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第34课时　动量　动量定理及其应用
[学习目标]　1．理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解决实际问题。2．能利用动量定理解决流体类问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
对动量、冲量的理解
1．动量
(1)定义：物体的________与________的乘积。
(2)表达式：p＝________。
(3)方向：动量的方向与________的方向相同。
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是________，其方向与速度的改变量Δv的方向________。
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p'减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝________。
3．冲量
(1)定义：________与____________的乘积叫作力的冲量。
(2)公式：________。
(3)单位：________。
(4)方向：冲量是________，其方向与力的方向________。
　人教版选择性必修第一册情境：描述了一个鸡蛋从不同楼层抛下时对人的伤害问题。
判断下列说法正误：
(1)鸡蛋下落过程动量增大。 (　　)
(2)鸡蛋下落时惯性增大。 (　　)
(3)鸡蛋下落过程动量变化量的方向竖直向下。 (　　)
(4)鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。 (　　)
　动量与动能的比较
[典例1]　(多选)(2024·甘肃卷)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小车的动能不变
B．小车的动量不变
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
归纳总结：动量与动能的比较
项目 动量 动能
物理 意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
变化 因素 合外力的冲量 合外力所做的功
大小 关系 p＝ Ek＝
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
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
　冲量的计算
[典例2]　如图所示，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。下列说法正确的是(　　)
A．物体所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受合力的冲量大小为0
[典例3]　一质点静止在光滑的水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
归纳总结：冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于计算恒力的冲量
图像法 利用F-t图像计算，F-t图线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，如图所示
平均 力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I＝Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定 理法 对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
对动量定理的理解及应用
1．动量定理的内容：物体在一个过程中所受________的冲量等于它在这个过程始末的________变化量。
2．动量定理的表达式：FΔt＝__________或________。
3．动量定理的矢量性：动量变化量的方向与________________的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。
4．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，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。
(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。研究一维运动时先规定正方向。
5．用动量定理解释两种现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时F的作用时间越长，Δp就越大；作用时间越短，Δp就越小。
【思考】　跳远时运动员都是跳在沙坑里。与跳在水泥地上相比较原因是什么
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　动量定理的定性分析
[典例4]　某款运动跑鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害。对于该款鞋，下列说法正确的是(　　)
A．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
B．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
C．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
D．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
　动量定理的有关计算
[典例5]　(2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数为1×10-9 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，则为它降落到地面的时间约为(　　)
A．0.5 h　 B．3 h
C．28 h　 D．166 h
[典例6]　(多选)(2024·全国甲卷)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
方法技巧：用动量定理解题的基本思路
应用动量定理巧解两类“柱状”模型
研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 (1)构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
(2)微元 研究 小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
(3)列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
[典例7]　(2025·山东滨州一模)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情境，其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知)，单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A．　　　　　 B．
C．　 D．
第34课时
考点1
1．(1)质量　速度　(2)mv　(3)速度
2．(1)矢量　相同　(2)p'－p
3．(1)力　力的作用时间　(2)I＝FΔt　(3)N·s　(4)矢量　相同
情境辨析　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
典例1　AD　[做匀速圆周运动的电动小车，速度大小不变，方向时刻改变，因此小车的动能Ek＝mv2不变，动量p＝mv大小不变，方向时刻改变，A正确，B错误；小车所受的合外力提供向心力，始终指向圆心，根据牛顿第二定律可知，小车的加速度始终指向圆心，大小不变，方向时刻变化，C错误，D正确。]
典例2　D　[根据冲量的定义式有I＝Ft，可知物体所受拉力F的冲量方向与F相同，故A错误；物体所受拉力F的冲量大小是Ft，故B错误；物体处于平衡状态，则有Ff＝Fcos θ， 则物体所受摩擦力的冲量大小为If＝Fft＝Ftcos θ，故C错误；物体所受合力为0，所以物体所受合力的冲量大小为0，故D正确。]
典例3　D　[由题图可知，0～2 s时间内力F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内力F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，第4 s末，物体速度减为0，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末，质点没有回到出发点，故C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。]
考点2
1．力　动量
2．mv'－mv　I＝p'－p
3．合力的冲量
思考　解析：沙坑中的沙子起到缓冲作用，延长力的作用时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在Δp一定的情况下，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小。
答案：见解析
典例4　C　[由动量定理I＝mv－mv0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变，故A、B错误；由I＝Δt可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力，故C正确，D错误。]
典例5　B　[沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，可知mg－kv＝ma，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm，解得vm＝2×10-3 m/s，由动量定理得mgt－kt＝mvm，即mgt－kh＝mvm，则沙尘下落时间t＝，由于mvm kh，则t≈＝104 s≈3 h，故选B。]
典例6　BD　[根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床的作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt'＝mv0－(－mv0)，代入数据解得＝4 600 N， D正确。]
考点3
典例7　A　[无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有4F＝mg，设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm＝ρSvΔt，对向下推动的空气由动量定理有F'Δt＝Δmv－0，且F＝F'，联立解得v＝，故选A。]
1 / 1课时作业(三十四)　动量　动量定理及其应用
说明：选择题每小题4分；本试卷共54分。　　
1．(2025·辽宁丹东一模)某新能源汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为0的匀加速直线运动。在启动阶段，下列说法正确的是(　　)
A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化
B．该车的动量与它的加速度成正比
C．该车的动量与它经历的时间成正比
D．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化
2．如图所示是进行站立侧空翻动作的人形机器人。机器人的各种传感器及伺服电机为其实现目标动作提供了物理基础。忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．机器人起跳过程中地面对机器人的支持力对机器人做功
B．机器人腾空以后再做的动作会改变其重心轨迹
C．机器人落地时有一个屈膝下蹲动作，能够减小其与地面的作用力
D．机器人落地后迅速站起的过程，对地面的压力一直不变
3．(2025·辽宁沈阳模拟)如图所示，一足够大的水平圆盘以角速度ω绕过圆心的竖直轴匀速转动。圆盘上距轴R处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点Q处(图中未画出)停止。下列说法正确的是(　　)
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为mRω2，摩擦力方向与运动方向相反
B．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为2πmRω
C．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为mRω
D．圆盘停止转动后，小物体沿过P点的圆盘半径方向向外做离心运动
4．(2024·北京卷)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
5．(2025·山东淄博一模)如图所示是滚球碰撞传感器，用于触发汽车安全气囊开关。行驶过程中传感器处于水平状态，滚球被永磁体吸附在光滑管道右侧，滚球的质量为2×10-3 kg，永磁体对它的最大吸引力为0.4 N。当汽车向左以72 km/h的速度撞到障碍物时恰好触发汽车安全气囊开关，此后汽车的运动视为匀减速直线运动，则汽车从发生碰撞到停止所用时间为(　　)
A．0.05 s　 B．0.1 s
C．0.5 s　 D．1 s
6．(2025·陕西宝鸡一模)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30 kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N
7．喷砂是一种常用表面处理工艺，如图所示，液体喷砂机将含有石英砂、金刚砂、铁砂等细小颗粒的磨浆通过喷枪高速喷射到工件表面，用以去除锈迹、污垢等。设某液体喷砂机喷枪口的半径为r，密度为ρ的磨浆以恒定的速度v从喷枪口喷出，垂直打到竖直工件表面后速度变为0，若磨浆对工件表面的冲击力大小为F，下列说法正确的是(　　)
A．F∝ρ　 B．F∝ρ2
C．F∝v　 D．F∝r
8．(2025·山西临汾一模)一物块静止在粗糙水平地面上，0～4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0～2 s内速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。关于物块的运动，下列说法正确的是(　　)
A．前2 s内拉力做的功为12 J
B．前4 s内拉力的冲量为4 N·s
C．前4 s内物块一直在运动
D．物块在4 s末减速为0
9．(10分)(2025·重庆一模)现有一把0.6 kg的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01 s。重力加速度g取10 m/s2，求上述打击过程：
(1)铁锤的动量变化量大小；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
10．(12分)(2025·北京卷)关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W；
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d；
(3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
课时作业(三十四)
1．C　[根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，故A错误；该车做初速度为0的匀加速直线运动，即v∝t，所以该车的动量p＝mv∝t，故B错误，C正确；刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间，从而减小车对人的作用力，防止人受伤，故D错误。]
2．C　[机器人起跳过程中地面对机器人的支持力作用点没有发生位移，所以支持力不做功，A错误；机器人腾空后系统除重力外不受其他外力，重心做上抛运动或斜上抛运动，再做的动作会改变其各部分的相对位置，但不会改变重心的轨迹，B错误；机器人落地时屈膝下蹲动作，起到了缓冲作用，根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，屈膝下蹲动作延长了机器人与地面的作用时间，从而减小了其与地面的作用力，C正确；机器人落地后迅速站起的过程，重心先向上加速，地面对机器人的支持力大于重力，再向上减速，地面对机器人的支持力小于重力，所以地面对机器人的支持力是变化的，根据牛顿第三定律可知，机器人对地面的压力也是变化的，D错误。]
3．C　[圆盘停止转动前，小物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，小物体的速度沿圆周切线方向，所以摩擦力的方向与其速度方向垂直，根据牛顿第二定律可得向心力大小为Fn＝mω2R，故A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈的过程中由动量定理可得If＝Δp＝mv－mv＝0，故B错误；由动量定理可得I'f＝Δp'＝0－mv＝－mv＝－mωR，即圆盘停止转动后，小物体滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωR，故C正确；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故D错误。]
4．C　[小球上升过程由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，下降过程有mg－f＝ma2，其中f＝kv，可知a1>a2，D错误；上升过程和下降过程高度h相同，根据h＝at2结合D项定性分析可知上升过程用时较短，则上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程空气阻力平均值大于下降过程空气阻力平均值，因此上升过程克服阻力做功较大，损失机械能较大，A、B错误；整个运动过程空气阻力做负功，由动能定理可知小球抛出速度v1大于小球落到原处的速度v2，由动量定理可得上升过程合力的冲量大小I上＝mv1，下降过程合力的冲量大小I下＝mv2，则上升过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量，C正确。]
5．B　[汽车碰撞的过程中，对滚球由动量定理得－F·Δt＝0－mv，解得Δt＝0.1 s，故选B。]
6．C　[设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量为Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝2×0.3×5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项A、B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，可得足球受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，选项C正确，D错误。]
7．A　[根据牛顿第三定律可知磨浆对工件冲击力的大小等于工件对磨浆的冲击力大小，磨浆垂直射向竖直工件表面后速度变为0，以磨浆为对象，由动量定理可得－FΔt＝0－Δmv＝0－ρπr2·vΔt·v，联立解得F＝ρπr2v2，则F∝ρ，故选A。]
8．B　[由题图乙可知，第1 s内、第2 s内物块的位移分别为x1＝2 m，x2＝4 m，则前2 s内拉力做的功为W＝F1x1＋F2x2＝(6×2＋2×4) J＝20 J，故A错误；题图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4 s内拉力的冲量为IF＝[6×1＋2×1＋(－2)×2] N·s＝4 N·s，故B正确；由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为Ff＝2 N，假设前4 s内物块一直在运动，设物块在4 s末的速度为v，由动量定理有IF－Fft＝mv－0，得v<0，说明在4 s前速度已经减为0，速度减为0后保持静止，故C、D错误。]
9．解析：(1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析，则Δp＝0－mv＝－1.8 kg·m/s
即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s，方向与初速度的方向相反。
(2)钉子对铁锤的平均作用力为F，对于铁锤，由动量定理得(－F＋mg)t＝Δp，解得F＝186 N
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小F'＝F＝186 N。
答案：(1)1.8 kg·m/s　(2)186 N
10．解析：(1)根据动能定理有W－fx＝mv2
可得牵引力对飞机做的功W＝mv2＋fx。
(2)加速过程，设起飞速度为vm，根据速度位移关系有＝2a1d
减速过程，根据速度位移关系有＝2a2(L－d)联立解得d＝。
(3)在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。
设空气密度为ρ，机翼参考面积为S，单位时间内流过机翼的空气质量＝ρSu。气流被机翼偏转，获得向下的速度分量。设机翼几何形状和攻角固定，气流偏转后速度大小近似不变，但方向改变，向下偏转角度为θ(小角度)，则气流在竖直方向的速度变化量为Δu＝usin θ≈uθ(θ为一常数，由机翼形状决定)。因此，单位时间内气流在竖直方向的动量变化率为＝ρSu·uθ＝ρSθu2。
这个动量变化率等于机翼对气流的向下的作用力，因此气流对机翼的向上作用力F＝ρSθu2，其中ρ、S、θ均为常数。故F与u的关系满足F∝uα，且α＝2。
答案：(1)mv2＋fx　(2)　(3)见解析
1 / 1(共61张PPT)
第六章　动量守恒定律
第六章　动量守恒定律
课程 标准 1．理解冲量和动量。
2．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。
3．理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象，知道动量守恒定律的普适性。
4．通过实验了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
5．体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
第六章　动量守恒定律
考情分析 动量定理 2025·甘肃卷T14、广西卷T15、云南卷T15、广东卷T7
2024·浙江1月选考T19、浙江6月选考T15、广东卷T14、全国甲卷T20
2023·广东卷T10、新课标卷T19、福建卷T7、湖南卷T14
第六章　动量守恒定律
考情分析 动量守恒定律 2025·河南卷T7、北京卷T13、北京卷T17、江苏卷T14、甘肃卷T4、浙江1月选考T8、福建卷T8、河南卷T14、山东卷T17、陕晋青宁卷T15、重庆卷T15、湖北卷T15、湖南卷T15、四川卷T15
2024·安徽卷T8、广东卷T10、广西卷T8、湖北卷T14、江苏卷T9、山东卷T17、重庆卷T15、海南卷T13、辽宁卷T14、安徽卷T14、甘肃卷T14、河北卷T15、湖北卷T10、湖南卷T15
2023·北京卷T17、辽宁卷T15、湖南卷T15、广东卷T15、重庆卷T14、天津卷T12、全国乙卷T25、河北卷T15、山东卷T18、海南卷T18、浙江1月选考T18、浙江6月选考T18
第六章　动量守恒定律
考情分析 实验：验证动量守恒定律 2025·广东卷T11
2024·山东卷T13、新课标卷T9、北京卷T16
2023·辽宁卷T11
第34课时　动量　动量定理及其应用
[学习目标]　1．理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解决实际问题。2．能利用动量定理解决流体类问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。
考点1　对动量、冲量的理解
1．动量
(1)定义：物体的______与______的乘积。
(2)表达式：p＝____。
(3)方向：动量的方向与______的方向相同。
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是______，其方向与速度的改变量Δv的方向______。
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p'减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝________。
质量
速度
mv　
速度
矢量
相同　
p'－p
3．冲量
(1)定义：____与______________的乘积叫作力的冲量。
(2)公式：________。
(3)单位：______。
(4)方向：冲量是______，其方向与力的方向______。
力　
力的作用时间　
I＝FΔt　
N·s　
矢量
相同
人教版选择性必修第一册情境：描述了一个鸡蛋
从不同楼层抛下时对人的伤害问题。
判断下列说法正误：
(1)鸡蛋下落过程动量增大。 (　　)
(2)鸡蛋下落时惯性增大。 (　　)
(3)鸡蛋下落过程动量变化量的方向竖直向下。 (　　)
(4)鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。 (　　)
√　
×　
√　
√
角度1　动量与动能的比较
[典例1]　(多选)(2024·甘肃卷)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小车的动能不变
B．小车的动量不变
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
√
√
AD　[做匀速圆周运动的电动小车，速度大小不变，方向时刻改变，因此小车的动能Ek＝mv2不变，动量p＝mv大小不变，方向时刻改变，A正确，B错误；小车所受的合外力提供向心力，始终指向圆心，根据牛顿第二定律可知，小车的加速度始终指向圆心，大小不变，方向时刻变化，C错误，D正确。]
归纳总结：动量与动能的比较
项目 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功
项目 动量 动能
大小 关系 p＝ Ek＝
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
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
角度2　冲量的计算
[典例2]　如图所示，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。下列说法正确的是(　　)
A．物体所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受合力的冲量大小为0
√
D　[根据冲量的定义式有I＝Ft，可知物体所受拉力F的冲量方向与F相同，故A错误；物体所受拉力F的冲量大小是Ft，故B错误；物体处于平衡状态，则有Ff＝Fcos θ，则物体所受摩擦力的冲量大小为If＝Fft＝Ftcos θ，故C错误；物体所受合力为0，所以物体所受合力的冲量大小为0，故D正确。]
[典例3]　一质点静止在光滑的水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
√
D　[由题图可知，0～2 s时间内力F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内力F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，第4 s末，物体速度减为0，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末，质点没有回到出发点，故C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。]
归纳总结：冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于计算恒力的冲量
图像法

利用F-t图像计算，F-t图线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，如图所示
平均力法 若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I＝Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定理法 对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
【教师备选资源】
(多选)(2024·福建卷)如图甲所示，物体置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　)

A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动
B．0～4t0，合外力的总冲量为0
C．t0时动量是2t0时的一半
D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0过程物体的位移
√
√
AD　[沿斜面方向，物体受到重力沿斜面向下的分力mgsin θ和F，分阶段分析，由牛顿第二定律可知，在0～t0和2t0～3t0阶段，物体的加速度大小为3gsin θ，方向沿斜面向下，在t0～2t0和3t0～4t0阶段，物体的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向上，可以画出物体运动的v-t图像如图所示，由图像可知，物体先沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，再沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，物体一直沿斜面向下运动，A正确；全过程中，力F的冲量为0，重力和支持力的合力的冲量大小为4mgt0sin θ，则合外力的总冲量大小为4mgt0sin θ，B错误；由v-t图像可知t0时的动量为2t0时的1.5倍，C错误；由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知，2t0～3t0过程比3t0～4t0过程的位移小，D正确。]
1．动量定理的内容：物体在一个过程中所受____的冲量等于它在这个过程始末的______变化量。
2．动量定理的表达式：FΔt＝__________或___________。
3．动量定理的矢量性：动量变化量的方向与___________的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。
考点2　对动量定理的理解及应用
力　
动量
mv'－mv　
I＝p'－p
合力的冲量
4．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，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。
(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。研究一维运动时先规定正方向。
5．用动量定理解释两种现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时F的作用时间越长，Δp就越大；作用时间越短，Δp就越小。
【思考】　跳远时运动员都是跳在沙坑里。与跳在水泥地上相比较原因是什么
[解析]　沙坑中的沙子起到缓冲作用，延长力的作用时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在Δp一定的情况下，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小。
[答案]　见解析
角度1　动量定理的定性分析
[典例4]　某款运动跑鞋鞋底采用EVA材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害。对于该款鞋，下列说法正确的是(　　)
A．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
B．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
C．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
D．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
√
C　[由动量定理I＝mv－mv0可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，合力对双脚的冲量都保持不变，故A、B错误；由I＝Δt可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力，故C正确，D错误。]
角度2　动量定理的有关计算
[典例5]　(2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×
10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数为1×10-9 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，则它降落到地面的时间约为(　　)
A．0.5 h　 B．3 h
C．28 h　 D．166 h
√
B　[沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，可知mg－kv＝ma，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm，解得vm＝2×10-3 m/s，由动量定理得mgt－kt＝mvm，即mgt－kh＝mvm，则沙尘下落时间t＝，由于mvm kh，则t≈＝104 s≈3 h，故选B。]
[典例6]　(多选)(2024·全国甲卷)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
√
√
BD　[根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床的作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt'＝mv0－(－mv0)，代入数据解得＝4 600 N，D正确。]
方法技巧：用动量定理解题的基本思路
考点3　应用动量定理巧解两类“柱状”模型
研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 (1)构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
(2)微元研究 小段柱体的体积ΔV＝vSΔt
小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小段柱体粒子数N＝nvSΔt
小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
(3)列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
[典例7]　(2025·山东滨州一模)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情境，其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知)，单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A．　 B．
C．　 D．
√
A　[无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有4F＝mg，设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm＝ρSvΔt，对向下推动的空气由动量定理有F'Δt＝Δmv－0，且F＝F'，联立解得v＝，故选A。]
【教师备选资源】
(2025·江西宜春期中)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10-2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以速度v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是(　　)
A．所形成弹幕的总体积V＝6 cm3
B．所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg
C．弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2
D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
√
B　[形成弹幕的总体积V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝MΔv＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。]
课时作业(三十四)　动量　动量定理及其应用
题号
1
3
5
2
4
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9
10
1．(2025·辽宁丹东一模)某新能源汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为0的匀加速直线运动。在启动阶段，下列说法正确的是(　　)
A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化
B．该车的动量与它的加速度成正比
C．该车的动量与它经历的时间成正比
D．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化
√
C　[根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，故A错误；该车做初速度为0的匀加速直线运动，即v∝t，所以该车的动量p＝mv∝t，故B错误，C正确；刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间，从而减小车对人的作用力，防止人受伤，故D错误。]
题号
1
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题号
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2．如图所示是进行站立侧空翻动作的人形机器人。机器人的各种传感器及伺服电机为其实现目标动作提供了物理基础。忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．机器人起跳过程中地面对机器人的支持力对机器人做功
B．机器人腾空以后再做的动作会改变其重心轨迹
C．机器人落地时有一个屈膝下蹲动作，能够减小
其与地面的作用力
D．机器人落地后迅速站起的过程，对地面的压力一直不变
√
7
题号
1
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C　[机器人起跳过程中地面对机器人的支持力作用点没有发生位移，所以支持力不做功，A错误；机器人腾空后系统除重力外不受其他外力，重心做上抛运动或斜上抛运动，再做的动作会改变其各部分的相对位置，但不会改变重心的轨迹，B错误；机器人落地时屈膝下蹲动作，起到了缓冲作用，根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，屈膝下蹲动作延长了机器人与地面的作用时间，从而减小了其与地面的作用力，C正确；机器人落地后迅速站起的过程，重心先向上加速，地面对机器人的支持力大于重力，再向上减速，地面对机器人的支持力小于重力，所以地面对机器人的支持力是变化的，根据牛顿第三定律可知，机器人对地面的压力也是变化的，D错误。]
7
题号
1
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3．(2025·辽宁沈阳模拟)如图所示，一足够大的水平圆盘以角速度ω绕过圆心的竖直轴匀速转动。圆盘上距轴R处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点Q处(图中未画出)停止。下列说法正确的是(　　)
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为mRω2，
摩擦力方向与运动方向相反
B．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受
摩擦力的冲量大小为2πmRω
C．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为mRω
D．圆盘停止转动后，小物体沿过P点的圆盘半径方向向外做离心运动
√
7
题号
1
3
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C　[圆盘停止转动前，小物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，小物体的速度沿圆周切线方向，所以摩擦力的方向与其速度方向垂直，根据牛顿第二定律可得向心力大小为Fn＝mω2R，故A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈的过程中由动量定理可得If＝Δp＝mv－mv＝0，故B错误；由动量定理可得I'f＝Δp'＝0－mv＝－mv＝－mωR，即圆盘停止转动后，小物体滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωR，故C正确；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故D错误。]
7
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4．(2024·北京卷)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
√
题号
7
1
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10
C　[小球上升过程由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，下降过程有mg－f＝ma2，其中f＝kv，可知a1>a2，D错误；上升过程和下降过程高度h相同，根据h＝at2结合D项定性分析可知上升过程用时较短，则上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程空气阻力平均值大于下降过程空气阻力平均值，因此上升过程克服阻力做功较大，损失机械能较大，A、B错误；整个运动过程空气阻力做负功，由动能定理可知小球抛出速度v1大于小球落到原处的速度v2，由动量定理可得上升过程合力的冲量大小I上＝mv1，下降过程合力的冲量大小I下＝mv2，则上升过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量，C正确。]
题号
7
题号
1
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5．(2025·山东淄博一模)如图所示是滚球碰撞传感器，用于触发汽车安全气囊开关。行驶过程中传感器处于水平状态，滚球被永磁体吸附在光滑管道右侧，滚球的质量为2×10-3 kg，永磁体对它的最大吸引力为0.4 N。当汽车向左以72 km/h的速度撞到障碍物时恰好触发汽车安全气囊开关，此后汽车的运动视为匀减速直
线运动，则汽车从发生碰撞到停止所用时间为(　　)
A．0.05 s　B．0.1 s C．0.5 s　D．1 s
√
B　[汽车碰撞的过程中，对滚球由动量定理得－F·Δt＝0－mv，解得Δt＝0.1 s，故选B。]
7
题号
1
3
5
2
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10
6．(2025·陕西宝鸡一模)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30 kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N
√
7
题号
1
3
5
2
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10
C　[设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量为Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝2×0.3×5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项A、B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，可得足球受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，选项C正确，D错误。]
7
题号
1
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10
7．喷砂是一种常用表面处理工艺，如图所示，液体喷砂机将含有石英砂、金刚砂、铁砂等细小颗粒的磨浆通过喷枪高速喷射到工件表面，用以去除锈迹、污垢等。设某液体喷砂机喷枪口的半径为r，密度为ρ的磨浆以恒定的速度v从喷枪口喷出，垂直打到竖直工件表面后速度变为0，若磨浆对工件表面的冲击力大小为
F，下列说法正确的是(　　)
A．F∝ρ　B．F∝ρ2 C．F∝v　D．F∝r
√
题号
1
3
5
2
4
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7
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10
A　[根据牛顿第三定律可知磨浆对工件冲击力的大小等于工件对磨浆的冲击力大小，磨浆垂直射向竖直工件表面后速度变为0，以磨浆为对象，由动量定理可得－FΔt＝0－Δmv＝0－ρπr2·vΔt·v，联立解得F＝ρπr2v2，则F∝ρ，故选A。]
题号
1
3
5
2
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6
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9
10
√
7
8．(2025·山西临汾一模)一物块静止在粗糙水平地面上，0～4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0～2 s内速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。关于物块的运动，下列说法正确的是(　　)
A．前2 s内拉力做的功为12 J
B．前4 s内拉力的冲量为4 N·s
C．前4 s内物块一直在运动
D．物块在4 s末减速为0
题号
1
3
5
2
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8
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10
B　[由题图乙可知，第1 s内、第2 s内物块的位移分别为x1＝2 m，x2＝4 m，则前2 s内拉力做的功为W＝F1x1＋F2x2＝(6×2＋2×4) J＝20 J，故A错误；题图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4 s内拉力的冲量为IF＝[6×1＋2×1＋(－2)×2] N·s＝4 N·s，故B正确；由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为Ff＝2 N，假设前4 s内物块一直在运动，设物块在4 s末的速度为v，由动量定理有IF－Fft＝mv－0，得v<0，说明在4 s前速度已经减为0，速度减为0后保持静止，故C、D错误。]
7
题号
1
3
5
2
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8
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10
9．(2025·重庆一模)现有一把0.6 kg的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01 s。重力加速度g取10 m/s2，求上述打击过程：
(1)铁锤的动量变化量大小；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
7
题号
1
3
5
2
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8
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10
[解析]　(1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析，则Δp＝0－mv＝－1.8 kg·m/s
即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s，方向与初速度的方向相反。
(2)钉子对铁锤的平均作用力为F，对于铁锤，由动量定理得(－F＋mg)t＝Δp，解得F＝186 N
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小F'＝F＝186 N。
7
[答案]　(1)1.8 kg·m/s　(2)186 N
题号
1
3
5
2
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6
8
9
10
10．(2025·北京卷)关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W；
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d；
7
题号
1
3
5
2
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6
8
9
10
(3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
7
[解析]　(1)根据动能定理有W－fx＝mv2
可得牵引力对飞机做的功W＝mv2＋fx。
(2)加速过程，设起飞速度为vm，根据速度位移关系有＝2a1d
减速过程，根据速度位移关系有＝2a2(L－d)联立解得d＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
9
10
7
(3)在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。
设空气密度为ρ，机翼参考面积为S，单位时间内流过机翼的空气质量＝ρSu。气流被机翼偏转，获得向下的速度分量。设机翼几何形状和攻角固定，气流偏转后速度大小近似不变，但方向改变，向下偏转角度为θ(小角度)，则气流在竖直方向的速度变化量为Δu＝usin θ≈uθ(θ为一常数，由机翼形状决定)。因此，单位时间内气流在竖直方向的动量变化率为＝ρSu·uθ＝ρSθu2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
9
10
7
这个动量变化率等于机翼对气流的向下的作用力，因此气流对机翼的向上作用力F＝ρSθu2，其中ρ、S、θ均为常数。故F与u的关系满足F∝uα，且α＝2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
9
10
7
[答案]　(1)mv2＋fx　(2)　(3)见解析
谢谢！

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