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第1节　动量和动量定理
题组一　动量及动量的变化量
1.（2025·福建宁德高二下期中）意大利物理学家伽利略在研究打击现象时，最早定义了类似“动量”的概念。现用质量为m的铁锤沿水平方向将钉子敲入木板，铁锤以水平速度v0敲击钉子，随即以v0大小的速度沿水平方向反弹。铁锤反弹后瞬间的动量大小与铁锤敲击钉子前后的动量变化量大小分别为（　　）
A.mv0　mv0 B.mv0　mv0
C.mv0　mv0 D.mv0　mv0
题组二　动量的理解和计算
2.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中（　　）
A.重力的冲量相同 B.弹力的冲量相同
C.合力的冲量相同 D.合力的冲量大小相同
3.〔多选〕（2025·福建三明高二下期中）如图所示，质量为m的物块静止在倾角为α的斜面上，在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下沿斜面向上运动，经过时间t运动过程中（　　）
A.物块所受重力的冲量为0
B.物块所受拉力的冲量为Ft
C.物块的动量一定增大
D.物块受到合力的冲量为Ftcos θ
题组三　动量定理的理解及应用
4.篮球运动深受同学们喜爱，打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的目的是（　　）
A.减小篮球对手的冲击力
B.减小篮球的动量变化量
C.减小篮球的动能变化量
D.减小篮球对手的冲量
5.质量m＝4 kg的物块在光滑水平地面上以v0＝2 m/s的速度运动，t＝0时对物块施加以水平外力F，规定v0的方向为正方向，外力F随时间t变化图线如图所示，则（　　）
A.第1 s末物块的速度大小为2.5 m/s
B.第2 s末物块的动量大小为12 kg·m/s
C.在0～3 s时间内物块的动量变化量为2 kg·m/s
D.第7 s末时物块的运动方向发生改变
6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以速度2v抽出纸条，若铁块仍掉到地面，则铁块落地点为（　　）
A.在P点右侧原水平位移的两倍处
B.仍在P点
C.在P点右侧不远处
D.在P点左侧
7.〔多选〕（2025·福建福州高二下期中）很多人喜欢躺着看手机，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.手机刚要接触头部之前的速度约为4 m/s
B.手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 kg·m/s
C.手机对头部的冲量大小约为0.48 N·s
D.手机对头部的作用力大小约为2.4 N
8.〔多选〕现在很多景区都有悬空大茶壶这一景观，如图甲所示，一把大茶壶不断向下“倒水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流忽略重力的影响而各处速度方向竖直向上，大小相等均为v＝10 m/s，水管的横截面积S＝0.003 m2，水的密度为ρ＝1 000 kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，水桶处于悬停状态。下列说法正确的是（　　）
A.水桶的质量为60 kg
B.水桶的质量为40 kg
C.连接水管的水泵输出功率为1.5 kW
D.连接水管的水泵输出功率为2.0 kW
9.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
10.用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：
（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？
（2）考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？（g取10 m/s2）
（3）比较（1）和（2），讨论能否忽略铁锤的重力。
11.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱使一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便，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。
第1节　动量和动量定理
1.A　铁锤反弹后瞬间的动量大小为p＝m·v0＝mv0，以铁锤反弹后的速度方向为正方向，铁锤敲击钉子前后的动量变化量大小为Δp＝m·v0－m（－v0）＝mv0。故选A。
2.D　重力的冲量IG＝mgt，物体下滑时间不同，故IG不同，A错误；弹力与斜面垂直，两物体所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B错误；两物体所受合力的方向平行斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，故合力的冲量不同，C错误；由机械能守恒定律可知，物体到达斜面底端时速率相等，由I＝mv知，合力冲量大小相等，D正确。
3.BC　根据冲量的计算公式可知，物块所受重力的冲量为mgt，故A错误；根据冲量的计算公式可知，物块所受拉力的冲量为Ft，故B正确；由于物块从静止开始向上运动，一定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，故C正确；物块受到合力的冲量应为拉力、重力、可能受摩擦力在斜面方向冲量的合冲量，不为Ftcos θ，故D错误。
4.A　接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误；手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，A正确，D错误。
5.D　图线的斜率为k＝＝1 N/s，在0～1 s时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，有I1＝t1＝＝0.5 N·s，根据动量定理有I1＝mv1－mv0，解得v1＝2.125 m/s，故A错误；在0～2 s时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，为I2＝2 N·s，根据动量定理得I2＝mv2－mv0，解得第2 s末物块的动量大小为mv2＝10 kg·m/s，故B错误；由图可知在0～3 s时间内合力的冲量为I3＝ N·s＋（－2）×1 N·s＝0，所以动量变化量为零，故C错误；根据动量定理有I7＝p－mv0，解得第7 s末时动量为p＝mv0＋I7＝0，所以第7 s末时物块运动方向发生改变，故D正确。
6.D　抽出纸带的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸带以2v的速度抽出，则纸带与铁块相互作用时间变短，根据动量定理知，摩擦力作用时间变短，铁块获得的速度减小，平抛运动的初速度减小，而平抛运动的时间不变，则平抛运动的水平位移减小，即铁块落地点在P点左侧，故A、B、C错误，D正确。
7.CD　手机自由下落，根据v2－0＝2gh得，刚要接触头部之前的速度为v＝＝2 m/s，故A错误；手机与头部作用过程中手机动量变化为Δp＝mv＝0.24 kg·m/s，故B错误；手机砸到头部过程，以向下为正方向，根据动量定理可得－I＋mgΔt＝0－mv，解得手机受到的冲量大小为I＝0.48 N·s，故手机对头部的冲量大小为0.48 N·s，故C正确；由I＝FΔt解得手机受到的作用力大小为F＝2.4 N，故手机对头部的作用力大小为2.4 N，故D正确。
8.AC　在Δt时间内，以撞到桶上的水为研究对象，根据动量定理得F·Δt＝mΔv＝ρSvΔt[v－（－v）]，而水桶悬在空中F＝Mg，代入数据可得水桶的质量M＝60 kg，A正确，B错误；在Δt时间内，根据动能定理得W＝（ρSvΔt）v2，因此功率P＝＝＝1.5 kW，C正确，D错误。
9.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。
10.（1）200 N　（2）205 N　（3）能忽略
解析：（1）以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正方向，由动量定理可得F1t＝0－m（－v）
所以F1＝0－ N＝200 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力大小为200 N，方向竖直向下。
（2）若考虑铁锤的重力，设此时铁锤受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正方向。
（F2－mg）t＝0－m（－v）
F2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力大小为205 N，方向竖直向下。
（3）比较F1与F2，其相对误差为×100％＝2.5％，可见本题中铁锤的重力能忽略。
11.（1）ρv0S　（2）－
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＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。 ③
（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，由能量守恒定律得
Δmv2＋Δmgh＝Δm 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＝Δmv ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，则玩具对水的作用力F'＝F，根据动量定理有
F'Δt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。 ⑧
3 / 3第1节　动量和动量定理
素养目标
1.知道动量的概念及其矢量性，会计算动量及动量变化量。2.知道冲量的概念及其矢量性，会计算冲量。3.理解动量定理及表达式的含义，并能应用动量定理解决有关问题。4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象。
知识点一｜动量
1.定义：物理学中，把物体　 　　与　 　　的乘积称为物体的动量，用字母p表示。
2.公式：p＝mv。
3.单位：　　　　　，符号是kg·m/s。
4.方向：动量是量，它的方向与物体　　　　的方向相同。
5.动量的变化量：Δp＝p2－p1，是　　　　　　　量。
【情境思辨】
　一种大型转轮状的机械游乐设施——摩天轮如图所示。小刚和他的爸爸分别搭乘挂在摩天轮边缘的相邻的两个座舱里，摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。判断下列正误。
（1）不同时刻小刚的动量相同。（　　）
（2）同一时刻小刚的动量大小一定小于他的爸爸的动量大小。（　　）
（3）转动过程中小刚的动能不变、动量也不变。（　　）
（4）转动半圈的过程中小刚的动量变化量为零。（　　）
知识点二｜动量定理
1.冲量
（1）定义：物理学中，把力和　　　　　的乘积称为这个力的冲量，用字母I表示。
（2）公式：I＝　　　　。
（3）单位：牛·秒，符号是 　　　　　。
（4）方向：冲量是矢量，方向与　 　　　相同。
（5）物理意义：反映了力对时间的积累效应。
2.动量定理
（1）内容：物体在一过程中所受合外力的冲量等于该物体在此过程中　　　　　　。
（2）公式：Ft＝　　　　　　或I＝mv2－mv1。
（3）牛顿第二定律的另一种表述：作用在物体上的合外力等于物体　　　　　　　，即F＝。
（4）在变力作用下，动量定理仍然成立。
知识点三｜碰撞与缓冲的实例分析
1.物体间相互作用力大小的决定因素
由动量定理可见，物体间的相互作用力与物体　　　　　　　和　　　　　　　有关。
2.改变相互作用力大小的方法
（1）增大物体　　　　　　、缩短相互作用时间可以增大相互作用力；
（2）减小物体动量变化量，延长　　　　　　可以减小相互作用力。
【情境思辨】
在日常生活中，有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎等，这样做的目的是什么？
要点一　动量及动量的变化量
1.动量的三个特性
瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示
矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同
相对性 因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关
2.动量和动能的比较
动量 动能
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
与速度的关系 速度变化，动量一定变化 速度变化，动能不一定变化
联系 p＝，Ek＝
3.动量变化量Δp的理解
物体做直线运动时：选定正方向，方向与正方向相同的动量为正值，方向与正方向相反的动量为负值，代入公式Δp＝p2－p1计算：
（1）若Δp是正值，说明Δp的方向与所选正方向相同。
（2）若Δp是负值，则说明Δp的方向与所选正方向相反。
【典例1】　2024年1月13日WTT多哈球星挑战赛落下大幕。中国乒乓球队收获满满，包揽男单、女单、男双、女双和混双五个冠军。假设在某次对战中，乒乓球的来球速度大小v1＝15 m/s，运动员以v2＝20 m/s 速度反向扣杀回去，乒乓球的质量m＝2.70 g。求：
（1）乒乓球来球动量的大小、乒乓球回球动量的大小及二者的方向是什么关系。
（2）扣杀过程中乒乓球的动量变化量Δp及动能的变化ΔEk。
尝试解答
1.下列关于动量的说法中，正确的是（　　）
A.物体的动量改变，其速度大小一定改变
B.物体的动量改变，其速度方向一定改变
C.物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D.物体的运动状态改变，其动量一定改变
2.关于物体的动量、动能、动量的变化量，下列说法中正确的是（　　）
A.物体的动量越大，其惯性也越大
B.同一物体的动量越大，其速度一定越大
C.物体的动量发生变化，其动能一定变化
D.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向
3.（2025·广西高二上期中）一质量为2 kg的弹珠与水平地面碰撞后反弹，动能不变，弹珠反弹前后速度方向如图所示。已知与地面碰撞前弹珠的动能大小为9 J，则下列说法正确的是（　　）
A.碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为60°
B.碰撞后，弹珠的动量大小为8 kg·m/s
C.弹珠碰撞前后水平方向动量变化量大小为0
D.弹珠碰撞前后竖直方向动量变化量为6 kg·m/s
要点二　冲量的理解和计算
【探究】
如图所示，物体m在水平拉力F的作用下运动了一段时间t。
（1）如果拉力F恒定，则时间t内拉力F的冲量是多大？
（2）如果拉力F随时间变化规律如图所示，如何计算时间t内拉力F的冲量？
【归纳】
1.冲量的特点
过程量 冲量描述的是力对时间的积累效果，是一个过程量。研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量
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动量的变化量的方向一致，冲量的运算遵循平行四边形定则
2.冲量的计算
（1）恒力的冲量计算
用公式I＝Ft计算。
（2）变力的冲量计算
①“平均力”法求变力的冲量：如图甲所示，力与时间成线性关系时，则
I＝Δt＝（t2－t1）；
②“面积”法求变力的冲量：在F-t图像中，图线与t轴所围的面积等于对应时间内力的冲量。图甲、乙中的阴影部分的面积即为变力的冲量。
③利用动量定理求解，即I＝Δp。
（3）合冲量的计算
①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和；
②如果各个力（均为恒力）的作用时间相同，可以先求合力，再用公式I合＝F合t求解。
【典例2】　某种儿童滑梯设施如图所示，中间的滑道长度为2.2 m，假设可以看成倾角α＝37°的斜面，有一质量为15 kg 的儿童沿中间滑道从顶端由静止滑下，该儿童与滑道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑下中间滑道的过程中，该儿童所受各力的冲量和合力的冲量。（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
尝试解答
特别提醒
冲量计算的两点注意
（1）求冲量时，一定要注意是求解哪个力在哪一段时间内对哪个物体的冲量；
（2）求单个力的冲量或合力的冲量时，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝Ft计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。
1.（2025·福建泉州高二下期末）下列关于冲量的说法中正确的是（　　）
A.冲量是矢量
B.冲量的单位是焦耳
C.当力与位移垂直时，该力的冲量为零
D.一个力作用在物体上，物体保持不动，则该力的冲量为零
2.如图甲、乙所示的两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有靠岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t（　　）
A.图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B.图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C.图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D.以上三种情况都有可能
3.一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，求0～8 s时间内拉力的冲量大小。
要点三　动量定理的理解及应用
1.对动量定理的理解
（1）矢量性：FΔt＝Δp是矢量式，应用时要先规定正方向。
特别提醒
　　动量变化量Δp的方向与合冲量I的方向相同，但物体在某一时刻的动量的方向与合冲量的方向无必然联系。
（2）因果性：合冲量决定动量的变化量。
特别提醒
　　冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量及某一时刻的动量无必然联系。
（3）研究对象和适用范围：一般为单个物体或可视为单个物体的系统。
从运动轨迹看 既适用于直线运动，也适用于曲线运动
从受力特点看 既适用于恒力作用，也适用于变力作用
从物体大小看 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
2.动量定理的应用
（1）定性分析
①Δp一定时，Δt短则F大，Δt长则F小；
②F一定时，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大；
③Δt一定时，F大则Δp大，F小则Δp小。
（2）定量计算
①由动量的变化求合冲量：Δp冲量（或求有关的力）
②由合力的冲量求动量的变化：F合、ΔtΔp（或求m、v等）
考向一｜应用动量定理定性分析有关现象
【典例3】　〔多选〕安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护，在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25％，面部受伤率减少80％左右。若某次汽车安全测试中，汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊未打开与安全气囊顺利打开相比，下列说法正确的是（设每次测试汽车速度相同）（　　）
A.安全气囊未打开时，模拟乘员的动量变化量大
B.安全气囊打开时，模拟乘员的动量变化慢
C.安全气囊未打开时，模拟乘员受到撞击力的冲量大
D.安全气囊打开时，模拟乘员受到的撞击力小
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　
考向二｜应用动量定理定量计算有关物理量
【典例4】　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
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　
规律总结
应用动量定理解题的基本步骤
（1）确定研究对象；
（2）进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量；
（3）选定正方向，研究物体初、末状态的动量；
（4）根据动量定理列方程求解。
考向三｜应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题
【典例5】　福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。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
思路点拨：（1）以时间Δt吹向交通标志牌的空气为研究对象；
（2）把时间Δt吹向交通标志牌的空气看成“柱状模型”应用动量定理建立方程。
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
规律总结
应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题的思路
流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，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
1.如图所示，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条（此过程中杯子相对纸条滑动），发现杯子会滑落；当快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B.快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C.为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D.为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
2.“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕者，田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s，此后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.加速过程中兔子的加速度大小为180 m/s2
B.加速过程中地面对兔子水平方向的平均作用力大小为20 N
C.撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N
D.撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N
3.〔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ρπD2v2
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
要点回眸
1.下面关于动量和冲量的说法中正确的是（　　）
A.冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量
B.如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C.如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D.作用在物体上的合外力冲量一定能改变物体速度的大小
2.（2025·福建南平高二下月考）如图所示，a、b、c三个相同的小球，a球从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b球和c球从同一高度分别开始自由落体运动和平抛运动。则当它们到达同一水平地面的过程中，下列说法错误的有（　　）
A.三个球受的重力冲量相同
B.三个球的动量变化量大小相等
C.a球受到的重力冲量最大
D.b球和c球受到的重力冲量相同
3.如图所示，学生正在练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 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.下落到与头部刚接触时，足球动量大小为0
B.与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向下
C.与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向上
D.与头部作用过程中，足球动量变化量大小为0.8 kg·m/s
4.“中国民航英雄机长”刘传健执行重庆飞拉萨任务时，在万米高空前挡风玻璃破裂脱落的紧急关头，机组正确处理危机，奇迹般地安全迫降成都。假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的速度为v，空中风速不计，机长面部垂直风速方向的受力面积为S，万米高空的空气密度为ρ，则机长面部受到的冲击力大小约为（　　）
A.ρSv B.ρSv2
C.ρSv3 D.ρSv3
5.蹦床是一项扣人心弦的运动项目，运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做出各种惊险优美的动作。现有一位质量为50 kg的运动员，从离水平网面3.2 m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0 s，求网对运动员的平均作用力的大小（g取10 m/s2）。（　　）
A.900 N B.1 400 N
C.600 N D.1 000 N
第1节　动量和动量定理
【基础知识落实】
知识点一
1.质量　速度　3.千克米每秒　4.矢　速度　5.矢
情境思辨
（1）×　（2）√　（3）×　（4）×
知识点二
1.（1）力的作用时间　（2）Ft　（3）N·s　（4）力的方向　
2.（1）动量的变化量　（2）mv2－mv1　（3）动量的变化率
知识点三
1.动量的变化　作用时间　2.（1）动量变化量　（2）相互作用时间
情境思辨
提示：根据动量定理FΔt＝Δp，动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，则作用力F越小。以上情境可延长运动员与沙子或者海绵垫子间、轮船边缘及轮渡码头的作用时间，在动量变化相同的情况下，受到的冲击力减小，从而起到保护作用。
【核心要点突破】
要点一
【典例1】　见解析
解析：（1）取v1的方向为正方向，p1＝mv1＝4.05×10－2 kg·m/s，p2＝mv2＝－5.40×10－2 kg·m/s，所以来球动量大小为4.05×10－2 kg·m/s，回球动量大小为5.40×10－2 kg·m/s，二者的方向相反。
（2）扣杀过程中乒乓球的动量变化量Δp＝p2－p1＝－5.40×10－2 kg·m/s－4.05×10－2 kg·m/s＝－9.45×10－2 kg·m/s，负号说明Δp的方向与来球速度v1反向。
动能的变化ΔEk＝m－m≈0.236 J。
素养训练
1.D　动量是矢量，既有大小也有方向。动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同。质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错误；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，或两者同时改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确。
2.B　惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，B正确；物体的动量发生变化，则速度可能是方向改变、也可能是大小改变，或两者同时改变，所以动能不一定变化，C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位移方向，D错误。
3.C　结合几何知识，由图可知，碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为120°，故A错误；由动能与动量的关系Ek＝得，碰撞后弹珠的动量大小为p＝＝6 kg·m/s，故B错误；弹珠碰撞前后水平方向动量不变，C正确；结合几何知识，由图可知，弹珠竖直方向动量变化量Δp＝2pcos 30°＝6 kg·m/s，故D错误。
要点二
知识精研
【探究】　提示：（1）拉力F的冲量大小为Ft。
（2）可有两种方法计算：
方法1：因为力是线性变化，可利用平均力求冲量I＝t＝t。
方法2：在F-t图像中，图线与t轴围成的面积表示力在对应时间内的冲量，则时间t内拉力F的冲量I＝t。
【典例2】　见解析
解析：对儿童受力分析可知，下滑过程其受重力、支持力及摩擦力的作用，由牛顿第二定律得
mgsin α－μmgcos α＝ma
L＝at2
解得儿童的下滑时间t＝1 s
故重力的冲量I1＝mgt＝150×1 N·s＝150 N·s，方向竖直向下。
支持力的冲量I2＝mgcos α·t＝150×0.8×1 N·s＝120 N·s，方向垂直于滑道向上。
摩擦力的冲量I3＝μmgcos α·t＝0.2×150×0.8×1 N·s＝24 N·s，方向沿着滑道向上。
儿童受到的合力F合＝mgsin α－μmgcos α＝150×0.6 N－24 N＝66 N；
故合力的冲量I＝F合t＝66×1 N·s＝66 N·s，方向沿滑道向下。
素养训练
1.A　由冲量的定义式I＝Ft可知，冲量是矢量，方向与力的方向相同，其单位为kg·m/s，故A正确，B错误；只要有力且作用了时间，冲量就不会为零，故C、D错误。
2.C　甲、乙两图中人对绳子的拉力相同，作用时间相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C正确。
3.18 N·s
解析：冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0～8 s时间内的冲量为I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18 N·s。
要点三
【典例3】　BD　无论安全气囊是否打开，模拟乘员的初末动量不变，动量变化量不变，根据I＝Δp，可知模拟乘员受到撞击力的冲量不变，故A、C错误；安全气囊打开时，模拟乘员速度变化的时间增加，而动量变化量不变，则模拟乘员的动量变化慢，根据Ft＝Δp可知，模拟乘员受到的撞击力小，故B、D正确。
【典例4】　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。
【典例5】　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，对台风，由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知台风对标志牌的作用力F'＝F，又10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s，则有＝＝4，故B正确。
素养训练
1.D　在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，根据FΔt＝Δp可知，F一定时Δp与Δt成正比，由于快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，选项A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确。
2.D　兔子经过1.2 s速度由零均匀增加到9 m/s，根据匀变速直线运动的速度公式可得，兔子的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，A错误；加速过程中，设地面对兔子水平方向的平均作用力大小为f，根据动量定理可得fΔt＝mv－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的速度方向为正方向，则兔子撞树前的动量为p＝mv＝2×9 kg·m/s＝18 kg·m/s，撞树后的动量为p'＝mv'＝2×（－1）kg·m/s＝－2 kg·m/s，动量变化量为Δp＝p'－p＝－2 kg·m/s－18 kg·m/s＝－20 kg·m/s，由动量定理得FΔt'＝Δp＝－20 kg·m/s，解得兔子受到树对它的平均作用力为F＝－400 N，大小为400 N，C错误，D正确。
3.ABD　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所以B正确；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力为F'＝F＝ρv2πD2，所以A正确，C错误；高压水枪喷出的水的压强为p＝＝ρv2，高压水枪喷出的水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D正确。
【教学效果检测】
1.B　冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，物体受到的冲量等于动量的变化量，但冲量和动量是两个不同的物理量，选项A错误；如果物体的速度发生变化，则动量一定变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零，选项B正确；如果合外力对物体的冲量不为零，动量一定变化，但是合外力不一定使物体的动能增大，例如匀速圆周运动，选项C错误；作用在物体上的合外力冲量不一定改变物体速度的大小，例如做匀速圆周运动的物体，向心力的冲量只改变物体速度的方向，选项D错误。
2.A　平抛运动的物体竖直方向分解为自由落体运动，所以b、c两球运动的时间相等，即h＝gt2，则tb＝tc＝，而a球运动的时间为a＝，a＝gsin θ，解得ta＝，所以根据IG＝mgt，可知重力对三个小球的冲量不相等，b球和c球受到的重力冲量相同，a球受到的重力的冲量最大，故A错误，C、D正确；根据Δp＝mv'－mv可知，Δpa＝mva'－0，mgh＝mva'2，则Δpa＝m，平抛时Δpc＝mgtc＝m，自由落体时Δpb＝mgtb＝m，因此三个球的动量变化量大小相等，故B正确。
3.C　下落到与头部刚接触时，足球速度v＝＝2 m/s，足球动量大小为p0＝mv＝0.8 kg·m/s，故A错误；足球离开头部后上升高度与下落高度相同，所以足球离开头部时动量大小为p1＝p0，方向竖直向上，以向上为正方向，则动量变化量为Δp＝p1－（－p0）＝1.6 kg·m/s，方向竖直向上，故B、D错误，C正确。
4.B　机长面部垂直风速方向的受力面积为S，空气与飞行员的相对速度等于飞机的速度v，设时间t内吹在面部的空气的质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得机长面部受到的冲击力大小F'＝F＝ρSv2，故B正确。
5.B　运动员与网接触前瞬间有v2－0＝2gh1，运动员与网分开后有0－v'2＝－2gh2，接触到分开过程，取竖直向下的方向为正方向，由动量定理得mgt－Ft＝－mv'－mv，代入数据解得F＝1 400 N，故B正确。
8 / 9(共90张PPT)
第1节　动量和动量定理
1.知道动量的概念及其矢量性，会计算动量及动量变化量。
2.知道冲量的概念及其矢量性，会计算冲量。
3.理解动量定理及表达式的含义，并能应用动量定理解决有关问题。
4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象。
素养目标
01
基础知识落实
02
核心要点突破
03
教学效果检测
04
课时作业
目 录
01
PART
基础知识落实
知识点一｜动量
1. 定义：物理学中，把物体 与 的乘积称为物体的动量，
用字母p表示。
2. 公式：p＝mv。
3. 单位： ，符号是kg·m/s。
4. 方向：动量是 量，它的方向与物体 的方向相同。
5. 动量的变化量：Δp＝p2－p1，是 量。
质量　
速度　
千克米每秒　
矢　
速度　
矢　
【情境思辨】
　一种大型转轮状的机械游乐设施——摩天轮如图所示。小刚和他的爸爸分别搭乘挂在摩天轮边缘的相邻的两个座舱里，摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。判断下列正误。
（1）不同时刻小刚的动量相同。 （　×　）
×
（2）同一时刻小刚的动量大小一定小于他的爸爸的动量大小。
（　√　）
（3）转动过程中小刚的动能不变、动量也不变。 （　×　）
（4）转动半圈的过程中小刚的动量变化量为零。 （　×　）
√
×
×
知识点二｜动量定理
1. 冲量
（1）定义：物理学中，把力和 的乘积称为这个力的冲
量，用字母I表示。
（2）公式：I＝ 。
（3）单位：牛·秒，符号是 。
（4）方向：冲量是矢量，方向与 相同。
（5）物理意义：反映了力对时间的积累效应。
力的作用时间　
Ft　
N·s　
力的方向　
2. 动量定理
（1）内容：物体在一过程中所受合外力的冲量等于该物体在此过程
中 。
（2）公式：Ft＝ 或I＝mv2－mv1。
（3）牛顿第二定律的另一种表述：作用在物体上的合外力等于物体
，即F＝。
（4）在变力作用下，动量定理仍然成立。
动量的变化量　
mv2－mv1　
动
量的变化率　
知识点三｜碰撞与缓冲的实例分析
1. 物体间相互作用力大小的决定因素
由动量定理可见，物体间的相互作用力与物体 和
有关。
2. 改变相互作用力大小的方法
（1）增大物体 、缩短相互作用时间可以增大相互作用力；
（2）减小物体动量变化量，延长 可以减小相互作用力。
动量的变化　
作用时
间　
动量变化量　
相互作用时间　
【情境思辨】
在日常生活中，有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落
处要放海绵垫子；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎等，这样做的
目的是什么？
提示：根据动量定理FΔt＝Δp，动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，
则作用力F越小。以上情境可延长运动员与沙子或者海绵垫子间、轮船边
缘及轮渡码头的作用时间，在动量变化相同的情况下，受到的冲击力减
小，从而起到保护作用。
02
PART
核心要点突破
要点一　动量及动量的变化量
1. 动量的三个特性
瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量
的大小可用p＝mv表示
矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同
相对性 因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系
的选取有关
2. 动量和动能的比较
动量 动能
定义式 p＝mv
标矢性 矢量 标量
与速度的关系 速度变化，动量一定变化 速度变化，动能不一定变化
联系 3. 动量变化量Δp的理解
物体做直线运动时：选定正方向，方向与正方向相同的动量为正值，方向
与正方向相反的动量为负值，代入公式Δp＝p2－p1计算：
（1）若Δp是正值，说明Δp的方向与所选正方向相同。
（2）若Δp是负值，则说明Δp的方向与所选正方向相反。
【典例1】　2024年1月13日WTT多哈球星挑战赛落下大幕。中国乒乓球队收获满满，包揽男单、女单、男双、女双和混双五个冠军。假设在某次对战中，乒乓球的来球速度大小v1＝15 m/s，运动员以v2＝20 m/s 速度反向扣杀回去，乒乓球的质量m＝2.70 g。求：
（1）乒乓球来球动量的大小、乒乓球回球动量的大小及二者的方向是什么关系。
答案：见解析
解析：取v1的方向为正方向，p1＝mv1＝4.05×10－2 kg·m/s，p2＝mv2＝－
5.40×10－2 kg·m/s，所以来球动量大小为4.05×10－2 kg·m/s，回球动量大
小为5.40×10－2 kg·m/s，二者的方向相反。
（2）扣杀过程中乒乓球的动量变化量Δp及动能的变化ΔEk。
解析：扣杀过程中乒乓球的动量变化量Δp＝p2－p1＝－5.40×10－2 kg·m/s
－4.05×10－2 kg·m/s＝－9.45×10－2 kg·m/s，负号说明Δp的方向与来球速
度v1反向。
动能的变化ΔEk＝m－m≈0.236 J。
1. 下列关于动量的说法中，正确的是（　　）
A. 物体的动量改变，其速度大小一定改变
B. 物体的动量改变，其速度方向一定改变
C. 物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D. 物体的运动状态改变，其动量一定改变
√
解析：　动量是矢量，既有大小也有方向。动量改变是指动量大小或方
向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方
向相同。质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，
动量就发生变化，故A、B、C错误；物体运动状态改变是指速度大小或方
向的改变，或两者同时改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确。
2. 关于物体的动量、动能、动量的变化量，下列说法中正确的是（　　）
A. 物体的动量越大，其惯性也越大
B. 同一物体的动量越大，其速度一定越大
C. 物体的动量发生变化，其动能一定变化
D. 运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向
√
解析：　惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但
也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，A错
误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动
量越大，其速度一定越大，B正确；物体的动量发生变化，则速度可能
是方向改变、也可能是大小改变，或两者同时改变，所以动能不一定
变化，C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位
移方向，D错误。
3. （2025·广西高二上期中）一质量为2 kg的弹珠与水平地面碰撞后反弹，
动能不变，弹珠反弹前后速度方向如图所示。已知与地面碰撞前弹珠的动
能大小为9 J，则下列说法正确的是（　　）
A. 碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为60°
B. 碰撞后，弹珠的动量大小为8 kg·m/s
C. 弹珠碰撞前后水平方向动量变化量大小为0
D. 弹珠碰撞前后竖直方向动量变化量为6 kg·m/s
√
解析：　结合几何知识，由图可知，碰撞前后弹珠动量方向改变的角度
为120°，故A错误；由动能与动量的关系Ek＝得，碰撞后弹珠的动量大
小为p＝＝6 kg·m/s，故B错误；弹珠碰撞前后水平方向动量不变，
C正确；结合几何知识，由图可知，弹珠竖直方向动量变化量Δp＝2pcos
30°＝6 kg·m/s，故D错误。
要点二　冲量的理解和计算
【探究】
如图所示，物体m在水平拉力F的作用下运动了一段时间t。
（1）如果拉力F恒定，则时间t内拉力F的冲量是多大？
提示：拉力F的冲量大小为Ft。
（2）如果拉力F随时间变化规律如图所示，如何计算时间t内拉力F的
冲量？
提示：可有两种方法计算：
方法1：因为力是线性变化，可利用平均力求冲量I＝t＝t。
方法2：在F-t图像中，图线与t轴围成的面积表示力在对应时间内的冲量，
则时间t内拉力F的冲量I＝t。
【归纳】
1. 冲量的特点
过
程
量 冲量描述的是力对时间的积累效果，是一个过程量。研究冲量必须明
确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物
体的冲量
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动量的变化量的方向
一致，冲量的运算遵循平行四边形定则
（1）恒力的冲量计算
用公式I＝Ft计算。
（2）变力的冲量计算
2. 冲量的计算
②“面积”法求变力的冲量：在F-t图像中，图线与t轴所围的面积等于对
应时间内力的冲量。图甲、乙中的阴影部分的面积即为变力的冲量。
③利用动量定理求解，即I＝Δp。
①“平均力”法求变力的冲量：如图甲所示，力与时间成线性关系时，则
I＝Δt＝（t2－t1）；
（3）合冲量的计算
①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和；
②如果各个力（均为恒力）的作用时间相同，可以先求合力，再用公式I合
＝F合t求解。
【典例2】　某种儿童滑梯设施如图所示，中间的滑道长度为2.2 m，假设
可以看成倾角α＝37°的斜面，有一质量为15 kg 的儿童沿中间滑道从顶端
由静止滑下，该儿童与滑道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑下中间滑道的过
程中，该儿童所受各力的冲量和合力的冲量。（g取10 m/s2，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8）
答案：见解析
解析：对儿童受力分析可知，下滑过程其受重力、支持力及摩擦力的作用，由牛顿第二定律得
mgsin α－μmgcos α＝ma
L＝at2
解得儿童的下滑时间t＝1 s
故重力的冲量I1＝mgt＝150×1 N·s＝150 N·s，方向竖直向下。
支持力的冲量I2＝mgcos α·t＝150×0.8×1 N·s＝120 N·s，方向垂直于滑道
向上。
摩擦力的冲量I3＝μmgcos α·t＝0.2×150×0.8×1 N·s＝24 N·s，方向沿着
滑道向上。
儿童受到的合力F合＝mgsin α－μmgcos α＝150×0.6 N－24 N＝66 N；
故合力的冲量I＝F合t＝66×1 N·s＝66 N·s，方向沿滑道向下。
特别提醒
冲量计算的两点注意
（1）求冲量时，一定要注意是求解哪个力在哪一段时间内对哪个物体的
冲量；
（2）求单个力的冲量或合力的冲量时，首先判断是否是恒力，若是恒
力，可直接应用公式I＝Ft计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利
用动量定理求解。
1. （2025·福建泉州高二下期末）下列关于冲量的说法中正确的是（　　）
A. 冲量是矢量
B. 冲量的单位是焦耳
C. 当力与位移垂直时，该力的冲量为零
D. 一个力作用在物体上，物体保持不动，则该力的冲量为零
解析：由冲量的定义式I＝Ft可知，冲量是矢量，方向与力的方向相同，其单位为kg·m/s，故A正确，B错误；只要有力且作用了时间，冲量就不会为零，故C、D错误。
√
2. 如图甲、乙所示的两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人
和船A均向右运动，经过相同
的时间t，图甲中船A没有靠岸，
图乙中船A没有与船B相碰，则
经过时间t（　　）
A. 图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B. 图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C. 图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D. 以上三种情况都有可能
√
解析：　甲、乙两图中人对绳子的拉力相同，作用时间相等，由冲量的
定义式I＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C正确。
3. 一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t
的变化情况如图乙所示，求0～8 s时间内拉力的冲量大小。
答案：18 N·s
解析：冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0～8 s时
间内的冲量为I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18 N·s。
要点三　动量定理的理解及应用
1. 对动量定理的理解
（1）矢量性：FΔt＝Δp是矢量式，应用时要先规定正方向。
特别提醒
　　动量变化量Δp的方向与合冲量I的方向相同，但物体在某一时刻的动
量的方向与合冲量的方向无必然联系。
（2）因果性：合冲量决定动量的变化量。
特别提醒
　　冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量及某一时刻的
动量无必然联系。
（3）研究对象和适用范围：一般为单个物体或可视为单个物体的系统。
从运动轨迹看 既适用于直线运动，也适用于曲线运动
从受力特点看 既适用于恒力作用，也适用于变力作用
从物体大小看 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
（1）定性分析
①Δp一定时，Δt短则F大，Δt长则F小；
②F一定时，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大；
③Δt一定时，F大则Δp大，F小则Δp小。
2. 动量定理的应用
（2）定量计算
①由动量的变化求合冲量： （或求有关的力）
②由合力的冲量求动量的变化： （或求m、v等）
考向一｜应用动量定理定性分析有关现象
【典例3】　〔多选〕安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安
全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护，在汽车相撞时，汽车安
全气囊可使头部受伤率减少25％，面部受伤率减少80％左右。若某次汽车
安全测试中，汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊未打开与安全气囊顺利打开
相比，下列说法正确的是（设每次测试汽车速度相同）（　　）
A. 安全气囊未打开时，模拟乘员的动量变化量大
B. 安全气囊打开时，模拟乘员的动量变化慢
C. 安全气囊未打开时，模拟乘员受到撞击力的冲量大
D. 安全气囊打开时，模拟乘员受到的撞击力小
√
√
解析：无论安全气囊是否打开，模拟乘员的初末动量不变，动量变化量不
变，根据I＝Δp，可知模拟乘员受到撞击力的冲量不变，故A、C错误；安
全气囊打开时，模拟乘员速度变化的时间增加，而动量变化量不变，则模
拟乘员的动量变化慢，根据Ft＝Δp可知，模拟乘员受到的撞击力小，故
B、D正确。
考向二｜应用动量定理定量计算有关物理量
【典例4】　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
√
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。
规律总结
应用动量定理解题的基本步骤
（1）确定研究对象；
（2）进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量；
（3）选定正方向，研究物体初、末状态的动量；
（4）根据动量定理列方程求解。
考向三｜应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题
【典例5】　福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影
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
思路点拨：（1）以时间Δt吹向交通标志牌的空气为研究对象；
√
（2）把时间Δt吹向交通标志牌的空气看成“柱状模型”应用动量定理建立
方程。
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，对台风，由动量定理有－F·Δt＝0－
Δmv，可得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知台风对标志牌的作用力F'＝
F，又10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s，则有＝
＝4，故B正确。
规律总结
应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题的思路
流体及其
特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连
续性，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
1. 如图所示，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条（此
过程中杯子相对纸条滑动），发现杯子会滑落；当快速拉动纸条时，发现
杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A. 缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B. 快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C. 为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D. 为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
√
解析：　在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均
为滑动摩擦力，大小相等，根据FΔt＝Δp可知，F一定时Δp与Δt成正
比，由于快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的
冲量小，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩
擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，选项A、B错
误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸
条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦
因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离
较小，杯子不容易滑落，选项D正确。
2. “守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩
非子》，原文为：宋人有耕者，田中有株，兔走触株，
折颈而死。因释其耒而守株，冀复得兔。兔不可复得，
而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s，此后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A. 加速过程中兔子的加速度大小为180 m/s2
B. 加速过程中地面对兔子水平方向的平均作用力大小为20 N
C. 撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N
D. 撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N
√
解析：　兔子经过1.2 s速度由零均匀增加到9 m/s，根据匀变速直线运动
的速度公式可得，兔子的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，A错误；加速过程
中，设地面对兔子水平方向的平均作用力大小为f，根据动量定理可得fΔt
＝mv－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的
速度方向为正方向，则兔子撞树前的动量为p＝mv＝2×9 kg·m/s＝18
kg·m/s，撞树后的动量为p'＝mv'＝2×（－1）kg·m/s＝－2 kg·m/s，动量变
化量为Δp＝p'－p＝－2 kg·m/s－18 kg·m/s＝－20 kg·m/s，由动量定理得
FΔt'＝Δp＝－20 kg·m/s，解得兔子受到树对它的平均作用力为F＝－400
N，大小为400 N，C错误，D正确。
3. 〔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（　　）
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；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力为F'＝F＝ρv2πD2，所以A正确，C错误；高压水枪喷出的水的压强为p＝＝ρv2，高压水枪喷出的水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D正确。
要点回眸
03
PART
教学效果检测
1. 下面关于动量和冲量的说法中正确的是（　　）
A. 冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量
B. 如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C. 如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D. 作用在物体上的合外力冲量一定能改变物体速度的大小
√
解析：　冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，物体受到的冲量
等于动量的变化量，但冲量和动量是两个不同的物理量，选项A错误；如
果物体的速度发生变化，则动量一定变化，则可以肯定它受到的合外力的
冲量不为零，选项B正确；如果合外力对物体的冲量不为零，动量一定变
化，但是合外力不一定使物体的动能增大，例如匀速圆周运动，选项C错
误；作用在物体上的合外力冲量不一定改变物体速度的大小，例如做匀速
圆周运动的物体，向心力的冲量只改变物体速度的方向，选项D错误。
2. （2025·福建南平高二下月考）如图所示，a、b、c三个相同的小球，a
球从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b球和c球从同一高度分别开
始自由落体运动和平抛运动。则当它们到达同一水平地面的过程中，下列
说法错误的有（　　）
A. 三个球受的重力冲量相同
B. 三个球的动量变化量大小相等
C. a球受到的重力冲量最大
D. b球和c球受到的重力冲量相同
√
解析：　平抛运动的物体竖直方向分解为自由落体运动，所以b、c两球
运动的时间相等，即h＝gt2，则tb＝tc＝，而a球运动的时间为a＝
，a＝gsin θ，解得ta＝，所以根据IG＝mgt，可知重力对三个小
球的冲量不相等，b球和c球受到的重力冲量相同，a球受到的重力的冲量最
大，故A错误，C、D正确；根据Δp＝mv'－mv可知，Δpa＝mva'－0，mgh＝
mva'2，则Δpa＝m，平抛时Δpc＝mgtc＝m，自由落体时Δpb＝
mgtb＝m，因此三个球的动量变化量大小相等，故B正确。
3. 如图所示，学生正在练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20
cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 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. 下落到与头部刚接触时，足球动量大小为0
B. 与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向下
C. 与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向上
D. 与头部作用过程中，足球动量变化量大小为0.8 kg·m/s
√
解析：　下落到与头部刚接触时，足球速度v＝＝2 m/s，足球动量
大小为p0＝mv＝0.8 kg·m/s，故A错误；足球离开头部后上升高度与下落高
度相同，所以足球离开头部时动量大小为p1＝p0，方向竖直向上，以向上
为正方向，则动量变化量为Δp＝p1－（－p0）＝1.6 kg·m/s，方向竖直向
上，故B、D错误，C正确。
4. “中国民航英雄机长”刘传健执行重庆飞拉萨任务时，在万米高空前挡
风玻璃破裂脱落的紧急关头，机组正确处理危机，奇迹般地安全迫降成
都。假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的速度为v，空中风速不计，机长面部垂
直风速方向的受力面积为S，万米高空的空气密度为ρ，则机长面部受到的
冲击力大小约为（　　）
A. ρSv B. ρSv2
D. ρSv3
√
解析：　机长面部垂直风速方向的受力面积为S，空气与飞行员的相对速
度等于飞机的速度v，设时间t内吹在面部的空气的质量为m，则m＝ρSvt，
根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得机长面部受到的冲击力大小
F'＝F＝ρSv2，故B正确。
5. 蹦床是一项扣人心弦的运动项目，运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、
腾翻，做出各种惊险优美的动作。现有一位质量为50 kg的运动员，从离水
平网面3.2 m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 m的
高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0 s，求网对运动员的平均作用力
的大小（g取10 m/s2）。（　　）
A. 900 N B. 1 400 N
C. 600 N D. 1 000 N
√
解析：运动员与网接触前瞬间有v2－0＝2gh1，运动员与
网分开后有0－v'2＝－2gh2，接触到分开过程，取竖直向下的方向为正方向，由动量定理得mgt－Ft＝－mv'－mv，代入数据解得F＝1 400 N，故B正确。
04
PART
课时作业
题组一　动量及动量的变化量
1. （2025·福建宁德高二下期中）意大利物理学家伽利略在研究打击现象
时，最早定义了类似“动量”的概念。现用质量为m的铁锤沿水平方向将
钉子敲入木板，铁锤以水平速度v0敲击钉子，随即以v0大小的速度沿水平
方向反弹。铁锤反弹后瞬间的动量大小与铁锤敲击钉子前后的动量变化量
大小分别为（　　）
D. mv0　mv0
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√
解析：　铁锤反弹后瞬间的动量大小为p＝m·v0＝mv0，以铁锤反弹后的
速度方向为正方向，铁锤敲击钉子前后的动量变化量大小为Δp＝m·v0－m
（－v0）＝mv0。故选A。
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题组二　动量的理解和计算
2. 如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面
由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中（　　）
A. 重力的冲量相同 B. 弹力的冲量相同
C. 合力的冲量相同 D. 合力的冲量大小相同
√
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解析：　重力的冲量IG＝mgt，物体下滑时间不同，故IG不同，A错误；
弹力与斜面垂直，两物体所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B错
误；两物体所受合力的方向平行斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，
故合力的冲量不同，C错误；由机械能守恒定律可知，物体到达斜面底端
时速率相等，由I＝mv知，合力冲量大小相等，D正确。
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3. 〔多选〕（2025·福建三明高二下期中）如图所示，质量为m的物块静止
在倾角为α的斜面上，在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下沿斜面向上运动，
经过时间t运动过程中（　　）
A. 物块所受重力的冲量为0
B. 物块所受拉力的冲量为Ft
C. 物块的动量一定增大
D. 物块受到合力的冲量为Ftcos θ
√
√
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解析：根据冲量的计算公式可知，物块所受重力的冲量为mgt，故A错误；根据冲量的计算公式可知，物块所受拉力的冲量为Ft，故B正确；由于物块从静止开始向上运动，一定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，故C正确；物块受到合力的冲量应为拉力、重力、可能受摩擦力在斜面方向冲量的合冲量，不为Ftcos θ，故D错误。
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题组三　动量定理的理解及应用
4. 篮球运动深受同学们喜爱，打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，
双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的目的是（　　）
A. 减小篮球对手的冲击力
B. 减小篮球的动量变化量
C. 减小篮球的动能变化量
D. 减小篮球对手的冲量
√
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解析：　接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，
因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误；手接触到
球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，
根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球
对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力
减小，A正确，D错误。
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5. 质量m＝4 kg的物块在光滑水平地面上以v0＝2 m/s的速度运动，t＝0时
对物块施加以水平外力F，规定v0的方向为正方向，外力F随时间t变化图线
如图所示，则（　　）
A. 第1 s末物块的速度大小为2.5 m/s
B. 第2 s末物块的动量大小为12 kg·m/s
C. 在0～3 s时间内物块的动量变化量为2 kg·m/s
D. 第7 s末时物块的运动方向发生改变
√
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解析：　图线的斜率为k＝＝1 N/s，在0～1 s时间内，合力的冲量为
对应时间内图线与t轴所围的面积，有I1＝t1＝＝0.5 N·s，根据
动量定理有I1＝mv1－mv0，解得v1＝2.125 m/s，故A错误；在0～2 s时
间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，为I2＝2 N·s，
根据动量定理得I2＝mv2－mv0，解得第2 s末物块的动量大小为mv2＝10
kg·m/s，故B错误；由图可知在0～3 s时间内合力的冲量为I3＝ N·s
＋（－2）×1 N·s＝0，所以动量变化量为零，故C错误；根据动量定
理有I7＝p－mv0，解得第7 s末时动量为p＝mv0＋I7＝0，所以第7 s末时
物块运动方向发生改变，故D正确。
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6. 如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条
后，铁块掉到地面上的P点，若以速度2v抽出纸条，若铁块仍掉到地面，
则铁块落地点为（　　）
A. 在P点右侧原水平位移的两倍处
B. 仍在P点
C. 在P点右侧不远处
D. 在P点左侧
√
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解析：抽出纸带的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸带以2v的速度抽出，则纸带与铁块相互作用时间变短，根据动量定理知，摩擦力作用时间变短，铁块获得的速度减小，平抛运动的初速度减小，而平抛运动的时间不变，则平抛运动的水平位移减小，即铁块落地点在P点左侧，故A、B、C错误，D正确。
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7. 〔多选〕（2025·福建福州高二下期中）很多人喜欢躺着看手机，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. 手机刚要接触头部之前的速度约为4 m/s
B. 手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 kg·m/s
C. 手机对头部的冲量大小约为0.48 N·s
D. 手机对头部的作用力大小约为2.4 N
√
√
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解析：手机自由下落，根据v2－0＝2gh得，刚要接触头部之前的速度为v＝＝2 m/s，故A错误；手机与头部作用过程中手机动量变化为Δp＝mv＝0.24 kg·m/s，故B错误；手机砸到头部过程，以向下为正方向，根据动量定理可得－I＋mgΔt＝0－mv，解得手机受到的冲量大小为I＝0.48 N·s，故手机对头部的冲量大小为0.48 N·s，故C正确；由I＝FΔt解得手机受到的作用力大小为F＝2.4 N，故手机对头部的作用力大小为2.4 N，故D正确。
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8. 〔多选〕现在很多景区都有悬空大茶壶这一
景观，如图甲所示，一把大茶壶不断向下“倒
水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明
参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如
下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶
代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流忽略重力的影响而各处速度方向竖直向上，大小相等均为v＝10 m/s，水管的横截面积S＝0.003 m2，水的密度为ρ＝1 000 kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，水桶处于悬停状态。下列说法正确的是（　　）
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A. 水桶的质量为60 kg
B. 水桶的质量为40 kg
C. 连接水管的水泵输出功率为1.5 kW
D. 连接水管的水泵输出功率为2.0 kW
下列说法正确的是（　　）
√
√
解析：在Δt时间内，以撞到桶上的水为研究对象，根据动量定理得
F·Δt＝mΔv＝ρSvΔt[v－（－v）]，而水桶悬在空中F＝Mg，代入数据可得
水桶的质量M＝60 kg，A正确，B错误；在Δt时间内，根据动能定理得W＝
（ρSvΔt）v2，因此功率P＝＝＝1.5 kW，C正确，D错误。
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9. 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
√
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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。
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10. 用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如
果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：
答案：200 N　
（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多
大？
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解析：以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正方向，由动量定理可得F1t＝0－m（－v）
所以F1＝0－ N＝200 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力大小为200
N，方向竖直向下。
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（2）考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多
大？（g取10 m/s2）
答案：205 N　
解析：若考虑铁锤的重力，设此时铁锤受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正方向。
（F2－mg）t＝0－m（－v）
F2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力大小为
205 N，方向竖直向下。
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（3）比较（1）和（2），讨论能否忽略铁锤的重力。
答案：能忽略
解析：比较F1与F2，其相对误差为×100％＝2.5％，可见本题中铁
锤的重力能忽略。
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11. 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱使一质量为M的卡通玩具稳定
地悬停在空中。为计算方便，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；
答案：ρv0S　
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解析：设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV　①
ΔV＝v0SΔt　②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。　③
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（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
答案：－
解析：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，由能量守恒定律得
Δmv2＋Δmgh＝Δm　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＝Δmv　⑤
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设水对玩具的作用力的大小为F，则玩具对水的作用力F'＝F，根据动量定
理有
F'Δt＝Δp　⑥
由于玩具在空中悬停，由平衡条件得
F＝Mg　⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。　⑧
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