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高中物理高考 第1讲 动量 动量定理
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这是一份高中物理高考 第1讲 动量 动量定理，共28页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
知识点 动量 Ⅱ
1．定义：物理学中把质量和速度的eq \x(\s\up1(01))乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。
2．表达式：p＝eq \x(\s\up1(02))mv。
3．单位：eq \x(\s\up1(03))kg·m/s。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和eq \x(\s\up1(04))速度的方向相同。
知识点 动量定理 Ⅱ
1．冲量
(1)定义：力与力的eq \x(\s\up1(01))作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：eq \x(\s\up1(02))I＝FΔt。
(2)单位：冲量的单位是eq \x(\s\up1(03))牛秒，符号是eq \x(\s\up1(04))N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与eq \x(\s\up1(05))力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的eq \x(\s\up1(06))冲量等于它在这个过程始末的eq \x(\s\up1(07))动量变化量。
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
(3)矢量性：动量变化量的方向与eq \x(\s\up1(08))合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。
一 堵点疏通
1．两物体的动量相等，动能也一定相等。( )
2．动量变化的大小，不可能等于初、末态动量大小之和。( )
3．物体的动量变化等于某个力的冲量。( )
4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。( )
5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大。( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
二 对点激活
1．下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
答案 D
解析 动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。
2．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )
A．10 kg·m/s B.－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D.－40 kg·m/s
答案 D
解析 动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正确。
3．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力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，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2p
B．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2p
C．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2Ek
D．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek
答案 BD
解析 由动量定理Ft＝Δp和l＝eq \f(1,2)at2知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝eq \f(1,2)at2知，C错误，D正确。
4．(人教版选择性必修第一册·P10·T2改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以( )
A．减小地面对人的冲量 B.减小地面对人的撞击力
C．减小人的动量变化量 D.减小人的动能变化量
答案 B
解析 体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝eq \f(mv,t)＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。
考点1 动量、冲量的理解及计算
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
例1 如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，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。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)sinθ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)csθ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
(1)上滑过程与下滑过程摩擦力方向相同吗？
提示：不相同。
(2)整个过程中小滑块的动量是否发生了改变？
提示：发生了改变。
尝试解答 选B。
重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)csθ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C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)，故D错误。
冲量的四种计算方法
[变式1－1] (多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝eq \f(T,2)，小球的动量的变化量为零
B．经过时间t＝eq \f(T,4)，小球的动量的变化量大小为eq \r(2)mv
C．经过时间t＝eq \f(T,2)，细绳的拉力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°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－2mv，冲量大小为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，小球的动量的变化量大小为Δp′＝mΔv＝eq \r(2)mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝eq \f(mgT,4)，B、D正确。
[变式1－2] (多选)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。
考点2 动量定理的理解及应用
1.动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。
(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
(4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,Δt)＝eq \f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
2．用动量定理解释生活现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；时间越长，力越小。
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；时间越短，Δp越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
3．用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；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。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。
例2 (2020·山东省青岛实验高中高三下学期一轮复习摸底)如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，则从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小是( )
A．I＝2(M＋m)eq \r(2gh)
B．I＝2(M＋m)gt
C．I＝2(M－m)eq \r(2gh)
D．I＝2meq \r(2gh)＋2(M＋m)gt
(1)A由最低点返回初始位置的时间为多少？
提示：t。
(2)弹簧对木块A的冲量I属于变力的冲量，应用什么规律解答？
提示：动量定理。
尝试解答 选D。
木块B自由下落h时的速度为vB＝eq \r(2gh)，木块B与A碰撞过程动量守恒，则mvB＝(M＋m)v，根据机械能守恒定律，可知木块A第一次回到初始位置时的速度大小仍为v，方向竖直向上。以竖直向下为正方向，从两木块发生碰撞后到木块A第一次回到初始位置的过程中，由动量定理得(M＋m)g·2t－I＝－(M＋m)v－(M＋m)v，解得这一过程中弹簧对木块A的冲量I＝2meq \r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正确。
应用动量定理解题的注意事项
在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号，列出关系式。对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。
[变式2－1] (2021·福建省三明市高三上期末质量检测)(多选)物块在合力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，则物块( )
A．在0～2 s时间内动量变化量为2 kg·m/s
B．动量在0～2 s内比2～4 s内变化快
C．4 s时动量大小为2 kg·m/s
D．4 s时运动方向发生改变
答案 BC
解析 根据动量定理Δp＝Ft可知，在0～2 s时间内动量变化量为Δp＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故A错误；在0～2 s时间内动量变化了4 kg·m/s，在2～4 s时间内动量变化了－2 kg·m/s，所以动量在0～2 s内比2～4 s内变化快，故B正确；4 s时动量大小为p＝4 kg·m/s－2 kg·m/s＝2 kg·m/s，故C正确；4 s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。
[变式2－2] (2020·北京市房山区二模)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是( )
A．手机接触头部之前的速度约为1 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的动量变化约为
0．48 kg·m/s
答案 B
解析 手机掉落时做自由落体运动，故手机接触头部之前的速度约为v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.2) m/s＝2 m/s，A错误；设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝2.4 N，根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力F′也是2.4 N，作用时间是0.2 s，故手机对头部的冲量大小为I＝F′t＝2.4 N×0.2 s＝0.48 N·s，B正确，C错误；手机的动量变化量为Δp＝mv＝0.12 kg×2 m/s＝0.24 kg·m/s，D错误。
建模提能3 应用动量定理分析变质量问题的技巧
对“连续”质点系持续施加作用力时，质点系动量(或其他量)连续发生变化。这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分质点作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间Δt内所选取的研究对象分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质点为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。
1．流体类问题
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。
【典题例证1】
(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。
[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＝ρv0SgΔt2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)。
[答案] (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)
名师点睛 流体类问题分析步骤
(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。
2．微粒类问题
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的粒子数n。
【典题例证2】
(2020·山东省临沂市一模)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为( )
A．Snmveq \\al(2,0) B.2Snmveq \\al(2,0)
C.Snmveq \\al(3,0) D.2Snmveq \\al(3,0)
[解析] 时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为：M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得：FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为：F＝nmveq \\al(2,0)S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝nmveq \\al(3,0)S，故C正确，A、B、D错误。
[答案] C
名师点睛 微粒类问题分析步骤
(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S。
(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt。
(3)应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解。
【针对训练】
1. (2020·山东省青岛市高三上学期期末)2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30 m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为( )
A．3.9×103 N B.1.1×105 N
C．1.0×104 N D.9.0×104 N
答案 B
解析 广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设Δt时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m＝ρSvΔt，对Δt时间内吹到广告牌上的空气，根据动量定理有：－FΔt＝0－mv＝0－ρSv2Δt，得：F＝ρSv2，代入数据解得：F＝1.08×105 N≈1.1×105 N，根据牛顿第三定律，广告牌受到的最大风力约为1.1×105 N，故B正确，A、C、D错误。
2. (2020·河北省廊坊市高中联合体高三上学期联考)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，得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为( )
A．πρd2v B.πρd2v2
C.eq \f(1,4)πρd2v D.eq \f(1,4)πρd2v2
答案 D
解析 设Δt时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量为：m＝ρV＝ρSvΔt＝eq \f(1,4)πd2ρvΔt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：FΔt＝0－mv，解得：F＝－eq \f(mv,Δt)＝－eq \f(1,4)πd2ρv2，根据牛顿第三定律，故D正确。
3．(2020·山东省潍坊市临朐县高三综合模拟)我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系
最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压为U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(元电荷为e，氧离子质量为m0，飞船质量为M)( )
A．喷出的每个氧离子的动量p＝2eU
B．飞船所受到的推力为F＝I eq \r(\f(m0U,e))
C．飞船的加速度为a＝eq \f(I,m0) eq \r(\f(MU,e))
D．推力做功的功率为2MeU
答案 B
解析 对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有：2eU＝eq \f(1,2)m0v2，p＝m0v，解得：p＝2eq \r(m0eU)，故A错误；设Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式：I＝eq \f(Q,Δt)＝eq \f(n·2e,Δt)，对于单个离子，由动量定理得：F0Δt＝m0v，若有n个离子被喷出，则有F′＝nF0，联立以上各式可得：F′＝Ieq \r(\f(m0U,e))，由牛顿第三定律得：F＝F′＝I eq \r(\f(m0U,e))，故B正确；对飞船，由牛顿第二定律得：a＝eq \f(F,M)＝eq \f(I,M) eq \r(\f(m0U,e))，故C错误；功率的单位与2MeU的单位不同，故D错误。
1．(2019·全国卷Ⅰ)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内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，B正确。
2．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B.102 N
C.103 N D.104 N
答案 C
解析 设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×3×25) m/s＝10eq \r(15) m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。
3. (2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2 kg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( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案 AB
解析 前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
4．(2021·八省联考河北卷)(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J
答案 BC
解析 规定水平向右为正方向，设滑块下落到B点时的速度大小为vB，滑块从A到B，由动能定理可知mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0，代入数据解得vB＝5 m/s；由B到C的过程中，滑块加速度大小为a＝eq \f( μmg,m)＝2 m/s2，设滑块与缓冲墙碰撞前瞬间速度大小为vC，由B到C位移大小为xBC，则由匀变速直线运动速度与位移的关系可得veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B)＝－2axBC，解得vC＝3 m/s；设滑块与缓冲墙碰撞后的速度大小为vC′，由C到D的过程中，滑块加速度大小仍为a，由C到D位移大小为xCD，则由C到D有0－vC′2＝－2axCD，解得vC′＝2 m/s；由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量为I＝Δp＝－mvC′－mvC＝－250 N·s，由动能定理可知缓冲墙对滑块做的功为W＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝－125 J。综上分析可知B、C正确，A、D错误。
5. (2020·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)(多选)2019年10月，直20武装直升机在第五届中国天津国际直升机博览会亮相。如图所示，直20的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g。当直升机悬停在空中时，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是( )
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg
B．被螺旋桨推动的空气速度大小为 eq \r(\f(mg,2ρS))
C．1秒内被螺旋桨推动的空气质量为eq \r(mgρS)
D．1秒内发动机做的功为 eq \r(\f(m3g3,ρS))
答案 AC
解析 根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为F＝mg，故A正确；Δt时间内被螺旋桨加速的空气质量为Δm′＝ρSvΔt，设螺旋桨对空气的作用力大小为F′，对质量为Δm′的空气，由动量定理有，F′Δt＝Δm′v－0，根据牛顿第三定律，F′＝F，联立解得v＝eq \r(\f(mg,ρS))，故B错误；1秒内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρSeq \r(\f(mg,ρS))＝eq \r(mgρS)，故C正确；由动能定理可得1秒内发动机所做的功为W＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)eq \r(\f(m3g3,ρS))，故D错误。
6．(2018·江苏高考) 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
答案 2mv＋mgt
解析 取向上为正方向，由动量定理mv－(－mv)＝I
且小球所受总的冲量I＝I弹－mgt，
解得小球所受弹簧弹力的冲量I弹＝2mv＋mgt。
7．(2018·北京高考) 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点，质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
答案 (1)100 m (2)1800 N·s
(3)受力图见解析 3900 N
解析 (1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝2aL，
可解得L＝eq \f(v\\al(2,B)－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(302－0,2×4.5) m＝100 m。
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，
所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。
(3)运动员经过C点时的受力如图所示。
由牛顿第二定律可得
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，①
从B运动到C由动能定理可知
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，②
由①②式并代入数据解得FN＝3900 N。
时间：40分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～8题为单选，9～10题为多选)
1．(2020·山东省九校高三上学期12月月考)物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是( )
A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B．合力对物体做功为零，则合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，合力的冲量一定为零
答案 C
解析 根据动量定理知，动量的变化率等于力，则做匀变速曲线运动的物体，动量的变化率恒定，A错误；合力对物体做功为零，则合力可能不为零，例如合力可能作用了一段时间，物体速度大小相等，但方向不同，故合力的冲量不一定为零，B错误；做匀变速运动的物体所受的合力恒定，动量变化量的方向与合力同向，保持不变，C正确；做变速圆周运动的物体，经过一个周期，动量的变化量不为零，由动量定理知合力的冲量不为零，D错误。
2．(2020·北京市丰台区高三下二模)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＝m(－v0＋gt)＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故动量和时间的关系图像应为与纵轴的截距为负、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C正确，D错误。
3. (2020·黑龙江省实验中学高三下学期开学考试)某物体的vt图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．0～t1和t2～t3时间内，合力做功和冲量都相同
B．t1～t2和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同
C．0～t2和t2～t4时间内，合力做功和冲量都相同
D．0～t1和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同
答案 C
解析 0～t1时间内物体动能的变化量为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为mv0；t2～t3时间内物体动能的变化量为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合力做的功相等；根据动量定理得知：合力的冲量不同，故A错误。t1～t2时间内动能的变化量为0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4时间内动能的变化量为0－eq \f(1,2)mv0＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为0－(－mv0)＝mv0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合力做的功相等，合力的冲量不同，故B错误。0～t2和t2～t4时间内动能变化量及动量变化量均为0，根据两个定理得知合力做的功和冲量都相同，故C正确。由以上分析得知：0～t1和t3～t4时间内动能的变化量不同，动量变化量相同，故合力做的功不同，合力的冲量相同，故D错误。
4．(2020·山东省烟台市高三下高考适应性练习一)如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100 kg的木箱。t＝0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用。已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。则t＝3 s时木箱的速度大小为( )
A．2 m/s B.2.5 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
答案 B
解析 木箱受到的最大静摩擦力f＝μmg＝200 N，结合图乙可知，从0.5 s后木箱才开始运动，0.5～3 s对木箱由动量定理可得IF－μmgt＝mv－0，由图乙可得，这段时间内推力F的冲量为IF＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋3×400,2)－200×0.5×0.5)) N·s＝750 N·s，联立解得v＝2.5 m/s，故B正确。
5. (2020·浙江省杭州市第二中学高三上学期选考模拟)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的vt图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中( )
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量大于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量
答案 D
解析 题图中AB与CD平行，说明推力撤去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，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，则F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。
6. (2020·河南省十所名校高三阶段性测试四)如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35 m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25 m/s的速度飞来的足球以10 m/s的速度沿原路挡出。已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1 s，受到足球的平均作用力大小约为150 N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为( )
A．12 N·s B.13.5 N·s
C．15 N·s D.16.6 N·s
答案 C
解析 设足球的质量为m，足球与守门员的双手接触过程中，根据动量定理有：－Ft＝mΔv，解得：m＝－eq \f(Ft,Δv)＝－eq \f(150×0.1,0－35) kg＝eq \f(3,7) kg；根据动量定理，可得罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小为：I＝mv＝eq \f(3,7)×35 N·s＝15 N·s，故C正确，A、B、D错误。
7. (2021·八省联考广东卷)如图所示，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 设足球自由下落h＝80 cm时的速度为v1，时间为t1，由veq \\al(2,1)＝2gh，有v1＝eq \r(2gh)＝4 m/s，由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，有t1＝ eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，足球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运动的初速度大小v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与头部作用的过程，取竖直向上为正方向，该过程中足球动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)＝3.2 kg·m/s，由动量定理有(eq \x\t(F)－mg)·Δt＝Δp，其中Δt＝0.1 s，解得eq \x\t(F)＝36 N，即头部对足球的平均作用力大小为36 N，而足球的重力大小为4 N，则头部对足球的平均作用力是足球重力的9倍，故A错误，C正确。足球下落到刚接触头部时的动量大小为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量大小为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误。
8. 如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。空气阻力忽略不计。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合力的冲量大小为I1、I2，则( )
A．t1>t2 B.t1＝t2
C．I1>I2 D.I1＝I2
答案 C
解析 由vC＝0可知在小球从A点到C点的运动过程中，有阻力做功，所以在同一高度处，球在AB弧上的速率大于在BC弧上的速率，所以球在AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以t1|Δp2|，则I1>I2，故C正确，D错误。
9. (2020·吉林省吉林市高三二调)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．子弹在每个水球中运动的时间不同
C．每个水球对子弹的冲量不同
D．子弹在每个水球中的动能变化相同
答案 BCD
解析 设水球的直径为d，子弹的运动过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、后3个、全部4个水球的位移分别为d、2d、3d和4d，根据x＝eq \f(1,2)at2知，所用时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，子弹在每个水球中运动的时间不同，由Δv＝at可知，子弹在每个水球中速度的变化量不同，故A错误，B正确。根据冲量的定义：I＝Ft，每个水球对子弹的作用力是相同的，但子弹在每个水球中的运动时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，故C正确。每个水球对子弹的作用力是相同的，子弹在每个水球中运动的位移也相同，所以每个水球对子弹做的功相等，根据动能定理，ΔEk＝W＝－Fd，子弹在每个水球中的动能变化相同，故D正确。
10．(2020·贵州省铜仁市高三适应性考试一)一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。0～4 s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t变化的关系分别如图甲、乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。由此可求得( )
A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2 N
B．物块的质量等于1.5 kg
C．在0～4 s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75 N·s
D．在0～4 s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6 N·s
答案 BC
解析 由图乙可知，t＝1 s时，物块开始运动，此时的拉力F1大小等于物块所受的最大静摩擦力，由图甲可知，F1＝1.5 N，则f＝1.5 N，故A错误；根据牛顿第二定律有F－f＝ma，由图乙知，当F＝6 N时，a＝3 m/s2，可解得m＝1.5 kg，故B正确；在at图像中，图线与时
间轴所围的面积表示物块的速度变化量，则物块在4 s时的速度为v＝eq \f(1,2)×3×3 m/s＝4.5 m/s，由动量定理，可得在0～4 s时间内，合力对物块冲量的大小为I＝mΔv＝1.5×4.5 N·s＝6.75 N·s，故C正确；由图甲可知，在0～4 s时间内，力F的冲量为IF＝eq \f(0＋6,2)×4 N·s＝12 N·s，则摩擦力的冲量为If＝I－IF＝(6.75－12) N·s＝－5.25 N·s，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(12分)在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
答案 12 s
解析 选物体为研究对象，研究整个过程，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0，解得t2＝12 s。
12．(18分)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s。
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力。
答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
解析 (1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。
设运动的时间为t，根据x＝eq \f(v0,2)t，得t＝eq \f(2x,v0)＝eq \f(1,30) s，
规定其中一辆轿车运动方向为正方向，
以这辆轿车内的人为研究对象，根据动量定理得：
－Ft＝0－mv0
解得F＝eq \f(mv0,t)＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，则－F′t′＝0－mv0
解得F′＝eq \f(mv0,t′)＝1.8×103 N。
考情分析
高考对本章的考查主要是以碰撞为模型对动量守恒定律进行考查，而且注意与生活中的具体事例相联系，题型主要以选择题、计算题为主，计算题往往与其他知识综合。
重要考点
1.动量、动量定理(Ⅱ)
2．动量守恒定律及其应用(Ⅱ)
3．弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)
实验八：验证动量守恒定律
说明：只限于一维两个物体的碰撞问题。
考点解读
1.理解动量、动量的变化量、冲量等概念，掌握动量定理、动量守恒定律，并能用动量守恒定律解决相关问题。
2．掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的概念，记住两个物体碰撞的几个基本公式，能运用动量守恒定律并结合能量关系解决简单的碰撞问题。
3．高考中对本专题的考查方式主要有两种：(1)以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用；(2)以生活中的实例为背景，考查规律的灵活运用。
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
物体所受冲量
外力所做的功
大小关系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
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
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
知识点 动量 Ⅱ
1．定义：物理学中把质量和速度的eq \x(\s\up1(01))乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。
2．表达式：p＝eq \x(\s\up1(02))mv。
3．单位：eq \x(\s\up1(03))kg·m/s。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和eq \x(\s\up1(04))速度的方向相同。
知识点 动量定理 Ⅱ
1．冲量
(1)定义：力与力的eq \x(\s\up1(01))作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：eq \x(\s\up1(02))I＝FΔt。
(2)单位：冲量的单位是eq \x(\s\up1(03))牛秒，符号是eq \x(\s\up1(04))N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与eq \x(\s\up1(05))力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的eq \x(\s\up1(06))冲量等于它在这个过程始末的eq \x(\s\up1(07))动量变化量。
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
(3)矢量性：动量变化量的方向与eq \x(\s\up1(08))合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。
一 堵点疏通
1．两物体的动量相等，动能也一定相等。( )
2．动量变化的大小，不可能等于初、末态动量大小之和。( )
3．物体的动量变化等于某个力的冲量。( )
4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。( )
5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大。( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
二 对点激活
1．下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
答案 D
解析 动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。
2．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )
A．10 kg·m/s B.－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D.－40 kg·m/s
答案 D
解析 动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正确。
3．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力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，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2p
B．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2p
C．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2Ek
D．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek
答案 BD
解析 由动量定理Ft＝Δp和l＝eq \f(1,2)at2知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝eq \f(1,2)at2知，C错误，D正确。
4．(人教版选择性必修第一册·P10·T2改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以( )
A．减小地面对人的冲量 B.减小地面对人的撞击力
C．减小人的动量变化量 D.减小人的动能变化量
答案 B
解析 体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝eq \f(mv,t)＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。
考点1 动量、冲量的理解及计算
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
例1 如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，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。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)sinθ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)csθ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
(1)上滑过程与下滑过程摩擦力方向相同吗？
提示：不相同。
(2)整个过程中小滑块的动量是否发生了改变？
提示：发生了改变。
尝试解答 选B。
重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)csθ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C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)，故D错误。
冲量的四种计算方法
[变式1－1] (多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝eq \f(T,2)，小球的动量的变化量为零
B．经过时间t＝eq \f(T,4)，小球的动量的变化量大小为eq \r(2)mv
C．经过时间t＝eq \f(T,2)，细绳的拉力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°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－2mv，冲量大小为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，小球的动量的变化量大小为Δp′＝mΔv＝eq \r(2)mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝eq \f(mgT,4)，B、D正确。
[变式1－2] (多选)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。
考点2 动量定理的理解及应用
1.动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。
(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
(4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,Δt)＝eq \f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
2．用动量定理解释生活现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；时间越长，力越小。
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；时间越短，Δp越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
3．用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；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。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。
例2 (2020·山东省青岛实验高中高三下学期一轮复习摸底)如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，则从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小是( )
A．I＝2(M＋m)eq \r(2gh)
B．I＝2(M＋m)gt
C．I＝2(M－m)eq \r(2gh)
D．I＝2meq \r(2gh)＋2(M＋m)gt
(1)A由最低点返回初始位置的时间为多少？
提示：t。
(2)弹簧对木块A的冲量I属于变力的冲量，应用什么规律解答？
提示：动量定理。
尝试解答 选D。
木块B自由下落h时的速度为vB＝eq \r(2gh)，木块B与A碰撞过程动量守恒，则mvB＝(M＋m)v，根据机械能守恒定律，可知木块A第一次回到初始位置时的速度大小仍为v，方向竖直向上。以竖直向下为正方向，从两木块发生碰撞后到木块A第一次回到初始位置的过程中，由动量定理得(M＋m)g·2t－I＝－(M＋m)v－(M＋m)v，解得这一过程中弹簧对木块A的冲量I＝2meq \r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正确。
应用动量定理解题的注意事项
在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号，列出关系式。对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。
[变式2－1] (2021·福建省三明市高三上期末质量检测)(多选)物块在合力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，则物块( )
A．在0～2 s时间内动量变化量为2 kg·m/s
B．动量在0～2 s内比2～4 s内变化快
C．4 s时动量大小为2 kg·m/s
D．4 s时运动方向发生改变
答案 BC
解析 根据动量定理Δp＝Ft可知，在0～2 s时间内动量变化量为Δp＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故A错误；在0～2 s时间内动量变化了4 kg·m/s，在2～4 s时间内动量变化了－2 kg·m/s，所以动量在0～2 s内比2～4 s内变化快，故B正确；4 s时动量大小为p＝4 kg·m/s－2 kg·m/s＝2 kg·m/s，故C正确；4 s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。
[变式2－2] (2020·北京市房山区二模)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是( )
A．手机接触头部之前的速度约为1 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的动量变化约为
0．48 kg·m/s
答案 B
解析 手机掉落时做自由落体运动，故手机接触头部之前的速度约为v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.2) m/s＝2 m/s，A错误；设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝2.4 N，根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力F′也是2.4 N，作用时间是0.2 s，故手机对头部的冲量大小为I＝F′t＝2.4 N×0.2 s＝0.48 N·s，B正确，C错误；手机的动量变化量为Δp＝mv＝0.12 kg×2 m/s＝0.24 kg·m/s，D错误。
建模提能3 应用动量定理分析变质量问题的技巧
对“连续”质点系持续施加作用力时，质点系动量(或其他量)连续发生变化。这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分质点作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间Δt内所选取的研究对象分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质点为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。
1．流体类问题
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。
【典题例证1】
(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。
[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＝ρv0SgΔt2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)。
[答案] (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)
名师点睛 流体类问题分析步骤
(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。
2．微粒类问题
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的粒子数n。
【典题例证2】
(2020·山东省临沂市一模)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为( )
A．Snmveq \\al(2,0) B.2Snmveq \\al(2,0)
C.Snmveq \\al(3,0) D.2Snmveq \\al(3,0)
[解析] 时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为：M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得：FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为：F＝nmveq \\al(2,0)S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝nmveq \\al(3,0)S，故C正确，A、B、D错误。
[答案] C
名师点睛 微粒类问题分析步骤
(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S。
(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt。
(3)应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解。
【针对训练】
1. (2020·山东省青岛市高三上学期期末)2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30 m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为( )
A．3.9×103 N B.1.1×105 N
C．1.0×104 N D.9.0×104 N
答案 B
解析 广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设Δt时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m＝ρSvΔt，对Δt时间内吹到广告牌上的空气，根据动量定理有：－FΔt＝0－mv＝0－ρSv2Δt，得：F＝ρSv2，代入数据解得：F＝1.08×105 N≈1.1×105 N，根据牛顿第三定律，广告牌受到的最大风力约为1.1×105 N，故B正确，A、C、D错误。
2. (2020·河北省廊坊市高中联合体高三上学期联考)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，得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为( )
A．πρd2v B.πρd2v2
C.eq \f(1,4)πρd2v D.eq \f(1,4)πρd2v2
答案 D
解析 设Δt时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量为：m＝ρV＝ρSvΔt＝eq \f(1,4)πd2ρvΔt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：FΔt＝0－mv，解得：F＝－eq \f(mv,Δt)＝－eq \f(1,4)πd2ρv2，根据牛顿第三定律，故D正确。
3．(2020·山东省潍坊市临朐县高三综合模拟)我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系
最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压为U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(元电荷为e，氧离子质量为m0，飞船质量为M)( )
A．喷出的每个氧离子的动量p＝2eU
B．飞船所受到的推力为F＝I eq \r(\f(m0U,e))
C．飞船的加速度为a＝eq \f(I,m0) eq \r(\f(MU,e))
D．推力做功的功率为2MeU
答案 B
解析 对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有：2eU＝eq \f(1,2)m0v2，p＝m0v，解得：p＝2eq \r(m0eU)，故A错误；设Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式：I＝eq \f(Q,Δt)＝eq \f(n·2e,Δt)，对于单个离子，由动量定理得：F0Δt＝m0v，若有n个离子被喷出，则有F′＝nF0，联立以上各式可得：F′＝Ieq \r(\f(m0U,e))，由牛顿第三定律得：F＝F′＝I eq \r(\f(m0U,e))，故B正确；对飞船，由牛顿第二定律得：a＝eq \f(F,M)＝eq \f(I,M) eq \r(\f(m0U,e))，故C错误；功率的单位与2MeU的单位不同，故D错误。
1．(2019·全国卷Ⅰ)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内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，B正确。
2．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B.102 N
C.103 N D.104 N
答案 C
解析 设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×3×25) m/s＝10eq \r(15) m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。
3. (2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2 kg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( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案 AB
解析 前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
4．(2021·八省联考河北卷)(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J
答案 BC
解析 规定水平向右为正方向，设滑块下落到B点时的速度大小为vB，滑块从A到B，由动能定理可知mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0，代入数据解得vB＝5 m/s；由B到C的过程中，滑块加速度大小为a＝eq \f( μmg,m)＝2 m/s2，设滑块与缓冲墙碰撞前瞬间速度大小为vC，由B到C位移大小为xBC，则由匀变速直线运动速度与位移的关系可得veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B)＝－2axBC，解得vC＝3 m/s；设滑块与缓冲墙碰撞后的速度大小为vC′，由C到D的过程中，滑块加速度大小仍为a，由C到D位移大小为xCD，则由C到D有0－vC′2＝－2axCD，解得vC′＝2 m/s；由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量为I＝Δp＝－mvC′－mvC＝－250 N·s，由动能定理可知缓冲墙对滑块做的功为W＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝－125 J。综上分析可知B、C正确，A、D错误。
5. (2020·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)(多选)2019年10月，直20武装直升机在第五届中国天津国际直升机博览会亮相。如图所示，直20的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g。当直升机悬停在空中时，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是( )
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg
B．被螺旋桨推动的空气速度大小为 eq \r(\f(mg,2ρS))
C．1秒内被螺旋桨推动的空气质量为eq \r(mgρS)
D．1秒内发动机做的功为 eq \r(\f(m3g3,ρS))
答案 AC
解析 根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为F＝mg，故A正确；Δt时间内被螺旋桨加速的空气质量为Δm′＝ρSvΔt，设螺旋桨对空气的作用力大小为F′，对质量为Δm′的空气，由动量定理有，F′Δt＝Δm′v－0，根据牛顿第三定律，F′＝F，联立解得v＝eq \r(\f(mg,ρS))，故B错误；1秒内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρSeq \r(\f(mg,ρS))＝eq \r(mgρS)，故C正确；由动能定理可得1秒内发动机所做的功为W＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)eq \r(\f(m3g3,ρS))，故D错误。
6．(2018·江苏高考) 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
答案 2mv＋mgt
解析 取向上为正方向，由动量定理mv－(－mv)＝I
且小球所受总的冲量I＝I弹－mgt，
解得小球所受弹簧弹力的冲量I弹＝2mv＋mgt。
7．(2018·北京高考) 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点，质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
答案 (1)100 m (2)1800 N·s
(3)受力图见解析 3900 N
解析 (1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝2aL，
可解得L＝eq \f(v\\al(2,B)－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(302－0,2×4.5) m＝100 m。
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，
所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。
(3)运动员经过C点时的受力如图所示。
由牛顿第二定律可得
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，①
从B运动到C由动能定理可知
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，②
由①②式并代入数据解得FN＝3900 N。
时间：40分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～8题为单选，9～10题为多选)
1．(2020·山东省九校高三上学期12月月考)物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是( )
A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B．合力对物体做功为零，则合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，合力的冲量一定为零
答案 C
解析 根据动量定理知，动量的变化率等于力，则做匀变速曲线运动的物体，动量的变化率恒定，A错误；合力对物体做功为零，则合力可能不为零，例如合力可能作用了一段时间，物体速度大小相等，但方向不同，故合力的冲量不一定为零，B错误；做匀变速运动的物体所受的合力恒定，动量变化量的方向与合力同向，保持不变，C正确；做变速圆周运动的物体，经过一个周期，动量的变化量不为零，由动量定理知合力的冲量不为零，D错误。
2．(2020·北京市丰台区高三下二模)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＝m(－v0＋gt)＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故动量和时间的关系图像应为与纵轴的截距为负、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C正确，D错误。
3. (2020·黑龙江省实验中学高三下学期开学考试)某物体的vt图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．0～t1和t2～t3时间内，合力做功和冲量都相同
B．t1～t2和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同
C．0～t2和t2～t4时间内，合力做功和冲量都相同
D．0～t1和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同
答案 C
解析 0～t1时间内物体动能的变化量为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为mv0；t2～t3时间内物体动能的变化量为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合力做的功相等；根据动量定理得知：合力的冲量不同，故A错误。t1～t2时间内动能的变化量为0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4时间内动能的变化量为0－eq \f(1,2)mv0＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，动量的变化量为0－(－mv0)＝mv0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合力做的功相等，合力的冲量不同，故B错误。0～t2和t2～t4时间内动能变化量及动量变化量均为0，根据两个定理得知合力做的功和冲量都相同，故C正确。由以上分析得知：0～t1和t3～t4时间内动能的变化量不同，动量变化量相同，故合力做的功不同，合力的冲量相同，故D错误。
4．(2020·山东省烟台市高三下高考适应性练习一)如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100 kg的木箱。t＝0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用。已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。则t＝3 s时木箱的速度大小为( )
A．2 m/s B.2.5 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
答案 B
解析 木箱受到的最大静摩擦力f＝μmg＝200 N，结合图乙可知，从0.5 s后木箱才开始运动，0.5～3 s对木箱由动量定理可得IF－μmgt＝mv－0，由图乙可得，这段时间内推力F的冲量为IF＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋3×400,2)－200×0.5×0.5)) N·s＝750 N·s，联立解得v＝2.5 m/s，故B正确。
5. (2020·浙江省杭州市第二中学高三上学期选考模拟)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的vt图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中( )
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量大于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量
答案 D
解析 题图中AB与CD平行，说明推力撤去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，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，则F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。
6. (2020·河南省十所名校高三阶段性测试四)如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35 m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25 m/s的速度飞来的足球以10 m/s的速度沿原路挡出。已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1 s，受到足球的平均作用力大小约为150 N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为( )
A．12 N·s B.13.5 N·s
C．15 N·s D.16.6 N·s
答案 C
解析 设足球的质量为m，足球与守门员的双手接触过程中，根据动量定理有：－Ft＝mΔv，解得：m＝－eq \f(Ft,Δv)＝－eq \f(150×0.1,0－35) kg＝eq \f(3,7) kg；根据动量定理，可得罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小为：I＝mv＝eq \f(3,7)×35 N·s＝15 N·s，故C正确，A、B、D错误。
7. (2021·八省联考广东卷)如图所示，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 设足球自由下落h＝80 cm时的速度为v1，时间为t1，由veq \\al(2,1)＝2gh，有v1＝eq \r(2gh)＝4 m/s，由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，有t1＝ eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，足球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运动的初速度大小v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与头部作用的过程，取竖直向上为正方向，该过程中足球动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)＝3.2 kg·m/s，由动量定理有(eq \x\t(F)－mg)·Δt＝Δp，其中Δt＝0.1 s，解得eq \x\t(F)＝36 N，即头部对足球的平均作用力大小为36 N，而足球的重力大小为4 N，则头部对足球的平均作用力是足球重力的9倍，故A错误，C正确。足球下落到刚接触头部时的动量大小为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量大小为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误。
8. 如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。空气阻力忽略不计。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合力的冲量大小为I1、I2，则( )
A．t1>t2 B.t1＝t2
C．I1>I2 D.I1＝I2
答案 C
解析 由vC＝0可知在小球从A点到C点的运动过程中，有阻力做功，所以在同一高度处，球在AB弧上的速率大于在BC弧上的速率，所以球在AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以t1
9. (2020·吉林省吉林市高三二调)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．子弹在每个水球中运动的时间不同
C．每个水球对子弹的冲量不同
D．子弹在每个水球中的动能变化相同
答案 BCD
解析 设水球的直径为d，子弹的运动过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、后3个、全部4个水球的位移分别为d、2d、3d和4d，根据x＝eq \f(1,2)at2知，所用时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，子弹在每个水球中运动的时间不同，由Δv＝at可知，子弹在每个水球中速度的变化量不同，故A错误，B正确。根据冲量的定义：I＝Ft，每个水球对子弹的作用力是相同的，但子弹在每个水球中的运动时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，故C正确。每个水球对子弹的作用力是相同的，子弹在每个水球中运动的位移也相同，所以每个水球对子弹做的功相等，根据动能定理，ΔEk＝W＝－Fd，子弹在每个水球中的动能变化相同，故D正确。
10．(2020·贵州省铜仁市高三适应性考试一)一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。0～4 s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t变化的关系分别如图甲、乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。由此可求得( )
A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2 N
B．物块的质量等于1.5 kg
C．在0～4 s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75 N·s
D．在0～4 s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6 N·s
答案 BC
解析 由图乙可知，t＝1 s时，物块开始运动，此时的拉力F1大小等于物块所受的最大静摩擦力，由图甲可知，F1＝1.5 N，则f＝1.5 N，故A错误；根据牛顿第二定律有F－f＝ma，由图乙知，当F＝6 N时，a＝3 m/s2，可解得m＝1.5 kg，故B正确；在at图像中，图线与时
间轴所围的面积表示物块的速度变化量，则物块在4 s时的速度为v＝eq \f(1,2)×3×3 m/s＝4.5 m/s，由动量定理，可得在0～4 s时间内，合力对物块冲量的大小为I＝mΔv＝1.5×4.5 N·s＝6.75 N·s，故C正确；由图甲可知，在0～4 s时间内，力F的冲量为IF＝eq \f(0＋6,2)×4 N·s＝12 N·s，则摩擦力的冲量为If＝I－IF＝(6.75－12) N·s＝－5.25 N·s，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(12分)在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
答案 12 s
解析 选物体为研究对象，研究整个过程，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0，解得t2＝12 s。
12．(18分)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s。
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力。
答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
解析 (1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。
设运动的时间为t，根据x＝eq \f(v0,2)t，得t＝eq \f(2x,v0)＝eq \f(1,30) s，
规定其中一辆轿车运动方向为正方向，
以这辆轿车内的人为研究对象，根据动量定理得：
－Ft＝0－mv0
解得F＝eq \f(mv0,t)＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，则－F′t′＝0－mv0
解得F′＝eq \f(mv0,t′)＝1.8×103 N。
考情分析
高考对本章的考查主要是以碰撞为模型对动量守恒定律进行考查，而且注意与生活中的具体事例相联系，题型主要以选择题、计算题为主，计算题往往与其他知识综合。
重要考点
1.动量、动量定理(Ⅱ)
2．动量守恒定律及其应用(Ⅱ)
3．弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)
实验八：验证动量守恒定律
说明：只限于一维两个物体的碰撞问题。
考点解读
1.理解动量、动量的变化量、冲量等概念，掌握动量定理、动量守恒定律，并能用动量守恒定律解决相关问题。
2．掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的概念，记住两个物体碰撞的几个基本公式，能运用动量守恒定律并结合能量关系解决简单的碰撞问题。
3．高考中对本专题的考查方式主要有两种：(1)以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用；(2)以生活中的实例为背景，考查规律的灵活运用。
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
物体所受冲量
外力所做的功
大小关系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
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
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
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