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习题课一　动量定理的应用
题组一　应用动量定理处理多过程问题
1.篮球性能的高低可以根据篮球对地冲击力大小进行判断。某同学让一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量m＝0.456 kg，g＝10 m/s2（不计空气阻力）。则篮球对地面的平均作用力大小约为（　　 ）
A.3 N B.21 N
C.33 N D.28 N
2.一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉动物块，物块运动时的a-t图像如图所示，下列说法错误的是（　　）
A.0.5T时，物块的速度为0.5a0T
B.T～1.5T与1.5T～2T物块运动形式不同
C.T～1.5T时间内F的冲量为ma0T
D.T～2T时间内F做功为零
3.（多选）如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t＝0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则在物体上升过程中，下列说法正确的是（　　）
A.0～t0时间内拉力F的冲量为0
B.0～t0时间内拉力F所做的功为0
C.物体上升过程中的最大速度为gt0
D.4t0时刻物体的速度为0
题组二　应用动量定理处理“流体类”问题
4.“水刀”应用了高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势。某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”喷出的水流速度为100 m/s，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/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，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为（　　）
A.1.0×105 Pa B.1.0×106 Pa
C.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa
5.2023年2月9日，神舟十五号航天员乘组迎来了首次出舱活动。航天员身上穿着我国自主研制的“飞天”舱外航天服，航天服内置微型喷气发动机和操纵系统，相当于微型载人航天器，未来有一天，航天员登陆月球，可以在月球表面悬停。已知航天服连同人和装备的总质量为m，喷气口的横截面积为S，气体的密度为ρ，且气体喷出前的速度为零，月球的质量为M，月球的半径为R，引力常量为G。要使航天员能在月球表面悬停，则单位时间内喷射的气体的质量为（　　）
A. B.
C. D.
6.作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，风速为25 m/s，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为（　　）
A.7 500 N B.750 N
C.300 N D.900 N
7.科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是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.减小穿戴者动量的变化量
B.减小穿戴者动量的变化率
C.增大穿戴者所受合力的冲量
D.减小穿戴者所受合力的冲量
8.竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。如图所示，某质量为m的运动员在进行10 m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上起跳，经过一段时间后竖直落入水中。水池中水深5 m，运动员在水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0＝5 m/s，m＝60 kg，g＝10 m/s2，空气阻力不计，求：
（1）运动员入水时的速度大小；
（2）运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间；
（3）运动员在水中受到水的平均作用力大小。
9.“鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置，使鸡蛋在保护装置中从10 m高处静止下落撞到地面而不破裂。某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从10 m高处静止下落到地面后瞬间速度减小为零，鸡蛋在保护器装置中继续向下运动0.3 m、用时0.1 s后静止且完好无损。已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且该装置和鸡蛋的总质量为0.12 kg，其中鸡蛋质量为m0＝0.05 kg，不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
（1）装置落地前瞬间的速度大小；
（2）在下降10 m过程中，装置和鸡蛋克服阻力做的功；
（3）鸡蛋在装置中继续向下运动0.3 m过程中，装置对鸡蛋的冲量大小。
习题课一　动量定理的应用
1.B　根据篮球自由下落过程可得h1＝g，解得自由下落时间为t1＝0.6 s，反弹竖直上抛时间为t2＝0.5 s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt＝t－t1－t2＝0.3 s，以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得FΔt－mgt＝0，解得F≈21 N，故B正确。
2.C　根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变化量，且物块从静止开始运动，则物块在0～0.5T时间内做初速度为零、加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物块的速度 v＝Δv＝0.5a0T，0.5T～T时间内物块的加速度为零，物块以速度v做匀速运动，T～1.5T时间内物块的加速度为－a0，物块做匀减速运动，1.5T时刻的速度v1.5T＝v－a0×0.5T＝0.5a0T－0.5a0T＝0，1.5T～2T时间内物块做初速度为零、加速度为 －a0的反向匀加速直线运动，2T时物块的速度v2T＝－a0×（2T－1.5T）＝－0.5a0T＝－v，其速度—时间图像如图所示，所以A、B正确；T～1.5T时间内，根据动量定理可知F的冲量等于物块的动量变化，即IF＝Δp＝0－mv＝－0.5ma0T，C错误；T～2T时间内，根据动能定理可知，F做的功等于物块的动能变化，即WF＝m（－v）2－mv2＝0，D正确。
3.BC　根据冲量定义I＝Ft知，0～t0时间内拉力F不为0，故拉力F的冲量不为0，故A错误；0～t0时间，由题图知F＜mg，物体静止，拉力F所做的功为0，故B正确；由题图可知，t0～3t0内F＞mg，物体在这段时间内一直在加速，3t0时刻物体具有上升过程中的最大速度，3t0时刻之后，由于F＜mg物体减速上升，所以从t0到3t0运用动量定理有IF－IG＝mvm－0，结合F-t图像与时间轴围成的面积表示拉力F的冲量可知 IF＝mg（3t0－t0）＋mg·2t0＝3mgt0，IG＝mg（3t0－t0）＝2mgt0，联立求得 vm＝gt0，故C正确；从t0到4t0时间内运用动量定理得IF'－IG'＝mv－0，结合图像与时间轴围成的面积得v＝gt0，并不为0，故D错误。
4.C　选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力F'＝F，水对材料垂直于表面方向的压强p＝ ，代入数据解得p＝1.0×107 Pa，故C正确。
5.D　设单位时间内喷出气体的质量为Δm，则Δm＝ρV＝ρSvt＝ρSv，喷出的气体的速度v＝，设气体对航天员的作用力为F，悬停在空中处于平衡状态，由平衡条件得F＝mg＝G，对喷出的气体，由动量定理得F't＝Δmv－0，又F＝F'，解得Δm＝，故选D。
6.A　设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝7 500 N，根据牛顿第三定律，风阻尼器受到的风力为7 500 N，故A正确。
7.B　依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，从而减小穿戴者所受合力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故选B。
8.（1）15 m/s　（2）2.67 s　（3）1 950 N
解析：（1）从起跳到入水，由动能定理知
mgh＝mv2－m
代入数据解得v＝15 m/s。
（2）设运动员由起跳到入水用时t1，以竖直向下为正方向，有v＝－v0＋gt1，解得t1＝2 s，设运动员由入水至到达池底历时t2，有t2＝＝ s
则运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间为t＝t1＋t2≈2.67 s。
（3）运动员从入水至到达池底，选竖直向下为正方向，由动量定理有（F＋mg）t2＝0－mv
代入数据得F＝－1 950 N，负号表示力F方向竖直向上。
所以运动员在水中受到水的平均作用力大小为 1 950 N。
9.（1）6 m/s　（2）9.84 J　（3）0.35 N·s
解析：（1）根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同且为v，由题意知，装置落地后，鸡蛋在装置内做匀减速直线运动，
对于鸡蛋，根据运动学公式有x＝t
代入数据解得v＝6 m/s。
（2）以装置和鸡蛋为研究对象，根据动能定理有
Mgh－W克f＝Mv2－0
代入数据解得W克f＝9.84 J。
（3）以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向，
根据动量定理得I－m0gt＝0－m0（－v）
代入数据解得I＝0.35 N·s。
1 / 3习题课一　动量定理的应用
要点一　应用动量定理处理多过程问题
1.如果不同阶段物体所受恒力不同，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。
2.如果不同阶段物体所受外力为变力，则无法应用牛顿第二定律解答问题，但是可以应用动量定理解答。
【典例1】　如图甲所示，一固定的光滑斜面足够长，倾角为30°。质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0 时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，求6 s末物块的速度。
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下（忽略空气阻力）。在某次蹦极中质量为50 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为零，假设弹性绳长为45 m。若运动员从跳下到弹性绳绷紧前的过程称为过程Ⅰ，绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程称为过程Ⅱ。（重力加速度g＝10 m/s2）下列说法正确的是（　　）
A.过程Ⅱ中绳对运动员的平均作用力大小为750 N
B.过程Ⅱ中运动员重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等
C.过程Ⅱ中运动员动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
D.过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等
2.（2023·山东潍坊市高二期末）一质量为4 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
（1）t＝1 s时物块的速率是多少？
（2）t＝2 s时物块的动量大小是多少？
（3）t＝3 s时物块的速率是多少？
（4）t＝4 s时物块的速度是多少？
要点二　应用动量定理处理“流体类”问题
　　
1.流体类问题的特点及求解思路
流体及 其特点 主要包括液态流体和气态流体这两类，它们的质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤 1 建立“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，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.粒子流问题的特点及求解思路
微粒及 其特点 电子、尘埃等微粒可以形成粒子流，此类问题通常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤 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，作用时间Δt内的一段柱体的长度为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
角度1　流体类问题
【典例2】　（多选）用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（　　）
A.水柱对汽车的平均冲力为ρv2πD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C.高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　
角度2　粒子流问题
【典例3】　有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（　　）
A.3.6×103 N B.3.6 N
C.1.2×103 N D.1.2 N
尝试解答　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
1.2023年7月28日，2023年第5号台风“杜苏芮”（超强台风级）在福建晋江南一带登陆，给沿海区域带来重大影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　）
A.2倍 B.4倍
C.8倍 D.16倍
2.太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以 30 km/s 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为（　　）
A.1.47 N B.0.147 N
C.0.09 N D.0.009 N
1.（2023·山东潍坊高二期中）由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5 000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风通过发电机时受到的平均阻力约为（　　）
A.4.0×104 N B.2.0×105 N
C.2.2×106 N D.4.4×106 N
2.（多选）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从释放到速度变为零的过程，下列说法中正确的有（　　）
A.小球的机械能减少了mgh
B.小球克服阻力做的功为mg（H＋h）
C.小球所受阻力的冲量等于m
D.在小球刚落到地面到速度变为零的过程中，小球动量的改变量大小等于m
3.一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（　　）
A.第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移
B.第一个t0时间内合外力做的功小于第二个t0时间内合外力做的功
C.第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量
D.第一个t0时间内合外力的冲量小于第二个t0时间内合外力的冲量
4.一宇宙飞船以v＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应增加（　　）
A.50 N　 B.100 N C.150 N　 D.200 N
习题课一　动量定理的应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　0
解析：方法一：全程应用动量定理
F1t1＋F2t2＋F3t3－mgsin 30°（t1＋t2＋t3）＝mv，代入数据解得v＝0。
方法二：应用牛顿第二定律结合运动学公式
在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2－mgsin 30°＝ma2，解得a2＝－10 m/s2，在4～6 s内，由牛顿第二定律可得F3－mgsin 30°＝ma3，解得a3＝5 m/s2，6 s末物块的速度v＝a1t1＋a2t2＋a3t3＝0。
素养训练
1.D　绳在刚绷紧时，人的速度为v＝＝30 m/s，绷紧过程中，根据动量定理得（F－mg）t＝0－（－mv），解得F＝1 250 N，故A错误；绷紧过程中，根据动量定理IG－IF＝0－mv，可得IG≠IF，故B、C错误；对过程Ⅰ用动量定理得IG＝mv－0，过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等，故D正确。
2.（1）0.25 m/s　（2）2 kg·m/s　（3）0.25 m/s　（4）0
解析：根据动量定理得Ft＝mv－0，则t＝1 s时物块的速率为v1＝0.25 m/s；同理，t＝2 s时，p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s；t＝3 s时v3＝0.25 m/s；t＝4 s时v4＝0。
要点二
知识精研
【典例2】　ABD　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所以B正确；以Δt时间内喷出打在汽车表面的水柱为研究对象，由动量定理有FΔt＝0－（－mv），m＝m0Δt，解得汽车对水柱的平均冲力为F＝ρv2πD2，根据牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力为F'＝F＝ρv2πD2，所以A正确，C错误；高压水枪喷口的出水的压强为p＝＝ρv2，高压水枪喷口的出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D正确。
【典例3】　B　t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确。
素养训练
1.B　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt内吹送的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风，由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，我们取10级台风的风速v1＝27 m/s，16级台风的风速 v2＝54 m/s，则有＝＝4，故选B。
2.C　在t时间内喷出离子的质量m＝Qt，对喷出的离子，取运动方向为正方向，由动量定理得Ft＝Qtv－0，代入数据解得离子受到的平均作用力大小F＝Qv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F'＝F＝0.09 N，选项C正确。
【教学效果·勤检测】
1.B　叶片直径d＝128 m，叶片旋转所形成的圆的面积S＝，一小段时间Δt内流过该圆面的风柱体积V＝Sv1Δt＝，风柱的质量m＝ρV，设风通过发电机时受到的平均阻力大小为f，取v1的方向为正方向，则v1＝12 m/s， v2＝11 m/s，根据动量定理有－fΔt＝mv2－mv1，代入数据解得f≈2.0×105 N，B正确。
2.BD　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H＋h），则小球的机械能减少了mg（H＋h），故A错误。对全过程运用动能定理得mg（H＋h）－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg（H＋h），故B正确。小球落到地面时的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得IG＋If＝0－m，可知阻力的冲量大小不等于m，故C错误。小球落到地面时的速度v＝，进入泥潭后的速度为零，所以小球动量的改变量大小等于m，故D正确。
3.C　在v-t图像中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移。由图像可知，物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，故A错误；根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图像可知，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，则第一个t0时间内合外力做的功大小等于第二个t0时间内合外力做的功大小，故B错误；根据冲量定义I＝mgt可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，因两个过程动量变化大小相等，则第一个t0时间内合外力的冲量大小等于第二个t0时间内合外力的冲量的大小，故D错误。
4.B　设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρSvt，这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft＝Δp＝Δmv，则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F，综合以上三式并代入数值得ΔF＝100 N，即飞船的牵引力应增加100 N，故选B。
4 / 4(共53张PPT)
习题课一　动量定理的应用
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一　应用动量定理处理多过程问题
1. 如果不同阶段物体所受恒力不同，牛顿第二定律仅能分段使用，求
解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问
题求解变得简捷。
2. 如果不同阶段物体所受外力为变力，则无法应用牛顿第二定律解答
问题，但是可以应用动量定理解答。
【典例1】　如图甲所示，一固定的光滑斜面足够长，倾角为30°。质
量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0 时刻，受到沿斜面方向拉力F
的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图像如图乙所
示，取g＝10 m/s2，求6 s末物块的速度。
答案：0
解析：方法一：全程应用动量定理
F1t1＋F2t2＋F3t3－mgsin 30°（t1＋t2＋t3）＝mv，代入数据解得v＝0。
方法二：应用牛顿第二定律结合运动学公式
在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5
m/s2，在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2－mgsin 30°＝ma2，解得a2
＝－10 m/s2，在4～6 s内，由牛顿第二定律可得F3－mgsin 30°＝ma3，
解得a3＝5 m/s2，6 s末物块的速度v＝a1t1＋a2t2＋a3t3＝0。
1. 蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳
绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下（忽略空气阻力）。在某次
蹦极中质量为50 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为
零，假设弹性绳长为45 m。若运动员从跳下到弹性绳绷紧前的过程
称为过程Ⅰ，绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程称为过程Ⅱ。
（重力加速度g＝10 m/s2）下列说法正确的是（　　）
A. 过程Ⅱ中绳对运动员的平均作用力大小为750 N
B. 过程Ⅱ中运动员重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等
C. 过程Ⅱ中运动员动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
D. 过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等
解析：　绳在刚绷紧时，人的速度为v＝＝30 m/s，绷紧过
程中，根据动量定理得（F－mg）t＝0－（－mv），解得F＝1 250
N，故A错误；绷紧过程中，根据动量定理IG－IF＝0－mv，可得
IG≠IF，故B、C错误；对过程Ⅰ用动量定理得IG＝mv－0，过程Ⅰ中运
动员动量的改变量与重力的冲量相等，故D正确。
2. （2023·山东潍坊市高二期末）一质量为4 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
（1）t＝1 s时物块的速率是多少？
答案：0.25 m/s　
（2）t＝2 s时物块的动量大小是多少？
答案：2 kg·m/s　
（3）t＝3 s时物块的速率是多少？
答案：0.25 m/s
（4）t＝4 s时物块的速度是多少？
答案：0
解析：根据动量定理得Ft＝mv－0，则t＝1 s时物块的速率为v1
＝0.25 m/s；同理，t＝2 s时，p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2
kg·m/s；t＝3 s时v3＝0.25 m/s；t＝4 s时v4＝0。
要点二　应用动量定理处理“流体类”问题
1. 流体类问题的特点及求解思路
流体及 其特点 主要包括液态流体和气态流体这两类，它们的质量具有连
续性，通常已知密度ρ
分
析
步
骤 1 建立“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，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. 粒子流问题的特点及求解思路
微粒及 其特点 电子、尘埃等微粒可以形成粒子流，此类问题通常给出单
位体积内的粒子数n
分
析
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，作用时间Δt内的一段柱体的长度为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
角度1　流体类问题
【典例2】　（多选）用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪
喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表
面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手
持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（　　）
A. 水柱对汽车的平均冲力为ρv2πD2
B. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C. 高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D. 当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
解析：高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所以
B正确；以Δt时间内喷出打在汽车表面的水柱为研究对象，由动量定
理有FΔt＝0－（－mv），m＝m0Δt，解得汽车对水柱的平均冲力为F
＝ρv2πD2，根据牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力为F'＝F＝
ρv2πD2，所以A正确，C错误；高压水枪喷口的出水的压强为p＝＝
ρv2，高压水枪喷口的出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，
所以D正确。
角度2　粒子流问题
【典例3】　有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v
＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间
中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞
船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增
加（　　）
A. 3.6×103 N B. 3.6 N
C. 1.2×103 N D. 1.2 N
解析：t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，
设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝
v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作
用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增
加3.6 N，选项B正确。
1. 2023年7月28日，2023年第5号台风“杜苏芮”（超强台风级）在福
建晋江南一带登陆，给沿海区域带来重大影响。已知10级台风的风
速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0
m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该
交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　）
A. 2倍 B. 4倍
C. 8倍 D. 16倍
解析：　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标
志牌的横截面积为S，在时间Δt内吹送的空气质量为Δm＝
ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变
为零，对风，由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，我
们取10级台风的风速v1＝27 m/s，16级台风的风速 v2＝54 m/s，
则有＝＝4，故选B。
2. 太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发
动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为
490 kg，离子以 30 km/s 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后
喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为
（　　）
A. 1.47 N B. 0.147 N
C. 0.09 N D. 0.009 N
解析：　在t时间内喷出离子的质量m＝Qt，对喷出的离子，取运
动方向为正方向，由动量定理得Ft＝Qtv－0，代入数据解得离子受
到的平均作用力大小F＝Qv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿
第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F'＝F＝0.09 N，选项C
正确。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. （2023·山东潍坊高二期中）由我国自主研发制造的世界上最大的
海上风电机SL5 000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128
m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为
12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知
空气的密度为1.3 kg/m3，则风通过发电机时受到的平均阻力约为
（　　）
A. 4.0×104 N B. 2.0×105 N
C. 2.2×106 N D. 4.4×106 N
解析：　叶片直径d＝128 m，叶片旋转所形成的圆的面积S＝
，一小段时间Δt内流过该圆面的风柱体积V＝Sv1Δt＝，风
柱的质量m＝ρV，设风通过发电机时受到的平均阻力大小为f，取v1
的方向为正方向，则v1＝12 m/s， v2＝11 m/s，根据动量定理有－
fΔt＝mv2－mv1，代入数据解得f≈2.0×105 N，B正确。
2. （多选）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止释
放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深
度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于
小球从释放到速度变为零的过程，下列说法中正确的有（　　）
A. 小球的机械能减少了mgh
B. 小球克服阻力做的功为mg（H＋h）
C. 小球所受阻力的冲量等于m
D. 在小球刚落到地面到速度变为零的过程中，小球动量的改变量大小等于m
解析：　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小
mg（H＋h），则小球的机械能减少了mg（H＋h），故A错误。对
全过程运用动能定理得mg（H＋h）－Wf＝0，则小球克服阻力做功
Wf＝mg（H＋h），故B正确。小球落到地面时的速度v＝，对
进入泥潭的过程运用动量定理得IG＋If＝0－m，可知阻力的冲
量大小不等于m，故C错误。小球落到地面时的速度v＝
，进入泥潭后的速度为零，所以小球动量的改变量大小等于
m，故D正确。
3. 一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化
的图线如图所示。则物块（　　）
A. 第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移
B. 第一个t0时间内合外力做的功小于第二个t0时间内
合外力做的功
C. 第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重
力的冲量
D. 第一个t0时间内合外力的冲量小于第二个t0时间内合外力的冲量
解析：　在v-t图像中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移。由图像可知，物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，故A错误；根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图像可知，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，则第一个t0时间内合外力做的功大小等于第二个t0时间内合外力做的功大小，故B错误；根据冲量定义I＝mgt可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，因两个过程动量变化大小相等，则第一个t0时间内合外力的冲量大小等于第二个t0时间内合外力的冲量的大小，故D错误。
4. 一宇宙飞船以v＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m3
的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5
m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度
保持不变，飞船的牵引力应增加（　　）
A. 50 N B. 100 N
C. 150 N D. 200 N
解析：　设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝
ρSvt，这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船
对其作用的结果，由动量定理有Ft＝Δp＝Δmv，则微陨石对飞船的
冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为
ΔF＝F，综合以上三式并代入数值得ΔF＝100 N，即飞船的牵引力
应增加100 N，故选B。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一　应用动量定理处理多过程问题
1. 篮球性能的高低可以根据篮球对地冲击力大小进行判断。某同学让
一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最
高点所用时间t＝1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时
间为0.5 s，篮球的质量m＝0.456 kg，g＝10 m/s2（不计空气阻
力）。则篮球对地面的平均作用力大小约为（　　）
A. 3 N B. 21 N
C. 33 N D. 28 N
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解析：　根据篮球自由下落过程可得h1＝g，解得自由下落时
间为t1＝0.6 s，反弹竖直上抛时间为t2＝0.5 s，可知篮球与地面相互
作用时间为Δt＝t－t1－t2＝0.3 s，以竖直向上为正方向，全程根据
动量定理可得FΔt－mgt＝0，解得F≈21 N，故B正确。
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2. 一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未
知）拉动物块，物块运动时的a-t图像如图所示，下列说法错误的是
（　　）
A. 0.5T时，物块的速度为0.5a0T
B. T～1.5T与1.5T～2T物块运动形式不同
C. T～1.5T时间内F的冲量为ma0T
D. T～2T时间内F做功为零
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解析：根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示
速度的变化量，且物块从静止开始运动，则物块
在0～0.5T时间内做初速度为零、加速度为a0的匀
加速直线运动，0.5T时物块的速度 v＝Δv＝0.5a0T，
0.5T～T时间内物块的加速度为零，物块以速度v做
匀速运动，T～1.5T时间内物块的加速度为－a0，物块做匀减速运
动，1.5T时刻的速度v1.5T＝v－a0×0.5T＝0.5a0T－0.5a0T＝0，1.5T～2T时间内物块做初速度为零、加速度为 －a0的反向匀加速直线运动，2T
时物块的速度v2T＝－a0×（2T－1.5T）＝－0.5a0T＝－v，其速度—时间图像如图所示，所以A、B正确；
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T～1.5T时间内，根据动量定理可知F的冲量等于物块的动量变化，即IF＝Δp＝0－mv＝－0.5ma0T，C错误；T～2T时间内，根据动能定理可知，F做的功等于物块的动能变化，即WF＝m（－v）2－
mv2＝0，D正确。
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3. （多选）如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t＝0
时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙
所示，已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则在物体上升过
程中，下列说法正确的是（　　）
A. 0～t0时间内拉力F的冲量为0
B. 0～t0时间内拉力F所做的功为0
C. 物体上升过程中的最大速度为gt0
D. 4t0时刻物体的速度为0
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解析：　根据冲量定义I＝Ft知，0～t0时间内拉力F不为0，故拉
力F的冲量不为0，故A错误；0～t0时间，由题图知F＜mg，物体静
止，拉力F所做的功为0，故B正确；由题图可知，t0～3t0内F＞
mg，物体在这段时间内一直在加速，3t0时刻物体具有上升过程中
的最大速度，3t0时刻之后，由于F＜mg物体减速上升，所以从t0到
3t0运用动量定理有IF－IG＝mvm－0，结合F-t图像与时间轴围成的面
积表示拉力F的冲量可知 IF＝mg（3t0－t0）＋mg·2t0＝3mgt0，IG＝
mg（3t0－t0）＝2mgt0，联立求得 vm＝gt0，故C正确；从t0到4t0时间内运用动量定理得IF'－IG'＝mv－0，结合图像与时间轴围成的面积得v＝gt0，并不为0，故D错误。
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题组二　应用动量定理处理“流体类”问题
4. “水刀”应用了高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范
围广、效率高、安全环保等优势。某型号“水刀”工作过程中，将
水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表
面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”喷出的水流速
度为100 m/s，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/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，试估算水对材料
垂直于表面方向的压强p为（　　）
A. 1.0×105 Pa B. 1.0×106 Pa
C. 1.0×107 Pa D. 1.0×108 Pa
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解析：　选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，
以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt
＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律，
材料表面受到的压力F'＝F，水对材料垂直于表面方向的压强p＝
，代入数据解得p＝1.0×107 Pa，故C正确。
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5. 2023年2月9日，神舟十五号航天员乘组迎来了首次出舱活动。航天员身上穿着我国自主研制的“飞天”舱外航天服，航天服内置微型喷气发动机和操纵系统，相当于微型载人航天器，未来有一天，航天员登陆月球，可以在月球表面悬停。已知航天服连同人和装备的总质量为m，喷气口的横截面积为S，气体的密度为ρ，且气体喷出前的速度为零，月球的质量为M，月球的半径为R，引力常量为G。要使航天员能在月球表面悬停，则单位时间内喷射的气体的质量为（　　）
A. B.
C. D.
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解析：　设单位时间内喷出气体的质量为Δm，则Δm＝ρV＝ρSvt＝
ρSv，喷出的气体的速度v＝，设气体对航天员的作用力为F，悬
停在空中处于平衡状态，由平衡条件得F＝mg＝G，对喷出的气
体，由动量定理得F't＝Δmv－0，又F＝F'，解得Δm＝，故
选D。
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6. 作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅
设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，
风速为25 m/s，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即
减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为（　　）
A. 7 500 N B. 750 N
C. 300 N D. 900 N
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解析：　设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝
ρSvt，对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0
－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝7 500 N，根据牛顿
第三定律，风阻尼器受到的风力为7 500 N，故A正确。
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7. 科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门
为老年人研发的科技产品。该装置的原理是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. 减小穿戴者动量的变化量
B. 减小穿戴者动量的变化率
C. 增大穿戴者所受合力的冲量
D. 减小穿戴者所受合力的冲量
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解析：　依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全
气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt，从而减小穿戴者
所受合力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量
Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故选B。
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8. 竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。如图所示，某质量为m的运动员在进行10 m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上起跳，经过一段时间后竖直落入水中。水池中水深5 m，运动员在水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0＝5 m/s，m＝60 kg，g＝10 m/s2，空气阻力不计，求：
（1）运动员入水时的速度大小；
答案：15 m/s　
解析：从起跳到入水，由动能定理知
mgh＝mv2－m
代入数据解得v＝15 m/s。
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（2）运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间；
答案：2.67 s　
解析： 设运动员由起跳到入水用时t1，以竖直向下为正方向，
有v＝－v0＋gt1，解得t1＝2 s，设运动员由入水至到达池底历
时t2，有t2＝＝ s
则运动员从离开跳台至到达池底的整个过程所用的时间为t＝
t1＋t2≈2.67 s。
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（3）运动员在水中受到水的平均作用力大小。
答案：1 950 N
解析： 运动员从入水至到达池底，选竖直向下为正方向，由动量定理有（F＋mg）t2＝0－mv
代入数据得F＝－1 950 N，负号表示力F方向竖直向上。
所以运动员在水中受到水的平均作用力大小为1 950 N。
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9. “鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置，使鸡
蛋在保护装置中从10 m高处静止下落撞到地面而不破裂。某同学制
作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从10 m高处静止下落到地面
后瞬间速度减小为零，鸡蛋在保护器装置中继续向下运动0.3 m、用
时0.1 s后静止且完好无损。已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作
用力，且该装置和鸡蛋的总质量为0.12 kg，其中鸡蛋质
量为m0＝0.05 kg，不计下落过程中装置重力的变化，重
力加速度为g＝10 m/s2。求：
（1）装置落地前瞬间的速度大小；
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答案：6 m/s　
解析：根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同
且为v，由题意知，装置落地后，鸡蛋在装置内做匀减速直线
运动，
对于鸡蛋，根据运动学公式有x＝t
代入数据解得v＝6 m/s。
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（2）在下降10 m过程中，装置和鸡蛋克服阻力做的功；
答案：9.84 J　
解析：以装置和鸡蛋为研究对象，根据动能定理有
Mgh－W克f＝Mv2－0
代入数据解得W克f＝9.84 J。
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（3）鸡蛋在装置中继续向下运动0.3 m过程中，装置对鸡蛋的冲量
大小。
答案：0.35 N·s
解析：以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向，
根据动量定理得I－m0gt＝0－m0（－v）
代入数据解得I＝0.35 N·s。
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