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第32课时　动量和动量定理
[学习目标]　1．理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。2．能用动量定理解释生活中的有关现象。3．会在流体力学中建立“柱状”模型，并会用动量定理进行相关计算。
1．动量
(1)定义：物体的__与__的乘积。
(2)表达式：p＝__。
(3)单位：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与__的方向相同。
2．动量的变化量
(1)矢量：其方向与速度的改变量Δv的方向__。
(2)Δp＝p′－p：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。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的__叫作力的冲量。
(2)公式：I＝_____。
(3)单位：___。
(4)方向：冲量是__，其方向与力的方向__。
4．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量___。
(2)公式：F(t′－t)＝______或I＝p′－p。
1．易错易混辨析
人教版选择性必修第一册第30页第3题：图中描述了一个鸡蛋从不同楼层抛下时对人的伤害问题。据此情境进行判断：
(1)鸡蛋下落过程中动量增大。 (　　)
(2)鸡蛋下落过程中动量变化量的方向竖直向下。 (　　)
(3)鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。 (　　)
(4)鸡蛋被抛下时楼层越高，砸在人头上时对人头骨的冲力越大。 (　　)
2．(人教版选择性必修第一册改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　　)
A．减小地面对人的冲量
B．减小地面对人的撞击力
C．减小人的动量变化量
D．减小人的动能变化量
3．(人教版选择性必修第一册改编)(多选)一质量为2 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(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为0
动量和冲量
1．动能、动量、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＝
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均力法：若力的大小随时间均匀变化，即力与时间是一次函数关系，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。
②F-t图像法：在F-t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
　冲量、动量与动能的比较
[典例1]　(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　)
A．球的动能可能不变
B．球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C．球对棒作用力的冲量与棒对球作用力的冲量大小一定相等
D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
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　冲量的计算
[典例2]　(2025·贵州贵阳模拟)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
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动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
(4)改变动量的冲量是这段时间内所有力的冲量的矢量和。
2．用动量定理解释生活中的现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
3．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
　动量定理的定性分析
[典例3]　(2025·广东省部分高中高三联考)如图所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时与码头发生碰撞，对于这些轮胎的作用，下列说法正确的是(　　)
A．减小轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B．减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C．延长轮船与码头碰撞时的作用时间，以减小碰撞时轮船与码头之间的作用力
D．增大轮船与码头碰撞时受到的作用力
　动量定理的有关计算
[典例4]　(2025·河北卷)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
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规律方法：应用动量定理的解题思路
　新情境中应用动量定理
[典例5]　如图所示的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
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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的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 取极短的作用时间Δt，对应小柱体的体积ΔV＝vSΔt
流体类小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 流体类小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒类小柱体粒子数N＝nvSΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
[典例6]　(2025·福建省宁德市高三模拟)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力大小约为(　　)
A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2
C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2
[典例7]　(多选)某防空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v＝300 m/s射入目标，并射停目标，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/s
D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
第32课时　动量和动量定理
回归教材·双基过关
知识梳理·体系构建
1．(1)质量　速度　(2)mv　(4)速度
2．(1)相同
3．(1)乘积　(2)FΔt　(3)N·s　(4)矢量　相同
4．(1)变化量　(2)mv'－mv
技能激活·易错攻坚
1．(1)√　(2)√　(3)√　(4)√
2．B　[由mghmv2知，刚要落地时的速度v为定值。体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt0－mv，即F＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。]
3．AB　[前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率 v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kg·m/s，B正确；物块在2~4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2－a2t3(2－0.5×1) m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kg·m/s，C错误；t4 s时物块的速度v4v2－a2t4(2－0.5×2) m/s1 m/s，D错误。]
考点深研·题型突破
考点1
典例1　AC　[垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力同时产生、同时消失，且大小始终相等，则两个力的冲量大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向不相同，故D错误。]
典例2　B　[重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，D错误。]
考点2
典例3　C　[对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不受轮胎影响，轮船的动量变化量不变，根据动量定理，轮船受到的冲量也不变，A、B错误；轮胎可以延长轮船与码头碰撞时的作用时间，根据动量定理可知，轮胎可以减小轮船和码头因碰撞受到的作用力，C正确，D错误。]
典例4　解析：(1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a－μg
则小物块从开始运动到离开平台有2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动有h，xvxt1
联立解得x0.6 m。
(2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则对于物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有h'，vy2gt2
则物块与地面接触的时间Δtt－t1－t20.1 s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正方向，在竖直方向有IN－mgΔtmvy2－m(－vy1)，vy1gt1
解得IN0.1 N·s
取水平向右为正方向，在水平方向有－μNΔtmv'x－mvx，INNΔt
解得v'x－1 m/s
但由于v'x减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故v'x0。
答案：(1)0.6 m　 (2)0.1 N·s　0
典例5　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，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。]
考点3
典例6　B　[在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理有FΔt(Δm1＋Δm2)v，解得F(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力大小约为F'(ρ＋nm)Sv2，故选B。]
典例7　BC　[弹幕的总体积为VvtS300×0.01×2 m36 m3，A错误；又因为每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MN·m6×106×2×10－2 kg1.2×105 kg，B正确；由动量定理可知，IMΔv1.2×105 kg×300 m/s3.6×107 kg·m/s，C正确；弹幕对目标形成的冲击力大小F3.6×109 N，D错误。]
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第六章 动量守恒定律
[教师备选资源]
考情分析 动量　 动量定理 2025·甘肃卷·T14、2025·广东卷·T10、2025·河北卷·T14、2025·北京卷·T19、2024·全国甲卷·T20、2024·广东卷·T14、2023·新课标卷·T19、2023·广东卷·T10
动量守恒定律 2025·甘肃卷·T4、2025·江苏卷·T14、2025·河南卷·T7、2025·山东卷·T6、2025·广东卷·T7、2025·陕晋青宁卷·T15、2025·北京卷·T17、2024·江苏卷·T14、2022·湖南卷·T4
考情分析 动量和能量的综合 2025·海南卷·T11、2025·山东卷·T17、2025·浙江1月选考·T8、2025·河南卷·T14、2025·福建卷·T8、2024·安徽卷·T8、2024·江苏卷·T9、2024·湖北卷·T10、2024·山东卷·T17、2024·安徽卷·T14、2024·河北卷·T15、2024·湖南卷·T15、2023·湖南卷·T15、2023·辽宁卷·T15、2023·浙江6月选考·T18
实验：验证动量守恒定律 2024·新课标卷·T9、2024·山东卷·T13、2024·北京卷·T18、2023·辽宁卷·T11、2022·全国甲卷·T23
备考策略 1．掌握动量、冲量的概念及公式，理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现象。理解动量定理，能用其进行定性分析和定量计算。
2．掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题。注重将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化。
3．注重实验原理与操作、实验能力的迁移应用。
第32课时　动量和动量定理
[学习目标]　1．理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式。2．能用动量定理解释生活中的有关现象。3．会在流体力学中建立“柱状”模型，并会用动量定理进行相关计算。
回归教材 · 双基过关
1．动量
(1)定义：物体的____与____的乘积。
(2)表达式：p＝____。
(3)单位：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与____的方向相同。
质量
速度
mv
速度
2．动量的变化量
(1)矢量：其方向与速度的改变量Δv的方向____。
(2)Δp＝p′－p：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。
相同
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的____叫作力的冲量。
(2)公式：I＝______。
(3)单位：______。
(4)方向：冲量是____，其方向与力的方向____。
乘积
FΔt
N·s
矢量
相同
4．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量______。
(2)公式：F(t′－t)＝____________或I＝p′－p。
变化量
mv′－mv
1．易错易混辨析
人教版选择性必修第一册第30页第3题：图中描述了一个鸡蛋从不同楼层抛下时对人的伤害问题。据此情境进行判断：
(1)鸡蛋下落过程中动量增大。 (　　)
(2)鸡蛋下落过程中动量变化量的方向竖直向下。 (　　)
(3)鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。 (　　)
(4)鸡蛋被抛下时楼层越高，砸在人头上时对人头骨的冲力越大。 (　　)
√
√
√
√
2．(人教版选择性必修第一册改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　　)
A．减小地面对人的冲量
B．减小地面对人的撞击力
C．减小人的动量变化量
D．减小人的动能变化量
√
B　[由mgh＝mv2知，刚要落地时的速度v为定值。体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，即F＝＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。]
3．(人教版选择性必修第一册改编)(多选)一质量为2 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(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为0
√
√
AB　[前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s, B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝
1.5 m/s, 动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。]
考点深研 · 题型突破
考点1　动量和冲量
1．动能、动量、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
动能 动量 动量变化量
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＝
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①平均力法：若力的大小随时间均匀变化，即力与时间是一次函数关系，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。
②F-t图像法：在F-t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。

③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
角度1　冲量、动量与动能的比较
[典例1]　(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　)
A．球的动能可能不变
B．球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C．球对棒作用力的冲量与棒对球作用力
的冲量大小一定相等
D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
√
√
AC　[垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力同时产生、同时消失，且大小始终相等，则两个力的冲量大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向不相同，故D错误。]
角度2　冲量的计算
[典例2]　(2025·贵州贵阳模拟)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
√
B　[重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，D错误。]
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一质点静止在光滑水平面上，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，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，该质点在0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项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，故选项D正确。]
考点2　动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)由FΔt＝p′－p得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
(4)改变动量的冲量是这段时间内所有力的冲量的矢量和。
2．用动量定理解释生活中的现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
3．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
角度1　动量定理的定性分析
[典例3]　(2025·广东省部分高中高三联考)如图所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时与码头发生碰撞，对于这些轮胎的作用，下列说法正确的是(　　)
A．减小轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B．减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C．延长轮船与码头碰撞时的作用时间，以减小碰撞时轮船与码头之间的作用力
D．增大轮船与码头碰撞时受到的作用力
√
C　[对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不受轮胎影响，轮船的动量变化量不变，根据动量定理，轮船受到的冲量也不变，A、B错误；轮胎可以延长轮船与码头碰撞时的作用时间，根据动量定理可知，轮胎可以减小轮船和码头因碰撞受到的作用力，C正确，D错误。]
角度2　动量定理的有关计算
[典例4]　(2025·河北卷)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加
速度g取10 m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
[解析]　(1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝－μg
则小物块从开始运动到离开平台有＝2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动有h＝，x＝vxt1
联立解得x＝0.6 m。
(2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则对于物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有h′＝，vy2＝gt2
则物块与地面接触的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正方向，在竖直方向有IN－mgΔt＝mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1
解得IN＝0.1 N·s
取水平向右为正方向，在水平方向有－μNΔt＝－mvx，IN＝NΔt
解得v′x＝－1 m/s
但由于v′x减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故v′x＝0。
[答案]　(1)0.6 m　 (2)0.1 N·s　0
规律方法：应用动量定理的解题思路
角度3　新情境中应用动量定理
[典例5]　如图所示的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
√
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，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。]
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的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 取极短的作用时间Δt，对应小柱体的体积ΔV＝vSΔt
流体类小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
流体类小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒类小柱体粒子数N＝nvSΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
[典例6]　(2025·福建省宁德市高三模拟)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力大小约为(　　)
A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2
C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2
√
B　[在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理有FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力大小约为F′＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。]
[教师备选资源]
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。
[解析]　(1)根据动能定理W－f x＝mv2
可得牵引力对飞机做的功W＝mv2＋f x。
(2)加速过程，设起飞速度为vm，根据速度位移关系＝2a1d
减速过程，根据速度位移关系＝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。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理F·Δt＝Δp
可得F＝
又Δp＝mΔv，m＝ρSΔv·Δt
联立可得F＝ρSΔv2
又Δv∝u
可知F∝u2
即α＝2。
[答案]　(1)mv2＋f x　(2)　 (3)论证见解析，α＝2
[典例7]　(多选)某防空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v＝300 m/s射入目标，并射停目标，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/s
D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N
√
√
BC　[弹幕的总体积为V＝vtS＝300×0.01×2 m3＝6 m3，A错误；又因为每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＝N·m＝6×106×2×10-2 kg＝1.2×105 kg，B正确；由动量定理可知，I＝MΔv＝1.2×105 kg×300 m/s＝3.6×107 kg·m/s，C正确；弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。]
课时数智作业(三十二)　动量和动量定理
题号
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说明：第1～7题，每小题4分；第8～10题，每小题5分；本试卷共55分。
1．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
√
11
D　[汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。]
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2．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是(　　)
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
√
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√
BD　[在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL＝Ek，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确。]
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3．(2025·山东省济宁市高三二模)我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器(简称飞行器)也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是(　　)
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
√
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B　[飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量I＝mgt，不为零，故B正确；飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C错误；燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。]
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4．(2025·湖北省七市州高三3月联考)如图(a)所示为“蹦极”的简化情境：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像
中阴影部分的面积为(　　)
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A．1 800 kg·m/s B．5 400 kg·m/s
C．7 200 kg·m/s D．3 600 kg·m/s
√
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B　[人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，题图(b)中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小IF＝mgt＝5 400 kg·m/s，故选B。]
5．(多选)(2023·新课标卷)如图所示，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为0
√
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√
BD　[设两条形磁铁间的相互作用力大小为F，对任意一个条形磁铁由动量定理有(F－μmg)t＝mv－0，得v＝t－μgt，显然质量越大的条形磁铁速度越小，A错误；由(F－μmg)t＝Δp＝p可知质量越大的条形磁铁动量越小，B正确；由B选项分析可知，两条形磁铁的动量大小不相等，即甲、乙两条形磁铁的动量之和不为零，C错误，D正确。]
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6．(多选)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保护带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s 停下。以下说法正确的是(　　)
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力大小约为1 250 N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力大小约为2 500 N
√
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√
BC　[碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量为p＝mv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；取汽车初速度方向为负方向，使用安全带时，根据动量定理有－Ft＝0－p，解得F＝1 250 N，假人受到的平均作用力大小约为1 250 N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有－F′t′＝0－p，解得F′＝5 000 N，假人受到的平均作用力大小约为5 000 N，故D错误。]
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7．(多选)物块在合力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，则物块(　　)
A．在0～2 s时间内动量变化量为2 kg·m/s
B．动量在0～2 s内比2～4 s内变化快
C．4 s时动量大小为2 kg·m/s
D．4 s时运动方向发生改变
√
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√
BC　[根据动量定理可知，在0～2 s时间内动量变化量为Δp＝FΔt＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故A错误；根据动量定理及F-t图线与t轴所围面积表示冲量可知，在2～4 s时间内动量变化量为Δp′＝′Δt＝－2 kg·m/s，由于两段运动对应的时间相同，所以动量在0～2 s内比2～4 s内变化快，故B正确；4 s时动量大小为p4＝p0＋Δp＋Δp′＝
2 kg·m/s，故C正确；4 s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。]
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8．(2025·安徽省合肥市高三模拟)在气象学上，按风力大小可划分为十二个等级，当风力达到6级以上时，人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况，将一模型放在水平地面上，模型与地面间的最大静摩擦力为294 N，其与水平方向的风作用的有效面积为1.2 m2，空气的密度为1.25 kg/m3，风吹到模型表面上速度立刻减为0，则在确保不被风吹动的前提下，该模型能够承受水平方向的最大风速为
(　　)
A．7.0 m/s B．14.0 m/s
C．19.8 m/s D．28.0 m/s
√
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B　[设该模型能够承受水平方向的最大风速为v，此时t时间内吹到模型上的空气质量为m＝ρSvt，其中ρ为空气的密度，S为模型与水平方向的风作用的有效面积，根据平衡条件可知，此时风对模型的作用力大小为F＝f ＝294 N，根据牛顿第三定律知，模型对风的作用力大小为F′＝F，以t时间内吹到模型上的空气为研究对象，取风速方向为正方向，根据动量定理有－F′t＝0－mv，联立解得v＝
14.0 m/s，故B正确。]
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9．(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
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A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
√
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√
BD　[取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。]
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10．(多选)(2025·广东卷)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足
F>0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　)
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11
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
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√
AB　[无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图如图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正确；由题意可知，拉力的大小随时间均匀变化，所以从0到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝T＝(F0－kT)T，B正确；0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和
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拉力的合力的冲量大小I合题号
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11．(12分)(2025·甘肃卷)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
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(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小。
(2)t在0～6 s内，摩擦力f 随时间t变化的关系式，并作出相应的f -t图像。
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
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[解析]　(1)由题图2可知F随时间t线性变化，根据数学知识可知F＝t(N)
所以当t＝6 s时，F＝
0～6 s内F的冲量大小为
I＝mg×6(N·s)
＝mg(N·s)。
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(2)由于初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，则有mg sin 30°＝μmg cos 30°
即μ＝tan 30°＝
在垂直杆方向，当F sin θ＝mg cos θ时，t＝4 s
则0～4 s时间内，垂直杆方向F sin θ＋N＝mg cos θ
摩擦力f ＝μN＝(N)＝mg(N)(0t4 s)
在4～6 s内，垂直杆方向F sin θ＝mg cos θ＋N
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摩擦力f ＝μN＝(N)＝mg(N)(4 st6 s)
相应的f -t图像如图。
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(3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ－If＋IGsin θ＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量大小为If＝mg×4(N·s)＋mg×2(N·s)＝mg(N·s)
联立有mg·cos 30°－mg＋6mg·sin 30°＝mv
可得v＝g(m/s)。
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[答案]　(1) (N·s)　(2)见解析　(3)g(m/s)
谢 谢 ！课时数智作业(三十二)　动量和动量定理
说明：第1～7题，每小题4分；第8～10题，每小题5分；本试卷共55分。
1．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2． (多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是(　　)
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
3．(2025·山东省济宁市高三二模)我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器(简称飞行器)也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是(　　)
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
4．(2025·湖北省七市州高三3月联考)如图(a)所示为“蹦极”的简化情境：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为(　　)
A．1 800 kg·m/s B．5 400 kg·m/s
C．7 200 kg·m/s D．3 600 kg·m/s
5．(多选)(2023·新课标卷)如图所示，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为0
6．(多选)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保护带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s 停下。以下说法正确的是(　　)
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力大小约为1 250 N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力大小约为2 500 N
7．(多选)物块在合力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，则物块(　　)
A．在0～2 s时间内动量变化量为2 kg·m/s
B．动量在0～2 s内比2～4 s内变化快
C．4 s时动量大小为2 kg·m/s
D．4 s时运动方向发生改变
8．(2025·安徽省合肥市高三模拟)在气象学上，按风力大小可划分为十二个等级，当风力达到6级以上时，人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况，将一模型放在水平地面上，模型与地面间的最大静摩擦力为294 N，其与水平方向的风作用的有效面积为1.2 m2，空气的密度为1.25 kg/m3，风吹到模型表面上速度立刻减为0，则在确保不被风吹动的前提下，该模型能够承受水平方向的最大风速为(　　)
A．7.0 m/s B．14.0 m/s
C．19.8 m/s D．28.0 m/s
9．(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
10．(多选)(2025·广东卷)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　)
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
11．(12分)(2025·甘肃卷)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小。
(2)t在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像。
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
课时数智作业(三十二)
1．D　[汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理ΔpFΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。]
2．BD　[在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FLEk，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ftmv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确。]
3．B　[飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量Imgt，不为零，故B正确；飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C错误；燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。]
4．B　[人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF0，解得IFmgt，题图(b)中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小IFmgt5 400 kg·m/s，故选B。]
5．BD　[设两条形磁铁间的相互作用力大小为F，对任意一个条形磁铁由动量定理有(F－μmg)tmv－0，得vt－μgt，显然质量越大的条形磁铁速度越小，A错误；由(F－μmg)tΔpp可知质量越大的条形磁铁动量越小，B正确；由B选项分析可知，两条形磁铁的动量大小不相等，即甲、乙两条形磁铁的动量之和不为零，C错误，D正确。]
6．BC　[碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量为pmv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；取汽车初速度方向为负方向，使用安全带时，根据动量定理有－Ft0－p，解得F1 250 N，假人受到的平均作用力大小约为1 250 N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有－F't'0－p，解得F'5 000 N，假人受到的平均作用力大小约为5 000 N，故D错误。]
7．BC　[根据动量定理可知，在0~2 s时间内动量变化量为ΔpFΔt2×2 kg·m/s4 kg·m/s，故A错误；根据动量定理及F t图线与t轴所围面积表示冲量可知，在2~4 s时间内动量变化量为Δp''Δt－2 kg·m/s，由于两段运动对应的时间相同，所以动量在0~2 s内比2~4 s内变化快，故B正确；4 s时动量大小为p4p0＋Δp＋Δp'2 kg·m/s，故C正确；4 s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。]
8．B　[设该模型能够承受水平方向的最大风速为v，此时t时间内吹到模型上的空气质量为mρSvt，其中ρ为空气的密度，S为模型与水平方向的风作用的有效面积，根据平衡条件可知，此时风对模型的作用力大小为Ff294 N，根据牛顿第三定律知，模型对风的作用力大小为F'F，以t时间内吹到模型上的空气为研究对象，取风速方向为正方向，根据动量定理有－F't0－mv，联立解得v14.0 m/s，故B正确。]
9．BD　[取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1mv11×0.40 kg·m/s0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p22mv22×1×0.22 kg·m/s0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1mv2－mv11×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2mv21×0.22 kg·m/s0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有ΔtI2，解得5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。]
10．AB　[无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图如图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正确；由题意可知，拉力的大小随时间均匀变化，所以从0到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IFT(F0－kT)T，B正确；0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IGmgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合＜IF＋IGmgT＋(F0－kT)T，C错误；由图结合几何关系可知，无人机受到空气作用力的大小F空，T时刻无人机受到拉力的大小FF0－kT，联立解得
F空，
D错误。
]
11．解析：(1)由题图2可知F随时间t线性变化，根据数学知识可知Ft(N)
所以当t6 s时，F
0~6 s内F的冲量大小为
Img×6(N·s)
mg(N·s)。
(2)由于初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°μmgcos 30°
即μtan 30°
在垂直杆方向，当Fsin θmgcos θ时，t4 s
则0~4 s时间内，垂直杆方向Fsin θ＋Nmgcos θ
摩擦力fμN(N)mg(N)(0t4 s)
在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θmgcos θ＋N
摩擦力fμN(N)mg(N)(4 st6 s)
相应的f t图像如图。
(3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ－If＋IGsin θmv
在0~6 s内摩擦力的冲量大小为Ifmg×4(N·s)＋mg×2(N·s)mg(N·s)
联立有mg·cos 30°－mg＋6mg·sin 30°mv
可得vg(m/s)。
答案：(1)g(m/s)

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