資源簡介

物理
第講　動量　動量定理
(對應人教版選擇性必修第一冊相關內容及問題)
　第一章第1節[例題]中旁批，體會“如果物體沿直線運動，即動量始終保持在同一條直線上，在選定坐標軸的方向之后，動量的運算就可以簡化成代數運算。”
　第一章第2節圖1．2 2，體會變力的沖量可以用F t圖線與t軸圍成的面積計算。
　第一章第2節[科學漫步]，體會動量定理反映了力對時間的累積效應，動能定理反映了力對空間的累積效應。
　第一章第2節[練習與應用]T1；T3。
　第一章[復習與提高]B組T4。
考點一　動量、沖量
一、動量
1．定義：物理學中把質量和速度的乘積mv定義為物體的動量，用字母p表示。
2．定義式：p＝mv。
3．單位：kg·m/s。
4．標矢性：動量是矢量，其方向和速度的方向相同。
5．動量的變化量：末動量p′減去初動量p的矢量運算，即Δp＝p′－p。
二、沖量
1．定義：物理學中把力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，用字母I表示。
2．定義式：I＝FΔt。
3．單位：沖量的單位是牛秒，符號是N·s。
4．標矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與恒力的方向相同。
1．兩物體的動量相等，動能也一定相等。(　　) 2．動量變化的大小，不可能等于初、末態動量大小之和。(　　) 3．物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零。(　　) 4．物體的動量越大，則物體的慣性就越大。(　　)
1．動量與動能的比較
動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p＝mv Ek＝mv2
標矢性 矢量 標量
變化因素 合力的沖量 合力所做的功
大小關系 p＝ Ek＝
聯系 ①都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系； ②若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化； ③都是狀態量，與某一時刻或某一位置相對應
2．沖量與功的比較
沖量 功
定義 作用在物體上的力和力的作用時間的乘積 作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積
公式 I＝FΔt(F為恒力) W＝Flcosα(F為恒力)
標矢性 矢量 標量
意義 ①表示力對時間的累積； ②是動量變化的量度 ①表示力對空間的累積； ②是能量變化的量度
聯系 ①都是過程量，都與力的作用過程相互聯系； ②若力的方向不變，沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零
例1　質量為5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為(　　)
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
例2　如圖所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff。在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθ
B．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ
C．合力的總沖量為0
D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)
沖量的四種計算方法 公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態圖像法利用F－t圖像計算，F－t圖像與時間軸圍成的面積表示沖量，此方法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均力法如果力隨時間是均勻變化的，則＝(F0＋Ft)，該變力的沖量為I＝(F0＋Ft)t動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量
考點二　動量定理的理解及應用
1．動量定理的內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。
2．表達式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
3．矢量性：動量變化量的方向與合力的方向相同，也可以在某一方向上用動量定理。
對動量定理的理解
(1)動量定理反映了力的沖量與動量變化之間的因果關系，即合力的沖量是原因，物體的動量變化是結果。
(2)動量定理中的沖量是所受合力的沖量，或所受各力沖量的矢量和。
(3)動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。
(4)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。
(5)對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可對整個過程用動量定理。
例3　(2025·廣東省部分高中高三上8月聯考)如圖所示，在輪船的船舷和碼頭的岸邊一般都固定有橡膠輪胎，輪船駛向碼頭停靠時與碼頭發生碰撞，對于這些輪胎的作用，下列說法正確的是(　　)
A．減小輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量
B．減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量
C．延長輪船與碼頭碰撞時的作用時間，以減小碰撞時輪船與碼頭之間的作用力
D．增大輪船與碼頭碰撞時受到的作用力
例4　高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為(　　)
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
例5　(多選)物塊在合力F的作用下從靜止開始沿直線運動，F隨時間t變化的圖線如圖所示，則物塊(　　)
A．在0～2 s時間內動量變化量為2 kg·m/s
B．動量在0～2 s內比2～4 s內變化快
C．4 s時動量大小為2 kg·m/s
D．4 s時運動方向發生改變
考點三　應用動量定理解決“流體”問題
水流、氣流等流體或電子流、粒子流等微粒對物體表面持續撞擊時，或者對流體或微粒持續施加作用力時，其中部分流體或微粒持續發生動量改變的情形，分析這些問題時，一般以流體或微粒為研究對象，沿流體的流速或微粒的速度方向建立“柱狀”模型，應用動量定理及微元法等綜合分析。
例6　(2025·安徽省高三模擬)在氣象學上，按風力大小可劃分為十二個等級，當風力達到6級以上時，人逆風行走就會很困難。我們可以在風洞中模擬人體在大風中的受力情況，將一模型放在水平地面上，模型與地面間的最大靜摩擦力為294 N，其與水平方向的風作用的有效面積為1．2 m2，空氣的密度為1．25 kg/m3，風吹到模型表面上速度立刻減為0，則在確保不被風吹動的前提下，該模型能夠承受水平方向的最大風速為(　　)
A．7．0 m/s B．14．0 m/s
C．19．8 m/s D．28．0 m/s
流體類問題的分析步驟 (1)建立“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S。 (2)微元研究：作用時間Δt內的一段柱狀流體的體積為ΔV＝vSΔt，質量為m＝ρΔV＝ρvSΔt，其中ρ為流體的密度。 (3)建立方程：應用動量定理研究這段柱狀流體，即FΔt＝mΔv。
例7　一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當進入有宇宙塵埃的區域時，設在該區域，單位體積內有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力為(　　)
A．Snmv B．2Snmv
C．Snmv D．2Snmv
微粒類問題的分析步驟 (1)建立“柱體”模型：沿速度v的方向選取一段微元，其橫截面積為S。 (2)微元研究：作用時間Δt內一段微元的體積為ΔV＝vSΔt，粒子數為N＝nΔV＝nvSΔt，質量為m＝m0N＝m0nvSΔt，其中n為單位體積內的粒子數，m0為每個粒子的質量。 (3)建立方程：應用動量定理研究微元內的粒子，即FΔt＝mΔv。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．下列說法正確的是(　　)
A．速度大的物體，它的動量一定也大
B．動量大的物體，它的速度一定也大
C．只要物體的運動速度大小不變，物體的動量就保持不變
D．物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大
2．物理學科核心素養第一要素是“物理觀念”，下列“物理觀念”中正確的是(　　)
A．做曲線運動的物體，動量的變化率一定改變
B．合力對物體做功為零，則合力的沖量也一定為零
C．做勻變速運動的物體，任意時間內的動量變化量的方向是相同的
D．做圓周運動的物體，經過一周，合力的沖量一定為零
3．(多選)如圖所示，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12．6 kg·m/s，則(　　)
A．球的動能可能不變
B．球的動量大小一定增加12．6 kg·m/s
C．球對棒作用力的沖量與棒對球作用力的沖量大小一定相等
D．球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同
4．(多選)一質量為m的運動員托著質量為M的重物從下蹲狀態(圖甲)緩慢運動到站立狀態(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運動員保持圖乙狀態站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升的高度分別為h1、h2，經歷的時間分別為t1、t2，則(　　)
A．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運動員做的功為0
B．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運動員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)
C．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)
D．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2)，運動員對重物做的功為0
5．(人教版選擇性必修第一冊·第一章第2節[練習與應用]T2改編)體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以(　　)
A．減小地面對人的沖量 B．減小地面對人的撞擊力
C．減小人的動量變化量 D．減小人的動能變化量
6．(2025·西藏拉薩市高三上第一次聯考)2024年巴黎夏季奧運會上，鄭欽文獲得女子網球單打冠軍，創造了中國及亞洲網壇的紀錄。假設在某次擊球過程中，質量為60 g的網球以40 m/s的水平速度飛來，鄭欽文引拍擊球，球拍與網球作用0．01 s后，網球以50 m/s的水平速度反方向飛出，在此過程中，不考慮網球重力及空氣阻力的作用，下列說法正確的是(　　)
A．網球的平均加速度大小為1000 m/s2
B．網球動量的變化量大小為0．6 kg·m/s
C．球拍對網球的平均作用力大小為60 N
D．網球受到的沖量大小為5．4 N·s
7．2021年12月9日下午，航天員王亞平等天空授課時，在演播室主持人給同學們提出下列思考題“航天員站在艙外機械臂上，一只手拿一個小鋼球，另一只手拿一根羽毛，雙手用同樣的力，向同一方向拋出，預定距離兩米，小鋼球和羽毛哪個先抵達？”假設力的作用時間相同，那么正確的結論是(　　)
A．小鋼球先到達 B．羽毛先到達
C．同時到達 D．無法判定
8．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4．8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　)
A．1．6×102 kg B．1．6×103 kg
C．1．6×105 kg D．1．6×106 kg
9．(2024·廣東高考)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
如圖甲所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘落到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3．2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞過程中F的沖量大小和方向；
(2)碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
[B組　綜合提升練]
10．(2021·湖南高考)物體的運動狀態可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p x圖像中的一個點。物體運動狀態的變化可用p x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是(　　)
11．水平面上有質量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下，兩物體的v t圖像如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中(　　)
A．F1的沖量等于F2的沖量
B．F1的沖量大于F2的沖量
C．摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量
D．合力對a物體的沖量等于合力對b物體的沖量
12．“雨打芭蕉”是文學中常見的抒情意向。當雨滴豎直下落的速度為v時，將一圓柱形量杯置于雨中，測得時間t內杯中水面上升的高度為h。為估算雨打芭蕉產生的壓強p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀；所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為ρ，則p為(　　)
A． B．
C． D．
13．如圖所示，用一個水平推力F＝kt(k為恒量，t為時間)把一物體壓在豎直粗糙的足夠高的平整墻上。重力加速度大小為g。已知t＝0時物體的速度為零，則物體在下滑后速度即將減為零的瞬間，加速度大小為(　　)
A．0 B．0．5g
C．g D．2g
[C組　拔尖培優練]
14．如圖所示，將一質量為m的小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做半徑為r的勻速圓周運動，周期為T，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．在T時間內，小球受到的重力沖量為零
B．在時間內，小球受到合力的沖量為零
C．在T時間內，小球受到彈力的沖量為零
D．在時間內，小球受到彈力的沖量大小為m
(答案及解析)
　第一章第1節[例題]中旁批，體會“如果物體沿直線運動，即動量始終保持在同一條直線上，在選定坐標軸的方向之后，動量的運算就可以簡化成代數運算。”
　第一章第2節圖1．2 2，體會變力的沖量可以用F t圖線與t軸圍成的面積計算。
　第一章第2節[科學漫步]，體會動量定理反映了力對時間的累積效應，動能定理反映了力對空間的累積效應。
　第一章第2節[練習與應用]T1；T3。
提示：T1：A．物體所受拉力F的沖量方向與F的方向相同
B．物體所受拉力F的沖量大小是Ft
C．物體所受摩擦力的沖量大小是Ftcosθ
D．物體所受合力的沖量大小是0
故D看法正確。
T3：(1)200 N；
(2)205 N；
(3)從前兩問的解答可以看出，當鐵錘釘釘子的平均作用力遠大于鐵錘的重力時，鐵錘所受的重力可以忽略不計。
　第一章[復習與提高]B組T4。
提示：時間Δt內所噴出水的質量Δm＝ρSvΔt，對這部分水由動量定理得－FΔt＝0－Δmv，由牛頓第三定律知，墻壁受到的平均沖擊力F′＝F，聯立得F′＝ρSv2。
考點一　動量、沖量
一、動量
1．定義：物理學中把質量和速度的乘積mv定義為物體的動量，用字母p表示。
2．定義式：p＝mv。
3．單位：kg·m/s。
4．標矢性：動量是矢量，其方向和速度的方向相同。
5．動量的變化量：末動量p′減去初動量p的矢量運算，即Δp＝p′－p。
二、沖量
1．定義：物理學中把力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，用字母I表示。
2．定義式：I＝FΔt。
3．單位：沖量的單位是牛秒，符號是N·s。
4．標矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與恒力的方向相同。
1．兩物體的動量相等，動能也一定相等。(　　) 2．動量變化的大小，不可能等于初、末態動量大小之和。(　　) 3．物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零。(　　) 4．物體的動量越大，則物體的慣性就越大。(　　) 答案：1．×　2．×　3．×　4．×
1．動量與動能的比較
動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p＝mv Ek＝mv2
標矢性 矢量 標量
變化因素 合力的沖量 合力所做的功
大小關系 p＝ Ek＝
聯系 ①都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系； ②若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化； ③都是狀態量，與某一時刻或某一位置相對應
2．沖量與功的比較
沖量 功
定義 作用在物體上的力和力的作用時間的乘積 作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積
公式 I＝FΔt(F為恒力) W＝Flcosα(F為恒力)
標矢性 矢量 標量
意義 ①表示力對時間的累積； ②是動量變化的量度 ①表示力對空間的累積； ②是能量變化的量度
聯系 ①都是過程量，都與力的作用過程相互聯系； ②若力的方向不變，沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零
例1　質量為5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為(　　)
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
[答案]　D
[解析]　動量的變化是末動量減去初動量，規定了豎直向下為正方向，則小球的初動量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以動量的變化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正確。
例2　如圖所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff。在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθ
B．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ
C．合力的總沖量為0
D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)
[答案]　B
[解析]　重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，故A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，故B正確；上滑過程，滑塊受到的合力沿斜面向下，合力的沖量不為0，下滑過程，滑塊受到的合力沿斜面向下，合力的沖量不為0，故整個運動過程中，合力的總沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，故D錯誤。
沖量的四種計算方法 公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態圖像法利用F－t圖像計算，F－t圖像與時間軸圍成的面積表示沖量，此方法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均力法如果力隨時間是均勻變化的，則＝(F0＋Ft)，該變力的沖量為I＝(F0＋Ft)t動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量
考點二　動量定理的理解及應用
1．動量定理的內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。
2．表達式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
3．矢量性：動量變化量的方向與合力的方向相同，也可以在某一方向上用動量定理。
對動量定理的理解
(1)動量定理反映了力的沖量與動量變化之間的因果關系，即合力的沖量是原因，物體的動量變化是結果。
(2)動量定理中的沖量是所受合力的沖量，或所受各力沖量的矢量和。
(3)動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。
(4)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。
(5)對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可對整個過程用動量定理。
例3　(2025·廣東省部分高中高三上8月聯考)如圖所示，在輪船的船舷和碼頭的岸邊一般都固定有橡膠輪胎，輪船駛向碼頭停靠時與碼頭發生碰撞，對于這些輪胎的作用，下列說法正確的是(　　)
A．減小輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量
B．減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量
C．延長輪船與碼頭碰撞時的作用時間，以減小碰撞時輪船與碼頭之間的作用力
D．增大輪船與碼頭碰撞時受到的作用力
[答案]　C
[解析]　對輪船靠岸與碼頭碰撞的過程，輪船的初、末速度不受輪胎影響，輪船的動量變化量不變，根據動量定理，輪船受到的沖量也不變，A、B錯誤；輪胎可以延長輪船與碼頭碰撞時的作用時間，根據動量定理可知，輪胎可以減小輪船和碼頭因碰撞受到的作用力，C正確，D錯誤。
例4　高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為(　　)
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
[答案]　C
[解析]　設雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動能定理可知：mgh＝mv2－0，解得：v＝＝ m/s＝10 m/s。雞蛋落地時受到自身的重力和地面的支持力，規定向上為正方向，由動量定理可知(N－mg)t＝0－(－mv)，解得地面對雞蛋的作用力N≈1×103 N，根據牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的沖擊力約為103 N，故C正確。
例5　(多選)物塊在合力F的作用下從靜止開始沿直線運動，F隨時間t變化的圖線如圖所示，則物塊(　　)
A．在0～2 s時間內動量變化量為2 kg·m/s
B．動量在0～2 s內比2～4 s內變化快
C．4 s時動量大小為2 kg·m/s
D．4 s時運動方向發生改變
[答案]　BC
[解析]　根據動量定理可知，在0～2 s時間內動量變化量為Δp＝FΔt＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故A錯誤；根據動量定理及F t圖線與t軸所圍面積表示沖量可知，在2～4 s時間內動量變化量為Δp′＝Δt＝－2 kg·m/s，由于兩段運動對應的時間相同，所以動量在0～2 s內比2～4 s內變化快，故B正確；4 s時動量大小為p4＝p0＋Δp＋Δp′＝2 kg·m/s，故C正確；4 s時動量仍為正值，運動方向沒有發生改變，故D錯誤。
考點三　應用動量定理解決“流體”問題
水流、氣流等流體或電子流、粒子流等微粒對物體表面持續撞擊時，或者對流體或微粒持續施加作用力時，其中部分流體或微粒持續發生動量改變的情形，分析這些問題時，一般以流體或微粒為研究對象，沿流體的流速或微粒的速度方向建立“柱狀”模型，應用動量定理及微元法等綜合分析。
例6　(2025·安徽省高三模擬)在氣象學上，按風力大小可劃分為十二個等級，當風力達到6級以上時，人逆風行走就會很困難。我們可以在風洞中模擬人體在大風中的受力情況，將一模型放在水平地面上，模型與地面間的最大靜摩擦力為294 N，其與水平方向的風作用的有效面積為1．2 m2，空氣的密度為1．25 kg/m3，風吹到模型表面上速度立刻減為0，則在確保不被風吹動的前提下，該模型能夠承受水平方向的最大風速為(　　)
A．7．0 m/s B．14．0 m/s
C．19．8 m/s D．28．0 m/s
[答案]　B
[解析]　設該模型能夠承受水平方向的最大風速為v，此時t時間內吹到模型上的空氣質量為m＝ρSvt，其中ρ為空氣的密度，S為模型與水平方向的風作用的有效面積，根據平衡條件可知，此時風對模型的作用力大小為F＝f＝294 N，根據牛頓第三定律知，模型對風的作用力大小為F′＝F，以t時間內吹到模型上的空氣為研究對象，取風速方向為正方向，根據動量定理有－F′t＝0－mv，聯立解得v＝14．0 m/s，故B正確。
流體類問題的分析步驟 (1)建立“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S。 (2)微元研究：作用時間Δt內的一段柱狀流體的體積為ΔV＝vSΔt，質量為m＝ρΔV＝ρvSΔt，其中ρ為流體的密度。 (3)建立方程：應用動量定理研究這段柱狀流體，即FΔt＝mΔv。
例7　一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當進入有宇宙塵埃的區域時，設在該區域，單位體積內有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力為(　　)
A．Snmv B．2Snmv
C．Snmv D．2Snmv
[答案]　A
[解析]　時間Δt內粘在飛船上的塵埃質量為M＝v0ΔtSnm，對粘在飛船上的塵埃，取飛船航行方向為正方向，由動量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飛船對這些塵埃的作用力為F＝nmvS；根據牛頓第三定律及平衡條件，可知為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力F′＝F＝Snmv，故選A。
微粒類問題的分析步驟 (1)建立“柱體”模型：沿速度v的方向選取一段微元，其橫截面積為S。 (2)微元研究：作用時間Δt內一段微元的體積為ΔV＝vSΔt，粒子數為N＝nΔV＝nvSΔt，質量為m＝m0N＝m0nvSΔt，其中n為單位體積內的粒子數，m0為每個粒子的質量。 (3)建立方程：應用動量定理研究微元內的粒子，即FΔt＝mΔv。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．下列說法正確的是(　　)
A．速度大的物體，它的動量一定也大
B．動量大的物體，它的速度一定也大
C．只要物體的運動速度大小不變，物體的動量就保持不變
D．物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大
答案：D
解析：動量p＝mv，由質量和速度共同決定，所以A、B錯誤；動量是矢量，速度方向改變，動量也會改變，故C錯誤；由Δp＝mΔv知，D正確。
2．物理學科核心素養第一要素是“物理觀念”，下列“物理觀念”中正確的是(　　)
A．做曲線運動的物體，動量的變化率一定改變
B．合力對物體做功為零，則合力的沖量也一定為零
C．做勻變速運動的物體，任意時間內的動量變化量的方向是相同的
D．做圓周運動的物體，經過一周，合力的沖量一定為零
答案：C
解析：根據動量定理知，動量的變化率即為合力，則做勻變速曲線運動的物體，動量的變化率恒定，A錯誤；合力對物體做功為零，則合力可能不為零，例如合力可能作用了一段時間，物體初末速度大小相等，但方向不同，故合力的沖量不一定為零，B錯誤；做勻變速運動的物體所受的合力恒定，動量變化量的方向與合力同向，保持不變，C正確；做變速圓周運動的物體，經過一周，動量的變化量不一定為零，由動量定理知合力的沖量不一定為零，D錯誤。
3．(多選)如圖所示，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12．6 kg·m/s，則(　　)
A．球的動能可能不變
B．球的動量大小一定增加12．6 kg·m/s
C．球對棒作用力的沖量與棒對球作用力的沖量大小一定相等
D．球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同
答案：AC
解析：壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；由牛頓第三定律知，球對棒的作用力與棒對球的作用力同時產生、同時消失，且大小始終相等，則兩個力的沖量大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向不相同，故D錯誤。
4．(多選)一質量為m的運動員托著質量為M的重物從下蹲狀態(圖甲)緩慢運動到站立狀態(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運動員保持圖乙狀態站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升的高度分別為h1、h2，經歷的時間分別為t1、t2，則(　　)
A．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運動員做的功為0
B．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運動員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)
C．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)
D．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2)，運動員對重物做的功為0
答案：AC
解析：因甲到乙、乙到丙均為緩慢運動過程，則可認為運動員和重物整體一直處于平衡狀態，地面對運動員的支持力大小為(M＋m)g，整個過程的時間為(t1＋t2＋Δt)，根據I＝Ft可知地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面對運動員的支持力的作用點不動，可知地面對運動員做的功為0，A正確，B錯誤。運動員對重物的作用力大小為Mg，作用時間為(t1＋t2＋Δt)，根據I＝Ft可知運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移為(h1＋h2)，根據W＝Fs可知運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)，C正確，D錯誤。
5．(人教版選擇性必修第一冊·第一章第2節[練習與應用]T2改編)體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以(　　)
A．減小地面對人的沖量 B．減小地面對人的撞擊力
C．減小人的動量變化量 D．減小人的動能變化量
答案：B
解析：體操運動員落地時屈腿可以延長地面對人撞擊力F的作用時間t，取人落地時速度v的方向為正方向，根據動量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝＋mg，當t增加時F減小，而地面對人的沖量大小Ft＝mv＋mgt增大，人的動量變化量大小mv不變，人的動能變化量大小mv2不變，所以B正確，A、C、D錯誤。
6．(2025·西藏拉薩市高三上第一次聯考)2024年巴黎夏季奧運會上，鄭欽文獲得女子網球單打冠軍，創造了中國及亞洲網壇的紀錄。假設在某次擊球過程中，質量為60 g的網球以40 m/s的水平速度飛來，鄭欽文引拍擊球，球拍與網球作用0．01 s后，網球以50 m/s的水平速度反方向飛出，在此過程中，不考慮網球重力及空氣阻力的作用，下列說法正確的是(　　)
A．網球的平均加速度大小為1000 m/s2
B．網球動量的變化量大小為0．6 kg·m/s
C．球拍對網球的平均作用力大小為60 N
D．網球受到的沖量大小為5．4 N·s
答案：D
解析：以作用前網球的速度方向為正方向，則作用前網球的速度v0＝40 m/s，作用后網球的速度v＝－50 m/s，作用時間t＝0．01 s，根據加速度的定義可知，在球拍與網球作用期間，網球的平均加速度大小為a＝＝9000 m/s2，故A錯誤；網球動量的變化量大小為Δp＝|mv－mv0|＝5．4 kg·m/s，故B錯誤；根據動量定理可知，網球受到的沖量大小為I＝Δp＝5．4 N·s，故球拍對網球的平均作用力大小為F＝＝540 N，故C錯誤，D正確。
7．2021年12月9日下午，航天員王亞平等天空授課時，在演播室主持人給同學們提出下列思考題“航天員站在艙外機械臂上，一只手拿一個小鋼球，另一只手拿一根羽毛，雙手用同樣的力，向同一方向拋出，預定距離兩米，小鋼球和羽毛哪個先抵達？”假設力的作用時間相同，那么正確的結論是(　　)
A．小鋼球先到達 B．羽毛先到達
C．同時到達 D．無法判定
答案：B
解析：根據動量定理，可得Ft＝mv，依題意，力F和作用時間t均相同，小鋼球的質量大于羽毛的質量，所以v鋼球8．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4．8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　)
A．1．6×102 kg B．1．6×103 kg
C．1．6×105 kg D．1．6×106 kg
答案：B
解析：設1 s內噴出氣體的質量為m，噴出的氣體與該發動機的相互作用力為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1．6×103 kg，B正確。
9．(2024·廣東高考)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
如圖甲所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘落到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3．2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞過程中F的沖量大小和方向；
(2)碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
答案：(1)330 N·s　方向豎直向上　(2)0．2 m
解析：(1)F t圖像中圖線與時間軸所圍的面積表示力F的沖量大小，可知碰撞過程中F的沖量大小IF＝×0．1×6600 N·s＝330 N·s
根據F的方向豎直向上可知，F的沖量方向豎直向上。
(2)設落到氣囊表面時頭錘的速度大小為v0，碰撞結束后瞬間頭錘的速度大小為v，碰撞結束后頭錘上升的最大高度為h。頭錘由靜止釋放到落到氣囊表面前的過程做自由落體運動，有v＝2gH
與氣囊作用過程，以豎直向上為正方向，對頭錘由動量定理有IF－MgΔt＝Mv－(－Mv0)
式中頭錘與氣囊作用的時間Δt＝0．1 s
頭錘離開氣囊后做豎直上拋運動，由勻變速直線運動速度與位移的關系有0－v2＝－2gh
聯立并代入數據，解得h＝0．2 m。
[B組　綜合提升練]
10．(2021·湖南高考)物體的運動狀態可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p x圖像中的一個點。物體運動狀態的變化可用p x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是(　　)
答案：D
解析：質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有v2＝2ax，而動量為p＝mv，聯立可得p＝m＝m·x，且x和p均應為正值，故對應的相軌跡為圖像D。
11．水平面上有質量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下，兩物體的v t圖像如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中(　　)
A．F1的沖量等于F2的沖量
B．F1的沖量大于F2的沖量
C．摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量
D．合力對a物體的沖量等于合力對b物體的沖量
答案：D
解析：題圖中AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體所受的合力等于摩擦力，根據牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等，但a從開始運動到停下的總時間小于b從開始運動到停下的總時間，即tOB＜tOD，根據I＝ft可知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，故C錯誤；根據動量定理，對整個過程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，則F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故A、B錯誤；根據動量定理可知，合力的沖量等于物體動量的變化量，對整個過程，a、b兩個物體動量的變化量都為零，故D正確。
12．“雨打芭蕉”是文學中常見的抒情意向。當雨滴豎直下落的速度為v時，將一圓柱形量杯置于雨中，測得時間t內杯中水面上升的高度為h。為估算雨打芭蕉產生的壓強p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀；所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為ρ，則p為(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：根據題意，單位時間的降水量為Δh＝，設芭蕉葉的面積為S，則Δt時間內落到芭蕉葉上面雨滴的質量m＝ρSΔhΔt；設芭蕉葉對向四周散開的雨滴的豎直向上的平均作用力為F1，對留在芭蕉葉上的雨滴豎直向上的平均作用力為F2，以豎直向上為正方向，根據動量定理可知F1Δt＝m×－，F2Δt＝0－，則雨滴受到芭蕉葉的平均作用力為F＝F1＋F2；由牛頓第三定律可知，芭蕉葉上受到雨滴的平均沖擊力大小為F′＝F，根據壓強定義式有p＝，聯立解得p＝，故選A。
13．如圖所示，用一個水平推力F＝kt(k為恒量，t為時間)把一物體壓在豎直粗糙的足夠高的平整墻上。重力加速度大小為g。已知t＝0時物體的速度為零，則物體在下滑后速度即將減為零的瞬間，加速度大小為(　　)
A．0 B．0．5g
C．g D．2g
答案：C
解析：設物體與墻壁之間的動摩擦因數為μ，則物體運動過程中所受的滑動摩擦力大小為Ff＝μF＝μkt，由上式可知Ff隨t正比例增大，其關系圖像為一條過原點的傾斜線段，如圖所示，圖像與t軸所圍的面積表示Ff在相應時間內的沖量大小。設t1時刻物體速度剛好即將減為零，則這段時間內Ff的沖量大小為If＝μkt，對物體整個運動過程根據動量定理有mgt1－If＝0－0，解得t1＝，t1時刻物體所受的滑動摩擦力大小為Ff1＝μkt1＝2mg，設此時物體的加速度大小為a，根據牛頓第二定律可得Ff1－mg＝ma，解得a＝g，故選C。
[C組　拔尖培優練]
14．如圖所示，將一質量為m的小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做半徑為r的勻速圓周運動，周期為T，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．在T時間內，小球受到的重力沖量為零
B．在時間內，小球受到合力的沖量為零
C．在T時間內，小球受到彈力的沖量為零
D．在時間內，小球受到彈力的沖量大小為m
答案：D
解析：在T時間內，小球受到的重力沖量IG＝mgT，不為零，故A錯誤；小球的線速度大小v＝，在時間內，小球的速度大小不變，方向反向，根據動量定理可知，小球受到合力的沖量大小為I合＝2mv＝，故B錯誤；在T時間內，小球動量改變量為零，根據動量定理可得0＝mgT＋IN，解得小球受到彈力的沖量IN＝－mgT，不為零，故C錯誤；在時間內，根據平衡條件可知，小球受到彈力的豎直分力等于重力，則水平分力等于合力，則小球受到彈力的水平分力沖量大小Ix＝I合，豎直分力沖量大小Iy＝mg·，則小球受到彈力的沖量大小IN′＝＝m，故D正確。
14(共59張PPT)
第七章　動量守恒定律及其應用
第1講　動量 動量定理
目錄
1
2
3
教材閱讀指導
考點一　動量、沖量
考點二　動量定理的理解及應用
考點三　應用動量定理解決“流體”問題
課時作業
4
5
教材閱讀指導
(對應人教版選擇性必修第一冊相關內容及問題)
第一章第1節[例題]中旁批，體會“如果物體沿直線運動，即動量始終保持在同一條直線上，在選定坐標軸的方向之后，動量的運算就可以簡化成代數運算。”
第一章第2節圖1．2 2，體會變力的沖量可以用F t圖線與t軸圍成的面積計算。
第一章第2節[科學漫步]，體會動量定理反映了力對時間的累積效應，動能定理反映了力對空間的累積效應。
第一章第2節[練習與應用]T1；T3。
提示：T1：A．物體所受拉力F的沖量方向與F的方向相同
B．物體所受拉力F的沖量大小是Ft
C．物體所受摩擦力的沖量大小是Ftcosθ
D．物體所受合力的沖量大小是0
故D看法正確。
T3：(1)200 N；
(2)205 N；
(3)從前兩問的解答可以看出，當鐵錘釘釘子的平均作用力遠大于鐵錘的重力時，鐵錘所受的重力可以忽略不計。
第一章[復習與提高]B組T4。
提示：時間Δt內所噴出水的質量Δm＝ρSvΔt，對這部分水由動量定理得－FΔt＝0－Δmv，由牛頓第三定律知，墻壁受到的平均沖擊力F′＝F，聯立得F′＝ρSv2。
考點一　動量、沖量
一、動量
1．定義：物理學中把質量和速度的_________定義為物體的動量，用字母p表示。
2．定義式：p＝____。
3．單位：________。
4．標矢性：動量是矢量，其方向和_____的方向相同。
5．動量的變化量：末動量p′減去初動量p的矢量運算，即Δp＝_______。
乘積mv
mv
kg·m/s
速度
p′－p
二、沖量
1．定義：物理學中把力與力的____________的乘積叫作力的沖量，用字母I表示。
2．定義式：________。
3．單位：沖量的單位是______，符號是____。
4．標矢性：沖量是矢量，恒力沖量的方向與_____的方向相同。
作用時間
I＝FΔt
牛秒
N·s
恒力
1．兩物體的動量相等，動能也一定相等。(　　)
2．動量變化的大小，不可能等于初、末態動量大小之和。(　　)
3．物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零。(　　)
4．物體的動量越大，則物體的慣性就越大。(　　)
×
×
×
×
聯系 ①都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系；
②若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化；
③都是狀態量，與某一時刻或某一位置相對應
2．沖量與功的比較
沖量 功
定義 作用在物體上的力和力的作用時間的乘積 作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積
公式 I＝FΔt(F為恒力) W＝Flcosα(F為恒力)
標矢性 矢量 標量
意義 ①表示力對時間的累積； ②是動量變化的量度 ①表示力對空間的累積；
②是能量變化的量度
聯系 ①都是過程量，都與力的作用過程相互聯系； ②若力的方向不變，沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零 例1　質量為5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為(　　)
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
解析　動量的變化是末動量減去初動量，規定了豎直向下為正方向，則小球的初動量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以動量的變化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正確。
例2　如圖所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff。在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθ
B．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ
C．合力的總沖量為0
D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)
解析　重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，故A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，故B正確；上滑過程，滑塊受到的合力沿斜面向下，合力的沖量不為0，下滑過程，滑塊受到的合力沿斜面向下，合力的沖量不為0，故整個運動過程中，合力的總沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，故D錯誤。
考點二　動量定理的理解及應用
1．動量定理的內容：物體在一個過程中所受力的_____等于它在這個過程始末的______________。
2．表達式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
3．矢量性：動量變化量的方向與_____的方向相同，也可以在某一方向上用動量定理。
沖量
動量變化量
合力
對動量定理的理解
(1)動量定理反映了力的沖量與動量變化之間的因果關系，即合力的沖量是原因，物體的動量變化是結果。
(2)動量定理中的沖量是所受合力的沖量，或所受各力沖量的矢量和。
(3)動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。
例3　(2025·廣東省部分高中高三上8月
聯考)如圖所示，在輪船的船舷和碼頭的岸邊
一般都固定有橡膠輪胎，輪船駛向碼頭停靠
時與碼頭發生碰撞，對于這些輪胎的作用，下列說法正確的是(　　)
A．減小輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量
B．減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量
C．延長輪船與碼頭碰撞時的作用時間，以減小碰撞時輪船與碼頭之間的作用力
D．增大輪船與碼頭碰撞時受到的作用力
解析　對輪船靠岸與碼頭碰撞的過程，輪船的初、末速度不受輪胎影響，輪船的動量變化量不變，根據動量定理，輪船受到的沖量也不變，A、B錯誤；輪胎可以延長輪船與碼頭碰撞時的作用時間，根據動量定理可知，輪胎可以減小輪船和碼頭因碰撞受到的作用力，C正確，D錯誤。
例4　高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為(　　)
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
例5　(多選)物塊在合力F的作用下從靜止開始沿直線運動，F隨時間t變化的圖線如圖所示，則物塊(　　)
A．在0～2 s時間內動量變化量為2 kg·m/s
B．動量在0～2 s內比2～4 s內變化快
C．4 s時動量大小為2 kg·m/s
D．4 s時運動方向發生改變
考點三　應用動量定理解決“流體”問題
水流、氣流等流體或電子流、粒子流等微粒對物體表面持續撞擊時，或者對流體或微粒持續施加作用力時，其中部分流體或微粒持續發生動量改變的情形，分析這些問題時，一般以流體或微粒為研究對象，沿流體的流速或微粒的速度方向建立“柱狀”模型，應用動量定理及微元法等綜合分析。
例6　(2025·安徽省高三模擬)在氣象學上，按風力大小可劃分為十二個等級，當風力達到6級以上時，人逆風行走就會很困難。我們可以在風洞中模擬人體在大風中的受力情況，將一模型放在水平地面上，模型與地面間的最大靜摩擦力為294 N，其與水平方向的風作用的有效面積為1．2 m2，空氣的密度為1．25 kg/m3，風吹到模型表面上速度立刻減為0，則在確保不被風吹動的前提下，該模型能夠承受水平方向的最大風速為(　　)
A．7．0 m/s B．14．0 m/s
C．19．8 m/s D．28．0 m/s
解析　設該模型能夠承受水平方向的最大風速為v，此時t時間內吹到模型上的空氣質量為m＝ρSvt，其中ρ為空氣的密度，S為模型與水平方向的風作用的有效面積，根據平衡條件可知，此時風對模型的作用力大小為F＝f＝294 N，根據牛頓第三定律知，模型對風的作用力大小為F′＝F，以t時間內吹到模型上的空氣為研究對象，取風速方向為正方向，根據動量定理有－F′t＝0－mv，聯立解得v＝14．0 m/s，故B正確。
流體類問題的分析步驟
(1)建立“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S。
(2)微元研究：作用時間Δt內的一段柱狀流體的體積為ΔV＝vSΔt，質量為m＝ρΔV＝ρvSΔt，其中ρ為流體的密度。
(3)建立方程：應用動量定理研究這段柱狀流體，即FΔt＝mΔv。
微粒類問題的分析步驟
(1)建立“柱體”模型：沿速度v的方向選取一段微元，其橫截面積為S。
(2)微元研究：作用時間Δt內一段微元的體積為ΔV＝vSΔt，粒子數為N＝nΔV＝nvSΔt，質量為m＝m0N＝m0nvSΔt，其中n為單位體積內的粒子數，m0為每個粒子的質量。
(3)建立方程：應用動量定理研究微元內的粒子，即FΔt＝mΔv。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．下列說法正確的是(　　)
A．速度大的物體，它的動量一定也大
B．動量大的物體，它的速度一定也大
C．只要物體的運動速度大小不變，物體的動量就保持不變
D．物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大
解析：動量p＝mv，由質量和速度共同決定，所以A、B錯誤；動量是矢量，速度方向改變，動量也會改變，故C錯誤；由Δp＝mΔv知，D正確。
2．物理學科核心素養第一要素是“物理觀念”，下列“物理觀念”中正確的是(　　)
A．做曲線運動的物體，動量的變化率一定改變
B．合力對物體做功為零，則合力的沖量也一定為零
C．做勻變速運動的物體，任意時間內的動量變化量的方向是相同的
D．做圓周運動的物體，經過一周，合力的沖量一定為零
解析：根據動量定理知，動量的變化率即為合力，則做勻變速曲線運動的物體，動量的變化率恒定，A錯誤；合力對物體做功為零，則合力可能不為零，例如合力可能作用了一段時間，物體初末速度大小相等，但方向不同，故合力的沖量不一定為零，B錯誤；做勻變速運動的物體所受的合力恒定，動量變化量的方向與合力同向，保持不變，C正確；做變速圓周運動的物體，經過一周，動量的變化量不一定為零，由動量定理知合力的沖量不一定為零，D錯誤。
3．(多選)如圖所示，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12．6 kg·m/s，則(　　)
A．球的動能可能不變
B．球的動量大小一定增加12．6 kg·m/s
C．球對棒作用力的沖量與棒對球作用力的沖量大小
一定相等
D．球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方
向相同
解析：壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；由牛頓第三定律知，球對棒的作用力與棒對球的作用力同時產生、同時消失，且大小始終相等，則兩個力的沖量大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向不相同，故D錯誤。
A．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運動員做的功為0
B．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運動員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)
C．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)
D．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2)，運動員對重物做的功為0
4．(多選)一質量為m的運動員托著質量為M的重物從下蹲狀態(圖甲)緩慢運動到站立狀態(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運動員保持圖乙狀態站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升的高度分別為h1、h2，經歷的時間分別為t1、t2，則(　　)
解析：因甲到乙、乙到丙均為緩慢運動過程，則可認為運動員和重物整體一直處于平衡狀態，地面對運動員的支持力大小為(M＋m)g，整個過程的時間為(t1＋t2＋Δt)，根據I＝Ft可知地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面對運動員的支持力的作用點不動，可知地面對運動員做的功為0，A正確，B錯誤。運動員對重物的作用力大小為Mg，作用時間為(t1＋t2＋Δt)，根據I＝Ft可知運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移為(h1＋h2)，根據W＝Fs可知運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)，C正確，D錯誤。
5．(人教版選擇性必修第一冊·第一章第2節[練習與應用]T2改編)體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以(　　)
A．減小地面對人的沖量 B．減小地面對人的撞擊力
C．減小人的動量變化量 D．減小人的動能變化量
6．(2025·西藏拉薩市高三上第一次聯考)2024年巴黎夏季奧運會上，鄭欽文獲得女子網球單打冠軍，創造了中國及亞洲網壇的紀錄。假設在某次擊球過程中，質量為60 g的網球以40 m/s的水平速度飛來，鄭欽文引拍擊球，球拍與網球作用0．01 s后，網球以50 m/s的水平速度反方向飛出，在此過程中，不考慮網球重力及空氣阻力的作用，下列說法正確的是(　　)
A．網球的平均加速度大小為1000 m/s2
B．網球動量的變化量大小為0．6 kg·m/s
C．球拍對網球的平均作用力大小為60 N
D．網球受到的沖量大小為5．4 N·s
7．2021年12月9日下午，航天員王亞平等天空授課時，在演播室主持人給同學們提出下列思考題“航天員站在艙外機械臂上，一只手拿一個小鋼球，另一只手拿一根羽毛，雙手用同樣的力，向同一方向拋出，預定距離兩米，小鋼球和羽毛哪個先抵達？”假設力的作用時間相同，那么正確的結論是(　　)
A．小鋼球先到達 B．羽毛先到達
C．同時到達 D．無法判定
解析：根據動量定理，可得Ft＝mv，依題意，力F和作用時間t均相同，小鋼球的質量大于羽毛的質量，所以v鋼球8．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4．8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　)
A．1．6×102 kg B．1．6×103 kg
C．1．6×105 kg D．1．6×106 kg
9．(2024·廣東高考)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
如圖甲所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘落到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3．2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞過程中F的沖量大小和方向；
(2)碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
答案：(1)330 N·s　方向豎直向上　
(2)0．2 m
[B組　綜合提升練]
10．(2021·湖南高考)物體的運動狀態可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p x圖像中的一個點。物體運動狀態的變化可用p x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是(　　)
11．水平面上有質量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續運動一段距離后停下，兩物體的v t圖像如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中(　　)
A．F1的沖量等于F2的沖量
B．F1的沖量大于F2的沖量
C．摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量
D．合力對a物體的沖量等于合力對b物體的沖量
解析：題圖中AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體所受的合力等于摩擦力，根據牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等，但a從開始運動到停下的總時間小于b從開始運動到
停下的總時間，即tOB＜tOD，根據I＝ft可知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，故C錯誤；根據動量定理，對整個過程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，則F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故A、B錯誤；根據動量定理可知，合力的沖量等于物體動量的變化量，對整個過程，a、b兩個物體動量的變化量都為零，故D正確。
13．如圖所示，用一個水平推力F＝kt(k為恒量，t為時間)把一物體壓在豎直粗糙的足夠高的平整墻上。重力加速度大小為g。已知t＝0時物體的速度為零，則物體在下滑后速度即將減為零的瞬間，加速度大小為(　　)
A．0 B．0．5g
C．g D．2g

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