文档内容
第一讲 动量定理
知识梳理
一、动量
1．定义：物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。
2．表达式：p＝mv。
3．单位：kg·m/s。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：I＝FΔt。
(2)单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与恒力的方向相同。
2．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变化量。
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
(3)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。
知识训练
考点一 冲量及动量的 理解和 计算
1．对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．
②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．
(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．
2．动量的变化量
(1)数学表达式：Δp＝p－p
2 1
(2)动量的变化量是矢量，遵循平行四边形定则。其方向与速度的改变量方向相同。
a．如果初末动量在同一直线上，首先规定正方向，再用正负表示初末动量 p 、p ，根据公式Δp＝p －p ，
1 2 2 1求出动量的变化量，如图(1)(2)。
b．如果初末动量不在同一直线上，需使用平行四边形定则，求出动量的变化量Δp。如图(3)。
3．动量与动能的关系
E＝，p＝。
k
4．冲量的四种计算方法
利用定义式I＝Ft计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动
公式法
状态
利用Ft图像计算，Ft图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，
图像法
也可以计算变力的冲量
平均值 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段
法 时间t内的冲量I＝t，F、F 为该段时间内初，末两时刻力的大小
1 2
动量定 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，
理法 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
5．动量、冲量、动量变化量的比较
大小表达式 方向
动量 p＝mv 与v同向
冲量 I＝Ft 与F同向
动量变化量 Δp＝mv′-mv 与合力同向
例1、下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大
【答案】D
【解析】动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会
改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。
例2、质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的
方向为正方向，则小球动量的变化为( )
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】动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量 p ＝mv ＝25
1 1
kg·m/s，末动量p＝mv＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p－p＝－40 kg·m/s，D正确。
2 2 2 1
例3、颠球是足球运动基本技术之一，若质量为400 g的足球用脚颠起后，竖直向下以4 m/s的速度落至水平地面上，再以3 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，在足球与地面接触的时间内，关于足球动
量变化量Δp和合外力对足球做的功W，下列判断正确的是( )
A．Δp＝1.4 kg·m/s，W＝－1.4 J
B．Δp＝－1.4 kg·m/s，W＝1.4 J
C．Δp＝2.8 kg·m/s，W＝－1.4 J
D．Δp＝－2.8 kg·m/s，W＝1.4 J
【答案】C
【解析】物体的质量m＝400 g＝0.4 kg，以竖直向上为正方向，则足球与地面碰撞过程中动量的变化量为
Δp＝mv －mv ＝0.4×3 kg·m/s－0.4×(－4) kg·m/s＝2.8 kg·m/s，方向竖直向上；由动能定理可知，合外力做
2 1
的功为W＝ ＝ ×0.4×32 J－ ×0.4×42 J＝－1.4 J，选项C正确，A、B、D错误．
例4、如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t ，速度为零并又开始下
1
滑，经过时间t 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 F，重力加速度为g.在整个运
2 f
动过程中，下列说法正确的是( )
A．重力对滑块的总冲量为mg(t＋t)sin θ
1 2
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t＋t)cos θ
1 2
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为F(t＋t)
f 1 2
【答案】B
【解析】重力对滑块的总冲量为mg(t ＋t)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为 mg(t ＋t)cos θ，B项正
1 2 1 2
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项错误；上滑过程和下滑过程摩擦
力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为F(t－t)，D项错误．
f 2 1例5、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
【答案】D
【解析】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．
课堂随练
训练1、下列关于动能、动量、冲量的说法中正确的是( )
A．若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化
B．若物体的动能不变，则动量也不变
C．若一个系统所受的合外力为零，则该系统内的物体受到的冲量也为零
D．物体所受合力越大，它的动量变化就越快
【答案】D
【解析】若物体的动能发生了变化，则速度的大小一定变化，但是物体的加速度不一定发生变化，例如物
体做平抛运动，下落的加速度为重力加速度不变，但物体的动能发生了变化，选项 A错误；若物体的动能
不变，则速度的大小不变，但是速度的方向可能变化，动量可能变化，例如物体做匀速圆周运动，选项 B
错误；若一个系统所受的合外力为零，则该系统的每个物体受到的冲量不一定为零，例如子弹射入放在光
滑水平面的木块中时，选项C错误；根据动量定理可知F＝，即物体所受合外力越大，它的动量变化就越
快，选项D正确。
训练2、北京冬奥会2 000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中( )
A．两运动员的总机械能守恒
B．两运动员的总动量增大
C．每个运动员的动量变化相同
D．每个运动员所受推力的冲量大小相同
【答案】D
【解析】在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，A错误；两运动员合力
为零，动量守恒，B错误；因为动量守恒，所以两个运动员的动量变化等大反向，C错误；两运动员的相
互作用力大小相等，力的作用时间相同，则每个运动员所受推力的冲量大小相同，D正确。
训练3、（多选）如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关
系图线为正弦曲线，下列表述正确的是 ( )
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
【答案】ABD
【解析】根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，故A
正确；0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不
发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正确。
训练4、如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运
动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( )
A．过程Ⅰ的动量变化量等于零
B．过程Ⅱ的动量变化量等于零
C．过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量D．过程Ⅱ的动量变化量等于重力的冲量
【答案】C
【解析】过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量，即为 mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员入水前的
速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量变化量不等于零，故 B错误；过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的
冲量，不等于重力的冲量，故D错误。
训练5、(多选) (2021·湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓
慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立 Δt 时间后再将重
物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h 、h ，经历的时间分别为
1 2
t、t，重力加速度为g，则( )
1 2
A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t＋t＋Δt)，地面对运动员做的功为0
1 2
B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t＋t)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h＋h)
1 2 1 2
C．运动员对重物的冲量为Mg(t＋t＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h＋h)
1 2 1 2
D．运动员对重物的冲量为Mg(t＋t)，运动员对重物做的功为0
1 2
【答案】AC
【解析】因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M＋m)g，整个过
程的时间为(t ＋t ＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t ＋t ＋Δt)；因地面对运动员的支
1 2 1 2
持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用
时间为(t ＋t ＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t ＋t ＋Δt)，重物的位移为(h ＋h)，根据W
1 2 1 2 1 2
＝Flcos α可知运动员对重物做的功为Mg(h＋h)，选项C正确，D错误。
1 2
考点二、 动量定理的理解及应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。
(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合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。
(4)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。
2．用动量定理解释生活现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。
(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。3．应用动量定理处理“流体模型”
(1)研究对象：选取流体为研究对象，如水、空气等。
(2)研究方法：隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
(3)基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)小柱体的体积ΔV＝SvΔt
(3)小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
(4)小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
(5)应用动量定理FΔt＝Δp
4．用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其
冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。
例1、下列解释中正确的是( )
A．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量
B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量
C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来
D．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大
【答案】D
【解析】跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项 A错误；在码头
上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项 B错误；动量相同的两个物
体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，
落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。
例2、质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带
的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．400 N B．500 N
C．600 N D．1000 N
【答案】D【解析】设建筑工人自由下落5 m时速度大小为v，则有：v＝＝ m/s＝10 m/s，方向竖直向下。设工人受
安全带的平均拉力大小为，方向竖直向上，取竖直向下为正方向，则由动量定理得：(mg－)t＝0－mv，所
以有：＝mg＋＝60×10 N＋ N＝1000 N，由牛顿第三定律知，安全带所受的平均冲力的大小为1000 N，故
D正确，A、B、C错误。
例3、(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时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝，t＝1 s时物块的速率为v＝＝m/s＝1 m/s，故选项A正确；t＝
2 s时物块的动量大小p ＝Ft ＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故选项B正确；t＝3 s时物块的动量大小为p ＝(2×2
2 2 3
－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故选项C错误；t＝4 s 时物块的动量大小为p ＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，
4
所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。
例4、质量为m的小球以大小为v 的初速度沿光滑的水平面向右运动，与竖直墙碰撞后沿原路返回，碰撞
0
过程损失的动能为碰撞前小球动能的。则小球与竖直墙碰撞过程中，墙对小球的冲量大小为( )
A．mv B．mv
0 0
C．mv D．mv
0 0
【答案】B
【解析】根据题意可知，碰撞后小球的动能为mv，设碰撞后小球的速度大小为v，则mv2＝mv，可知v＝
v；设碰后的速度方向为正方向，根据动量定理，小球与竖直墙碰撞过程中，墙对小球的冲量大小为I＝Δp
0
＝mv－(－mv)＝mv，故B正确，A、C、D错误。
0 0 0
例5、(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力 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E.以下说法正确的是( )
k
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2E
k
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2E
k
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
【答案】BD
【解析】在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝mv2，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，时
间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据E＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
k
例6、(2020 ·海南卷，8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速
喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为 490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速
率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为( )
A．1.47 N B．0.147 N
C．0.09 N D．0.009 N
【答案】C
【解析】对离子流，根据动量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09 N，故探测器获
得的平均推力大小为0.09 N，故选项C正确。
例7、使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用。如图所示，若水柱截面积为S，水
流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为 ρ，则水对钢板的冲力大小为(
)
A．ρSv B．ρSv2
C．ρSv2 D．ρSv
【答案】B
【解析】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m＝ρV＝ρSvt，以这部分水为研究对
象，设它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft＝0－mv，即：F＝－＝－
ρSv2，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲力大小
也为ρSv2，故B正确。课堂随练
训练1、(2020·全国卷Ⅰ)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
【答案】D
【解析】碰撞前后司机的动量均是一定的，所以安全气囊不能改变碰撞前后司机动量的变化量，故 B错
误；安全气囊充气后，增大了司机的受力面积，在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用，延长了
司机的受力时间，由动量定理可知，减小了司机受到的冲击力，所以减小了司机单位面积的受力大小，故
A错误，D正确；司机和安全气囊接触后，司机的动能会有一部分转化为内能，不能全部转换成汽车的动
能，故C错误。
训练2、(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地
面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝
＝ m/s＝10 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－
mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为 103 N，故C
正确。
训练3、如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上
升的最大高度仍为80 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．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
【答案】C
【解析】足球自由80 cm时的速度为v ，时间为t ，有v ＝＝4 m/s，t ＝＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，
1 1 1 1
而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v ＝v ＝4 m/s，上升的时间t ＝t ＝0.4
2 1 2 1
s。对足球与头部接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(－mg)·Δt＝mv －(－mv)＝Δp，解得
2 1
＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均
作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球刚接触头部
时的动量为p ＝mv ＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为I＝mg·(t ＋Δt＋t)＝
1 1 1 2
3.6 N·s，故D错误。
训练4、(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
【答案】BC
【解析】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Ft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′＝ F′Δt＝－2
kg·m/s，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 p ＝p ＋Δp＋Δp′＝2
4 0
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。
训练5、(2022·云南省玉溪第一中学高三月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平
地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运
动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 mD．整个过程中物块的位移大小为60 m
【答案】B
【解析】在整个过程中由动量定理得Ft －μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动
1
的过程中由动量定理得Ft －μmgt ＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，全
1 1
程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误．
训练6、(多选)(2022·张家口期末)某风力发电机如图所示，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转
动，使定子(线圈不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为 l，风速为v，空气的密度
为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是( )
A．一台风力发电机获得风能的功率为πρl2v3
B．一台风力发电机获得风能的功率为πρl2v3
C．空气对一台风力发电机的平均作用力为πρl2v2
D．空气对一台风力发电机的平均作用力为πρl2v2
【答案】BC
【解析】建立一个“风柱”模型如图所示。
风柱的质量m＝ρV＝ρπl2vt，根据动能定理，风力在这一段位移做的功W＝E＝mv2×＝ρπl2vtv2×＝ρπl2v3t，风
k
柱的功率即一台风力发电机获得风能的功率为P＝＝πρl2v3，故A错误，B正确；根据动量定理可得Ft＝
mΔv＝ρπl2vt×v，解得F＝πρl2v2，故C正确，D错误。
训练7、(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空
中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v 竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积
0
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。【答案】(1)ρv S (2)－
0
【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＝ρΔV①
ΔV＝vSΔt②
0
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv S③
0
(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，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
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＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥
因为ΔmgΔt＝ρv Sg(Δt)2含Δt的二次项，所以与FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。
0
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件和牛顿第三定律得F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝－。
同步训练
1．物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是( )
A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B．合力对物体做功为零，则合力的冲量也一定为零
C．做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的
D．做圆周运动的物体，经过一个周期，合力的冲量一定为零
【答案】C
【解析】根据动量定理知，动量的变化率等于力，则做匀变速曲线运动的物体，动量的变化率恒定，A错
误；合力对物体做功为零，则合力可能不为零，例如合力可能作用了一段时间，物体速度大小相等，但方
向不同，故合力的冲量不一定为零，B错误；做匀变速运动的物体所受的合力恒定，动量变化量的方向与
合力同向，保持不变，C正确；做变速圆周运动的物体，经过一个周期，动量的变化量不为零，由动量定
理知合力的冲量不为零，D错误。
2．(2022·山东烟台市期中)跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”
的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度
减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
【答案】D
【解析】运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力
的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其
重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向
下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝I ＋I ＝mΔv＝0，所以I ＝－
G F G
I ，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确．
F
3．光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在 t 时间内动能由0增大到E，在t 时间
1 k 2
内动能由E 增大到2E ，设恒力在t 时间内冲量为I ，在t 时间内冲量为I ，两段时间内物体的位移分别为
k k 1 1 2 2
x 和x，则( )
1 2
A．II，x>x
1 2 1 2 1 2 1 2
C．I>I，x＝x D．I＝I，x＝x
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】C
【解析】设恒力为F，根据动能定理，在t 时间内：Fx ＝E ，在t 时间内：Fx ＝2E －E ，联立可得：x ＝
1 1 k 2 2 k k 1
x ；物体做初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间变短，即通过位移 x 的时间t 小于通
2 2 2
过位移x 的时间t，根据冲量的定义，有：I＝Ft，I＝Ft，故I>I，故C正确，A、B、D错误。
1 1 1 1 2 2 1 2
4．(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应px图像中的一个点。物体运
动状态的变化可用px图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀
加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
【答案】D
【解析】质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p
＝m＝m·x，且x和p均应为正值，故对应的相轨迹为图像D。
5．质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为
0.2 s，运动员脚部受到足球的作用力大小约为( )
A．2 N B．10 N
C．20 N D．50 N
【答案】D【解析】设足球踢回速度方向为正，根据动量定理可知 Ft＝mv －mv ，则F＝＝ N＝50 N，故D正确，
2 1
A、B、C错误。
6．(2021·天津高考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站
天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【解析】燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误；设Δt时间
内喷出Δm的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为v，以喷出Δm燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定
理有FΔt＝Δmv，结合牛顿第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝·v，可知增加单位时间的燃气喷射量或增
大燃气相对于火箭的喷射速度v时，均可以增大火箭的推力，故A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度
相对于地面为零时，喷出的燃气相对于火箭的速度v不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错
误。
7．如图所示，质量为0.2 kg的带有遮光条的滑块在气垫导轨上，从光电门的左侧向右运动，撞到右侧挡板
经0.2 s后弹回，测量显示滑块两次经过光电门时遮光条的遮光时间分别是 0.002 s和0.003 s，已知遮光条
宽度为1.2 cm，取向右为正方向，则滑块受到挡板的平均作用力大小是( )
A．4 N B．6 N
C．10 N D．20 N
【答案】C
【解析】第一次通过光电门的速度大小v ＝＝ m/s＝6 m/s，第二次通过光电门的速度大小v ＝＝ m/s＝4
1 2
m/s，取向右为正方向，则小球与挡板碰撞过程中动量的变化为Δp＝－mv －mv ＝－0.2×(4＋6) kg·m/s＝－
2 1
2 kg·m/s，负号表示方向向左，根据动量定理得Ft＝Δp，代入数据求得F＝－10 N，负号表示方向向左．
8．(2022·山东省日照一中月考)质量m＝1 kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动．物体所受
的合外力F随时间t变化图像如图所示．下列说法正确的是( )A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动
B．4 s末物体的速度为零
C．0～6 s内合外力的冲量为8 N·s
D．0～6 s内合外力做功为8 J
【答案】D
【解析】由题图可知，0～4 s内合外力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运
动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；由题图可知，0～4 s内合外力方向不变，则物体一直做加
速运动，4 s末物体的速度不为0，故B错误；F－t图线与横坐标轴所围面积表示合外力的冲量，0～2 s合
外力冲量为I ＝2×2 N·s＝4 N·s,2～6 s合外力的冲量为0，则0～6 s内合外力的冲量为4 N·s，故C错误；0
1
～2 s内，由动量定理可得I＝mv，即mv＝4 kg·m/s，此时的动能为E＝ ＝ J＝8 J，由于2～6 s合
1 1 1 k
外力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以0～6 s内合外力做功为8 J，故D正确．
9．如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的
作用．力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)．已
知此物体在t＝0时速度为零，若用v 、v 、v 、v 分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率，则这
1 2 3 4
四个速率中最大的是( )
【答案】C
【解析】根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率．取 t ＝1 s，以沿斜面向上为正方向，A图中：－
0mgsin 30°·3t ＋F·2t ＋Ft ＝－mv ，得v ＝20 m/s；B图中：－mgsin 30°·3t ＋Ft ＋Ft ＝－mv ，得v ＝15
0 1 0 20 1 1 0 10 20 2 2
m/s；C图中：－mgsin 30°·3t ＋F·2t ＝－mv ，得v ＝25 m/s；D图中：－mgsin 30°·3t ＋F·2t ＋Ft ＝－
0 0 3 3 0 1 0 20
mv，得v＝15 m/s.故选项C正确．
4 4
10．(2021·福建高考)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
【答案】B
【解析】设空气的密度为ρ，台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内吹向交
通标志牌的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向该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，结合牛顿第三定律可得台风对该交通标志牌的作用力大小 F′＝F＝ρSv2,10级台风
的风速v≈25 m/s,16级台风的风速v≈50 m/s，则有＝≈4，故选B。
1 2
11．蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝50 kg的运动员从空中h＝1.25 m落下，接着又能弹起h＝
1 2
1.8 m高度，此次人与蹦床的接触时间t＝0.50 s，取g＝10 m/s2，求：
(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。
【答案】(1)250 N·s (2)1600 N
【解析】(1)重力的冲量大小为：
I＝mgt＝50×10×0.50 N·s＝250 N·s。
(2)设运动员下落h 高度时的速度大小为v，再次弹起时的速度大小为v，则有：v＝2gh，v＝2gh
1 1 2 1 2
以竖直向上为正方向，对运动员，由动量定理有：
(F－mg)·t＝mv－(－mv)
2 1
代入数据解得：F＝1600 N。
12．核桃是“四大坚果”之一，桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥
开。小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂。抛出点距离地面的
高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。
(1)求核桃落回地面的速度大小v；
(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h 高度。求核桃与地面之间的平均作用
1
力F。【答案】(1) (2) ＋mg，方向竖直向上
【解析】(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v2＝2g(H＋h)
则落回地面的速度：
v＝ 。
(2)设核桃反弹速度为v，则有：
1
v2＝2gh
1 1
以向上为正方向，核桃与地面作用的过程：
(F－mg)Δt＝mv－m(－v)
1
解得：F＝ ＋mg，方向竖直向上。
