300N
【答案】B
【解析】鸡蛋从18楼窗台做自由落体运动，每层楼大约高3m，下落的高度约为50m，到达地面前的速度为v＝，解得速度约为30m/s，对落地过程由动量定理可知，，解得，ACD错误，B正确。
故选B。
考向六：利用F-t图像求冲量
【例11】一质量为的物块在合外力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，则下列说法正确的是（ ）
A．时物块的速度为B．时物块的速度为
C．物块的动量为D．时物块的动量为
【答案】AD
【解析】AB. 由动量定理可得，当时物块的速度为，故A正确，B错误；CD. 0~ 4s内，由动量定理可得，故C错误，D正确。
故选AD。
【例12】一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。求：
（1）0~8s时间内拉力的冲量；
（2）0~6s时间内物体的位移；
（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功；
（4）0~10s时间内摩擦力的冲量。
【答案】（1）；（2）6m；（3）30J；（4）
【解析】（1）0~8s时间内拉力的冲量为
（2）根据图由面积法可得0~6s时间内物体的位移为
（3）内物体做匀速直线运动，所以
0~10s时间内物体的位移为，所以物体克服摩擦力所做的功
（4）0~10s时间内摩擦力的冲量为
考向七：利用动量定理解决流体问题
【例13】如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱横截面积为S，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为，手持高压水枪操作，下列说法错误的是（ ）
A．水枪单位时间内喷出水的质量为B．高压水枪的喷水功率为
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为D．手对高压水枪的作用力方向斜向右上
【答案】B
【解析】A．t时间内喷水质量为，水枪单位时间内喷出水的质量为，故选项A正确；
B．水枪在时间1s内做功转化为水柱的动能即为高压水枪的喷水功率，则，故选项B错误；
C．t时间内喷出的水在t内速度减小为0，则由动量定理得，，联立得：，故选项C正确；
D．水对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪受重力作用，根据平衡条件，则手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D正确。
故选B。
【例14】水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面积为S的水柱以速度垂直射到钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的密度为，则水对钢板的平均冲力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】以时间内射到钢板上的水柱为研究对象，规定水柱的速度方向为正方向，根据动量定理可得其中联立，可得
由牛顿第三定律可知水对钢板的平均冲力大小为
故选C。
单项选择题
1.如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量 B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力 D．增大人对地面的压强，起到安全作用
【答案】C
【解析】AB．无论是否曲腿，人的速度变化量不变，则动量的变化量不变，根据I=Δp，可知冲量不变，故AB错误；C．人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F－mg）t=Δp,而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，故C正确；D．根据牛顿第三定律可知，屈腿可以减小人对地面的冲击力，而作用面积不变，则压强减小，故D错误。
故选C。
2.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手冲量的大小 B．减小球对手作用力的大小
C．减小球的动量变化量的大小 D．减小球对手的作用时间
【答案】B
【解析】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，F＝eq \f(mv,t)，当时间增大时，动量的变化量不变，球对手的作用力减小，所以B正确．
3.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】设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
4.从同一高度自由下落的玻璃杯，掉在水泥地面上易碎，掉在软泥地面上不易碎，这是因为（ ）
A．掉在水泥地面上，玻璃杯的动量大
B．掉在水泥地面上，玻璃杯受到的水泥地的作用力大
C．掉在水泥地面上，玻璃杯受到的冲量大
D．掉在水泥地面上，玻璃杯的动量变化大
【答案】B
【解析】A．两种情况下，玻璃杯下降的高度相同，下降过程机械能守恒，则
可知玻璃杯掉在软泥地和水泥地上的速度相同，即动量相同，故A错误；BCD．两种情况下玻璃杯的速度都是从v减小到0，所以玻璃杯的动量变化量相同，根据可知两种情况下受到的冲量也相等，根据动量定理可得，因为掉在水泥地上所用时间短，所以掉在水泥地上玻璃杯受到水泥地的作用力大，故B正确，CD错误。故选B。
5.质量为m的钢球由高处自由落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
【答案】D
【解析】设竖直向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1由于碰撞时间极短，地面对球的作用力很大，重力可忽略不计．所以Ft＝m(v2＋v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．
6.质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N B．1 100 N
C．600 N D．100 N
【答案】B
【解析】 选取人为研究对象，人下落过程中由v2＝2gh得，v＝10 m/s，缓冲过程由动量定理得(F－mg)t＝mv，F＝eq \f(mv,t)＋mg＝1 100 N．由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力大小为1 100 N.
7.为保护航天员安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大装置，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱最终安全着陆。把返回舱从离地1m开始减速到安全着陆称为着地过程。关于反推火箭的作用，下列说法正确的是（ ）
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．减小着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
【答案】D
【解析】A．返回舱和航天员在最后1m的着陆过程中不管有没有用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是0，故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故A错误；
B．根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所受冲量也是相同的，故B错误；
C．反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间，故C错误；
D．根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间，根据动量定理可知在着地过程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，D正确。
故选D。
8.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，下列说法正确的是（ ）
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对时间的变化率减小
D．物品对充气袋的冲量等于充气袋对物品的冲量
【答案】C
【解析】A B．颠簸过程中物品动量的变化等于物品末状态的动量与初动量之差，根据动量定理也是物品所受合力的冲量，这是由具体颠簸情形决定的，与是否充气袋无关，故AB错误；
C．利用了充气袋可以适当延长作用时间，根据动量定理可知，当在某次颠簸过程中动量变化一定时，物品与周围物体的相互作用力会减小，起到保护作用，故C正确；
D．物品对充气袋的冲量与充气袋对物品的冲量大小相等方向相反，两者不相等，因为方向相反，故D错误。
故选C。
8.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化量的大小约为
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为0.3N
【答案】A
【解析】A．手机砸到眼睛时的速度，取竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机动量变化量的大小，故A正确；
B．手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，冲量方向竖直向下，故B错误；
C．根据动量定理，手机对眼睛的冲量大小解得，故C错误；
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为，故D错误。
故选A。
9.在一次摸高测试中，一质量为70kg的同学先下蹲，再用力蹬地的同时举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.40m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（ ）（g取）
A．1050NB．1400NC．1750ND．1900N
【答案】C
【解析】跳起后重心升高的高度为
人跳起的速度解得
跳起过程，根据动量定理得
解得起跳过程中地面对他的平均压力约为
根据牛顿第三定律，起跳过程中他对地面的平均压力约为
故选C。
10.某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为，两个喷嘴的面积均为，取重力加速度，水的密度，则喷嘴处喷水的速度大约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设飞行器对水的作用力为，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于，对飞行器，根据平衡条件有
设水喷出时的速度为，在时间内喷出的水的质量为
对喷出的水应用动量定理有
联立解得，
可认为喷嘴处喷水的速度大约为7.6m/s，C正确，ABD错误。
故选C。
11.有一宇宙飞船，以的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。它与速度垂直的正面面积，此微粒尘区每空间微粒的平均质量为。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（ ）
A．B．3.6NC．D．1.2N
【答案】B
【解析】在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为
由动量定理得 解得
根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N，要是飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N。
故选B。
12.在某些小区的自助洗车设备中，有一种是用高压水流冲洗汽车表面。今有一汽车高压水枪，设水枪喷水口横截面积S，由枪口喷出的高压水流流速为，假设水柱垂直喷射到汽车竖直的表面上，冲击汽车竖直表面后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对汽车竖直表面的平均冲击力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设水流的横截面积为S，则t时间内喷水质量为m=ρSvt
以该运动方向为正方向，对其与汽车碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有-Ft=0-mv
联立解得F=ρSv2
根据牛顿第三定律可得水柱对车表面的平均冲击力为ρSv2，故A正确，BCD错误。
故选A。
13.我国新型电动汽车迅猛发展，一新型电动汽车在水平路面上进行测试时，汽车由静止以恒定的加速度启动，在汽车做匀加速直线运动的时间内，下列关于汽车的动量大小p和汽车的速度大小v、运动时间t、位移大小x的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】A．汽车的动量大小可表示为,故图线为过原点的倾斜直线，A错误；
B．由于汽车做匀加速直线运动，速度满足,动量大小可表示为
故图线为过原点的倾斜直线，B错误；
CD．据匀变速直线运动规律可得,动量大小可表示为
由函数规律可知，图线为开口向右的抛物线的一部分，C错误，D正确。
故选D。
14.A、B两物体的质量之比为，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动直到停止，其速度—时间图像如图所示。那么，A、B两物体所受摩擦阻力大小之比与A、B两物体克服摩擦力做的功之比分别为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】B
【解析】根据动量定理可得， 可得
根据动能定理可得， 可得
故选B。
15.(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。
16.如图所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq \f(1,4)ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为eq \f(1,4)ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
【答案】D
【解析】高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπeq \f(D2,4)·v＝eq \f(1,4)πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq \f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq \f(1,4)ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝eq \f(F,S)＝eq \f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确．
多项选择题
17．在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（ ）
A．延长球对手的作用力时间B．减小球的动量变化量
C．减小球对手的冲量D．减小球对手的作用力
【答案】AD
【解析】A．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，故A正确；
B．动量变化量为,由于初速度是定值，所以动量的变化量不变，故B错误；
C．球对手的冲量与手对球的冲量等大反向，大小等于球的动量变化量，也不变，故C错误；
D．根据动量定理得,解得
当时间增大时，动量的变化率减小，即作用力就减小，故D正确。
故选AD。
18.下列应用动量定理解释的现象，说法合理的是（ ）
A．体操运动员在落地时要屈腿，这样可以减小人落地过程的动量变化量
B．船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，减小码头对船的冲量
C．运动员在跳高时，需要落到沙坑里或海绵垫上，这样做是为了减小接触物对运动员的作用力
D．玻璃杯从同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，其原因是玻璃杯落在水泥地上时与水泥地相互作用力大。
【答案】CD
【解析】A．体操运动员落地时的速度一定，则人的动量变化一定，屈腿是延长时间t，可以减小人所受到的平均冲击力，故A错误；
B．在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不能减小船舶靠岸过程中动量变化量，即码头对船的冲量，故B错误；
C．跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t，由I=Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故C正确；
D．玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，根据动量定理知，相互作用力大，掉在草地上的杯子动量改变慢，相互作用力小，故D正确。
故选CD。
19.高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，威胁着人们的安全，刑法修正案新增高空抛物罪。假设质量为的花盆从离地面高的高楼窗户自由下落到地面，花盆与地面撞击时间为，假设花盆可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小取。则（ ）
A．花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为
B．花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为
C．花盆对地面平均作用力的大小为
D．花盆对地面平均作用力的大小为
【答案】AC
【解析】AB．花盆从离地面高的高楼窗户自由下落到地面，由
解得花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为,故A正确，B错误；
CD．设竖直向上为正方向，花盆与地面撞击时，对花盆由动量定理得
解得地面对花盆的作用力
根据牛顿第三定律可知，花盆对地面平均作用力的大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
20.一细绳系着小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做匀速圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝eq \f(T,2)，小球动量变化量为0
B．经过时间t＝eq \f(T,4)，小球动量变化量大小为eq \r(2)mv
C．经过时间t＝eq \f(T,2)，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝eq \f(T,4)，重力对小球的冲量大小为eq \f(mgT,4)
【答案】BCD
【解析】经过时间t＝eq \f(T,2)，小球转过了180°，速度方向正好反向，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－2mv，故大小为2mv，A错误，C正确；经过时间t＝eq \f(T,4)，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝eq \r(2)mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝eq \f(mgT,4)，B、D正确．
21.限力式安全带能在发生碰撞的瞬间，自动收紧安全带有效固定乘客身体，同时当施加在安全带上的力达到一定程度时，安全带限力装置将自动放出安全带，从而缓和安全带对乘客胸部的压力。针对安全带上的限力装置功能，下列说法正确的是（ ）
A．延长了司机的受力时间B．减小了碰撞前后司机动量的变化量
C．减小了安全带对司机的平均作用力D．减小了碰撞前后司机动能的变化量
【答案】AC
【解析】A．由题意可知，安全带上的限力装置延长了司机的受力时间，选项A正确；
B．若发生碰撞，则司机动量的变化量是一定的，选项B错误；
C．在动量变化量一定时，根据F∆t=∆p可知，增加作用时间，可减小安全带对司机的平均作用力，选项C正确；
D．碰撞前后司机的速度从某一值减到零，则司机的动能的变化量是不变的，选项D错误。
故选AC。
22.某人站在力的传感器（连着计算机）。上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．该人下蹲时间约为0.5s
B．该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500N·s
【答案】BD
【解析】A．下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，从图像可知1~2s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1s，所以A错误；
B．由图像可知静止时有，支持力最小为200N，最大为700N，由牛顿第二定律可得
或联立解得，所以该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2，则B正确；
C．起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先是处于超重状态，后处于失重状态，所以C错误；
D．起立过程，根据动量定理可得，起立时间约为1s，解得
所以D正确；
故选BD。
23.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼睛的情况。如图所示，某塑料模型手机质量m为20g，从离人眼约h=25cm（）的竖直高度无初速掉落，砸到眼睛后经t=0.1s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机对眼睛的作用力大小约为65N
B．手机对眼睛的作用力大小约为0.65N
C．全过程手机重力的冲量大小约为
D．全过程手机重力的冲量大小约为
【答案】BC
【解析】AB．设手机砸到眼睛时的速度为v，则有
根据可得，时间为
根据动量定理可得代入数据，解得故A错误，B正确；
CD．全过程手机重力的冲量大小约为，故C正确，D错误。
故选BC。
24.如图甲所示，一质量为0.5kg的物块在水平拉力F的作用下从t=0时起由静止开始沿足够长的粗糙水平面运动，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，取水平向右为F的正方向，已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力为滑动摩擦力的1.1倍，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．t＝1s时物块的动量大小为2kg·m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为2kg·m/s
C．t=1s至t＝3s，物块所受合外力冲量大小为1N·s
D．t=3s至t＝4s，物块所受合外力的冲量大小为零
【答案】BCD
【解析】A．当拉力为2N时，因为拉力大于物块受到的最大静摩擦力，所以物体处于运动状态，根据牛顿第二定律可得可知，物块的加速度为
当t＝1s时物块的动量大小为，A错误；
A．当t＝2s时物块的动量大小为，B正确；
C．因为取水平向右为F的正方向，t=1s至t＝3s，物块所受合外力冲量为，所以，冲量大小为1N·s，C正确；
25.如图所示，表面粗糙的斜面体固定在水平面上，质量为m的小物块从斜面底端以大小为的初速度沿斜面向上运动，到达斜面顶端后滑回到底端时速度大小为，则小物块（ ）
A．在整个过程受到支持力的冲量为零
B．在整个过程受到合外力的冲量大小为
C．上滑过程受到的摩擦力冲量小于下滑时摩擦力冲量
D．上滑过程克服摩擦力做功大于下滑时克服摩擦力做功
【答案】BC
【解析】A．根据I=Ft可知，支持力的冲量不为零，A错误；
B．根据动量定理知合外力的冲量为，故B正确；
C．根据受力分析可知，上滑时的加速度一定大于下滑时的加速度，由位移公式可知，上滑过程用时小于下滑用时，而摩擦力大小相等，则可知，上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量，C正确；
D．上滑过程和下滑过程位移相等，且摩擦力大小相等，根据做功公式可知两段过程克服摩擦力做功相同，D错误。
故选BC。
三、解答题
26.如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人通过绳子将重物从地面提升，当重物重心上升20cm时，两人同时释放绳子，让重物由静止开始自由下落，最终重物落地将地面夯实。已知重物的质量为50kg，重物与地面接触0.02s后停止运动，不计空气阻力，g取10m/s2。试求：
（1）重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小；
（2）地面对重物的平均作用力的大小。
【答案】（1）；（2）F=5500N
【解析】（1）重物在空中下落过程为自由落体运动，则
重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小，解得
（2）以竖直向下为正方向，重物与地面相互作用过程中，根据动量定理
，，解得F=5500N
27.将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(3)小球落地时的动量大小p′.
【答案】(1)4 N·s 方向竖直向下 (2)10 N·s 方向竖直向下 (3)10eq \r(2) kg·m/s
【解析】(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量
I1＝mgt0＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下．
(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝eq \f(1,2)gt2，
落地时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s．小球飞行过程中只受重力作用，
所以合外力的冲量为I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．
由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下．
(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s.由速度合成知，落地速度
v＝eq \r(v\\al(0, 2)＋v\\al(y, 2))＝eq \r(102＋102) m/s＝10eq \r(2) m/s，
所以小球落地时的动量大小p′＝mv＝10eq \r(2) kg·m/s
28.汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标，实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。某次测试中质量为1500kg的实验汽车在车道上加速至16m/s后撞上刚性壁障，碰后车轮被卡住，以4m/s的速度反向弹回，车滑行2m后停止，数据传感器记录此次碰撞时间为0.5s，重力加速度取10m/s2，求：
（1）碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小；
（2）实验汽车反向弹回后直至停止的时间；
（3）实验汽车与车道之间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）1s；（3）0.4
【解析】（1）以反弹方向为正方向，根据动量定理可得，解得
故碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小为
（2）根据动力学公式，解得实验汽车反向弹回后直至停止的时间
（3）根据动力学公式
解得实验汽车与车道之间的动摩擦因数
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
理解冲量，能区分功与冲量，会求解恒力冲量与变力冲量。
2..能推导动量定理及其表达式及其表达式的物理意义。
3.知道动量定理适用于变力情况，领会求解变力冲量时的极限思想。
4.会用动量定理解释生活生产中的相关现象和解决实际问题。
比较项目
冲量
功
标矢性
矢量
标量
累积效应
力对时间的累积效应
力对位移(空间)的累积效果
图像
F-t面积表示冲量
F-x 面积表示功
作用效果
I=mv'-mv
改变物体的动量
W=Ek2-Ek1
改变物体的动能
教材习题01
一个质量为的垒球，以的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为。若球棒与垒球的作用时间为，球棒对垒球的平均作用力是多大？
解题方法
【解析】沿垒球飞向球棒时的方向建立坐标轴，垒球的初动量为
垒球的末动量为
由动量定理知垒球所受的平均作用力为
垒球所受的平均作用力的大小为，负号表示力的方向与坐标轴的方向相反，即力的方向与垒球飞来的方向相反。
【答案】6300N
教材习题02
一名小孩质量为18kg，从静止沿高为5m，倾角为30°的光滑滑梯下滑至底端，取g=10m/s2，求：（要求说明方向）
（1）小孩下滑过程中重力的冲量；
（2）小孩下滑过程中支持力的冲量；
（3）小孩下滑过程中合力的冲量；
（4）小孩下滑过程中动量的变化量。
解题方法
【解析】（1）依题意，对小孩根据牛顿第二定律有
结合运动学公式有
小孩在过程中的重力的冲量
联立以上式子，代入相关已知数据，求得，，方向竖直向下。
（2）小孩下滑过程中支持力的冲量为
方向垂直斜面向上。
（3）小孩下滑过程中的合力的冲量
方向平行斜面向下。
（4）根据动量定理，可知小孩下滑过程中动量的变化量
方向平行斜面向下。
【答案】（1），方向竖直向下；（2），方向垂直斜面向上；
（3），方向平行斜面向下；（4），方向平行斜面向下
■知识点一：对冲量的理解
（1）定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量
（2）公式：I=FAt.
（3）单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号是N · s.
（4）冲量的物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应，力越大，作用时间越长，冲量就越大。
冲量I的方向与力的方向相同。注意：有冲量不一定有功但有功一定有冲量
(5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同
冲量是矢量：方向由力的方向决定，若为恒定方向的力，则冲量的方向跟这力的方向相同
冲量是过程量，反映了力对时间的积累效应
■知识点二：冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．
(2)求合冲量的两种方法：
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
(3)求变力的冲量：
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
②若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量．
③利用动量定理求解．
求冲量就是力对物体时间的积累效果，因此求哪一个力的冲量，只需该力乘以该力作用的时间。
■知识点三：动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
（1）用动量定理解题的基本思路
(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理
■知识点四：冲量和功的关系
功是力对位移(空间)的累积效果；冲量是力对时间的累积效应，都是力作用的过程量。
考向一：冲量的理解
【例1】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同 D．它们动能的增量相同
【答案】A
【解析】这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【例2】交中物理组在期中后开展了“纸飞机”活动，其中滞空时间最久的纸飞机达6.7s。已知纸飞机质量相同、出手高度相同，若落到地面时间越久，则整个飞行过程中重力的（ ）
A．做功越多B．平均功率越大
C．做功与空气阻力大小有关D．冲量越大
【答案】D
【解析】ABC．由题意，根据可知，由于相同，则整个飞行过程中重力做的功相同，显然重力做功与空气阻力大小无关，若落到地面时间越久，根据可知重力的平均功率越小，故ABC错误；D．根据可知，落到地面时间越久，重力的冲量越大，故D正确。
故选D。
考向二：恒力冲量的计算
【例3】(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零 B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcs θ D．合力对物体的冲量大小为零
【答案】BD
【解析】对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
【例4】（多选）体育课上，某同学将一个篮球竖直向上抛出后回到抛出点，假设篮球在运动过程中受到的阻力大小不变，比较篮球由抛出点上升到最高点和从最高点下降到抛出点的过程，则下列说法正确的是（ ）
A．上升过程中篮球受到重力的冲量大小大于下降过程中篮球受到重力的冲量大小
B．上升过程中篮球受到重力的冲量大小小于下降过程中篮球受到重力的冲量大小
C．上升过程中篮球受到合力的冲量大小大于下降过程中篮球受到合力的冲量大小
D．上升过程中篮球受到合力的冲量大小小于下降过程中篮球受到合力的冲量大小
【答案】BC
【解析】AB．上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律有，下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律有，故，根据，可知，重力是恒力，其冲量大小为，则知上升过程中篮球受到的重力的冲量较小，故B正确，A错误；CD．上升过程中，根据动量定理有，，下降过程中，根据动量定理有，由于受空气阻力可知，则上升过程中篮球受到合力的冲量较大，故C正确，D错误；
故选BC。
考向三：动量定理的理解
【例5】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。
【例6】质量为的小球从高处由静止落下并落到地面，并立即陷入泥潭中，又经过时间后静止。若泥潭对小球的作用力为恒力，取，求：
（1）泥潭对小球作用力的大小；
（2）从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量；
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）小球从开始下落到进入泥潭前做自由落体运动过程，则有
解得刚进入泥潭时小球的速度为
设泥潭对小球的平均作用力大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得，
解得泥潭对小球作用力的大小为
（2）根据，解得从开始下落到进入泥潭前，运动的时间为
从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量为
考向四：动量定理定性应用
【例7】汽车的安全性是一个日益突出的问题。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发挥的作用,下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小B．延长了司机的受力时间并减小了冲力
C．使司机受到的冲量减少D．减少了碰撞前后司机动量的变化量
【答案】B
【解析】A．安全气囊增大了受力面积，令司机单位面积的受力减小，A错误；BCD．无论有没有安全气囊，碰撞前后司机的动量变化量不变，根据动量定理可知司机受到的冲量不变，但安全气囊延长了司机的受力时间，令冲力减小。B正确C错误D错误。
故选B。
【例8】如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则（ ）
A．过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
B．过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．整个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量大于重力的冲量
【答案】C
【解析】A．过程Ⅱ中钢珠的速度变化量不为零，所以钢珠的动量改变量不等于零，故A错误；BC．在整个过程中根据动量定理知总冲量为零，即过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小和过程Ⅱ中重力的冲量大小之和，所以过程Ⅱ中阻力冲量的大小大于过程Ⅰ中重力冲量的大小，故B错误，C正确；D．过程Ⅰ中钢珠只受重力，根据动量定理可知过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量，故D错误。
故选C。
考向五：动量定理定量应用
【例9】一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝0.5s（工人最终悬挂在空中），g取10m/s2，忽略空气阻力的影响，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是（ ）
A．1200N，竖直向上B．1200N，竖直向下
C．1800N，竖直向上D．1800N，竖直向下
【答案】D
【解析】工人自由下落L＝5m的速度由解得
设安全带对工人的平均冲力为，设竖直向下为正方向，由动量定理
代入数据解得
由牛顿第三定律知，缓冲过程中安全带受的平均冲力大小是1800N，方向竖直向下，故ABC错误，D正确。故选D。
【例10】高楼高空抛物是非常危险的事，如图所示的安全警示广告非常形象地描述了高空坠物对人造成伤害的严重性。设一枚质量为m＝50g的生鸡蛋从18楼的窗台位置做自由落体运动，落地过程中与水泥地面接触时间为0.003s，那么鸡蛋对地面的平均冲击力的大小最接近于（ ）
A．100N B．500N C．900N D．1300N
【答案】B
【解析】鸡蛋从18楼窗台做自由落体运动，每层楼大约高3m，下落的高度约为50m，到达地面前的速度为v＝，解得速度约为30m/s，对落地过程由动量定理可知，，解得，ACD错误，B正确。
故选B。
考向六：利用F-t图像求冲量
【例11】一质量为的物块在合外力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，则下列说法正确的是（ ）
A．时物块的速度为B．时物块的速度为
C．物块的动量为D．时物块的动量为
【答案】AD
【解析】AB. 由动量定理可得，当时物块的速度为，故A正确，B错误；CD. 0~ 4s内，由动量定理可得，故C错误，D正确。
故选AD。
【例12】一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。求：
（1）0~8s时间内拉力的冲量；
（2）0~6s时间内物体的位移；
（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功；
（4）0~10s时间内摩擦力的冲量。
【答案】（1）；（2）6m；（3）30J；（4）
【解析】（1）0~8s时间内拉力的冲量为
（2）根据图由面积法可得0~6s时间内物体的位移为
（3）内物体做匀速直线运动，所以
0~10s时间内物体的位移为，所以物体克服摩擦力所做的功
（4）0~10s时间内摩擦力的冲量为
考向七：利用动量定理解决流体问题
【例13】如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱横截面积为S，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为，手持高压水枪操作，下列说法错误的是（ ）
A．水枪单位时间内喷出水的质量为B．高压水枪的喷水功率为
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为D．手对高压水枪的作用力方向斜向右上
【答案】B
【解析】A．t时间内喷水质量为，水枪单位时间内喷出水的质量为，故选项A正确；
B．水枪在时间1s内做功转化为水柱的动能即为高压水枪的喷水功率，则，故选项B错误；
C．t时间内喷出的水在t内速度减小为0，则由动量定理得，，联立得：，故选项C正确；
D．水对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪受重力作用，根据平衡条件，则手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D正确。
故选B。
【例14】水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面积为S的水柱以速度垂直射到钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的密度为，则水对钢板的平均冲力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】以时间内射到钢板上的水柱为研究对象，规定水柱的速度方向为正方向，根据动量定理可得其中联立，可得
由牛顿第三定律可知水对钢板的平均冲力大小为
故选C。
单项选择题
1.如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量 B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力 D．增大人对地面的压强，起到安全作用
【答案】C
【解析】AB．无论是否曲腿，人的速度变化量不变，则动量的变化量不变，根据I=Δp，可知冲量不变，故AB错误；C．人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F－mg）t=Δp,而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，故C正确；D．根据牛顿第三定律可知，屈腿可以减小人对地面的冲击力，而作用面积不变，则压强减小，故D错误。
故选C。
2.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手冲量的大小 B．减小球对手作用力的大小
C．减小球的动量变化量的大小 D．减小球对手的作用时间
【答案】B
【解析】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，F＝eq \f(mv,t)，当时间增大时，动量的变化量不变，球对手的作用力减小，所以B正确．
3.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】设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
4.从同一高度自由下落的玻璃杯，掉在水泥地面上易碎，掉在软泥地面上不易碎，这是因为（ ）
A．掉在水泥地面上，玻璃杯的动量大
B．掉在水泥地面上，玻璃杯受到的水泥地的作用力大
C．掉在水泥地面上，玻璃杯受到的冲量大
D．掉在水泥地面上，玻璃杯的动量变化大
【答案】B
【解析】A．两种情况下，玻璃杯下降的高度相同，下降过程机械能守恒，则
可知玻璃杯掉在软泥地和水泥地上的速度相同，即动量相同，故A错误；BCD．两种情况下玻璃杯的速度都是从v减小到0，所以玻璃杯的动量变化量相同，根据可知两种情况下受到的冲量也相等，根据动量定理可得，因为掉在水泥地上所用时间短，所以掉在水泥地上玻璃杯受到水泥地的作用力大，故B正确，CD错误。故选B。
5.质量为m的钢球由高处自由落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
【答案】D
【解析】设竖直向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1由于碰撞时间极短，地面对球的作用力很大，重力可忽略不计．所以Ft＝m(v2＋v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．
6.质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N B．1 100 N
C．600 N D．100 N
【答案】B
【解析】 选取人为研究对象，人下落过程中由v2＝2gh得，v＝10 m/s，缓冲过程由动量定理得(F－mg)t＝mv，F＝eq \f(mv,t)＋mg＝1 100 N．由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力大小为1 100 N.
7.为保护航天员安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大装置，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱最终安全着陆。把返回舱从离地1m开始减速到安全着陆称为着地过程。关于反推火箭的作用，下列说法正确的是（ ）
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．减小着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
【答案】D
【解析】A．返回舱和航天员在最后1m的着陆过程中不管有没有用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是0，故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故A错误；
B．根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所受冲量也是相同的，故B错误；
C．反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间，故C错误；
D．根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间，根据动量定理可知在着地过程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，D正确。
故选D。
8.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，下列说法正确的是（ ）
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对时间的变化率减小
D．物品对充气袋的冲量等于充气袋对物品的冲量
【答案】C
【解析】A B．颠簸过程中物品动量的变化等于物品末状态的动量与初动量之差，根据动量定理也是物品所受合力的冲量，这是由具体颠簸情形决定的，与是否充气袋无关，故AB错误；
C．利用了充气袋可以适当延长作用时间，根据动量定理可知，当在某次颠簸过程中动量变化一定时，物品与周围物体的相互作用力会减小，起到保护作用，故C正确；
D．物品对充气袋的冲量与充气袋对物品的冲量大小相等方向相反，两者不相等，因为方向相反，故D错误。
故选C。
8.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化量的大小约为
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为0.3N
【答案】A
【解析】A．手机砸到眼睛时的速度，取竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机动量变化量的大小，故A正确；
B．手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，冲量方向竖直向下，故B错误；
C．根据动量定理，手机对眼睛的冲量大小解得，故C错误；
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为，故D错误。
故选A。
9.在一次摸高测试中，一质量为70kg的同学先下蹲，再用力蹬地的同时举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.40m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（ ）（g取）
A．1050NB．1400NC．1750ND．1900N
【答案】C
【解析】跳起后重心升高的高度为
人跳起的速度解得
跳起过程，根据动量定理得
解得起跳过程中地面对他的平均压力约为
根据牛顿第三定律，起跳过程中他对地面的平均压力约为
故选C。
10.某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为，两个喷嘴的面积均为，取重力加速度，水的密度，则喷嘴处喷水的速度大约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设飞行器对水的作用力为，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于，对飞行器，根据平衡条件有
设水喷出时的速度为，在时间内喷出的水的质量为
对喷出的水应用动量定理有
联立解得，
可认为喷嘴处喷水的速度大约为7.6m/s，C正确，ABD错误。
故选C。
11.有一宇宙飞船，以的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。它与速度垂直的正面面积，此微粒尘区每空间微粒的平均质量为。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（ ）
A．B．3.6NC．D．1.2N
【答案】B
【解析】在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为
由动量定理得 解得
根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N，要是飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N。
故选B。
12.在某些小区的自助洗车设备中，有一种是用高压水流冲洗汽车表面。今有一汽车高压水枪，设水枪喷水口横截面积S，由枪口喷出的高压水流流速为，假设水柱垂直喷射到汽车竖直的表面上，冲击汽车竖直表面后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对汽车竖直表面的平均冲击力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设水流的横截面积为S，则t时间内喷水质量为m=ρSvt
以该运动方向为正方向，对其与汽车碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有-Ft=0-mv
联立解得F=ρSv2
根据牛顿第三定律可得水柱对车表面的平均冲击力为ρSv2，故A正确，BCD错误。
故选A。
13.我国新型电动汽车迅猛发展，一新型电动汽车在水平路面上进行测试时，汽车由静止以恒定的加速度启动，在汽车做匀加速直线运动的时间内，下列关于汽车的动量大小p和汽车的速度大小v、运动时间t、位移大小x的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】A．汽车的动量大小可表示为,故图线为过原点的倾斜直线，A错误；
B．由于汽车做匀加速直线运动，速度满足,动量大小可表示为
故图线为过原点的倾斜直线，B错误；
CD．据匀变速直线运动规律可得,动量大小可表示为
由函数规律可知，图线为开口向右的抛物线的一部分，C错误，D正确。
故选D。
14.A、B两物体的质量之比为，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动直到停止，其速度—时间图像如图所示。那么，A、B两物体所受摩擦阻力大小之比与A、B两物体克服摩擦力做的功之比分别为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】B
【解析】根据动量定理可得， 可得
根据动能定理可得， 可得
故选B。
15.(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。
16.如图所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq \f(1,4)ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为eq \f(1,4)ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
【答案】D
【解析】高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπeq \f(D2,4)·v＝eq \f(1,4)πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq \f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq \f(1,4)ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝eq \f(F,S)＝eq \f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确．
多项选择题
17．在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（ ）
A．延长球对手的作用力时间B．减小球的动量变化量
C．减小球对手的冲量D．减小球对手的作用力
【答案】AD
【解析】A．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，故A正确；
B．动量变化量为,由于初速度是定值，所以动量的变化量不变，故B错误；
C．球对手的冲量与手对球的冲量等大反向，大小等于球的动量变化量，也不变，故C错误；
D．根据动量定理得,解得
当时间增大时，动量的变化率减小，即作用力就减小，故D正确。
故选AD。
18.下列应用动量定理解释的现象，说法合理的是（ ）
A．体操运动员在落地时要屈腿，这样可以减小人落地过程的动量变化量
B．船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，减小码头对船的冲量
C．运动员在跳高时，需要落到沙坑里或海绵垫上，这样做是为了减小接触物对运动员的作用力
D．玻璃杯从同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，其原因是玻璃杯落在水泥地上时与水泥地相互作用力大。
【答案】CD
【解析】A．体操运动员落地时的速度一定，则人的动量变化一定，屈腿是延长时间t，可以减小人所受到的平均冲击力，故A错误；
B．在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不能减小船舶靠岸过程中动量变化量，即码头对船的冲量，故B错误；
C．跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t，由I=Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故C正确；
D．玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，根据动量定理知，相互作用力大，掉在草地上的杯子动量改变慢，相互作用力小，故D正确。
故选CD。
19.高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，威胁着人们的安全，刑法修正案新增高空抛物罪。假设质量为的花盆从离地面高的高楼窗户自由下落到地面，花盆与地面撞击时间为，假设花盆可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小取。则（ ）
A．花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为
B．花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为
C．花盆对地面平均作用力的大小为
D．花盆对地面平均作用力的大小为
【答案】AC
【解析】AB．花盆从离地面高的高楼窗户自由下落到地面，由
解得花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为,故A正确，B错误；
CD．设竖直向上为正方向，花盆与地面撞击时，对花盆由动量定理得
解得地面对花盆的作用力
根据牛顿第三定律可知，花盆对地面平均作用力的大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
20.一细绳系着小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做匀速圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝eq \f(T,2)，小球动量变化量为0
B．经过时间t＝eq \f(T,4)，小球动量变化量大小为eq \r(2)mv
C．经过时间t＝eq \f(T,2)，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝eq \f(T,4)，重力对小球的冲量大小为eq \f(mgT,4)
【答案】BCD
【解析】经过时间t＝eq \f(T,2)，小球转过了180°，速度方向正好反向，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－2mv，故大小为2mv，A错误，C正确；经过时间t＝eq \f(T,4)，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝eq \r(2)mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝eq \f(mgT,4)，B、D正确．
21.限力式安全带能在发生碰撞的瞬间，自动收紧安全带有效固定乘客身体，同时当施加在安全带上的力达到一定程度时，安全带限力装置将自动放出安全带，从而缓和安全带对乘客胸部的压力。针对安全带上的限力装置功能，下列说法正确的是（ ）
A．延长了司机的受力时间B．减小了碰撞前后司机动量的变化量
C．减小了安全带对司机的平均作用力D．减小了碰撞前后司机动能的变化量
【答案】AC
【解析】A．由题意可知，安全带上的限力装置延长了司机的受力时间，选项A正确；
B．若发生碰撞，则司机动量的变化量是一定的，选项B错误；
C．在动量变化量一定时，根据F∆t=∆p可知，增加作用时间，可减小安全带对司机的平均作用力，选项C正确；
D．碰撞前后司机的速度从某一值减到零，则司机的动能的变化量是不变的，选项D错误。
故选AC。
22.某人站在力的传感器（连着计算机）。上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．该人下蹲时间约为0.5s
B．该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500N·s
【答案】BD
【解析】A．下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，从图像可知1~2s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1s，所以A错误；
B．由图像可知静止时有，支持力最小为200N，最大为700N，由牛顿第二定律可得
或联立解得，所以该人下蹲过程的最大加速度约为6m/s2，则B正确；
C．起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先是处于超重状态，后处于失重状态，所以C错误；
D．起立过程，根据动量定理可得，起立时间约为1s，解得
所以D正确；
故选BD。
23.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼睛的情况。如图所示，某塑料模型手机质量m为20g，从离人眼约h=25cm（）的竖直高度无初速掉落，砸到眼睛后经t=0.1s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机对眼睛的作用力大小约为65N
B．手机对眼睛的作用力大小约为0.65N
C．全过程手机重力的冲量大小约为
D．全过程手机重力的冲量大小约为
【答案】BC
【解析】AB．设手机砸到眼睛时的速度为v，则有
根据可得，时间为
根据动量定理可得代入数据，解得故A错误，B正确；
CD．全过程手机重力的冲量大小约为，故C正确，D错误。
故选BC。
24.如图甲所示，一质量为0.5kg的物块在水平拉力F的作用下从t=0时起由静止开始沿足够长的粗糙水平面运动，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，取水平向右为F的正方向，已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力为滑动摩擦力的1.1倍，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．t＝1s时物块的动量大小为2kg·m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为2kg·m/s
C．t=1s至t＝3s，物块所受合外力冲量大小为1N·s
D．t=3s至t＝4s，物块所受合外力的冲量大小为零
【答案】BCD
【解析】A．当拉力为2N时，因为拉力大于物块受到的最大静摩擦力，所以物体处于运动状态，根据牛顿第二定律可得可知，物块的加速度为
当t＝1s时物块的动量大小为，A错误；
A．当t＝2s时物块的动量大小为，B正确；
C．因为取水平向右为F的正方向，t=1s至t＝3s，物块所受合外力冲量为，所以，冲量大小为1N·s，C正确；
25.如图所示，表面粗糙的斜面体固定在水平面上，质量为m的小物块从斜面底端以大小为的初速度沿斜面向上运动，到达斜面顶端后滑回到底端时速度大小为，则小物块（ ）
A．在整个过程受到支持力的冲量为零
B．在整个过程受到合外力的冲量大小为
C．上滑过程受到的摩擦力冲量小于下滑时摩擦力冲量
D．上滑过程克服摩擦力做功大于下滑时克服摩擦力做功
【答案】BC
【解析】A．根据I=Ft可知，支持力的冲量不为零，A错误；
B．根据动量定理知合外力的冲量为，故B正确；
C．根据受力分析可知，上滑时的加速度一定大于下滑时的加速度，由位移公式可知，上滑过程用时小于下滑用时，而摩擦力大小相等，则可知，上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量，C正确；
D．上滑过程和下滑过程位移相等，且摩擦力大小相等，根据做功公式可知两段过程克服摩擦力做功相同，D错误。
故选BC。
三、解答题
26.如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人通过绳子将重物从地面提升，当重物重心上升20cm时，两人同时释放绳子，让重物由静止开始自由下落，最终重物落地将地面夯实。已知重物的质量为50kg，重物与地面接触0.02s后停止运动，不计空气阻力，g取10m/s2。试求：
（1）重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小；
（2）地面对重物的平均作用力的大小。
【答案】（1）；（2）F=5500N
【解析】（1）重物在空中下落过程为自由落体运动，则
重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小，解得
（2）以竖直向下为正方向，重物与地面相互作用过程中，根据动量定理
，，解得F=5500N
27.将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(3)小球落地时的动量大小p′.
【答案】(1)4 N·s 方向竖直向下 (2)10 N·s 方向竖直向下 (3)10eq \r(2) kg·m/s
【解析】(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量
I1＝mgt0＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下．
(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝eq \f(1,2)gt2，
落地时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s．小球飞行过程中只受重力作用，
所以合外力的冲量为I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．
由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下．
(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s.由速度合成知，落地速度
v＝eq \r(v\\al(0, 2)＋v\\al(y, 2))＝eq \r(102＋102) m/s＝10eq \r(2) m/s，
所以小球落地时的动量大小p′＝mv＝10eq \r(2) kg·m/s
28.汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标，实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。某次测试中质量为1500kg的实验汽车在车道上加速至16m/s后撞上刚性壁障，碰后车轮被卡住，以4m/s的速度反向弹回，车滑行2m后停止，数据传感器记录此次碰撞时间为0.5s，重力加速度取10m/s2，求：
（1）碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小；
（2）实验汽车反向弹回后直至停止的时间；
（3）实验汽车与车道之间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）1s；（3）0.4
【解析】（1）以反弹方向为正方向，根据动量定理可得，解得
故碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小为
（2）根据动力学公式，解得实验汽车反向弹回后直至停止的时间
（3）根据动力学公式
解得实验汽车与车道之间的动摩擦因数
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
理解冲量，能区分功与冲量，会求解恒力冲量与变力冲量。
2..能推导动量定理及其表达式及其表达式的物理意义。
3.知道动量定理适用于变力情况，领会求解变力冲量时的极限思想。
4.会用动量定理解释生活生产中的相关现象和解决实际问题。
比较项目
冲量
功
标矢性
矢量
标量
累积效应
力对时间的累积效应
力对位移(空间)的累积效果
图像
F-t面积表示冲量
F-x 面积表示功
作用效果
I=mv'-mv
改变物体的动量
W=Ek2-Ek1
改变物体的动能
教材习题01
一个质量为的垒球，以的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为。若球棒与垒球的作用时间为，球棒对垒球的平均作用力是多大？
解题方法
【解析】沿垒球飞向球棒时的方向建立坐标轴，垒球的初动量为
垒球的末动量为
由动量定理知垒球所受的平均作用力为
垒球所受的平均作用力的大小为，负号表示力的方向与坐标轴的方向相反，即力的方向与垒球飞来的方向相反。
【答案】6300N
教材习题02
一名小孩质量为18kg，从静止沿高为5m，倾角为30°的光滑滑梯下滑至底端，取g=10m/s2，求：（要求说明方向）
（1）小孩下滑过程中重力的冲量；
（2）小孩下滑过程中支持力的冲量；
（3）小孩下滑过程中合力的冲量；
（4）小孩下滑过程中动量的变化量。
解题方法
【解析】（1）依题意，对小孩根据牛顿第二定律有
结合运动学公式有
小孩在过程中的重力的冲量
联立以上式子，代入相关已知数据，求得，，方向竖直向下。
（2）小孩下滑过程中支持力的冲量为
方向垂直斜面向上。
（3）小孩下滑过程中的合力的冲量
方向平行斜面向下。
（4）根据动量定理，可知小孩下滑过程中动量的变化量
方向平行斜面向下。
【答案】（1），方向竖直向下；（2），方向垂直斜面向上；
（3），方向平行斜面向下；（4），方向平行斜面向下
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