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专题9.1　动量定理及应用
1.物理观念：动量、冲量。
（1）理解冲量和动量的定义及物理意义。
（2）会正确计算动量与冲量。
2.科学思维：动量定理。
（1）.1.能用动量定理解释生活中的有关现象。
（2）2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
3.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验动量定理的应用。
通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。
【知识点一】对冲量的理解
1.对冲量的理解
（1）冲量的两性
①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，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；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
（2）作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与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
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＝Ft（F为恒力） W＝Flcos α（F为恒力）
标矢性 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是能量变化多少的量度 都是过程量，都与力的作用过程相联系
（4）动量、冲量、动能、动量变化量的比较
名称 项目 动量 冲量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv I＝Ft（F为恒力） Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢量性 矢量 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
（2023 南通模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　）
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下
C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D．d处反弹后网球做平抛运动
【解答】解：A、网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；
B、a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
C、由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；
D、做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023春 海淀区校级期中）如图所示，完全相同的物块甲、乙分别从固定的轨道1、2顶端由静止滑下，轨道为四分之一光滑圆弧轨道，半径为R且底端切线水平；轨道2为光滑斜面，高度为R。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时动量相同
【解答】解：ACD、根据动能定理得：mgRmv2，解得：v，所以两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是甲的速度方向水平向右，乙的速度方向沿斜面向下，速度的方向不同，根据p＝mv可知甲乙物块动量大小相等，方向不同，故AD错误，C正确；
B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，则重力做功相同，故B正确。
故选：BC。
（2022秋 沙市区校级月考）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轨迹为1的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为3的物体在空中飞行时间最长
C．轨迹为3的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体在任意相同时间内的速度变化量一定相同
【解答】解：AB、根据运动的对称性结合平抛运动的特点可知，竖直方向上的距离越大的物体，运动的时间越长，则轨迹为1的物体在空中飞行时间最长；物体在水平方向上做匀速直线运动，根据公式x＝vt可知轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故AB错误；
C、根据冲量的计算公式I＝mgt可知，轨迹为1的物体因为运动时间最长，则所受重力的冲量最大，故C错误；
D、物体在任意单位时间内的速度变化量为Δv＝gΔt，由此可知，三个物体在任意单位时间内的速度变化量一定相同，故D正确。
故选：D。
【知识点二】动量定理的理解和应用
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动量变化量．
2．公式：F（t′－t）＝mv′－mv或I＝p′－p.
3．对动量定理的理解
（1）Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．
（2）Ft＝p′－p除表明两边大小、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）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
（4）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．
【方法总结】
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。
考点三、应用动量定理处理流体冲击力问题
题型一　用动量定理解释生活中的现象
（2023 香坊区校级三模）用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1
B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt
C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
【解答】解：A．设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理得：
解得：
在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为，故A错误；
B．铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；
CD．在击打过程中，由于时间极端，铁锤与砖头动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律可得
解得：
砖头缓冲过程中，取向下为正方向，对砖头由动量定理得：
解得手对砖头的支持力为：
由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为：
故C错误，D正确。
故选：D。
（2023 长沙二模）蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为50kg，弹性轻绳原长为10m，若空气阻力恒定，游客下落至5m处时速度大小为，重力加速度g取10m/s2，下列正确的是（　　）
A．整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态
B．游客及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为750N s
C．游客在最低点时，弹性势能最大为13000J
D．弹性绳长为20m时，游客的加速度大小为9m/s2
【解答】解：A、由题图乙可知，游客从蹦极台下落过程先加速后减速，加速度先向下后向上，所以游客先处于失重状态后处于超重状态，故A正确；
B、以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，取竖直向下为正方向，由动量定理得：I合＝IG﹣IF＝mv＝50×15N s＝750N s，故重力的冲量大于750N s，故B错误；
C、游客在前5m做匀加速直线运动，末速度为v1，根据动能定理得：（mg﹣f）h1，解得阻力大小：f＝50N
从下落至最低点过程中，由能量守恒定律得：mgh＝Epm+fh
由图知h＝26m，解得游客在最低点时，弹性势能最大为：Epm＝（50×10×26﹣50×26）J＝11700J，故C错误；
D、游客下落15m时合力为0时速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力之和等于游客及携带装备的总重力，即f+kΔx＝mg，其中Δx＝15m﹣5m＝10m
解得弹性绳的劲度系数：k＝45N/m
弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力F＝kΔx′＝45×（20﹣10）N＝450N
根据牛顿第二定律得：F+f﹣mg＝ma，解得弹性绳长为20m时，游客的加速度大小：a＝0，故D错误。
故选：A。
（2023 哈尔滨模拟）哈尔滨冰雪大世界的雪花摩天轮被称为“最北最美”摩天轮，乘坐摩天轮到高处，松花江南北两岸风光一览无余，深受游客喜爱，成为哈尔滨的新地标。乘坐摩天轮的游客坐于座舱中在竖直平面内做匀速圆周运动，在完成一个完整圆周运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．游客机械能守恒
B．游客在最高点处于超重状态
C．游客所受合力保持不变
D．游客所受合力的冲量为0
【解答】解：A、游客随摩天轮做匀速圆周运动，线速度大小不变，则游客的动能不变，但游客的高度变化，重力势能变化，所以游客机械能不守恒，故A错误；
B、游客在最高点加速度指向圆心，所以处于失重状态，故B错误；
C、游客做匀速圆周运动，合力全部提供向心力，方向始终指向圆心，方向时刻变化，合力为变力，故C错误；
D、游客完成一个完整的圆周运动，初末速度大小相等，方向相同，所以动量的变化为零，由动量定理可知合力的冲量为零，故D正确。
故选：D。
题型二　动量定理在多过程问题中的应用
应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．
（2023 姜堰区模拟）现代科学的发展揭示了无序性也是世界构成的一个本质要素．意大利物理学家乔治 帕里西发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性，荣获了诺贝尔物理学奖。如图所示是力学中的一个无序系统模型，质量均为1kg的小球M、N用两根长度均为的轻质细杆a、b连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球M自由转动．开始时两球与O点在同一高度，静止释放两球，并开始计时，两球在竖直面内做无序运动；t＝2s时，细杆a与竖直方向的夹角为θ＝30°，小球N恰好到达与O点等高处且速度方向水平向右。重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．t＝2s时，两小球速度大小相等
B．t＝2s时，N球的速度大小为1.5m/s
C．此运动过程中，细杆b对N球的冲量大小约为1.5N s
D．此运动过程中，a、b两杆对M球做功之和为1.125J
【解答】解：A．细杆a的一端可绕固定点O自由转动，则M的速度方向始终与杆a垂直，设t＝2s时小球M、N的速度大小分别为vM，vN，如图所示
M的速度方向始终与杆a垂直，当N速度方向水平向右时，根据关联速度可知vNsinθ＝vMcos（90°﹣2θ）
可得，故A错误；
B．根据系统机械能守恒定律有：
解得，方向向右下方，与水平方向的夹角为30°；，方向水平向右，故B正确。
C．根据动量定理可知，细杆b对N球的冲量，代入数据解得I≈20.06N s，故C错误。
D．对M球根据动能定理有
，代入数据解得WF＝﹣1.125J，故D错误。
故选：B。
（2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（　　）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【解答】解：A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为v'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得
v'x＝0.6v0
反弹后的夹角正切值为
tan
故速度方向与水平面间的夹角等于45°，故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为v''x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得v“x＝0.4v0
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x＝v″ 2t，故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为，可知小球在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
I'＝Fy t
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选：B。
（2023 九江二模）如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，t＝0时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即f＝kv（k为常数，大小未知）。则（　　）
A．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为
B．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力的冲量为mv0
C．牵引力的最大功率为ma0v0
D．常数k的大小为
【解答】解：A、由动能定理可知，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵引力对摩托艇做的功大于，故A错误；
B、由动量定理可知，牵引力与阻力冲量之和等于莫游艇动量的变化量，阻力冲量为负值，则牵引力的冲量大于mv0，故B错误；
C、由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为F＝ma0
牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力的功率最大值为Pm＝ma0v0，故C正确；
D、由牛顿第二定律可得，F﹣kv＝ma
所以
可知
解得，故D错误。
故选：C。
（2023 河南模拟）随着2022年北京冬奥会和冬残奥会的成功举办，北京成为世界上首个双奥之城。如图所示，一滑雪运动员从A点由静止沿半径r＝50m的圆弧形滑道AB下滑，经B点越过宽为d的横沟到达平台C时，其速度vC刚好沿水平方向。已知A、B两点的高度差为20m，B、C两点间的高度差h＝4.05m，坡道在B点的切线方向与水平面成37°，运动员的质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在C点的速度大小vC＝9m/s
B．运动员在飞出B点前，对B点的压力大小为725N
C．从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为4375J
D．从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为150kg m/s
【解答】解：A．运动员从B点运动至C点的过程中做斜上抛运动。设在B点时，运动员沿竖直方向分速度为v1，沿水平方向分速度为v0。则运动员在这个过程中，竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动。到达C点时，竖直方向速度恰好为零，水平方向速度不变。故有2gh；
根据B点时水平方向分速度和竖直方向分速度的关系，可得tan37°
联立可解得：v1＝9m/s，v0＝12m/s，所以C点的速度12m/s，故A错误；
B．在B点时，根据速度的合成可得：vB
代入数据得vB＝15m/s
在B点根据牛顿第二定律可得：FN﹣mgcos37°＝m
联立可得：FN＝625N，故B错误；
C．以B点为零势能面，则从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为ΔE＝mgHAB
代入数据可得：ΔE＝4375J，故C正确；
D．由上可知从B到C的运动过程中，运动员在水平方向上做匀速直线运动，故在水平方向动量变化量为零。在竖直方向上做匀减速直线运动，运动员竖直方向的动量的变化量大小为Δp＝0﹣mv1
代入数据可得：Δp＝﹣450kg m/s
故在此过程中，运动员动量的变化量大小为450kg m/s。故D错误。
故选：C。
题型三　动量定理与图象的结合
【必备知识】变力的冲量
①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
（2023 重庆模拟）质量为20kg的玩具汽车在水平地面上由静止开始沿直线运动了8m，其所受合外力大小与位移大小的关系如图所示，则玩具汽车（　　）
A．所受合外力做的总功为25J
B．运动到6m处的速度大小为17m s﹣1
C．在0到3m的运动过程中所受合外力的冲量大小为
D．在4m处所受合外力的瞬时功率为80W
【解答】解：A．F﹣x图线与横轴所围面积表示F做的功，则合外力的总功为
故A错误；
B．运动到6m处时F做的功为
根据动能定理
代入数据解得
故B错误；
C．同理，0～3m内
W320×2J（20+40）×1J＝50J
W3m
代入数据解得
根据动量定理得F的冲量为I＝mv3＝20N s＝20N s
故C正确；
D．运动到4m处时，F做的功为
W420×2J（20+40）×1J+40×1J＝90J
W4m
代入数据解得v4＝3m/s
此时F的功率为P＝Fv4＝40×3W＝120W
故D错误。
故选：C。
（2023 天津一模）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10m/s2。则（　　）
A．3s时物块的动量为6kg m/s
B．6s时物块回到初始位置
C．4s时物块的动能为8J
D．0～6s时间内合力对物块所做的功为72J
【解答】解：A．规定水平力F的方向为正方向，根据动量定理可得（F﹣f）t3＝mv3
代入数据解得3s末物块的速度大小为
则3s时物块的动量大小为p＝mv3＝1×6kg m/s＝6kg m/s
故A正确；
BC．0～3s内物块沿正方向做匀加速直线运动，其位移大小为
根据动量定理可得﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3
代入数据解得4s末物块的速度大小为v4＝0m/s
因此3～4s内物块沿正方向做匀减速直线运动，其位移大小为
物体在4s末速度变为零，则4s时物块的动能为0J，然后在4～6s内沿着负方向做匀加速直线运动，则显然其6s末的速度大小应与物体2s末相等，则根据动量定理可得（F﹣f）t2＝mv2
代入数据解得物块在2s末与6s末的速度大小为v6＝v2＝4m/s
因为物体在4～6s内沿着负方向做匀加速直线运动，所以其在4～6s内沿负方向的位移大小为
因此物体在0～6s的位移为x＝x1+x2﹣x3＝9m+3m﹣4m＝8m
6s时物块并没有回到初始位置，故BC错误；
D．根据动能定理可得
故D错误。
故选：A。
（2023 鞍山三模）质量m＝2kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动
B．4s末物体的速度为零
C．6s内合外力的冲量为4N s
D．6s内合外力做功为8J
【解答】解：A．由图可知，0～4s合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速度运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；
B．由动量定理可知，合外力冲量等于物体动量的变化量，物体从静止开始运动，0～4s内有Ft＝mΔv
在F﹣t图像中，合外力的冲量即为图线与时间轴所围成图形的面积，有
2×2N s（4﹣2）×2N s＝2kg×v4
解得v4＝3m/s，故B错误；
C．0～2s合力冲量为I2＝2×2N s＝4N s，2～6s合力的冲量为0，设6s内合外力的冲量为I，则I＝I2＝4N s，故C正确；
D．0～6s的过程中，由动量定理得I＝mv6﹣0
代入数据解得v6＝2m/s
由动能定理得Wm0
代入数据解得6s内合外力做功为W＝4J，故D错误。
故选：C。
【知识点三】应用动量定理处理“流体模型”
1.研究对象
选取流体为研究对象，如水、空气等。
2.研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3.基本思路
（1）在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
（2）求小柱体的体积ΔV＝SvΔt
（3）求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
（4）求小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
（5）应用动量定理FΔt＝Δp
【方法技巧】应用动量定理解决微粒类问题
微粒及其特点 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
分析步骤 1 建立“柱体”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，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
（多选）（2023 聊城一模）离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（　　）
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为
B．离子推进器获得的平均推力大小为
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子
【解答】解：A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为：
其中Q＝nqt
解得：I＝nq故A错误；
B．电场对粒子加速，根据动能定理得：
根据动量定理得：
m0v0＝Ft
其中m0＝nmt，Q＝nqt
联立以上各式得：离子推进器获得的平均推力大小。故B错误；
C．加速正离子束所消耗的功率：
解得：P＝nqU，
故C正确；
D．根据以上分析可知，转换效率为：
解得：
要使转换效率尽量大，可以使用质量更大、带电量更小即比荷更小的离子作为推进器，故D正确。
故选：CD。
（2022 肥西县校级模拟）“水刀”是应用高压水流切割的技术。某“水刀”工作过程中，水从面积为0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密度为1.0×103kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，则水对材料表面的平均压力为（　　）
A．1N B．3.6N C．10N D．103N
【解答】解：水刀每秒用水量mg＝0.01kg
由密度公式ρ，可得每秒所用水的体积为：Vm3＝10﹣5m3
根据公式得：V＝SL＝Svt
代入数据解得水流的速度大小为：v＝100m/s
以水流方向为正方向，对与材料表面发生相互作用的水为研究对象，由动量定理得： Δt＝0﹣Δmv
代入数据解得材料表面对水的作用力为：1N
根据牛顿第三定律，可得水对材料表面的压力大小为：F1N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春 平潭县校级期中）2021年5月11日，浙江卫视三星GalaxyZFold25G折量屏手机《迫星星的人》开启新征程，来到平潭岛。在气候宜人的“白金海岸”潭南湾，吴奇隆、窦骁、宋轶、张杰瑞将携手钟汉良、陈楚生，在温暖的海风中仰望星空，享受解压偶像之旅，宋轶体验海上飞龙全程尖叫。如图所示，宋轶和工作人员在玩海上飞龙时，工作人员操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转180°后竖直向下以相等大小的速度喷出，令宋轶和工作人员悬停在空中。已知宋轶、工作人员与装备的总质量M为157kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（　　）
A．7.1m/s B．9.0m/s C．11.2m/s D．16.0m/s
【解答】解：设喷嘴处喷水的速度大小为v，每个喷嘴喷出的水对人的作用力大小均为F，运动员与装备悬停在空中，受力平衡，则有Mg＝2F
故
选择喷嘴喷出的一小段水柱为研究对象，设在较短的时间Δt内，一个喷嘴喷出水的质量为Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
一个喷嘴喷出的水与人的接触面积
规定竖直向下为正方向，由动量定理可得FΔt＝Δmv﹣（﹣Δmv）＝2Δmv
联立可得
解得，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（多选）（2023 芝罘区校级模拟）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg
B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m0
C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m0
D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大
【解答】解：A、刚关闭阀门时，细沙石在下落，下落的细沙石对砂石堆有一定的冲击力，托盘示数大于m，故A错误；
BC、细沙石从管口开始做自由落体运动，则细沙石到达砂石堆时的速度为：H，细沙石与砂石堆作用后速度为零，砂石堆对细沙石的作用力为F，选向上为正，由动量定理得：Ft＝m0tv
解得F＝m0，根据牛顿第三定律细沙石对砂石堆的冲击力大小也为F，所以细沙石下落过程中托盘示数为m，故BC正确。
D、细沙石的位移H需要的时间t，单位时间流出的细砂石的质量为m0，所以高度为H的细沙石的质量为m0t＝m0，所以细沙石全部落完时托盘示数不变。故D错误。
故选：BC。
（2023 通州区一模）为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进器和离子推进器的研究。太阳帆推进器是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。
（1）由量子理论可知每个光子的动量为（h为普朗克常量，λ为光子的波长），光子的能量为ε＝hv（v为光子的频率），调整太阳朝使太阳光垂直照射，已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，求：
①时间t内作用在太阳帆的光子个数N；
②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小
（2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正离子束的过程中所消耗的功率为P，推进器获得的恒定推力为F。为提高能量的转换效率，即要使尽量大，请通过论证说明可行的方案。设正离子质量为m，电荷量为q。
【解答】（1）①时间t内，作用在太阳帆的光子的总能量为
E总＝ES
时间t内作用在太阳帆的光子个数为
N
②根据动量定理得
Ft＝2Np
故太阳光对飞船的推力为
F
根据牛顿第二定律可知，在太阳光压下宇宙飞船的加速度为
a
（2）正离子飘入匀强电场，电场力做功功率为
P＝UI
正离子在电场中做匀加速直线运动，则有
qU
PF′v
联立，可得
F′＝I
根据牛顿第三定律，可知引擎获得的推力F的大小为
F＝F′＝I
分析，可知
为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速电压。
答：（1）①时间t内作用在太阳帆的光子个数N为；
②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小为；
（2）见解析；
（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（　　）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P小球落地的速度大小为vP，Q小球落地的速度大小为vQ，P小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度vx＝v0
竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度vy
则vP
Q小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：2gh
解得：vQ
则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv
则两小球落地时动量大小相等，故AB错误；
CD、设P小球下落时间为tP，Q小球下落时间为tQ，P小球竖直方向为自由落体运动，有：h
解得：tP
Q小球做竖直下抛运动，有：h＝v0tQ
则tQ＜tP
两小球所受冲量大小为I＝mgt
则P所受重力冲量的大小比Q的大，故C正确，D错误。
故选：C。
（多选）（2023 新课标）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
【解答】解：A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲μg
对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙μg
由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；
BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；
故选：BD。
（多选）（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
【解答】解：A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1N＝6N
2～4m内，拉力F2N＝3N
0～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由匀变速直线运动速度—位移公式得：2ax
x＝1m时，物体的速度大小为v1m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A错误；
B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek
代入数据解得：Ek＝2J
故B正确；
C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正确；
D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2m/s＝2m/s
物体的最大动量为：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D错误。
故选：BC。
（多选）（2023 浙江）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【解答】解：A、利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；
B、由动量定理得，F，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故B正确；
C、红外线是一种不可见光，人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；
D、牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，不适用于微观物体的高速运动。而动量守恒定律既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。故D错误。
故选：ABC。
（2022 重庆）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
【解答】解：AB.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，则动量的大小一直增大，故AB错误
C.根据动量与动能的关系有
Ek
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，故C错误；
D.假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，故D正确；
故选：D。
（2022 北京）“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
【解答】解：A、助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，而无法减小与滑道之间的摩擦力，故A错误；
B、起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度，故B正确；
C、飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小与空气间的摩擦力，故C错误；
D、着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间，从而减小冲击力，故D错误；
故选：B。
（2022 海南）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（　　）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的 D．F1的冲量小于F2的
【解答】解：AB、，在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，根据牛顿第三定律可知F1与F2为作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正确，B错误；
CD、由于F1和F2大小相等，甲推乙两力作用时间相等，故两力的冲量大小相等，方向相反，故CD错误；
故选：A。
（2022 湖北）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≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
【解答】解：在前一段时间内，根据动能定理得：W13
在后一段时间内，根据动能定理得：W221
所以W2＝7W1；
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：
m 2v﹣mv≤I1≤m 2v+mv，即mv≤I1≤3mv
m 5v﹣m 2v≤I2≤m 5v+m 2v，即3mv≤I2≤7mv
可知：I2≥I1，故D正确、ABC错误。
故选：D。
（多选）（2022 重庆）一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1：3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【解答】解：A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
F＝f＝μmgcos45°
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
a1＝gsin45°＝gg
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
解得WG
解得Wf
代入数据联立解得 ，故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
mgsin45°﹣F﹣f＝ma2
解得
a2g
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
，故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
WG2＝mgsin45° x
合力做功为 W合＝ma2 x
则其比值为
则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，故B正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
则动量的大小之比为
解得 ，故D错误。
故选：BC。
（多选）（2022 乙卷）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
【解答】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝6m/s；
t4＝4s时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg m/s＝6kg m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1m＝9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2m＝3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。
故选：AD。
（2022 湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍（λ为常数且0＜λ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【解答】解：（1）篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰前速度为：
篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰后速率为：
因此
k
（2）篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力，根据动能定理得：
根据（1）问的描述可知，篮球落地反弹的速度为
v4＝kv3
在反弹上升的过程中，根据动能定理可得：
联立解得：F0
（3）由（1）问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别为
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向下）
因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理可知
I＝mv
即每次拍打篮球都会给篮球一个速度v。
拍打第一次下降过程中
上升过程中有
将k代入上升过程的式子化简得：
联立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降过程中
上升过程中代入k后得
联立得：
将h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值化简得：
联立解得：
再将h2代入到h3得：
拍打第N次时，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值得：
联立有
将hN﹣1代入hN后有
已知hN＝H
则有
[]
则有I＝mv＝m
答：（1）篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比为；
（2）F0的大小为；
（3）冲量I的大小为m。
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专题9.1　动量定理及应用
1.物理观念：动量、冲量。
（1）理解冲量和动量的定义及物理意义。
（2）会正确计算动量与冲量。
2.科学思维：动量定理。
（1）.1.能用动量定理解释生活中的有关现象。
（2）2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
3.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验动量定理的应用。
通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。
【知识点一】对冲量的理解
1.对冲量的理解
（1）冲量的两性
①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，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；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
（2）作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与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
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＝Ft（F为恒力） W＝Flcos α（F为恒力）
标矢性 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是能量变化多少的量度 都是过程量，都与力的作用过程相联系
（4）动量、冲量、动能、动量变化量的比较
名称 项目 动量 冲量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv I＝Ft（F为恒力） Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢量性 矢量 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
（2023 南通模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　）
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下
C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D．d处反弹后网球做平抛运动
（多选）（2023春 海淀区校级期中）如图所示，完全相同的物块甲、乙分别从固定的轨道1、2顶端由静止滑下，轨道为四分之一光滑圆弧轨道，半径为R且底端切线水平；轨道2为光滑斜面，高度为R。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时动量相同
（2022秋 沙市区校级月考）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轨迹为1的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为3的物体在空中飞行时间最长
C．轨迹为3的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体在任意相同时间内的速度变化量一定相同
【知识点二】动量定理的理解和应用
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动量变化量．
2．公式：F（t′－t）＝mv′－mv或I＝p′－p.
3．对动量定理的理解
（1）Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．
（2）Ft＝p′－p除表明两边大小、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）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
（4）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．
【方法总结】
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。
考点三、应用动量定理处理流体冲击力问题
题型一　用动量定理解释生活中的现象
（2023 香坊区校级三模）用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1
B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt
C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
（2023 长沙二模）蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为50kg，弹性轻绳原长为10m，若空气阻力恒定，游客下落至5m处时速度大小为，重力加速度g取10m/s2，下列正确的是（　　）
A．整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态
B．游客及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为750N s
C．游客在最低点时，弹性势能最大为13000J
D．弹性绳长为20m时，游客的加速度大小为9m/s2
（2023 哈尔滨模拟）哈尔滨冰雪大世界的雪花摩天轮被称为“最北最美”摩天轮，乘坐摩天轮到高处，松花江南北两岸风光一览无余，深受游客喜爱，成为哈尔滨的新地标。乘坐摩天轮的游客坐于座舱中在竖直平面内做匀速圆周运动，在完成一个完整圆周运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．游客机械能守恒
B．游客在最高点处于超重状态
C．游客所受合力保持不变
D．游客所受合力的冲量为0
题型二　动量定理在多过程问题中的应用
应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．
（2023 姜堰区模拟）现代科学的发展揭示了无序性也是世界构成的一个本质要素．意大利物理学家乔治 帕里西发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性，荣获了诺贝尔物理学奖。如图所示是力学中的一个无序系统模型，质量均为1kg的小球M、N用两根长度均为的轻质细杆a、b连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球M自由转动．开始时两球与O点在同一高度，静止释放两球，并开始计时，两球在竖直面内做无序运动；t＝2s时，细杆a与竖直方向的夹角为θ＝30°，小球N恰好到达与O点等高处且速度方向水平向右。重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．t＝2s时，两小球速度大小相等
B．t＝2s时，N球的速度大小为1.5m/s
C．此运动过程中，细杆b对N球的冲量大小约为1.5N s
D．此运动过程中，a、b两杆对M球做功之和为1.125J
（2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（　　）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
（2023 九江二模）如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，t＝0时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即f＝kv（k为常数，大小未知）。则（　　）
A．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为
B．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力的冲量为mv0
C．牵引力的最大功率为ma0v0
D．常数k的大小为
（2023 河南模拟）随着2022年北京冬奥会和冬残奥会的成功举办，北京成为世界上首个双奥之城。如图所示，一滑雪运动员从A点由静止沿半径r＝50m的圆弧形滑道AB下滑，经B点越过宽为d的横沟到达平台C时，其速度vC刚好沿水平方向。已知A、B两点的高度差为20m，B、C两点间的高度差h＝4.05m，坡道在B点的切线方向与水平面成37°，运动员的质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在C点的速度大小vC＝9m/s
B．运动员在飞出B点前，对B点的压力大小为725N
C．从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为4375J
D．从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为150kg m/s
题型三　动量定理与图象的结合
【必备知识】变力的冲量
①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
（2023 重庆模拟）质量为20kg的玩具汽车在水平地面上由静止开始沿直线运动了8m，其所受合外力大小与位移大小的关系如图所示，则玩具汽车（　　）
A．所受合外力做的总功为25J
B．运动到6m处的速度大小为17m s﹣1
C．在0到3m的运动过程中所受合外力的冲量大小为
D．在4m处所受合外力的瞬时功率为80W
（2023 天津一模）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10m/s2。则（　　）
A．3s时物块的动量为6kg m/s
B．6s时物块回到初始位置
C．4s时物块的动能为8J
D．0～6s时间内合力对物块所做的功为72J
（2023 鞍山三模）质量m＝2kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动
B．4s末物体的速度为零
C．6s内合外力的冲量为4N s
D．6s内合外力做功为8J
【知识点三】应用动量定理处理“流体模型”
1.研究对象
选取流体为研究对象，如水、空气等。
2.研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3.基本思路
（1）在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
（2）求小柱体的体积ΔV＝SvΔt
（3）求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
（4）求小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
（5）应用动量定理FΔt＝Δp
【方法技巧】应用动量定理解决微粒类问题
微粒及其特点 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
分析步骤 1 建立“柱体”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，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
（多选）（2023 聊城一模）离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（　　）
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为
B．离子推进器获得的平均推力大小为
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子
（2022 肥西县校级模拟）“水刀”是应用高压水流切割的技术。某“水刀”工作过程中，水从面积为0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密度为1.0×103kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，则水对材料表面的平均压力为（　　）
A．1N B．3.6N C．10N D．103N
（2023春 平潭县校级期中）2021年5月11日，浙江卫视三星GalaxyZFold25G折量屏手机《迫星星的人》开启新征程，来到平潭岛。在气候宜人的“白金海岸”潭南湾，吴奇隆、窦骁、宋轶、张杰瑞将携手钟汉良、陈楚生，在温暖的海风中仰望星空，享受解压偶像之旅，宋轶体验海上飞龙全程尖叫。如图所示，宋轶和工作人员在玩海上飞龙时，工作人员操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转180°后竖直向下以相等大小的速度喷出，令宋轶和工作人员悬停在空中。已知宋轶、工作人员与装备的总质量M为157kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（　　）
A．7.1m/s B．9.0m/s C．11.2m/s D．16.0m/s
（多选）（2023 芝罘区校级模拟）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg
B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m0
C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m0
D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大
（2023 通州区一模）为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进器和离子推进器的研究。太阳帆推进器是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。
（1）由量子理论可知每个光子的动量为（h为普朗克常量，λ为光子的波长），光子的能量为ε＝hv（v为光子的频率），调整太阳朝使太阳光垂直照射，已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，求：
①时间t内作用在太阳帆的光子个数N；
②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小
（2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正离子束的过程中所消耗的功率为P，推进器获得的恒定推力为F。为提高能量的转换效率，即要使尽量大，请通过论证说明可行的方案。设正离子质量为m，电荷量为q。
（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（　　）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
（多选）（2023 新课标）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
（多选）（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
（多选）（2023 浙江）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
（2022 重庆）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
（2022 北京）“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
（2022 海南）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（　　）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的 D．F1的冲量小于F2的
（2022 湖北）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≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
（多选）（2022 重庆）一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1：3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
（多选）（2022 乙卷）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
（2022 湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍（λ为常数且0＜λ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
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