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第1讲　动量定理(基础落实课)
　　　　　　　　　　　
一、动量和冲量
动量 冲量
定义 物体的质量与　　　的乘积 力与力的作用　　　　的乘积
表达式 p=　　　　,单位为kg·m/s I=　　　　,单位为N·s
方向 动量的方向与　　　　　　　相同 冲量的方向与　　　　　相同
注意:动量是矢量,而动能是标量。因此,物体的动量变化时,其动能不一定变化;而动能变化时,动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式:p=。
二、动量的变化量
1.因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是　　　　,其方向与速度的变化量Δv的方向　　　　。
2.动量的变化量Δp的大小,一般用末动量p'减去初动量p进行矢量计算,即Δp=　　　　,运算遵循平行四边形定则。
三、动量定理
内容 物体在一个过程中所受　　　　的冲量等于它在这个过程始末的　　　　　
公式 　　　　　或　　　　　　　　　
动量定理的 研究对象 单个物体或物体系。对物体系,内力的作用不改变系统的总动量,外力的总冲量等于物体系的动量变化量
微点判断
1.动量越大的物体,其速度越大。 (　 )
2.两物体的动量相等时,动能也一定相等。 (　 )
3.一个物体的运动状态变化时,它的动量一定改变。 (　 )
4.物体动量的变化量等于初、末状态动量的大小之差。 (　 )
5.一对相互作用力的冲量大小相等,方向相同。 (　 )
6.(人教选择性必修1P10T1·改编)一物体静止在水平地面上,受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后,物体仍保持静止,物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ。 (　 )
7.物体所受合力不变,则物体的动量也不改变。 (　 )
8.(人教选择性必修1P4例题·改编)一个钢球向右运动,碰到坚硬的墙壁后以大小相等的速度反向弹回,碰撞前后钢球的动量变化量为零。 (　 )
9.物体的动量发生改变,则合外力一定对物体做了功。 (　 )
10.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。 (　 )
11.若物体在一段时间内,其动量发生了变化,则物体在这段时间内的合外力一定不为零。 (　 )
12.(人教选择性必修1P11T2·改编)体操运动员在落地时总要屈腿,是为了减小动量的变化量。 (　 )
逐点清(一)　动量、动量变化量和冲量
|题|点|全|练|
1.[动量与动能的比较]关于动量与动能,以下说法正确的是 (　　)
A.两个物体动能相等,它们的动量也一定相等
B.两个物体动量相等,它们的动能也一定相等
C.质量相等的两个物体若动量相等,则它们的动能一定相同
D.质量相等的两个物体若动能相等,则它们的动量一定相同
2.[动量变化量的计算]如图所示,学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m,被重新颠起,离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力,则 (　　)
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D.足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J
3.[恒力冲量的计算]如图所示,一个物体在光滑水平地面上受到与水平方向成θ角的拉力F作用,向右做匀加速直线运动,拉力F作用时间为t。在这段时间内,下列说法正确的是 (　　)
A.物体所受支持力的冲量大小为0
B.物体的动量变化量的大小为Ft
C.物体所受拉力的冲量大小为Ftcos θ
D.物体所受合力的冲量方向水平向右
4.[利用图像法计算变力的冲量]一质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻起,受到的水平外力F如图所示,以水平向右为正方向,则下列说法正确的是 (　　)
A.前1 s内力F对物体的冲量为4 N·s
B.物体在t=1 s时和t=3 s时的动量相同
C.前2 s内力F对物体的冲量为0
D.t=2 s时物体回到出发点
|精|要|点|拨|
1.动能、动量和动量变化量的比较
动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p'-p
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 方程 Ek=,Ek=pv,p=,p=
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
2.冲量的四种计算方法
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
平均 值法 方向不变的变力,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=t,其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
图像法 利用F t图像计算,F t图像与横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=p'-p求变力的冲量
逐点清(二)　动量定理的理解与应用
细作1　用动量定理解释生活中的现象
1.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以 (　　)
A.减小穿戴者所受重力的冲量
B.减小地面对穿戴者的平均冲击力
C.减小穿戴者动量的变化量
D.减小穿戴者与地面的接触时间
一点一过　动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小。
(2)当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车,时间越长,小车的速度越大,动量变化量越大。
2.动量定理的应用
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量。合力的冲量可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(2)动量定理表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
细作2　动量定理的有关计算
2.(人教版教材选择性必修1,P11T5)一个质量为60 kg的蹦床运动员,从离水平网面3.2 m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s,g取10 m/s2。
(1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。
(2)求网对运动员的平均作用力大小。
(3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
3.(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
|考|教|衔|接|
　　人教版教材和2024年全国甲卷均以蹦床运动员的运动为素材考查动量定理,教材中给出运动员自由下落和上升的高度,根据机械能守恒定律或匀变速直线运动规律,可得到运动员运动的速度大小、动量变化量的大小,而高考题中需根据图像获取运动员接触和离开蹦床的时刻,根据竖直上抛运动的对称性得出运动员速度的大小、动量变化量的大小,并结合动量定理求解问题。高考题“源于教材且高于教材”,学透教材、深挖教材的考评价值会给我们的高考备考带来奇效。
一点一过　利用动量定理解题的基本思路
细作3　动量定理在多过程问题中的应用
4.(2025·重庆模拟)以初速度v1竖直向上抛出一可视为质点的小球,设定整个运动过程中,该小球所受空气阻力大小f与其速度大小v成正比。若该小球从抛出至到达最高点过程历时t1,从最高点落回抛出点过程历时t2,该小球落回抛出点时的速度大小为v2,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.t1=t2 B.t1>t2
C.t1+t2= D.t1+t2=
一点一过　用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动,可分段应用动量定理,也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用,各力的方向和作用时间往往不同,列动量定理时应重点关注。
逐点清(三)　“柱状”模型
类型(一)　流体类“柱状模型”
流体及 其特点 通常液体、气体等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ
分析步骤 1 建构“柱状模型”:沿流速v的方向选取一段柱状流体,其横截面积为S
2 微元研究:作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt,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
　　[例1]　朱雀三号可重复使用火箭垂直返回技术在中国酒泉卫星发射中心完成首次飞行试验。点火升空1分钟后,火箭从三百多米的高空垂直返回,着陆平稳,落点准确,状态良好,标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功。若该火箭在距离地面的高度约1 m时,底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,使火箭竖直方向上的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,4台发动机喷气口的直径均为d,喷出气体的重力忽略不计,喷出气体的速度远大于火箭的速度。则喷出气体的速度大小为 (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
类型(二)　微粒类“柱状模型”
微粒及 其特点 通常电子、光子、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
分析步骤 1 建构“柱状模型”:沿流速v的方向选取一段小柱体,柱体的横截面积为S
2 微元研究:作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl=vΔt,对应的体积为ΔV=SvΔt,则微元内的粒子数N=nvSΔt
3 建立方程:先应用动量定理研究单个粒子,再乘以N计算
[例2]　(2025·枣庄高三检测)如图,将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不变,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,不考虑黄豆间的相互作用,则持续倾倒黄豆的时间约为 (　　)
A.1.5 s B.2.5 s
C.3.0 s D.5.0 s
第1讲
课前基础先行
一、速度　时间　mv　FΔt　速度的方向
力的方向
二、1.矢量　相同　2.p'-p
三、力　动量变化量　I=p'-p　F(t'-t)=mv'-mv
[微点判断]　1.×　2.×　3.√　4.×　5.×　6.×　7.×　8.×　9.×　10.√　11.√　12.×
逐点清(一)
1.选C　根据p=mv,Ek=mv2,可得Ek=,p=,两个物体动能相等,它们的动量不一定相等,质量相等的两个物体若动能相等,则它们的动量大小一定相等、方向不一定相同,A、D错误;两个物体动量相等,它们的动能不一定相等, 但质量相等的两个物体若动量相等,则它们的动能一定相同,B错误,C正确。
2.选B　足球到达脚部的速度为v==5 m/s,足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p=mv=0.4×5 kg·m/s=2 kg·m/s,A错误;足球自由下落的时间为t==0.5 s,所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mgt=0.4×10×0.5 N·s=2 N·s,B正确;根据运动的对称性,足球离开脚部的速度大小也是5 m/s,设竖直向下为正方向,脚部与足球作用过程中,动量变化量为Δp=-mv-mv=-2×0.4×5 kg·m/s=-4 kg·m/s,C错误;足球落到脚部和离开脚部时的动能相等,均为5 J,所以足球与脚部作用过程中动能变化量为0,D错误。
3.选D　对物体进行受力分析,竖直方向上有FN+Fsin θ=mg,所以物体所受支持力的冲量为I=FNt=(mg-Fsin θ)t,故A错误;因为物体向右做匀加速直线运动,则物体所受合力方向水平向右,大小为F合=Fcos θ,故合力的冲量方向水平向右,根据动量定理可得到物体的动量变化量的大小为Δp=Ftcos θ,故B错误,D正确;拉力对物体的冲量为IF=Ft,故C错误。
4.选B　力F对物体的冲量等于图像与坐标轴围成的面积,前1 s内力F对物体的冲量I1=×1×4 N·s=2 N·s,故A错误;0~3 s内力F对物体的冲量I2=×2×4 N·s-×1×4 N·s=2 N·s,0~1 s内由动量定理得I1=p1-0,0~3 s内由动量定理得I2=p2-0,因为I1=I2,所以物体在t=1 s时和t=3 s时的动量p1、p2相同,故B正确;前2 s内力F对物体的冲量I=×2×4 N·s=4 N·s,故C错误;前2 s内物体一直在向右运动,故t=2 s时物体没有回到出发点,故D错误。
逐点清(二)
1.选B　设穿戴者所受合力为F,依题意,根据动量定理得FΔt=Δp,可得F=,安全气囊的作用是增大穿戴者与地面的接触时间,从而减小穿戴者所受到的平均冲击力,即减小穿戴者动量的变化率,而穿戴者动量的变化量未发生变化,穿戴者与地面的接触时间增大,则穿戴者所受重力的冲量增大。故选B。
2.解析:(1)由2gh1=,解得运动员着网时的速度大小为v1=8 m/s
由2gh2=,解得运动员离开网时的速度大小为v2=10 m/s
设竖直向上为正方向,则运动员与网接触的这段时间内动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=60×(10+8)kg·m/s=1 080 kg·m/s,方向竖直向上。
(2)设竖直向上为正方向,在运动员与网接触的时间Δt=0.8 s内,由动量定理得
(FN-mg)·Δt=Δp
代入数据解得网对运动员的平均作用力大小为FN=1 950 N。
(3)运动员自由下落的时间为t1== s=0.8 s
运动员离网后竖直上升的时间为t2== s=1 s
从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量大小为
IG=mg(t1+Δt+t2)=60×10×(0.8+0.8+1)N·s=1 560 N·s,方向竖直向下
运动员所受弹力即网对运动员的平均作用力的冲量大小为IFN=FN·Δt=1 950×0.8 N·s=1 560 N·s,方向竖直向上。
答案:(1)1 080 kg·m/s,方向竖直向上　(2)1 950 N
(3)1 560 N·s,方向竖直向下　1 560 N·s,方向竖直向上
3.选BD　根据牛顿第三定律并结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上,经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时,运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得=4 600 N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,故D正确。
4.选D　该小球从抛出到落回抛出点的过程中,空气阻力一直对该小球做负功,该小球的机械能一直减少,因此该小球在上升过程中的平均速度大小大于其在下落过程中的平均速度大小,由于上升和下落的高度相同(设为h),可知t1逐点清(三)
[例1]　选D　以Δt时间内喷出的气体为研究对象,设喷出气体的速度为v,则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ··vΔt,根据牛顿第三定律可得火箭对气体的作用力为F'=F,对4台发动机喷出的气体,由动量定理可得F'Δt=4mv,联立解得v=,故选D。
[例2]　选B　黄豆落在秤盘上的速度大小为v==5 m/s,设持续倾倒黄豆的时间为t,一粒黄豆的质量为m0,单位时间Δt内落在秤盘上的黄豆数量为n=,因碰撞时间极短,秤盘对黄豆的作用力远大于黄豆的重力,故黄豆重力可以忽略,设竖直向上为正方向,由动量定理得FΔt=2nm0v,方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v,根据牛顿第三定律知F=F'=0.8 N,代入数据解得t=2.5 s,故选B。
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动量定理(基础落实课)
第 1 讲
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　动量、动量变化量和冲量
CONTENTS
目录
4
逐点清(三)　“柱状”模型
5
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　动量定理的理解与应用
课前基础先行
一、动量和冲量
动量 冲量
定义 物体的质量与______的乘积 力与力的作用_____的乘积
表达式 p=____，单位为kg·m/s I=_____，单位为N·s
方向 动量的方向与______________相同 冲量的方向与____________相同
速度
时间
mv
FΔt
速度的方向
力的方向
注意:动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化;而动能变化时，动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式:p=。
二、动量的变化量
1.因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是_____，其方向与速度的变化量Δv的方向______。
2.动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p'减去初动量p进行矢量计算，即Δp=_____，运算遵循平行四边形定则。
矢量
相同
p'-p
三、动量定理
内容 物体在一个过程中所受____的冲量等于它在这个过程始末的_____________
公式 _________或________________
动量定理的 研究对象 单个物体或物体系。对物体系，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系的动量变化量
力
动量变化量
I=p'-p
F(t'-t)=mv'-mv
1.动量越大的物体，其速度越大。 ( )
2.两物体的动量相等时，动能也一定相等。 ( )
3.一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。 ( )
4.物体动量的变化量等于初、末状态动量的大小之差。 ( )
5.一对相互作用力的冲量大小相等，方向相同。 ( )
微点判断
×
×
√
×
×
6.(人教选择性必修1P10T1·改编)一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止，物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ。 ( )
7.物体所受合力不变，则物体的动量也不改变。 ( )
8.(人教选择性必修1P4例题·改编)一个钢球向右运动，碰到坚硬的墙壁后以大小相等的速度反向弹回，碰撞前后钢球的动量变化量为零。 ( )
×
×
×
9.物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功。 ( )
10.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。 ( )
11.若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。 ( )
12.(人教选择性必修1P11T2·改编)体操运动员在落地时总要屈腿，是为了减小动量的变化量。 ( )
×
√
√
×
逐点清(一)　
动量、动量变化量和冲量
课
堂
√
题点全练
1.[动量与动能的比较]关于动量与动能，以下说法正确的是 (　　)
A.两个物体动能相等，它们的动量也一定相等
B.两个物体动量相等，它们的动能也一定相等
C.质量相等的两个物体若动量相等，则它们的动能一定相同
D.质量相等的两个物体若动能相等，则它们的动量一定相同
解析:根据p=mv，Ek=mv2，可得Ek=，p=，两个物体动能相等，它们的动量不一定相等，质量相等的两个物体若动能相等，则它们的动量大小一定相等、方向不一定相同，A、D错误;两个物体动量相等，它们的动能不一定相等， 但质量相等的两个物体若动量相等，则它们的动能一定相同，B错误，C正确。
2.[动量变化量的计算]
如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取
10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D.足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J
√
解析:足球到达脚部的速度为v==5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p=mv=0.4×5 kg·m/s=2 kg·m/s，A错误;足球自由下落的时间为t==0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mgt=0.4×10×0.5 N·s=2 N·s，B正确;根据运动的对称性，足球离开脚部的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，脚部与足球作用过程中，动量变化量为Δp=-mv-mv=-2×0.4×5 kg·m/s=-4 kg·m/s，C错误;足球落到脚部和离开脚部时的动能相等，均为5 J，所以足球与脚部作用过程中动能变化量为0，D错误。
3.[恒力冲量的计算]
如图所示，一个物体在光滑水平地面上受到与水平方向成θ角的拉力F作用，向右做匀加速直线运动，拉力F作用时间为t。在这段时间内，下列说法正确的是(　　)
A.物体所受支持力的冲量大小为0
B.物体的动量变化量的大小为Ft
C.物体所受拉力的冲量大小为Ftcos θ
D.物体所受合力的冲量方向水平向右
√
解析:对物体进行受力分析，竖直方向上有FN+Fsin θ=mg，所以物体所受支持力的冲量为I=FNt=(mg-Fsin θ)t，故A错误;因为物体向右做匀加速直线运动，则物体所受合力方向水平向右，大小为F合=Fcos θ，故合力的冲量方向水平向右，根据动量定理可得到物体的动量变化量的大小为Δp=Ftcos θ，故B错误，D正确;拉力对物体的冲量为IF=Ft，故C错误。
4.[利用图像法计算变力的冲量]一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以水平向右为正方向，则下列说法正确的是 (　　)
A.前1 s内力F对物体的冲量为4 N·s
B.物体在t=1 s时和t=3 s时的动量相同
C.前2 s内力F对物体的冲量为0
D.t=2 s时物体回到出发点
√
解析:力F对物体的冲量等于图像与坐标轴围成的面积，前1 s内力F对物体的冲量I1=×1×4 N·s=2 N·s，故A错误;0~3 s内力F对物体的冲量I2=×2×4 N·s-×1×4 N·s=2 N·s，0~1 s内由动量定理得I1=p1-0，0~3 s内由动量定理得I2=p2-0，因为I1=I2，所以物体在t=1 s时和t=3 s时的动量p1、p2相同，故B正确;前2 s内力F对物体的冲量I=×2×4 N·s=4 N·s，故C错误;前2 s内物体一直在向右运动，故t=2 s时物体没有回到出发点，故D错误。
1.动能、动量和动量变化量的比较
精要点拨
动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p'-p
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 方程 Ek=，Ek=pv，p=，p=
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
续表
2.冲量的四种计算方法
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
平均 值法 方向不变的变力，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=t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
图像法 利用F t图像计算，F t图像与横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=p'-p求变力的冲量
续表
逐点清(二)　动量定理的理解与应用
课
堂
细作1　用动量定理解释生活中的现象
1.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　)
A.减小穿戴者所受重力的冲量
B.减小地面对穿戴者的平均冲击力
C.减小穿戴者动量的变化量
D.减小穿戴者与地面的接触时间
√
解析:设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理得FΔt=Δp，可得F=，安全气囊的作用是增大穿戴者与地面的接触时间，从而减小穿戴者所受到的平均冲击力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未发生变化，穿戴者与地面的接触时间增大，则穿戴者所受重力的冲量增大。故选B。
一点一过　动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
2.动量定理的应用
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量。合力的冲量可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(2)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
细作2　动量定理的有关计算 　
2.(人教版教材选择性必修1，P11T5)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10 m/s2。
(1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。
答案:1 080 kg·m/s，方向竖直向上　
解析:由2gh1=，解得运动员着网时的速度大小为v1=8 m/s
由2gh2=，解得运动员离开网时的速度大小为v2=10 m/s
设竖直向上为正方向，则运动员与网接触的这段时间内动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=60×(10+8)kg·m/s=1 080 kg·m/s，方向竖直向上。
(2)求网对运动员的平均作用力大小。
答案:1 950 N
解析:设竖直向上为正方向，在运动员与网接触的时间Δt=0.8 s内，由动量定理得
(FN-mg)·Δt=Δp
代入数据解得网对运动员的平均作用力大小为
FN=1 950 N。
(3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。
答案:1 560 N·s，方向竖直向下　1 560 N·s，方向竖直向上
解析:运动员自由下落的时间为t1== s=0.8 s
运动员离网后竖直上升的时间为t2== s=1 s
从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量大小为
IG=mg(t1+Δt+t2)=60×10×(0.8+0.8+1)N·s=1 560 N·s，方向竖直向下
运动员所受弹力即网对运动员的平均作用力的冲量大小为IFN=FN·Δt=1 950×0.8 N·s=1 560 N·s，方向竖直向上。
3.(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.t=0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
解析:根据牛顿第三定律并结合题图可知，t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误;
√
√
根据题图可知，运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上，经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s时，运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3 s，代入数据可得=4 600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。
人教版教材和2024年全国甲卷均以蹦床运动员的运动为素材考查动量定理，教材中给出运动员自由下落和上升的高度，根据机械能守恒定律或匀变速直线运动规律，可得到运动员运动的速度大小、动量变化量的大小，而高考题中需根据图像获取运动员接触和离开蹦床的时刻，根据竖直上抛运动的对称性得出运动员速度的大小、动量变化量的大小，并结合动量定理求解问题。高考题“源于教材且高于教材”，学透教材、深挖教材的考评价值会给我们的高考备考带来奇效。
考教衔接
一点一过　利用动量定理解题的基本思路
细作3　动量定理在多过程问题中的应用 　
4.(2025·重庆模拟)以初速度v1竖直向上抛出一可视为质点的小球，设定整个运动过程中，该小球所受空气阻力大小f与其速度大小v成正比。若该小球从抛出至到达最高点过程历时t1，从最高点落回抛出点过程历时t2，该小球落回抛出点时的速度大小为v2，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.t1=t2 B.t1>t2
C.t1+t2= D.t1+t2=
√
解析:该小球从抛出到落回抛出点的过程中，空气阻力一直对该小球做负功，该小球的机械能一直减少，因此该小球在上升过程中的平均速度大小大于其在下落过程中的平均速度大小，由于上升和下落的高度相同(设为h)，可知t1一点一过　用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。
逐点清(三)　“柱状”模型
课
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流体及其特点 通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤 1 建构“柱状模型”:沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
2 微元研究:作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt，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
类型(一)　流体类“柱状模型”
[例1]　朱雀三号可重复使用火箭垂直返回技术在中国酒泉卫星发射中心完成首次飞行试验。点火升空1分钟后，火箭从三百多米的高空垂直返回，着陆平稳，落点准确，状态良好，标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功。若该火箭在距离地面的高度约1 m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使火箭竖直方向上的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为d，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于火箭的速度。则喷出气体的速度大小为 (　　)
A. B.
C. D.
√
[解析]　以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ··vΔt，根据牛顿第三定律可得火箭对气体的作用力为F'=F，对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得F'Δt=4mv，联立解得v=，故选D。
微粒及 其特点 通常电子、光子、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
分析步骤 1 建构“柱状模型”:沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S
2 微元研究:作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl=vΔt，对应的体积为ΔV=SvΔt，则微元内的粒子数N=nvSΔt
3 建立方程:先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算
类型(二)　微粒类“柱状模型”
[例2]　(2025·枣庄高三检测)如图，将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，不考虑黄豆间的相互作用，则持续倾倒黄豆的时间约为 (　　)
A.1.5 s B.2.5 s C.3.0 s D.5.0 s
√
[解析]　黄豆落在秤盘上的速度大小为v==5 m/s，设持续倾倒黄豆的时间为t，一粒黄豆的质量为m0，单位时间Δt内落在秤盘上的黄豆数量为n=，因碰撞时间极短，秤盘对黄豆的作用力远大于黄豆的重力，故黄豆重力可以忽略，设竖直向上为正方向，由动量定理得FΔt=2nm0v，方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v，根据牛顿第三定律知F=F'=0.8 N，代入数据解得t=2.5 s，故选B。
课时跟踪检测
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某
次摸高测试中，一同学从如图甲所示的静止下蹲状
态向上跃起，脚刚离开地面时如图乙所示，身体运
动到最高点时位置如图丙所示，三幅图代表同一竖
直线上的三个位置，不计空气阻力。关于该同学测
试的全过程，下列说法正确的是(　　)
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A.从甲到乙的运动过程中，该同学因为受地面支持力的位移为零，所以支持力冲量为零
B.该同学在丙图位置的机械能等于在甲图位置的机械能
C.从甲到乙的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
D.从甲到丙的过程中，地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向
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解析:同学从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力，当地面支持力等于重力时速度最大，之后脚与地面间的作用力逐渐减小，同学开始减速，当脚与地面间的作用力为零时离开地面，此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，A、C错误;蹬地起跳过程中同学消耗体内化学能转化为机械能，在乙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能，从乙到丙的运动过程中机械能守恒，则该同学在丙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能，B错误;从甲到丙的过程中，应用动量定理有I支+IG=0，所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向，D正确。
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2.(2025·绵阳高三模拟)有的人会躺着看手机，若手机不慎掉落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎掉落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g=10 m/s2，=2.236。手机撞击人眼的过程中，下列结论正确的是(　　)
A.手机对人眼的冲击力大小约为6.5 N
B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s
C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2
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解析:手机下落25 cm过程由位移速度关系有=2gh1，手机反弹 8 mm过程由位移速度关系有=2gh2，解得v1= m/s，v2=0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变化量大小为Δp=mv2-≈0.4 kg·m/s，故C正确;手机动量的变化率大小为≈4 kg·m/s2，故D错误;根据冲量的定义，可得IG=mgΔt=0.15 N·s，故B错误;对手机进行分析，由动量定理有Δt=Δp，解得F=5.5 N，根据牛顿第三定律，手机对人眼的冲击力大小为5.5 N，故A错误。
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3.(2025·唐山一模)一同学在练习乒乓球削球技术时，
使乒乓球竖直下落，在球与球拍接触的瞬间，保持球拍板
面水平，并沿水平方向挥动球拍，如图所示。接触前后乒
乓球在竖直方向的速度大小分别为5 m/s和4 m/s，乒乓球
与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气
阻力，g取10 m/s2，已知乒乓球与球拍接触时间极短，估算乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小约为 (　　)
A.1.2 m/s B.1.5 m/s C.2.0 m/s D.2.7 m/s
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解析:设球拍对乒乓球的平均支持力为F，分别规定竖直向上和球拍运动方向为正方向，由动量定理得Ft=mΔv，μFt=mvx，其中Δv=4 m/s-=9 m/s，代入两式解得vx=2.7 m/s，故选D。
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4.(2024·重庆高考)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘(质量为m)在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘 (　　)
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2的过程中，阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中，动量变化量大小为
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解析:根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v=，故A正确;针鞘到达目标组织表面后，继续运动d2减速至零，故到达目标组织表面时的动能Ek=F2d2，故B错误;针鞘运动d2的过程中，阻力做功为-F2d2，故C错误;针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小为Δp==，故D错误。
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5.(2025·北京东城模拟)水平轨道固定在地面上，右侧固定一磁铁，如图甲所示。右端粘有磁铁的小车以初速度v0沿轨道向右运动，两磁铁间有相互排斥的作用力。某科研兴趣小组利用该实验装置研究小车在变力作用下的运动情况。无线传感器记录作用过程中小车的v t图像(如图乙所示)以及小车所受斥力大小F随时间t的变化图像(如图丙所示)。已知小车所受摩擦阻力及空气阻力远小于磁铁间的相互作用力。那么 (　　)
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A.小车速度为零时，其所受合外力也恰好为零
B.小车在t1到t2时间内向右做匀减速直线运动，t2到t3时间内向左做匀加速直线运动
C.小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中，小车的机械能守恒
D.小车质量m约为400 g
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解析:依题意，小车运动过程中受向左的斥力作用，由题图乙、丙可知，在t1到t2时间内斥力逐渐增大，小车做加速度增大的减速直线运动，t2到t3时间内斥力逐渐减小，小车向左做加速度减小的加速直线运动，则t2时刻小车速度为零，所受合外力最大，故A、B错误;根据以上分析可知小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中，小车的动能先减小后增大，重力势能保持不变，所以小车的机械能不守恒，故C错误;根据动量定理得IF=Ft=Δp，可知题图丙中图线与时间轴所围面积表示小车所受斥力的冲量，取水平向右为正方向，则有-0.48 N·s=-mv0-mv0，解得m=400 g，故D正确。
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6.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一
个特定的空间内有人工制造的气流，表演者通
过调整身体的姿态，改变受风面积(即表演者在
垂直风力方向的投影面积)，来改变其所受向上
风力的大小，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流竖直向上通过风洞，密度为ρ，流速恒定为v，游客受风面积为S，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是 (　　)
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A.气体流量Q=πvρd2
B.气体流量Q=
C.风对人的冲量与人对风的冲量相同
D.若风洞中空气流速变为原来的2倍，要使游客仍静止，则他的受风面积必须调整为原来的
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解析:由题意可知Q=πv=d2v，A错误;对Δt时间内吹向游客的气体，由动量定理可得FΔt=Δmv，由于游客处于静止状态，满足F=mg，另外Δm=ρ·vΔt·S，风洞内气流的流量为Q=vπ，联立解得Q=，B错误;根据牛顿第三定律可知，风对人的作用力与人对风的作用力大小相等、方向相反，所以根据冲量定义可知风对人的冲量与人对风的冲量大小相等、方向相反，C错误;由F=ρSv2=mg可知，若风洞中空气流速变为原来的2倍，游客受力不变，则S必须变为原来的，D正确。
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二、多项选择题
7.(2024·福建高考)如图(a)，水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t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g，则滑块(　　)
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A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动
B.在0~4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C.在t0时动量大小是在2t0时的一半
D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小
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解析:根据题图可知，当F=2mgsin θ时，滑块加速度大小为a1==3gsin θ，方向沿斜面向下;当F=-2mgsin θ时，滑块加速度大小为a2==gsin θ，方向沿斜面向上，作出滑块在0~4t0内的v t图像如图所示，
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根据图像可知，在0~4t0内滑块一直沿斜面向下运动，故A正确。根据图像可知，在0~4t0内滑块的末速度不等于0，根据动量定理可知I合=Δp≠0，故B错误。根据图像可知t0时滑块的速度大于在2t0时滑块的速度，故滑块在t0时动量大小不是在2t0时的一半，故C错误。v t图像与横轴围成的面积表示位移，由图像可知在2t0~3t0过程滑块的位移大小小于在3t0~4t0的位移大小，故D正确。
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8.(2024·安徽高考)一倾角为30°、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t=0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F1和F2，其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则 (　　)
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A.物块始终做匀变速曲线运动
B.t=1 s时，物块的y坐标值为2.5 m
C.t=1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2
D.t=2 s时，物块的速度大小为10 m/s
解析:根据图像可得F1=4-t(N)，F2=3t(N)，故两力的合力为F=4+2t，物块在y轴方向受到的力不变为mgsin 30°，在x轴方向受到的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误;
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在y轴方向的加速度为ay==gsin 30°=5 m/s2，故t=1 s时，物块的y坐标值为y=ayt2=2.5 m，故B正确;t=1 s 时，F=6 N，由平行四边形定则知，此时加速度大小为a== m/s2=5 m/s2，故C错误;在x轴正方向，对物块根据动量定理得Ft=mvx-0，由于F与时间t成线性关系，故可得×2=1.2vx，解得vx=10 m/s，此时在y轴方向的速度为vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s，故此时物块的速度大小为v==10 m/s，故D正确。
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三、计算题
9.(12分)(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊
是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原
理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程
中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同
的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。(4分)
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答案:　
解析:对敏感球受力分析，敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N，则由牛顿第二定律可知，tan θ=ma，解得tan θ=。
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(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求:
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①碰撞过程中F的冲量大小和方向;(4分)
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。(4分)
答案:①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m
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解析:①由题图丙可知，碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上;
②头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为v0==8 m/s
头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。
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4课时跟踪检测(三十六)　动量定理
一、单项选择题
1.原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中,一同学从如图甲所示的静止下蹲状态向上跃起,脚刚离开地面时如图乙所示,身体运动到最高点时位置如图丙所示,三幅图代表同一竖直线上的三个位置,不计空气阻力。关于该同学测试的全过程,下列说法正确的是 (　　)
A.从甲到乙的运动过程中,该同学因为受地面支持力的位移为零,所以支持力冲量为零
B.该同学在丙图位置的机械能等于在甲图位置的机械能
C.从甲到乙的运动过程中,地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
D.从甲到丙的过程中,地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向
2.(2025·绵阳高三模拟)有的人会躺着看手机,若手机不慎掉落,会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g,从离人眼25 cm处无初速度不慎掉落,碰到眼睛后手机反弹8 mm,眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s,取重力加速度g=10 m/s2,=2.236。手机撞击人眼的过程中,下列结论正确的是 (　　)
A.手机对人眼的冲击力大小约为6.5 N
B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s
C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2
3.(2025·唐山一模)一同学在练习乒乓球削球技术时,使乒乓球竖直下落,在球与球拍接触的瞬间,保持球拍板面水平,并沿水平方向挥动球拍,如图所示。接触前后乒乓球在竖直方向的速度大小分别为5 m/s和4 m/s,乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力,g取10 m/s2,已知乒乓球与球拍接触时间极短,估算乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小约为 (　　)
A.1.2 m/s　B.1.5 m/s　C.2.0 m/s　D.2.7 m/s
4.(2024·重庆高考)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘(质量为m)在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘 (　　)
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2的过程中,阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中,动量变化量大小为
5.(2025·北京东城模拟)水平轨道固定在地面上,右侧固定一磁铁,如图甲所示。右端粘有磁铁的小车以初速度v0沿轨道向右运动,两磁铁间有相互排斥的作用力。某科研兴趣小组利用该实验装置研究小车在变力作用下的运动情况。无线传感器记录作用过程中小车的v t图像(如图乙所示)以及小车所受斥力大小F随时间t的变化图像(如图丙所示)。已知小车所受摩擦阻力及空气阻力远小于磁铁间的相互作用力。那么 (　　)
A.小车速度为零时,其所受合外力也恰好为零
B.小车在t1到t2时间内向右做匀减速直线运动,t2到t3时间内向左做匀加速直线运动
C.小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中,小车的机械能守恒
D.小车质量m约为400 g
6.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内有人工制造的气流,表演者通过调整身体的姿态,改变受风面积(即表演者在垂直风力方向的投影面积),来改变其所受向上风力的大小,使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示,一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流竖直向上通过风洞,密度为ρ,流速恒定为v,游客受风面积为S,重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零,则下列说法正确的是 (　　)
A.气体流量Q=πvρd2
B.气体流量Q=
C.风对人的冲量与人对风的冲量相同
D.若风洞中空气流速变为原来的2倍,要使游客仍静止,则他的受风面积必须调整为原来的
二、多项选择题
7.(2024·福建高考)如图(a),水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t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g,则滑块 (　　)
A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动
B.在0~4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C.在t0时动量大小是在2t0时的一半
D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小
8.(2024·安徽高考)一倾角为30°、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t=0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F1和F2,其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则 (　　)
A.物块始终做匀变速曲线运动
B.t=1 s时,物块的y坐标值为2.5 m
C.t=1 s时,物块的加速度大小为5 m/s2
D.t=2 s时,物块的速度大小为10 m/s
三、计算题
9.(12分)(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。(4分)
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;(4分)
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。(4分)
课时跟踪检测(三十六)
1.选D　同学从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程,先向上加速,地面支持力大于重力,当地面支持力等于重力时速度最大,之后脚与地面间的作用力逐渐减小,同学开始减速,当脚与地面间的作用力为零时离开地面,此过程地面对脚的支持力的冲量不为零,A、C错误;蹬地起跳过程中同学消耗体内化学能转化为机械能,在乙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能,从乙到丙的运动过程中机械能守恒,则该同学在丙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能,B错误;从甲到丙的过程中,应用动量定理有I支+IG=0,所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向,D正确。
2.选C　手机下落25 cm过程由位移速度关系有=2gh1,手机反弹8 mm过程由位移速度关系有=2gh2,解得v1= m/s,v2=0.4 m/s,取竖直向上为正方向,手机动量变化量大小为Δp=mv2-≈0.4 kg·m/s,故C正确;手机动量的变化率大小为≈4 kg·m/s2,故D错误;根据冲量的定义,可得IG=mgΔt=0.15 N·s,故B错误;对手机进行分析,由动量定理有Δt=Δp,解得F=5.5 N,根据牛顿第三定律,手机对人眼的冲击力大小为5.5 N,故A错误。
3.选D　设球拍对乒乓球的平均支持力为F,分别规定竖直向上和球拍运动方向为正方向,由动量定理得Ft=mΔv,μFt=mvx,其中Δv=4 m/s-=9 m/s,代入两式解得vx=2.7 m/s,故选D。
4.选A　根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2,解得v=,故A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续运动d2减速至零,故到达目标组织表面时的动能Ek=F2d2,故B错误;针鞘运动d2的过程中,阻力做功为-F2d2,故C错误;针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小为Δp==,故D错误。
5.选D　依题意,小车运动过程中受向左的斥力作用,由题图乙、丙可知,在t1到t2时间内斥力逐渐增大,小车做加速度增大的减速直线运动,t2到t3时间内斥力逐渐减小,小车向左做加速度减小的加速直线运动,则t2时刻小车速度为零,所受合外力最大,故A、B错误;根据以上分析可知小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中,小车的动能先减小后增大,重力势能保持不变,所以小车的机械能不守恒,故C错误;根据动量定理得IF=Ft=Δp,可知题图丙中图线与时间轴所围面积表示小车所受斥力的冲量,取水平向右为正方向,则有-0.48 N·s=-mv0-mv0,解得m=400 g,故D正确。
6.选D　由题意可知Q=πv=d2v,A错误;对Δt时间内吹向游客的气体,由动量定理可得FΔt=Δmv,由于游客处于静止状态,满足F=mg,另外Δm=ρ·vΔt·S,风洞内气流的流量为Q=vπ,联立解得Q=,B错误;根据牛顿第三定律可知,风对人的作用力与人对风的作用力大小相等、方向相反,所以根据冲量定义可知风对人的冲量与人对风的冲量大小相等、方向相反,C错误;由F=ρSv2=mg可知,若风洞中空气流速变为原来的2倍,游客受力不变,则S必须变为原来的,D正确。
7.选AD　根据题图可知,当F=2mgsin θ时,滑块加速度大小为a1==3gsin θ,方向沿斜面向下;当F=-2mgsin θ时,滑块加速度大小为a2==gsin θ,方向沿斜面向上,作出滑块在0~4t0内的v t图像如图所示,
根据图像可知,在0~4t0内滑块一直沿斜面向下运动,故A正确。根据图像可知,在0~4t0内滑块的末速度不等于0,根据动量定理可知I合=Δp≠0,故B错误。根据图像可知t0时滑块的速度大于在2t0时滑块的速度,故滑块在t0时动量大小不是在2t0时的一半,故C错误。v t图像与横轴围成的面积表示位移,由图像可知在2t0~3t0过程滑块的位移大小小于在3t0~4t0的位移大小,故D正确。
8.选BD　根据图像可得F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t,物块在y轴方向受到的力不变为mgsin 30°,在x轴方向受到的力在改变,合力在改变,故物块做的不是匀变速曲线运动,故A错误;在y轴方向的加速度为ay==gsin 30°=5 m/s2,故t=1 s时,物块的y坐标值为y=ayt2=2.5 m,故B正确;t=1 s 时,F=6 N,由平行四边形定则知,此时加速度大小为a== m/s2=5 m/s2,故C错误;在x轴正方向,对物块根据动量定理得Ft=mvx-0,由于F与时间t成线性关系,故可得×2=1.2vx,解得vx=10 m/s,此时在y轴方向的速度为vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s,故此时物块的速度大小为v==10 m/s,故D正确。
9.解析:(1)对敏感球受力分析,敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N,则由牛顿第二定律可知,tan θ=ma
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知,碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上;
②头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为v0==8 m/s
头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。
答案:(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m
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