新高考物理一轮复习考点精讲精练第7章第12讲 单个物体的动量定理（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点精讲精练第7章第12讲 单个物体的动量定理（2份，原卷版+解析版），共7页。
【模型一 冲量、动量的理解 】
类型1动量、冲量的理解及应用
类型2 动量变化量的理解及应用
类型3 冲量的计算
【模型二 动量定理的理解 】
类型1 对动量定理的理解及应用
类型2 动量定理的定性分析
类型3 动量定理的定量计算
【模型三 应用动量定理处理流体模型 】
类型1流体类“柱状模型”
类型2 微粒类“柱状模型”
动量与动量定理在每年的物理高考中是必考点，考查学生对物体运动及相互作用理解深度的关键知识点，从命题思路上看，主要分析单个物体受外力作用时间积累的效果。试题情景为动量和动量定理与其他知识板块的融合会更加深入，不仅局限于力学综合，还与电磁学、热学等知识进行跨模块考查，如在电磁感应现象中，结合安培力作用考查导体棒运动过程中的动量定理，全面考查学生对物理知识的综合运用能力。
动量与冲量的核心是矢量性，备考时需重点理解动量定理的矢量表达式，建议通过对比动量与动能的差异明确应用场景，深刻理解概念、熟练掌握微元法、精准识别模型、规范解题步骤，精通两类流体模型，强化微元法训练，多接触生活情境题，并通过大量综合训练提升解决实际问题的能力。

【模型一 冲量、动量的理解 】
类型1动量、冲量的理解及应用
1.动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
2.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝FΔt，单位：N·s。
(3)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
（4）求冲量与功的两易错点
①判断两个力的冲量是否相同，要看这两个力冲量的大小是否相等，方向是否相同．
②力对物体有冲量时，不一定对物体做功；力对物体做功时，一定对物体有冲量．
【典例1】（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）

A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【解析】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。
故选D。
【变式1-1】图中石磨是用来制作我国传统食物豆腐的生产工具。人以大小恒定的水平推力F垂直于磨柄推动磨盘转动，同时有一粒黄豆在水平石磨的上表面随石磨一起绕中心轴做匀速圆周运动，以下说法正确的是（ ）

A．石磨转动一周的过程中，力F所做功为零
B．黄豆受到的合外力为零
C．黄豆在运动过程中动量和动能均保持不变
D．石磨转动越快，黄豆受到的摩擦力越大
【答案】D
【解析】A．石磨转动一周的过程中，力F所做功为变力做功，等于F与作用点转动一周的周长的乘积，不为零，故A错误；
B．黄豆做匀速圆周运动，受到的合外力提供圆周运动的向心力，故B错误；
C．黄豆运动过程中速度大小不变，但方向时刻改变，因此黄豆的动能保持不变，但动量方向不断变化，故C错误；
D．石磨转动越快，黄豆需要的向心力（即静摩擦力）越大，故D正确。
故选D。
【变式1-2】下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断正确的是（ ）
A．两个钢球落地时的动量相同
B．两个钢球落地时的动能相同
C．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
D．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量不相同
【答案】C
【解析】A．A球做平抛运动，具有一定的水平分速度，而B球做自由落体运动，初速度为零，两球竖直方向的速度相等，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故A错误；
BD．根据动能定理有
可知两个钢球的动能增量相同；由于A球做平抛运动，具有初动能，B做自由落体运动，没有初动能，所以落地时两个钢球的末动能不相同，故BD错误；
C．二者竖直方向均为自由落体，根据
可知落地时间相同；根据
可知从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同，故C正确。
故选C。
【变式1-3】一个质量为4 kg的物体在合力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合力F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．t＝4s时物体的动量方向反向
B．t＝4s时物体的动量开始减小
C．0~6s物体的动量一直增大
D．t＝4s时物体的动量大小为8 kg·m/s
【答案】BD
【解析】ABC．由题图可知，0-4s根据动量定理，有
解得4s时物体的速度大小是
可知在前4s内物体做加速运动，4s时合外力F的方向是负方向，物体开始做减速运动，物体的动量开始减小,但速度的方向不变，仍是正方向，故AC错误，B正确；
D．t＝4 s时物体的动量大小为p=mv=8 kg·m/s
故D正确。
故选BD。
类型2 动量变化量的理解及应用
(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＝p'-p。
(2)动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同，运用矢量法则计算。
【典例2】有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中（ ）

A．左边小球所受重力的冲量大
B．两小球所受合外力的冲量相等
C．左边小球动量变化率大
D．右边小球动量变化大
【答案】C
【解析】A．甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与甲左边装置底部碰撞过程作用时间较小，重力冲量
可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；
BD．两小球所受合外力的冲量为支持力（撞击力）冲量与重力冲量之差，题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故BD错误；
C．由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率（）大，故C正确。
故选C。
【变式2-1】《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道理。如图所示，油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没有飞溅。下列说法正确的是（ ）

A．单位时间倒入壶中油的质量为
B．单位时间倒入壶中油的质量为
C．在动量减小阶段，后落入壶内的油，动量变化更多
D．在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，动量变化都一样多
【答案】A
【解析】AB．设时间内倒入壶中油的质量为，油到达壶口时的速度为，则有，
根据机械能功守恒，则有
联立解得
故单位时间内落入壶中油的质量为
A正确，B错误；
CD．随着油面的上升，后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段，其动量的变化更少，CD错误。
故选A。
【变式2-2】人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机碰到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，碰到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度。下列分析正确的是（ ）

A．手机接触头部之前的速度约为2 m/s
B．手机对头部的冲量大小约为0.48 N·s
C．手机对头部的作用力大小约为1.2 N
D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 kg·m/s
【答案】AB
【解析】A．手机接触头部之前的速度约为，故A正确；
B．根据动量定理
解得手机对头部的冲量大小约为，故B正确；
C．手机对头部的作用力大小约为，故C错误；
D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为，故D错误。
故选AB。
【变式2-3】安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时假人用时0.8s停下；不使用安全带时用时0.2s停下。以下说法正确的是（ ）

A．两次碰撞过程中，汽车和假人的动量变化量一定不同
B．安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小
C．安全带的作用是减小假人受到的冲量
D．安全带的作用是增大假人受到的冲量
【答案】B
【解析】A．两次碰撞过程中，车和假人的初动量相同，末动量均为0，所以汽车和假人的动量变化量相同，故A错误；
BCD．由于两次碰撞过程中，假人的动量变化量相同，根据动量定理可知，两次碰撞过程中，假人受到的冲量相同；根据动量定理可得
由于使用安全带时作用时间较长，假人受到的作用力较小，所以安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小，故B正确，CD错误。
故选B。
类型3 冲量的计算
1.冲量的计算方法：
(1)恒力的冲量:直接用定义式I=Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均值法:方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I=F1+F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②图像法:作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法:对于易确定始、末时刻动量的情况，求出该力作用下物体动量的变化量，再由动量定理I=Δp求解。

2.计算冲量的四点注意
(1)求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
(2)当力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同．当力的方向变化时，冲量的方向与相应时间内物体动量变化的方向相同．
(3)某个力的冲量由该力和力的作用时间决定，与其他力是否存在及物体的运动状态无关．
(4)力与时间均与参考系无关，只要有力作用在物体上，就一定存在冲量，即恒定作用力的冲量不会为零，但是合外力的冲量可能是零，变力的冲量也可能是零．
【典例3】运动员腰部系弹性绳奔跑是进行力量训练的一种方法。如图甲所示，弹性绳一端固定在墙上，另一端系在运动员腰部，某次训练中，质量为50kg的运动员从P点开始向Q运动，其运动过程图像如图乙所示，时运动员恰好经过O点，且此时弹性绳处于原长。已知弹性绳的劲度系数为，绳张紧后始终与地面平行且未超出其弹性限度。则由P到Q的过程中地面摩擦力对运动员的冲量大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】0~2s阶段匀加速，由动量定理可得，加速阶段摩擦力冲量大小为
2s~3s阶段匀速运动，则有 x2=vt2
由动量定理可得匀速阶段摩擦力冲量大小为
则由P到Q的过程中地面摩擦力对运动员的冲量大小为 I=I1+I2=1400N·s
故选D。
【变式3-1】（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（ ）
列车减速过程的加速度大小
B.列车减速过程F的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第二定律有
可得减速运动加速度大小，故A错误；
B．根据运动学公式有
故力F的冲量为，方向与运动方向相反；故B错误；
C．根据运动学公式
可得，故C正确；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
故D错误。
故选C。
【变式3-2】（2022·海南·高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（ ）
A．大小相等，方向相反B．大小相等，方向相同
C．的冲量大于的冲量D．的冲量小于的冲量
【答案】A
【解析】根据题意可知和是相互作用力，根据牛顿第三定律可知和等大反向、具有同时性；根据冲量定义式可知和的冲量大小相等，方向相反。
故选A。
【变式3-3】（2022·湖北·高考真题）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。
【变式3-4】如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施加一水平方向的拉力F，拉力大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）

A．在内，重力对物块的冲量大小为0
B．在内，拉力F对物块的冲量大小为
C．在内，摩擦力对物块的冲量大小为
D．在时，物块的速度大小为
【答案】C
【解析】A．在内，重力对物块的冲量大小为
代入得，故A错误；
B．在内，拉力F对物块的冲量大小为
代入得，故B错误；
C．物块受到的最大静摩擦力为
可知内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为，故C正确；
D．水平方向由动量定理可知
代入得，时刻，物块的速度大小为
故D错误。
故选C。
【模型二 动量定理的理解 】
类型1 对动量定理的理解
1.内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.
2.表达式:
1)上述公式是一矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向.
2) 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是合外力作用时间的平均值。
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)由，得，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
5)上述公式除了表明两边大小、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.动量定理的理解
1） 动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.
2） 动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.
3）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．
【典例4】（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（ ）
A．5层B．8层C．17层D．27层
【答案】C
【解析】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间
根据动量定理
代入数据解得
由自由落体公式
得高度
每层楼高约3m，对应楼层数为层。
故选C。
【变式4-1】（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有
得
撤销拉力后，有
得
对于全过程，有
得
对于全过程有
故运动的总时间
可知当越大时，越小，当时，取最小值。
则
则
故选B。
【变式4-2】如图所示为某蹦床运动员比赛时的情景。某次运动过程，运动员从最高点由静止落下，下落到网面时的速度大小为8m/s，弹起后离开网面瞬间的速度大小为6m/s，此过程运动员与网接触的时间为0.7s，已知运动员的质量为60kg，重力加速度为，则此过程网对运动员的平均作用力大小为（ ）

A．771.4NB．1200NC．1440ND．1800N
【答案】D
【解析】选择竖直向上为正方向，根据动量定理有
其中，
解得
故选D。
类型2 动量定理的定性分析
1.用动量定理解释两种现象
（1） Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
（2）F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
【典例5】安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时假人用时0.8s停下；不使用安全带时用时0.2s停下。以下说法正确的是（ ）

A．两次碰撞过程中，汽车和假人的动量变化量一定不同
B．安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小
C．安全带的作用是减小假人受到的冲量
D．安全带的作用是增大假人受到的冲量
【答案】B
【解析】A．两次碰撞过程中，车和假人的初动量相同，末动量均为0，所以汽车和假人的动量变化量相同，故A错误；
BCD．由于两次碰撞过程中，假人的动量变化量相同，根据动量定理可知，两次碰撞过程中，假人受到的冲量相同；根据动量定理可得
由于使用安全带时作用时间较长，假人受到的作用力较小，所以安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小，故B正确，CD错误。
故选B。
【变式5-1】（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【解析】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
【变式5-2】（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【解析】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
故选B。
【变式5-3】2022年桂林市重点杯篮球赛10月在阳朔中学举行。在某场比赛中，质量为0.6kg的篮球以10m/s的速度大小传来，甲运动员接住后马上以相同的速度大小反向传出，如果甲从接球到将球传出的时间为2.0s，则在甲从接球到将球传出的过程中，不计空气阻力，则（ ）
A．甲接球后手要往身体收，延长触球时间，以免手指受到伤害
B．整个过程中球的动量改变了6kg·m/s
C．整个过程中手对球的平均作用力大小为12N
D．整个过程中，甲对球的冲量大于球对甲的冲量
【答案】A
【解析】A．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小冲击力，故甲接着球后要往身体收，以免伤害手指，故A正确；
B．整个过程中球的动量改变大小为
故B错误；
C．根据动量定理
解得平均作用力大小为
故C错误；
D．整个过程中，根据牛顿第三定律，甲对球的作用力等于球对甲的作用力，且作用时间相等，因此甲对球的冲量大小等于球对甲的冲量大小，故D错误。
故选A。
类型3 动量定理的定量计算
1.利用动量定理解题的基本思路
（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，再求合力的冲量．
（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．
【典例6】（2024·安徽·高考真题）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．时，物块的y坐标值为2.5m
C．时，物块的加速度大小为
D．时，物块的速度大小为
【答案】BD
【解析】A．根据图像可得，，故两力的合力为
物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；
B．在y轴方向的加速度为
故时，物块的y坐标值为
故B正确；
C．时，，故此时加速度大小为
故C错误；
D．对x轴正方向，对物块根据动量定理
由于F与时间t成线性关系故可得
解得
此时y轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D正确。
故选BD。
【变式6-1】（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【解析】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
，故C错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力
又因为
联立可得，故D正确。
故选BD。
【变式6-1】现有一把的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01s。重力加速度，求上述打击过程：
(1)铁锤的动量变化量；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
【答案】(1)(2)186N
【解析】（1）规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析
即动量变化量的大小为，方向与初速度的方向相反；
（2）钉子对铁锤的平均作用力为，对于铁锤，以初速度的方向为正方向，由动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小
【变式6-2】（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（ ）
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】AD
【解析】根据图像可知当时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块内的图像

A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理，故B错误；
C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。
故选AD。
【变式6-2】如图（a）所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空处自由下落。质量为60kg的人可看成质点，从点由静止下落到最低点所用时间为9s，重力加速度取，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力与时间的关系图像如图（b）所示，则图像中阴影部分的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】人下落整个过程，根据动量定理有
解得
图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小
故选B。
【变式6-3】质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，时刻，分别受到水平拉力、的作用从静止开始运动。经过时间和，分别撤去和。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设和对物体的冲量大小分别为和，对物体做的功分别为和（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】由图像可知，撤去拉力后两物体做匀减速的图线平行，可知两物体做匀减速的加速度大小相等，由于两物体质量相等，可知A、B两物体受到的摩擦力相等，设为，对A物体，整个运动过程中，根据动量定理可得
对B物体，整个运动过程中，根据动量定理可得
联立可得
根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知A物体整个运动过程的位移为
B物体整个运动过程的位移为
对A物体，整个运动过程中，根据动能定理可得
对B物体，整个运动过程中，根据动能定理可得
联立可得
B正确，ACD错误。
故选B。
【变式6-3】投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为37°和53°。已知两支箭的质量，竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响（），下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程动量变化相同
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时重力的功率不同
C．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为9：16
D．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9：16
【答案】A
【解析】A．由题意知两箭做平抛运动，两支箭竖直方向下落高度相等，则两支箭在空中的运动时间t相同，根据动量定理可得
所以，甲、乙两人所射的箭落入壶口的过程动量变化，故A正确；
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时重力的功率为
所以，甲、乙两人所射箭落入壶口时重力的功率相同，故B错误；
C．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为，箭射出时的初速度为，则
即
两支箭射出的初速度大小之比为，故C错误；
D．根据可知，因两支箭在空中的运动时间相同，则甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，等于16:9，故D错误。
故选A。
【模型三 应用动量定理处理流体模型】
类型1.流体类“柱状模型”
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，题目中通常给出密度ρ作为已知条件。
2. 解题步骤：
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用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
③建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
【典例7】如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为，水流速度大小为，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，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（ ）

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．为了使高压水枪保持静止状态，手对高压水枪的作用力方向为斜向左上方
【答案】C
【解析】A．高压水枪的流量，水枪单位时间内喷出水的质量，故A错误；
B．水枪单位时间内做功转化为水柱的动能，故水枪的功率，故B错误；
C． 研究单位时间内喷出的水，由动量定理得，解得，根据牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力大小，故C正确；
D．水对高压水枪的作用力水平向左，则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力，还有竖直向上的分力（与重力平衡），所以手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D错误。
故选C。
【变式7-1】如图所示，某公司研发了一种新型无人机救生圈，旨在更高效的对落水者进行施救，操作人员通过在岸边操纵该装置飞到落水人员头顶位置，让落水者进入救生圈中间的圆孔进而将落水者提离水面并飞至岸边安全区域。该装置的动力系统由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨构成，已知该装置的自身质量为m，四个螺旋桨旋转时扫过的总面积为S，空气密度为ρ，落水者质量为M，重力加速度为g，电动机将电能转化为风的机械能的效率为η，环境风速不计，则关于该装置在空中悬停（简称空载）及承载落水者在空中悬停（简称载人）的这两种基础工作状态，下列说法正确的是（ ）

A．空载状态与载人状态螺旋桨吹出风速之比为
B．载人状态下，单位时间螺旋桨吹出总空气质量为
C．载人状态下，四个电动机消耗的总功率为
D．若每个电动机的额定功率均为P0，则载人状态下承载人的最大质量为
【答案】B
【解析】A．根据题意可知空载和载人的重力分别为mg和，根据受力平衡可知两种状态下风的推力也分别为mg和，由动量定理可知
其中，联立可得
代入数据可得，故A错误；
B．由上述分析可知，载人状态下单位时间螺旋桨吹出空气总质量，故B正确；
C．载人状态时，四个电动机消耗的总功率为，故C错误；
D．若每个电动机的额定功率均为，则四个电动机的总功率
由C可得载人状态下被承载人的最大质量为，故D错误。
故选B。
【变式7-2】悬浮床是一种基于气体流动悬浮原理设计的医疗设备，通过向床内充入高压气体，使重症烧伤患者的身体悬浮在空中，从而减少创面受压，促进创面愈合。人体下方的床板源源不断的往上喷出气体，设气体遇到人体后速度大小变为原本的十分之一，方向向下。已知人体质量为M，喷出气体的速率为v，重力加速度为g，则t时间内喷出气体的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设极短时间内喷出气体的质量为，以喷出气体为对象，根据动量定理可得
又
联立可得
根据
可得t时间内喷出气体的质量为
故选D。
类型2微粒类“柱状模型”
1. 流体及其特点：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
2. 解题步骤
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，极短作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl＝v0Δt，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt（n为单位体积内的粒子数）
③先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
【典例8】科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度，飞船进入尘埃区的速度为，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积，假设尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（ ）
A．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为0.15kg
B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为1.5kg
C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为
D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为
【答案】D
【解析】AB．设经过时间，附着在飞船上的微粒质量为，由有
解得，AB错误；
CD．把作为研究对象，飞船给的推力大小为，以飞船运动方向为正，由动量定理有
得
根据牛顿第三定律给飞船的推力大小为
则飞船要保持速度不变，所需推力大小为，C错误，D正确。
故选D。
【变式8-1】如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方，从出口至底部的高度为（足够大），沙子的总质量为。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）

A．出口下方范围内沙子数与范围内沙子数相等
B．沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下
C．容器底部受到的平均冲击力
D．从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小
【答案】C
【解析】A．由自由落体规律可知，沙子下落的高度越大，速度越大，故出口下方越靠近出口，沙子的速度越小，则出口下方范围内沙子下落时间大于出口下方范围内沙子下落时间，由于沙子随时间均匀漏下，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故A错误；
B．质量为的沙子落到容器底部时的速度大小设为（方向向下），则沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量为
可知动量变化量的方向向上，故B错误；
C．因为足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，由动量定理可得
其中为极短时间内落到瓶底的沙子的质量，则有
求和可得
又
联立可得
故C正确；
D．由于足够大，一开始沙子从出口逐渐下落过程，逐渐离开出口的沙子处于失重状态，弹簧测力计示数会变小；之后沙子落到底部的过程，逐渐落到底部的沙子处于超重状态，弹簧测力计示数会变大，所以从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变小后变大，故D错误。
故选C。
【变式8-2】某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量，取重力加速度大小，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：

(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小；
(3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。
【答案】(1)2m/s，0.02kg(2)(3)1kg
【解析】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒
解得大米落入秤盘时的速度大小
阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有
解得
空中大米的质量
（2）时间内，从阀门处下落的大米质量
令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力
（3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为
则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量
总结： 应用动量定理处理“流体模型”
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
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
变化量
Δp=Ft
ΔEk=Fl
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
冲量
功
定义
作用在物体上的力和力作用时间的乘积
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=Ft (F为恒力)
W=Flcsθ (F为恒力)
矢标性
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
都是过程量,都与力的作用过程相联系
类型
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤
①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元
研究
小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究