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第1講　動量和動量定理
■目標要求
1.理解動量和沖量,理解動量定理及其表達式,能用動量定理解釋生活中的現象。2.能利用動量定理進行有關計算,會在流體問題中建立“柱體”模型。
考點1　動量和沖量
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.動量。
(1)定義:物體的質量和　　　的乘積叫作物體的動量。
(2)表達式:p=　　　　。
(3)方向:動量的方向與　　　　的方向相同。
2.動量的變化。
(1)因為動量是矢量,動量的變化量Δp也是　　　　,其方向與速度的改變量Δv的方向　　　　。
(2)動量的變化量Δp,一般用末動量p'減去初動量p進行矢量運算,也稱為動量的增量,即Δp=　　　　。
3.沖量。
(1)定義:力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。
(2)公式:　　　　。
(3)單位:　　　　。
(4)方向:沖量是　　　　,恒力沖量的方向　　　　　　　　　　。
(1)物體的速度大小不變,其動量不變()
(2)兩物體中動量大的動能不一定大()
(3)物體沿水平面運動時,重力不做功,其沖量為零()
(4)物體所受合力不變,其動量也不變()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
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
標矢量 矢量 標量
變化原因 物體所受沖量 外力所做的功
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.沖量的計算方法。
方法 求解依據 適用情形
公式法 I=Ft 計算恒力的沖量
圖像法 F-t圖像與t軸圍成的面積 若為規則圖線,可計算沖量大小;若為不規則圖線常用于比較大小關系
平均值法 力隨時間成一次函數變化時,用平均作用力求沖量,表達式為I=t 力隨時間均勻變化,或力F是關于時間t的一次函數
動量 定理法 I=Δp 已知初、末狀態的動量或速度,多用于求變力的沖量
考向1　動量和動量變化
【典例1】　關于動量的概念,下列說法正確的是(　　)
A.速度大的物體動量大
B.質量大的物體動量大
C.兩個物體的速度相等,那么質量大的物體動量一定大
D.兩個物體的質量相等,速度大小也相等,則它們的動量一定相同
考向2　動量和動能的比較
【典例2】　甲、乙兩物體的質量之比是1∶4,下列說法正確的是(　　)
A.如果它們的動量大小相等,則甲、乙的動能之比是1∶4
B.如果它們的動量大小相等,則甲、乙的動能之比是2∶1
C.如果它們的動能相等,則甲、乙的動量大小之比是1∶2
D.如果它們的動能相等,則甲、乙的動量大小之比是1∶4
考向3　沖量的計算
【典例3】　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速度變為零然后又下滑,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,重力加速度為g,在整個過程中,重力對滑塊的總沖量為(　　)
A.mgsin θ(t1+t2) B.mgsin θ(t1-t2)
C.mg(t1+t2) D.0
【典例4】　(多選)物體從t=0時刻由靜止開始做直線運動,0~4 s內其合外力隨時間變化的關系圖線為某一正弦函數,如圖所示。下列表述正確的是 (　　)
A.0~2 s內合外力的沖量一直增大
B.0~4 s內合外力的沖量為零
C.2 s末物體的動量方向發生變化
D.0~4 s內物體動量的方向一直不變
考點2　動量定理的理解和應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.內容:物體在一個過程中所受　　　　的沖量等于它在這個過程始末的　　　　　 　。
2.公式:　　　　　　　　　或　　　　　　。
(1)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化量的方向是一致的()
(2)動量定理描述的是某一狀態的物理規律()
關|鍵|能|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,即合外力的沖量是原因,物體的動量變化是結果。
(2)動量定理中的沖量是所受合外力的沖量,既是各力沖量的矢量和,也是合外力在不同階段沖量的矢量和。
(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==,即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變化率。
考向1　用動量定理解釋現象
【典例5】　
如圖所示是某手機防摔裝置,商家宣傳只要手機摔落角度合適,可以保證從2 m高處自由摔落而不破,下列有關說法正確的是(　　)
A.防摔裝置可以減小手機的動量的變化量
B.防摔裝置可以減小手機的動量的變化率
C.防摔裝置可以減小手機的動能的變化量
D.防摔裝置可以增加地面對手機的作用力
用動量定理解釋的兩類物理現象
(1)Δp一定時,F的作用時間越短,力越大;時間越長,力越小。
(2)F一定時,力的作用時間越長,Δp越大;時間越短,Δp越小。
分析問題時,要明確哪個量一定,哪個量變化。
考向2　用動量定理求平均作用力或變力的沖量
【典例6】　(2024·廣東卷)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定,其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態,并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質量為m,重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
(2)如圖乙所示,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。以頭錘到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律,可近似用圖丙所示的圖像描述。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。
甲　　乙
丙
命題特點:以汽車的安全帶和氣囊等安全裝置為背景考查沖量和動量定理。試題的設置很巧妙,考查知識的同時還考查學生審題和構建物理模型的能力。
復習建議:復習中應加強審題能力,培養從復雜情境中提煉有用信息和建立物理模型的能力,搭建起試題信息與解題思路之間的橋梁。
考點3　應用動量定理處理“流體類”問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
關|鍵|能|力
對“連續”質點系發生持續作用時,物體動量(或其他量)連續發生變化。這類問題的處理思路是:正確選取研究對象,即選取很短時間Δt內動量(或其他量)發生變化的那部分物體作為研究對象,建立“柱狀”模型,在時間Δt內所選取的研究對象均分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內,這部分質點的質量為Δm=ρSvΔt,以這部分質量為研究對象,研究它在Δt時間內動量(或其他量)的變化情況,再根據動量定理(或其他規律)求出有關的物理量。
考向1　流體類問題
【典例7】　用高壓水槍清洗汽車的照片如圖所示,設水槍噴出的水柱截面為圓形,直徑為D,水流速度為v,水柱垂直汽車表面,水柱沖擊汽車后反方向的速度為0.2v,已知水的密度為ρ。下列說法正確的是(　　)
A.水柱對汽車的平均沖力為0.2ρv2πD2
B.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρvπD2
C.當高壓水槍噴口的出水速度變為原來2倍時,水柱對汽車的平均沖力加倍
D.高壓水槍噴出水柱直徑D減半時,水柱對汽車的壓強變小
考向2　微粒類問題
【典例8】　飛船正面面積S=1 m2,以v=2×103 m/s飛入一宇宙微塵區,此區域每立方米空間有一個微塵,微塵的平均質量m0=2×10-4 kg,設微塵與飛船相碰后附在飛船表面,要使飛船速度不變,飛船的推力是(　　)
A.400 N B.600 N
C.800 N D.1 000 N
第1講　動量和動量定理
考點1
必備知識 　
1.(1)速度　(2)mv　(3)速度　2.(1)矢量　相同　(2)p'-p　3.(2)I=FΔt　(3)N·s　(4)矢量　與力的方向相同
微點辨析　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
關鍵能力 　
【典例1】　C　解析　物理學中把質量和速度的乘積mv定義為物體的動量,只有速度與質量的乘積大時動量才大,A、B兩項錯誤;根據定義,速度相等時質量大的物體動量大,C項正確;動量是矢量,動量的方向與速度的方向相同,質量相等,速度大小也相等,只能說明動量的大小相等,方向不一定相同,不能說動量相同,D項錯誤。
【典例2】　C　解析　當兩物體動量大小相等時,由Ek=知Ek甲∶Ek乙=m乙∶m甲=4∶1,A、B兩項錯誤;當兩物體動能相等時,由p2=2mEk知p甲∶p乙=∶=1∶2,C項正確,D項錯誤。
【典例3】　C　解析　根據沖量的定義式I=Ft,因此重力對滑塊的沖量應為重力乘作用時間,所以IG=mg(t1+t2),C項正確。
【典例4】　ABD　解析　根據F-t圖像中圖線與t軸所圍面積表示沖量可知,在0~2 s內合外力的沖量一直增大,A項正確;0~4 s內合外力的沖量為零,B項正確;2 s末沖量方向發生變化,物體的動量開始減小,但方向不發生變化,0~4 s內物體動量的方向一直不變,C項錯誤,D項正確。
考點2
必備知識 　
1.力　動量變化量　2.F(t'-t)=mv'-mv　I=p'-p
微點辨析　(1)√　(2)×
關鍵能力 　
【典例5】　B　解析　依題意,根據動量定理FΔt=Δp,可得F=,防摔裝置的作用是延長了手機與地面的接觸時間Δt,從而減小手機所受到的合外力,即減小手機動量的變化率,而手機動量的變化量Δp未發生變化,由于高度不變,則動能的變化量保持不變,B項正確,A、C、D三項錯誤。
【典例6】　答案　(1)　(2)①330 N·s,方向豎直向上　②0.2 m
解析　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N,則由牛頓第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma,
解得tan θ=。
(2)①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,
方向豎直向上。
②頭錘落到氣囊上時的速度
v0==8 m/s,
與氣囊作用過程由動量定理(向上為正方向)
IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
則上升的最大高度h==0.2 m。
考點3
關鍵能力 　
【典例7】　B　解析　高壓水槍單位時間噴出的水的質量為m0==ρvπD2,規定水流返回的速度方向為正方向,由動量定理得FΔt=0.2mv-(-mv),m=m0Δt,解得F=0.3ρv2πD2,A項錯誤,B項正確;根據F=0.3ρv2πD2,出水速度變為原來2倍時,水柱對汽車的平均沖力增大為4倍,C項錯誤;水柱對汽車的壓強為p==1.2ρv2,高壓水槍噴出水柱直徑D減半時,水柱對汽車的壓強不變,D項錯誤。
【典例8】　C　解析　飛船每秒前進的距離為x=vt=2 000 m,根據題意可知,撞到的微塵數量為n==2 000,若飛船速度不變,則飛船對微塵的沖量大小為I=nm0v=800 N·s,則微塵對飛船的沖量大小為I'=I=800 N·s,因飛船速度不變,動量不變,則推力對飛船的沖量大小也為I'=Ft,解得F=800 N,C項正確。(共38張PPT)
第1講
第七章　動量守恒定律
動量和動量定理
目
標
要
求
1.理解動量和沖量，理解動量定理及其表達式，能用動量定理解釋生活中的現象。2.能利用動量定理進行有關計
算，會在流體問題中建立“柱體”模型。
考點1　動量和沖量
考點2　動量定理的理解和應用
內容
索引
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考點3　應用動量定理處理“流體類”問題
動量和沖量
考點1
必|備|知|識
1.動量。
(1)定義：物體的質量和_______的乘積叫作物體的動量。
(2)表達式：p=______。
(3)方向：動量的方向與_______的方向相同。
2.動量的變化。
(1)因為動量是矢量，動量的變化量Δp也是______，其方向與速度的改變量Δv的方向______。
速度
mv
速度
矢量
相同
(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p'減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量，即Δp=_______。
3.沖量。
(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。
(2)公式：_______。
(3)單位：_______。
(4)方向：沖量是______，恒力沖量的方向__________________。
p'-p
I=FΔt
N·s
矢量
與力的方向相同
(1)物體的速度大小不變，其動量不變( )
(2)兩物體中動量大的動能不一定大( )
(3)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零( )
(4)物體所受合力不變，其動量也不變( )
關|鍵|能|力
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
標矢量 矢量 標量
變化原因 物體所受沖量 外力所做的功
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.沖量的計算方法。
方法 求解依據 適用情形
公式法 I=Ft 計算恒力的沖量
圖像法 F-t圖像與t軸圍成的面積 若為規則圖線，可計算沖量大小；若為不規則圖線常用于比較大小關系
平均值法 力隨時間成一次函數變化時，用平均作用力求沖量，表達式為I=t 力隨時間均勻變化，或力F是關于時間t的一次函數
動量 定理法 I=Δp 已知初、末狀態的動量或速度，多用于求變力的沖量
考向1
動量和動量變化
【典例1】　關于動量的概念，下列說法正確的是( )
A.速度大的物體動量大
B.質量大的物體動量大
C.兩個物體的速度相等，那么質量大的物體動量一定大
D.兩個物體的質量相等，速度大小也相等，則它們的動量一定相同
物理學中把質量和速度的乘積mv定義為物體的動量，只有速度與質量的乘積大時動量才大，A、B兩項錯誤；根據定義，速度相等時質量大的物體動量大，C項正確；動量是矢量，動量的方向與速度的方向相同，質量相等，速度大小也相等，只能說明動量的大小相等，方向不一定相同，不能說動量相同，D項錯誤。
解析
考向2
動量和動能的比較
【典例2】　甲、乙兩物體的質量之比是1∶4，下列說法正確的是
( )
A.如果它們的動量大小相等，則甲、乙的動能之比是1∶4
B.如果它們的動量大小相等，則甲、乙的動能之比是2∶1
C.如果它們的動能相等，則甲、乙的動量大小之比是1∶2
D.如果它們的動能相等，則甲、乙的動量大小之比是1∶4
當兩物體動量大小相等時，由Ek=知Ek甲∶Ek乙=m乙∶m甲=
4∶1，A、B兩項錯誤；當兩物體動能相等時，由p2=2mEk知p甲∶
p乙=∶=1∶2，C項正確，D項錯誤。
解析
考向3
沖量的計算
【典例3】　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速度變為零然后又下滑，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，重力加速度為g，在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為( )
A.mgsin θ(t1+t2) B.mgsin θ(t1-t2)
C.mg(t1+t2) D.0
根據沖量的定義式I=Ft，因此重力對滑塊的沖量應為重力乘作用時間，所以IG=mg(t1+t2)，C項正確。
解析
【典例4】　(多選)物體從t=0時刻由靜止開始做直線運動，0~4 s內其合外力隨時間變化的關系圖線為某一正弦函數，如圖所示。下列表述正確的是 ( )
A.0~2 s內合外力的沖量一直增大
B.0~4 s內合外力的沖量為零
C.2 s末物體的動量方向發生變化
D.0~4 s內物體動量的方向一直不變
根據F-t圖像中圖線與t軸所圍面積表示沖量可知，在0~2 s內合外力的沖量一直增大，A項正確；0~4 s內合外力的沖量為零，B項正確；2 s末沖量方向發生變化，物體的動量開始減小，但方向不發生變化，0~4 s內物體動量的方向一直不變，C項錯誤，D項正確。
解析
動量定理的理解和應用
考點2
必|備|知|識
1.內容：物體在一個過程中所受_____的沖量等于它在這個過程始末的_____________。
2.公式：________________或__________。
力
動量變化量
F(t'-t)=mv'-mv
I=p'-p
(1)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化量的方向是一致的
( )
(2)動量定理描述的是某一狀態的物理規律( )
關|鍵|能|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，即合外力的沖量是原因，物體的動量變化是結果。
(2)動量定理中的沖量是所受合外力的沖量，既是各力沖量的矢量
和，也是合外力在不同階段沖量的矢量和。
(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==，即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變化率。
考向1
用動量定理解釋現象
【典例5】　如圖所示是某手機防摔裝置，商家宣傳只要手機摔落角度合適，可以保證從2 m高處自由摔落而不破，下列有關說法正確的是( )
A.防摔裝置可以減小手機的動量的變化量
B.防摔裝置可以減小手機的動量的變化率
C.防摔裝置可以減小手機的動能的變化量
D.防摔裝置可以增加地面對手機的作用力
依題意，根據動量定理FΔt=Δp，可得F=，防摔裝置的作用是延長了手機與地面的接觸時間Δt，從而減小手機所受到的合外力，即減小手機動量的變化率，而手機動量的變化量Δp未發生變
化，由于高度不變，則動能的變化量保持不變，B項正確，A、
C、D三項錯誤。
解析
用動量定理解釋的兩類物理現象
(1)Δp一定時，F的作用時間越短，力越大；時間越長，力越小。
(2)F一定時，力的作用時間越長，Δp越大；時間越短，Δp越小。
分析問題時，要明確哪個量一定，哪個量變化。
考向2
用動量定理求平均作用力或變力的沖量
【典例6】　(2024·廣東卷)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同
的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma，
解得tan θ=。
解析
(2)如圖乙所示，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。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。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。
①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小IF=×0.1×6 600 N·s=
330 N·s，方向豎直向上。
②頭錘落到氣囊上時的速度v0==8 m/s，
與氣囊作用過程由動量定理(向上為正方向)IF-Mgt=Mv-(-Mv0)，
解得v=2 m/s，則上升的最大高度h==0.2 m。
解析
命題特點：以汽車的安全帶和氣囊等安全裝置為背景考查沖量和動量定理。試題的設置很巧妙，考查知識的同時還考查學生審題和構建物理模型的能力。
復習建議：復習中應加強審題能力，培養從復雜情境中提煉有用信息和建立物理模型的能力，搭建起試題信息與解題思路之間的橋
梁。
應用動量定理處理“流體類”問題
考點3
關|鍵|能|力
對“連續”質點系發生持續作用時，物體動量(或其他量)連續發生變 化。這類問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內動量(或其他量)發生變化的那部分物體作為研究對象，建立“柱狀”模型，在時間Δt內所選取的研究對象均分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內，這部分質點的質量為Δm=ρSvΔt，以這部分質量為研究對象，研究它在Δt時間內動量(或其他量)的變化情況，再根據動量定理(或其他規律)求出有關的物理量。
考向1
流體類問題
【典例7】　用高壓水槍清洗汽車的照片如圖所示，設水槍噴出的水柱截面為圓形，直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后反方向的速度為0.2v，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是( )
A.水柱對汽車的平均沖力為0.2ρv2πD2
B.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρvπD2
C.當高壓水槍噴口的出水速度變為原來2倍時，水柱對汽車的平均沖力加倍
D.高壓水槍噴出水柱直徑D減半時，水柱對汽車的壓強變小
高壓水槍單位時間噴出的水的質量為m0==ρvπD2，規定水流返回的速度方向為正方向，由動量定理得FΔt=0.2mv-(-mv)，m=m0Δt，解得F=0.3ρv2πD2，A項錯誤，B項正確；根據F=0.3ρv2πD2，出水速度變為原來2倍時，水柱對汽車的平均沖力增大為4倍，C項錯誤；水柱對汽車的壓強為p==1.2ρv2，高壓水槍噴出水柱直徑D減半時，水柱對汽車的壓強不變，D項錯誤。
解析
考向2
微粒類問題
【典例8】　飛船正面面積S=1 m2，以v=2×103 m/s飛入一宇宙微塵區，此區域每立方米空間有一個微塵，微塵的平均質量m0=2×
10-4 kg，設微塵與飛船相碰后附在飛船表面，要使飛船速度不變，飛船的推力是( )
A.400 N B.600 N
C.800 N D.1 000 N
飛船每秒前進的距離為x=vt=2 000 m，根據題意可知，撞到的微塵數量為n==2 000，若飛船速度不變，則飛船對微塵的沖量大小為I=nm0v=800 N·s，則微塵對飛船的沖量大小為I'=I=800 N·s，因飛船速度不變，動量不變，則推力對飛船的沖量大小也為I'=
Ft，解得F=800 N，C項正確。
解析微練23　動量和動量定理
　
梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·唐山模擬)質量為0.5 kg的金屬小球，從距地面3.2 m的高處以6 m/s的速度水平拋出，g取10 m/s2，則小球落地的運動過程中(　　)
A.小球的初動量大小16 kg·m/s
B.小球的末動量大小19 kg·m/s
C.重力的沖量大小2 N·s
D.重力的沖量大小4 N·s
2.兩個具有相同動能的物體A、B，質量分別為mA、mB，且mA>mB，比較它們的動量，則(　　)
A.物體B的動量較大 B.物體A的動量較大
C.動量大小相等 D.不能確定
3.(2025·徐州模擬)如圖，質量為m的物塊原本靜止在傾角為α的斜面上，后來，在與斜面夾角為θ的恒力F拉動下向上運動，經過時間t，則在運動過程中(　　)
A.物塊支持力的沖量為0
B.物塊所受重力的沖量為mgt
C.物塊的動量不一定增大
D.物塊受到拉力的沖量為Ftcos θ
4.(2025·鄭州模擬)壘球是一項集競技性、觀賞性和娛樂性為一體的運動項目。一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒擊打后，反向水平飛回。若球棒與壘球的作用時間為0.002 s，球棒與壘球的平均作用力大小為6.3×103 N，以沿壘球飛向球棒的方向為正方向，下列說法正確的是(　　)
A.球棒對壘球的沖量為-12.6 N·s
B.壘球對球棒的沖量為-12.6 N·s
C.壘球的初動量為-4.5 kg·m/s
D.壘球被擊出后的速度大小為70 m/s
5.(2025·秦皇島模擬)如圖所示，質量m=1 kg的滑塊從固定光滑斜面的頂端由靜止滑下，經t=2 s滑到底端，取重力加速度大小g=10 m/s2，斜面傾角θ=37°，sin 37°=0.6，對于滑塊從頂端滑到底端的運動過程，下列說法正確的是(　　)
A.斜面對滑塊的沖量為零
B.滑塊的動量改變量大小為12 kg·m/s
C.斜面的長度L=10 m
D.滑塊所受重力的沖量方向為垂直斜面向下
6.如圖所示的吹灰球主要用于清理物體表面上的灰塵，例如清除鍵盤，電路板上的灰塵。使用時將吹灰球尖嘴對準吹灰部位，在極短時間內將球體內的氣體擠壓出去，達到吹灰目的。現有一容積為V的吹灰球，球體內氣體平均密度為ρ，在時間t內將球體內氣體全部擠壓出去，對清理表面產生的平均作用力大小為F。假設氣體從尖嘴處出來的速率相等，氣體到達清理表面后速度減為0，則氣體被擠出球體時的速率為(　　)
A.v= B.v=
C.v= D.v=
7.如圖所示，不可伸長的輕繩一端懸掛在天花板上的O點，另一端系著質量為m的小球，給小球一定的速度v，使之在水平面內做周期為T的勻速圓周運動。不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A.小球運動一周的過程中，重力的沖量為零
B.小球運動半周的過程中，合力的沖量為零
C.小球運動一周的過程中，合力的沖量為零
D.小球運動一周的過程中，拉力的沖量為零
梯級Ⅱ能力練
8.質量為1 kg的物塊靜止在水平地面上，t=0時刻施加一水平力F，t=3 s時撤掉作用力F，F隨時間t變化的圖線如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。則(　　)
A.1~3 s時間內F的沖量大小為3 N·s
B.前1 s摩擦力的沖量大小為1 N·s
C.前3 s物塊動量的改變量大小為2 kg·m/s
D.t=4.5 s時物塊的速度為0
9.(2025·佛山模擬)如圖所示，測試汽車安全氣囊的實驗中，汽車載著模型人以80 km/h的速度撞向剛性壁障，汽車速度瞬間減為0，同時，安全氣囊彈出，保護模型人。則關于安全氣囊的作用，下列說法正確的是(　　)
A.安全氣囊減少了碰撞過程中模型人的受力時間
B.安全氣囊減小了碰撞過程中模型人受到的沖擊力
C.安全氣囊減小了碰撞過程中模型人的動量變化量
D.安全氣囊減小了碰撞過程中模型人受到的沖量
10.(2025·吉安模擬)跳床運動可以提高身體的靈活性，也可以讓大腦短時間內忘記壓力和煩惱。如圖所示，體重為m的運動員從跳床上方h處從靜止開始下落，與跳床接觸Δt時間后以速度v豎直向上運動，重力加速度大小為g，所有物理量的單位都采用國際單位制，不計空氣阻力，則運動員與跳床接觸時受到跳床的平均作用力大小為(　　)
A.
B.-mg
C.mg+
D.mg+
11.(2025·湘潭模擬)質量為5 kg的物體做直線運動，其速度—時間圖像如圖所示，則物體在前10 s內和后10 s內所受合外力的沖量分別是(　　)
A.50 N·s，50 N·s B.50 N·s，-50 N·s
C.0，50 N·s D.0，-50 N·s
12.如圖所示，在水平光滑的軌道上有一輛質量為300 kg，長度為2.5 m的裝料車，懸吊著的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，裝料車以0.5 m/s的速度勻速行駛到漏斗下方裝載原料。求:
(1)為了維持車速不變，在裝料過程中需用多大的水平拉力作用于車上才行
(2)車裝完料駛離漏斗下方仍以原來的速度前進，要使它在2 s內停下來，需要對小車施加一個多大的水平制動力
梯級Ⅲ創新練
13.天宮空間站在離地面高h處做勻速圓周運動，因運行空間存在稀薄空氣，會受到空氣阻力作用，運行軌道范圍內稀薄空氣的密度為ρ，稀薄空氣看成是由彼此不發生相互作用的顆粒組成的，所有的顆粒原來都靜止，它們與空間站在很短時間內發生碰撞后都具有與空間站相同的速度，在與這些顆粒碰撞的前后，空間站的速度可認為保持不變。已知空間站沿運行方向的橫截面積為S，地球半徑為R，地面附近的重力加速度為g，則天宮空間站所受空氣阻力大小為(　　)
A. B.
C. D.
微練23　動量和動量定理
1.D　解析　小球的初動量大小p1=mv0=0.5×6 kg·m/s=3 kg·m/s,A項錯誤;豎直方向小球做自由落體運動,則=2gh,小球落地時豎直方向的分速度vy== m/s=8 m/s,小球落地時的合速度v== m/s=10 m/s,小球的末動量大小p2=mv=0.5×10 kg·m/s=5 kg·m/s,B項錯誤;由h=gt2得t== s=0.8 s,重力的沖量大小I=mgt=0.5×10×0.8 N·s=4 N·s,C項錯誤,D項正確。
2.B　解析　根據動能的表達式Ek=mv2,動量的表達式p=mv,聯立可得p=,物體A、B動能Ek相同,mA>mB,則pA>pB,即物體A的動量較大,B項正確。
3.B　解析　物塊受到斜面的支持力,而且支持力FN的方向保持不變,因此支持力的沖量為IN=FNt,A項錯誤;物塊所受重力的沖量為mgt,B項正確;由于物體從靜止開始向上運動,一定做加速運動,速度不斷增大,因此動量不斷增大,C項錯誤;物塊受到拉力的沖量為Ft,D項錯誤。
4.A　解析　依據題意可知,沿壘球飛向球棒的方向為正方向,則壘球的初動量為p1=mv=0.18×25 kg·m/s=4.5 kg·m/s,C項錯誤;球棒對壘球的作用力的方向與壘球飛向球棒的方向相反,故球棒對壘球的沖量為I=-F·t=-6.3×103×0.002 N·s=-12.6 N·s,壘球對球棒的沖量為12.6 N·s,A項正確,B項錯誤;對壘球,由動量定理知-F·t=-mv末-mv,壘球被擊出后的速度大小為v末=45 m/s,D項錯誤。
5.B　解析　斜面對滑塊有力的作用,由I=Ft可知斜面對滑塊的沖量不為零,A項錯誤;由牛頓第二定律得mgsin θ=ma,解得a=gsin θ=6 m/s2,滑塊滑到斜面底端的速度大小為v=at=12 m/s,滑塊的動量改變量大小Δp=mv-0,解得Δp=12 kg·m/s,B項正確;由L=at2,解得斜面的長度L=12 m,C項錯誤;滑塊所受重力的沖量方向與重力的方向相同,為豎直向下,D項錯誤。
6.A　解析　對球體內氣體使用動量定理可得Ft=mv,氣體的質量為m=ρV,聯立解得v=,A項正確。
7.C　解析　根據IG=Gt=mgt,故小球運動一周的過程中,重力的沖量不為零,A項錯誤;以末速度方向為正方向,根據動量定理可知,小球運動半周的過程中,合力的沖量為I=Δp=mv-m(-v)=2mv,B項錯誤;小球做勻速圓周運動,根據動量定理可知,運動一周動量變化為0,故合外力沖量為0,C項正確;小球運動一周的過程中,合外力的沖量為零,拉力的沖量與重力的沖量等大反向,不為零,D項錯誤。
8.D　解析　1~3 s時間內F的沖量大小為IF13=×1 N·s+2×1 N·s=3.5 N·s,A項錯誤;因為滑動摩擦力大小f=μmg=1 N,0~1 s時間內F≤1 N,物塊處于靜止狀態,前1 s內摩擦力的大小跟F的大小相等,前1 s內摩擦力的沖量大小為If01=×1 N·s=0.5 N·s,B項錯誤;1~3 s時間內,摩擦力沖量的大小為If13=1×2 N·s=2 N·s,前3 s物塊動量的改變量(即1 s~3 s時間內物塊動量的改變量)為Δp=IF13-If13=1.5 kg·m/s,C項錯誤;1~4.5 s時間內摩擦力沖量的大小為If14=3.5 N·s,根據動量定理得IF13-If14=mv-0,解得v=0,即t=4.5 s時物塊的速度為0,D項正確。
9.B　解析　整個碰撞過程中模型人受到的沖量和模型人的動量變化量是一定的,不因安全氣囊的彈出而發生變化。根據動量定理FΔt=Δp,可知安全氣囊的作用是增加了碰撞過程中模型人的受力時間,從而減小了碰撞過程中模型人受到的沖擊力,B項正確。
10.C　解析　以豎直向上為正方向,運動員與跳床接觸時的速度為v0,根據=2gh,解得運動員與跳床接觸時的速度大小為v0=,與跳床接觸過程由動量定理得(F-mg)Δt=mv-m(-v0),解得F=mg+,C項正確。
11.D　解析　由題中圖像可知,在前10 s內初、末狀態的動量相同,p1=p2=25 kg·m/s,由動量定理知I1=0,在后10 s內末狀態的動量p3=-25 kg·m/s,由動量定理得I2=p3-p2=-50 N·s,D項正確。
12.答案　(1)50 N　(2)200 N
解析　(1)設在Δt時間內漏到車上的原料質量為Δm,要使這些原料獲得與車相同的速度,需加力為F,根據動量定理,有
F·Δt=Δm·v,
所以F=·v=100×0.5 N=50 N。
(2)車裝完料的總質量為
M=m車+·t= kg=800 kg,
對車應用動量定理有
F'·t'=0-(-Mv),
解得F'== N=200 N。
13.A　解析　由萬有引力的提供向心力得G=m,在地面附近有G=mg,在時間微元Δt內與空間站作用的稀薄空氣顆粒的質量為Δm=ρSvΔt,對這部分顆粒應用動量定理則有FΔt=Δmv,聯立解得F=,由牛頓第三定律知天宮空間站所受空氣阻力大小為f=F=,A項正確。(共28張PPT)
微練23
動量和動量定理
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1.(2025·唐山模擬)質量為0.5 kg的金屬小球，從距地面3.2 m的高處以6 m/s的速度水平拋出，g取10 m/s2，則小球落地的運動過程中( )
A.小球的初動量大小16 kg·m/s
B.小球的末動量大小19 kg·m/s
C.重力的沖量大小2 N·s
D.重力的沖量大小4 N·s
梯級Ⅰ 基礎練
小球的初動量大小p1=mv0=0.5×6 kg·m/s=3 kg·m/s，A項錯誤；豎直方向小球做自由落體運動，則=2gh，小球落地時豎直方向的分速度vy== m/s=8 m/s，小球落地時的合速度v= = m/s=10 m/s，小球的末動量大小p2=mv=0.5× 10 kg·m/s=5 kg·m/s，B項錯誤；由h=gt2得t== s=0.8 s，重力的沖量大小I=mgt=0.5×10×0.8 N·s=4 N·s，C項錯誤，D項正確。
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2.兩個具有相同動能的物體A、B，質量分別為mA、mB，且mA>mB，比較它們的動量，則( )
A.物體B的動量較大 B.物體A的動量較大
C.動量大小相等 D.不能確定
根據動能的表達式Ek=mv2，動量的表達式p=mv，聯立可得p=，物體A、B動能Ek相同，mA>mB，則pA>pB，即物體A的動量較大，B項正確。
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3.(2025·徐州模擬)如圖，質量為m的物塊原本靜止在傾角為α的斜面上，后來，在與斜面夾角為θ的恒力F拉動下向上運動，經過時間 t，則在運動過程中( )
A.物塊支持力的沖量為0
B.物塊所受重力的沖量為mgt
C.物塊的動量不一定增大
D.物塊受到拉力的沖量為Ftcos θ
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物塊受到斜面的支持力，而且支持力FN的方向保持不變，因此支持力的沖量為IN=FNt，A項錯誤；物塊所受重力的沖量為mgt，B項正確；由于物體從靜止開始向上運動，一定做加速運動，速度不斷增大，因此動量不斷增大，C項錯誤；物塊受到拉力的沖量為Ft，D項錯誤。
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4.(2025·鄭州模擬)壘球是一項集競技性、觀賞性和娛樂性為一體的運動項目。一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球 棒，被球棒擊打后，反向水平飛回。若球棒與壘球的作用時間為0.002 s，球棒與壘球的平均作用力大小為6.3×103 N，以沿壘球飛向球棒的方向為正方向，下列說法正確的是( )
A.球棒對壘球的沖量為-12.6 N·s
B.壘球對球棒的沖量為-12.6 N·s
C.壘球的初動量為-4.5 kg·m/s
D.壘球被擊出后的速度大小為70 m/s
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依據題意可知，沿壘球飛向球棒的方向為正方向，則壘球的初動量為p1=mv=0.18×25 kg·m/s=4.5 kg·m/s，C項錯誤；球棒對壘球的作用力的方向與壘球飛向球棒的方向相反，故球棒對壘球的沖量為I=-F·t=-6.3×103×0.002 N·s=-12.6 N·s，壘球對球棒的沖量為12.6 N·s，A項正確，B項錯誤；對壘球，由動量定理知-F·t=-mv末-mv，壘球被擊出后的速度大小為v末=45 m/s，D項錯誤。
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5.(2025·秦皇島模擬)如圖所示，質量m=1 kg的滑塊從固定光滑斜 面的頂端由靜止滑下，經t=2 s滑到底端，取重力加速度大小g= 10 m/s2，斜面傾角θ=37°，sin 37°=0.6，對于滑塊從頂端滑到底端的運動過程，下列說法正確的是( )
A.斜面對滑塊的沖量為零
B.滑塊的動量改變量大小為12 kg·m/s
C.斜面的長度L=10 m
D.滑塊所受重力的沖量方向為垂直斜面向下
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斜面對滑塊有力的作用，由I=Ft可知斜面對滑塊的沖量不為零，A項錯誤；由牛頓第二定律得mgsin θ=ma，解得a=gsin θ=6 m/s2，滑塊滑到斜面底端的速度大小為v=at=12 m/s，滑塊的動量改變量大小Δp=mv-0，解得Δp=12 kg·m/s，B項正確；由L=at2，解得斜面的長度L=12 m，C項錯誤；滑塊所受重力的沖量方向與重力的方向相同，為豎直向下，D項錯誤。
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6.如圖所示的吹灰球主要用于清理物體表面上的灰塵，例如清除鍵 盤，電路板上的灰塵。使用時將吹灰球尖嘴對準吹灰部位，在極短時間內將球體內的氣體擠壓出去，達到吹灰目的。現有一容積為V的吹灰球，球體內氣體平均密度為ρ，在時間t內將球體內氣體全部擠壓出去，對清理表面產生的平均作用力大小為F。假設氣體從尖嘴處出來的速率相等，氣體到達清理表面后速度減為0，則氣體被擠出球體時的速率為( )
A.v= B.v=
C.v= D.v=
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對球體內氣體使用動量定理可得Ft=mv，氣體的質量為m=ρV，聯立解得v=，A項正確。
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7.如圖所示，不可伸長的輕繩一端懸掛在天花板上的O點，另一端系著質量為m的小球，給小球一定的速度v，使之在水平面內做周期為T的勻速圓周運動。不計空氣阻力，下列說法正確的是( )
A.小球運動一周的過程中，重力的沖量為零
B.小球運動半周的過程中，合力的沖量為零
C.小球運動一周的過程中，合力的沖量為零
D.小球運動一周的過程中，拉力的沖量為零
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根據IG=Gt=mgt，故小球運動一周的過程中，重力的沖量不為零，A項錯誤；以末速度方向為正方向，根據動量定理可知，小球運動半周的過程中，合力的沖量為I=Δp=mv-m(-v)=2mv，B項錯誤；小球做勻速圓周運動，根據動量定理可知，運動一周動量變化為 0，故合外力沖量為0，C項正確；小球運動一周的過程中，合外力的沖量為零，拉力的沖量與重力的沖量等大反向，不為零，D項錯誤。
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8.質量為1 kg的物塊靜止在水平地面上，t=0時刻施加一水平力F，t= 3 s時撤掉作用力F，F隨時間t變化的圖線如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。則( )
A.1~3 s時間內F的沖量大小為3 N·s
B.前1 s摩擦力的沖量大小為1 N·s
C.前3 s物塊動量的改變量大小為2 kg·m/s
D.t=4.5 s時物塊的速度為0
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梯級Ⅱ 能力練
1~3 s時間內F的沖量大小為IF13=×1 N·s+2×1 N·s= 3.5 N·s，A項錯誤；因為滑動摩擦力大小f=μmg=1 N，0~1 s時間內F≤1 N，物塊處于靜止狀態，前1 s內摩擦力的大小跟F的大小相等，前1 s內摩擦力的沖量大小為If01=×1 N·s=0.5 N·s，B項錯誤；1~3 s時間內，摩擦力沖量的大小為If13=1×2 N·s= 2 N·s，前3 s物塊動量的改變量(即1 s~3 s時間內物塊動量的改變量)為Δp=IF13-If13=1.5 kg·m/s，C項錯誤；1~4.5 s時間內摩擦力沖量的大小為If14=3.5 N·s，根據動量定理得IF13-If14=mv-0，解得v=0，即t=4.5 s時物塊的速度為0，D項正確。
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9.(2025·佛山模擬)如圖所示，測試汽車安全氣囊的實驗中，汽車載著模型人以80 km/h的速度撞向剛性壁障，汽車速度瞬間減為0，同 時，安全氣囊彈出，保護模型人。則關于安全氣囊的作用，下列說法正確的是( )
A.安全氣囊減少了碰撞過程中模型人的受力時間
B.安全氣囊減小了碰撞過程中模型人受到的沖擊力
C.安全氣囊減小了碰撞過程中模型人的動量變化量
D.安全氣囊減小了碰撞過程中模型人受到的沖量
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整個碰撞過程中模型人受到的沖量和模型人的動量變化量是一定的，不因安全氣囊的彈出而發生變化。根據動量定理FΔt=Δp，可知安全氣囊的作用是增加了碰撞過程中模型人的受力時間，從而減小了碰撞過程中模型人受到的沖擊力，B項正確。
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10.(2025·吉安模擬)跳床運動可以提高身體的靈活性，也可以讓大腦短時間內忘記壓力和煩惱。如圖所示，體重為m的運動員從跳床上方h處從靜止開始下落，與跳床接觸Δt時間后以速度v豎直向上運動，重力加速度大小為g，所有物理量的單位都采用國際單位制，不計空氣阻力，則運動員與跳床接觸時受到跳床的平均作用力大小為( )
A. B.-mg
C.mg+ D.mg+
以豎直向上為正方向，運動員與跳床接觸時的速度為v0，根據=2gh，解得運動員與跳床接觸時的速度大小為v0=，與跳床接觸過程由動量定理得(F-mg)Δt=mv-m(-v0)，解得F=mg+ ，C項正確。
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11.(2025·湘潭模擬)質量為5 kg的物體做直線運動，其速度—時間圖像如圖所示，則物體在前10 s內和后10 s內所受合外力的沖量分別是( )
A.50 N·s，50 N·s
B.50 N·s，-50 N·s
C.0，50 N·s
D.0，-50 N·s
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由題中圖像可知，在前10 s內初、末狀態的動量相同，p1=p2= 25 kg·m/s，由動量定理知I1=0，在后10 s內末狀態的動量p3= -25 kg·m/s，由動量定理得I2=p3-p2=-50 N·s，D項正確。
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12.如圖所示，在水平光滑的軌道上有一輛質量為300 kg，長度為 2.5 m的裝料車，懸吊著的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，裝料車以0.5 m/s的速度勻速行駛到漏斗下方裝載原料。求：
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(1)為了維持車速不變，在裝料過程中需用多大的水平拉力作用于車上才行
設在Δt時間內漏到車上的原料質量為Δm，要使這些原料獲得與車相同的速度，需加力為F，根據動量定理，有
F·Δt=Δm·v，
所以F=·v=100×0.5 N=50 N。
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(2)車裝完料駛離漏斗下方仍以原來的速度前進，要使它在2 s內停下來，需要對小車施加一個多大的水平制動力
車裝完料的總質量為
M=m車+·t= kg=800 kg，
對車應用動量定理有F'·t'=0-(-Mv)，
解得F'== N=200 N。
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13.天宮空間站在離地面高h處做勻速圓周運動，因運行空間存在稀薄空氣，會受到空氣阻力作用，運行軌道范圍內稀薄空氣的密度為ρ，稀薄空氣看成是由彼此不發生相互作用的顆粒組成的，所有的顆粒原來都靜止，它們與空間站在很短時間內發生碰撞后都具有與空間站相同的速度，在與這些顆粒碰撞的前后，空間站的速度可認為保持不變。已知空間站沿運行方向的橫截面積為S，地球半徑為R，地面附近的重力加速度為g，則天宮空間站所受空氣阻力大小為( )
梯級Ⅲ 創新練
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A. B.
C. D.
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由萬有引力的提供向心力得G=m，在地面附近有G=mg，在時間微元Δt內與空間站作用的稀薄空氣顆粒的質量為Δm=ρSvΔt，對這部分顆粒應用動量定理則有FΔt=Δmv，聯立解得F=，由牛頓第三定律知天宮空間站所受空氣阻力大小為f=F=，A項正確。
解析

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