資源簡介

專題課:動量定理的應用
例1　D　[解析] 由動能定理可得,W1=m(2v)2-mv2=mv2,而W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2,可見W1∶W2=1∶7;若末動量與初動量共線,由動量定理可得,I1=2mv-mv=mv或I1=|-2mv-mv|=3mv,因末動量與初動量不一定共線,故mv≤I1≤3mv;同理若末動量與初動量共線,I2=5mv-2mv=3mv或I2=|-5mv-2mv|=7mv,因為末動量與初動量不一定共線,故3mv≤I2≤7mv,則I1≤I2,選項D正確.
例2　B　[解析] 外力對甲物體的沖量為I甲=2F0×3t0=6F0t0,外力對乙物體的沖量為I乙=4F0×2t0=8F0t0,外力對丙物體的沖量為I丙=×5t0=10F0t0,則I丙>I乙>I甲,根據動量定理I=Δp可知Δp丙>Δp乙>Δp甲,故選B.
變式　BC　[解析] 根據沖量的定義,I=Ft,故0~t0時間內拉力沖量I=mgt0,沖量不為零,A錯誤;0~t0時間內拉力小于重力,物體沒有運動,不產生位移,根據功的定義,可知拉力F不做功,B正確;3t0時刻速度最大,力F的沖量為F t圖像t0~3t0時間內圖線與t軸圍成的面積,設豎直向上為正方向,根據動量定理,合外力的沖量等于動量的變化量,有3mgt0-mg·2t0=mvmax,可知vmax=gt0,C正確;3t0~4t0時間內物體向上減速,根據動量定理,有mgt0-mgt0=mv-mvmax,4t0時刻物體的速度v=gt0,D錯誤.
拓展延伸1　如圖所示
拓展延伸2　　相同　
[解析] 2t0至3t0與3t0至4t0時間內,圖線與t軸圍成的面積相等,而合力方向相反,則合力的沖量為零,動量的變化量為零,故物體在2t0時刻和4t0時刻速度相同.
例3　A　[解析] 根據平衡條件得mg=F,根據動量定理得F·Δt=Δm·v-0,可知得Δm=ρSv·Δt,解得v=∝,若玩家帶上一位質量也為m的游客一起懸停在空中,總質量為2m,此時水速應該調整為v,故選A.
例4　B　[解析] 以在時間Δt內與飛船碰撞的微粒為研究對象,其質量應等于底面積為S、高為vΔt的柱體內微粒的總質量,即M=mSvΔt,初動量為0,末動量為Mv,設飛船對微粒的作用力為F,由動量定理得FΔt=Mv-0,則 F===mSv2=0.784 N,根據牛頓第三定律可知,微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2,飛船要保持原速度勻速飛行,牽引力應增加F'=F=0.784 N,B正確.
隨堂鞏固
1.D　[解析] 物體在水平拉力作用下由靜止開始運動到最終靜止的過程中,在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功,故由動能定理有W1-W2=0,得W1=W2;由動量定理有I1-I2=0,得I1=I2,故D正確,A、B、C錯誤.
2.D　[解析] 由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用,則F t圖像的面積即合外力的沖量大小,再根據動量定理可知F t圖像的面積也是動量的變化量大小,且圖線一直在t軸的上方,由于頭部有初動量,由圖可知,動量變化越來越大,則動量的大小一直減小直到假人頭部靜止,動量變化最大,A、B錯誤;根據動量與動能的關系有Ek=,而F t圖像的面積表示動量的變化量大小,則動能的變化量跟曲線與橫軸圍成的面積不成正比,C錯誤;由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用,則根據牛頓第二定律可知a∝F,即假人頭部的加速度先增大后減小,D正確.
3.B　[解析] 設空氣密度為ρ,空氣吹到建筑物上后速度瞬間減為0,建筑物的面積為S,設t時間內吹到建筑物上的空氣質量為m,則有m=ρSvt,以t時間內吹到建筑物上的空氣為研究對象,根據動量定理有-Ft=0-ρSv2t,則有==121,故選B.專題課:動量定理的應用
1.B　[解析] 根據動能定理可知-μmgx=0-Ek,即兩滑塊克服摩擦力做的功相等,且質量較小的滑塊運動位移較大,選項B正確,D錯誤;根據動量定理可知-μmgt=0-p,p=,則t=,可知質量大的滑塊運動時間短,選項A錯誤;根據動量定理可知摩擦力的沖量等于動量的變化量,即I=Δp=-,則質量大的滑塊所受摩擦力的沖量大,選項C錯誤.
2.BC　[解析] 整個下落過程中動能變化量為零,重力勢能減小了mg,則小球的機械能減少了mg,A錯誤;整個下落過程中,根據動能定理有mg(H+h)-Wf=0-0,小球克服阻力做的功為Wf=mg(H+h),B正確;小球落地時的速度為v=,在陷入泥潭過程中,規定向上為正方向,則小球動量的變化量為Δp=0-m=m,陷入泥潭過程中,設時間為t,由動量定理得If-mgt=0-m(-v),解得小球所受阻力的沖量If=m+mgt,所以在陷入泥潭過程中,小球所受阻力的沖量大于m,C正確,D錯誤.
3.D　[解析] 圖像和時間軸所圍成的面積表示物體受到的沖量,根據動量定理I合=Δp,則有×2 kg·m/s=p-0,解得p=3 kg·m/s,故A錯誤;根據動量定理得×2 kg·m/s-1×1 kg·m/s=mv3-0,解得v3=1 m/s,故B錯誤;t=0到t=1 s時間內,合力F對物塊沖量的大小I=1×2 N·s=2 N·s,故C錯誤;t=2 s到t=3 s時間內,物塊動量變化量大小Δp=I=1×1 kg·m/s=1 kg·m/s,故D正確.
4.C　[解析] 甲、乙先做加速運動,撤去推力后做減速運動.題圖中線段AB∥CD,表明甲、乙與水平面的動摩擦因數相同,又甲、乙質量相等,所以兩物體受到的摩擦力大小相等,C正確,D錯誤;因為整個運動過程中兩物體的動量改變量均為零,所以推力的沖量大小等于物體受到的摩擦力的沖量大小.由題圖可知甲的運動時間小于乙的運動時間,所以甲的摩擦力的沖量小于乙的摩擦力的沖量,則F1的沖量小于F2的沖量,A、B錯誤.
5.A　[解析] 取豎直向下為正方向,設Δt時間內撞擊鍋蓋的豆子個數為n,則由動量定理可得F·Δt=nm·Δv=nm·v-nm=,因為鍋蓋剛好被頂起,所以F=Mg,所以有Mg·Δt=,解得=,單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數為,故A正確,B、C、D錯誤.
6.B　[解析] 設Δt時間內與墻壁碰撞的水的質量為Δm=ρSvΔt,取水沿垂直礁石的運動方向為正方向,在碰撞過程中,對Δt時間內的水,在垂直礁石的方向根據動量定理有-FΔt=0-Δmv,聯立解得F=ρSv2=1.05×103×2×52 N=5.25×104 N,根據牛頓第三定律可知海浪對礁石的沖擊力約為5.25×104 N,B正確.
7.D　[解析] 圓盤停止轉動前,小物體隨圓盤一起轉動,摩擦力提供向心力,方向沿圓盤半徑方向,故A錯誤;由動量定理可知,圓盤停止轉動前,小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為零,B錯誤;圓盤停止轉動后,小物體沿垂直于P點所在圓盤半徑的方向運動,C錯誤;由動量定理可知,小物體整個滑動過程摩擦力的沖量大小為I=mωr-0=mωr,D正確.
8.CD　[解析] 質點在0~4 s時間內,從靜止出發,先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動,此過程一直向前做加速運動,4~8 s時間內加速度和速度反向,先做加速度增大的減速運動再做加速度減小的減速運動,此過程一直向前做減速運動,根據a t圖像與坐標軸圍成的面積表示速度變化量,則0~8 s速度變化量為零,即P動量的變化量為零;則t=8 s時P的運動速度最小為零,t=4 s時P的速度沿正向最大;在8 s時間內質點一直向前運動,t=8 s時P到原點的距離最遠,故A、B錯誤,C正確;a t圖像與t軸圍成圖形的面積表示速度變化量,則在4~6 s和6~8 s的速度變化量相同,由動量定理可知I=mΔv,則在4~6 s和6~8 s內P受合力的沖量相同,故D正確.
9.(1)6 m/s　(2)9.84 J　(3)0.35 N·s
[解析] (1)根據題意可知裝置落地前瞬間與雞蛋的速度相同且為v,根據運動學公式有
x=t
代入數據解得v=6 m/s
(2)以裝置和雞蛋為研究對象,根據動能定理有
Mgh-W克f=Mv2-0
代入數據解得W克f=9.84 J
(3)以雞蛋為研究對象,以向上為正方向
根據動量定理得I-m0gt=0-m0(-v)
代入數據解得I=0.35 N·s
10.(1)ρv0S　(2)-
[解析] (1)在剛噴出一段很短的Δt時間內,可認為噴出的水柱保持速度v0不變
該時間內,噴出水柱高度Δl=v0Δt ①
噴出水柱質量Δm=ρΔV ②
其中ΔV為水柱體積,滿足ΔV=Δl·S ③
由①②③可得:噴泉單位時間內噴出的水的質量為
=ρv0S
(2)設玩具底面相對于噴口的高度為h
由玩具受力平衡得F沖=Mg ④
其中,F沖為水柱對玩具底部的作用力
由牛頓第三定律知F壓=F沖 ⑤
其中,F壓為玩具底部對水柱的作用力,設v'為水柱到達玩具底部時的速度
由運動學公式得v'2-=-2gh ⑥
在很短的Δt'時間內,沖擊玩具水柱的質量為Δm'
Δm'=ρv0SΔt' ⑦
由題意可知,在豎直方向上,對該部分水柱應用動量定理得
-(F壓+Δm'g)Δt'=-Δm'v' ⑧
由于Δt'很小,Δm'g也很小,可以忽略,⑧式變為
F壓Δt'=Δm'v' ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h=-專題課:動量定理的應用
學習任務一　動量定理與動能定理的綜合
[科學思維]
1.動量定理揭示的是動量變化和沖量的因果關系,即合力對物體的沖量結果是引起物體動量的變化,一般涉及時間時用動量定理;
2.動能定理揭示的是動能的變化和功的因果關系,即合力對物體做的功結果是引起物體動能的變化,一般涉及位移或路程時用動能定理.
例1 [2022·湖北卷] 一質點做曲線運動,在前一段時間內速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v.前后兩段時間內,合外力對質點做功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別為I1和I2.下列關系式一定成立的是 (　)
A.W2= 3W1,I2≤3I1
B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I2≤3I1
D.W2=7W1,I2≥I1
[反思感悟] 　

學習任務二　動量定理與圖像法的綜合應用
[科學思維] “F t”圖像與“F x”圖像辨析
沖量是力在時間上的積累,而功是力在空間上的積累.這兩種積累作用可以在“F t”圖像和“F x”圖像上用面積表示.
如圖所示.圖甲中的曲線是作用在某一物體上的力F隨時間t變化的曲線,圖中陰影部分的面積就表示力F在時間Δt=t2-t1內的沖量.圖乙中陰影部分的面積表示力F做的功.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例2 [2024·遼寧阜新期末] 甲、乙、丙三個不同物體所受的力與時間的關系圖像分別如圖1、2、3所示,作用力使物體的動量發生變化,則它們動量變化量的大小關系為 (　)
A.甲>乙>丙
B.丙>乙>甲
C.丙>甲>乙
D.因物體的質量未知,無法判斷
[反思感悟] 　

變式 (多選)[2024·湖北武漢一中月考] 如圖甲所示,一質量為m的物體靜止在水平面上,自t=0時刻起對其施加一豎直向上的力F,力F隨時間t變化的關系如圖乙所示,已知當地重力加速度為g,空氣阻力不計,則下列說法正確的是 (　)
A.0~t0時間內拉力F的沖量為0
B.0~t0時間內拉力F所做的功為0
C.物體上升過程中的最大速度為gt0
D.4t0時刻物體的速度為0
拓展延伸1
試作出物體受到的合力F合隨時間t變化的圖像.(F合 t圖像)
拓展延伸2
根據所作的F合 t圖像判斷物體在2t0時刻和4t0時刻的速度關系.
學習任務三　動量定理與微元法的綜合應用
(一)流體類“柱狀模型”
流體及其 特點 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”,質量具有連續性,通常已知密度ρ
分析 步驟 1 建立“柱狀模型”,沿流速v的方向選取一段柱形流體,其橫截面積為S
2 微元研究,作用時間Δt內的一段柱形流體的長度為Δl,對應的質量為Δm=ρSΔl=ρSvΔt
3 建立方程,應用動量定理研究這段柱狀流體
例3 “水上飛人”是夏季最受歡迎的游樂項目之一.如圖所示,操控者借助“噴射式懸浮飛行器”向下噴出高壓水柱的方式實現在水面上方或懸停或急速升降等動作.假設某玩家的質量為m(含裝備),底部兩個噴口的總面積為S,當向下噴水速度為v時(近似認為水流噴出前的速度為0),該玩家可以懸停在空中,忽略水管對人的作用力.若玩家帶上一位質量也為m的游客一起懸停在空中,則此時噴水速度應該調整為 (　)
A.v B.2v C.2v D.4v
(二)微粒類“柱狀模型”
微粒及其 特點 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”,質量具有獨立性,通常給出單位體積內粒子數n
分析 步驟 1 建立“柱狀模型”,沿速度v的方向選取一段柱體,其橫截面積為S
2 微元研究,作用時間Δt內一段柱體的長度為Δl,對應的體積為ΔV=SvΔt,則微元內的粒子數N=nvSΔt
3 先應用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘N計算
例4 有一宇宙飛船,它的正面面積S=0.98 m2,以v=2×103 m/s的速度飛入一宇宙微粒塵區,此塵區每立方米空間內有一個微粒,微粒的平均質量m=2×10-7 kg,設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上.要使飛船速度保持不變,則飛船的牽引力應增加 (　)
A.0.584 N B.0.784 N
C.0.884 N D.0.984 N
[反思感悟] 　


1.(動量定理與動能定理的綜合應用)用水平拉力F拉一物體,使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動,t1時刻撤去拉力,物體做勻減速直線運動直到t2時刻停止,其速度—時間圖像如圖所示.α>β,拉力F做的功為W1,沖量大小為I1;物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2,Ff的沖量大小為I2.則下列選項正確的是 (　)
A.W1>W2,I1=I2
B.W1C.W1D.W1=W2,I1=I2
2.(動量定理與圖像法的綜合應用)[2024·清華附中期末] 在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中,某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線(如圖).從碰撞開始到碰撞結束過程中,若假人頭部只受到安全氣囊的作用,則由曲線可知,假人頭部 (　)
A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B.動量大小先增大后減小
C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D.加速度大小先增大后減小
3.(微元法的應用)[2024·福建廈門一中月考] 臺風“貝碧嘉”給高層建筑物帶來了不小的挑戰.已知三級風速約為4 m/s,十四級風速約為44 m/s,則十四級風速作用在建筑物上的風力大約是三級風速作用在建筑物上的風力的 (　)
A.11倍 B.120倍
C.180倍 D.1900倍專題課:動量定理的應用 (時間:40分鐘　總分:64分)
(選擇題每小題4分)
◆ 知識點一　動量定理與動能定理綜合應用
1.材料相同、質量不同的兩滑塊,以相同的初動能分別在水平面上運動直到停止,則 (　)
A.質量大的滑塊運動時間長
B.質量小的滑塊運動位移大
C.質量大的滑塊所受摩擦力的沖量小
D.質量小的滑塊克服摩擦力做功多
2.(多選)如圖所示,質量為m的小球從距離地面高度為H的A點由靜止釋放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到達距地面深度為h的B點時速度減為零,不計空氣阻力,重力加速度為g.則關于小球下落過程中,下列說法正確的是 (　)
A.整個下落過程中,小球的機械能減少了mgH
B.整個下落過程中,小球克服阻力做的功為mg
C.在陷入泥潭過程中,小球所受阻力的沖量大于m
D.在陷入泥潭過程中,小球動量的變化量大于m
◆ 知識點二　動量定理與圖像綜合
3.一質量為2 kg的物塊在合力F的作用下由靜止開始沿直線運動,合力F隨時間t變化的關系圖像如圖所示,則 (　)
A.t=2 s時,物塊的動量大小為0
B.t=3 s時,物塊的速率為2 m/s
C.t=0到t=1 s時間內,合力F對物塊沖量的大小為1 N·s
D.t=2 s到t=3 s時間內,物塊動量變化量的大小為1 kg·m/s
4.[2025·浙江紹興一中高二月考] 水平推力F1和F2分別作用于水平面上等質量的甲、乙兩物體上,作用一段時間后撤去推力,物體將繼續運動一段時間后停下來.兩物體的v t圖像如圖所示,圖中線段AB∥CD,則整個運動過程中 (　)
A.F1的沖量大于F2的沖量
B.F1的沖量等于F2的沖量
C.兩物體受到的摩擦力大小相等
D.兩物體受到的摩擦力大小不等
◆ 知識點三　動量定理與微元法的綜合應用
5.[2024·湖南雅禮中學月考] 如圖所示為平底煎鍋正在炸豆子,假設每個豆子的質量均為m,彈起的豆子均垂直撞擊平板鍋蓋,撞擊速度均為v.每次撞擊后速度大小均變為v,撞擊的時間極短,發現質量為M(M m)的鍋蓋剛好被頂起.重力加速度為g,則單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數為 (　)
A.
B.
C.
D.
6.[2025·福建廈門期末] 鼓浪嶼原名“圓沙洲”,因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓,故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”,現為中國第52項世界遺產項目.某次漲潮中,海浪以5 m/s的速度垂直撞擊到一平直礁石上,之后沿礁石兩側流走,已知礁石受沖擊的面積為2 m2,海水的密度為1.05×103 kg/m3,則海浪對礁石的沖擊力約為 (　)
A.1.05×104 N B.5.25×104 N
C.7.88×104 N D.2.63×105 N
7.[2021·北京卷] 如圖所示,圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動,圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體隨圓盤一起轉動.某時刻圓盤突然停止轉動,小物體由P點滑至圓盤上的某點停止.下列說法正確的是 (　)
A.圓盤停止轉動前,小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
B.圓盤停止轉動前,小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωr
C.圓盤停止轉動后,小物體沿圓盤半徑方向運動
D.圓盤停止轉動后,小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr
8.(多選)[2024·山西大同一中期中] t=0時,質點P從原點由靜止開始做直線運動,其加速度a隨時間t按圖示的圖線變化.在0~8 s內,下列說法正確的是 (　)
A.t=4 s時,P到原點的距離最遠
B.t=8 s時,P回到原點
C.在0~8 s內,P動量的變化量為零
D.在4~6 s和6~8 s內,P受合力的沖量相同
9.(16分)[2025·廣東執信中學期末] “雞蛋撞地球”挑戰活動要求學生制作雞蛋“保護器”裝置,使雞蛋在保護裝置中從10 m的高度處靜止下落撞到地面而不破裂.某同學制作了如圖所示的雞蛋“保護器”裝置,從10 m的高度處靜止下落到地面后瞬間速度減小為零,雞蛋在保護器裝置中繼續向下運動0.3 m、用時0.1 s后靜止且完好無損.已知雞蛋在裝置中運動時受到恒定的作用力,且該裝置和雞蛋的總質量為0.12 kg,其中雞蛋質量為m0=0.05 kg,不計下落過程中裝置重力的變化,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)(4分)裝置落地前瞬間的速度大小;
(2)(6分)在下降10 m過程中,裝置和雞蛋克服阻力做的功;
(3)(6分)雞蛋在裝置中繼續向下運動0.3 m過程中,裝置對雞蛋的沖量大小.
10.(16分)[2025·山東泰安期末] 某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩定地懸停在空中.為計算方便,假設水柱從橫截面積為S的噴口持續以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變為零,在水平方向朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g.求:
(1)(8分)噴泉單位時間內噴出的水的質量;
(2)(8分)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度.(共59張PPT)
專題課：動量定理的應用
學習任務一 動量定理與動能定理的綜合
學習任務二 動量定理與圖像法的綜合應用
學習任務三 動量定理與微元法的綜合應用
備用習題
隨堂鞏固
練習冊
◆
答案核查【導】
答案核查【練】
學習任務一 動量定理與動能定理的綜合
［科學思維］
1.動量定理揭示的是動量變化和沖量的因果關系，即合力對物體的沖量結果是
引起物體動量的變化，一般涉及時間時用動量定理;
2.動能定理揭示的是動能的變化和功的因果關系，即合力對物體做的功結果是
引起物體動能的變化，一般涉及位移或路程時用動能定理.
例1 ［2022·湖北卷］ 一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由 增大到
，在隨后的一段時間內速度大小由增大到 .前后兩段時間內，合外力對質
點做功分別為和，合外力的沖量大小分別為和 .下列關系式一定成立的
是( )
A.， B.，
C.， D.，
√
[解析] 由動能定理可得， ，而
，可見 ；若末動量與初動量共
線，由動量定理可得，或 ，因
末動量與初動量不一定共線，故 ；同理若末動量與初動量共
線，或 ，因為末動量與初
動量不一定共線，故，則 ，選項D正確.
學習任務二 動量定理與圖像法的綜合應用
［科學思維］ “”圖像與“ ”圖像辨析
沖量是力在時間上的積累，而功是力在空間上的積累.這兩種積累作用可以在“
”圖像和“ ”圖像上用面積表示.
如圖所示.圖甲中的曲線是作用在某一物體上的力隨時間 變化的曲線，圖中陰
影部分的面積就表示力在時間 內的沖量.圖乙中陰影部分的面積表
示力 做的功.
例2 ［2024·遼寧阜新期末］ 甲、乙、丙三個不同物體所受的力與時間的關系
圖像分別如圖1、2、3所示，作用力使物體的動量發生變化，則它們動量變化量
的大小關系為( )
A.甲 乙 丙 B.丙 乙 甲
C.丙 甲 乙 D.因物體的質量未知，無法判斷
√
[解析] 外力對甲物體的沖量為 ，外力對乙物體的沖量為
，外力對丙物體的沖量為 ，則
，根據動量定理可知 ，故選B.
變式 (多選)［2024·湖北武漢一中月考］ 如圖甲所示，一質量為 的物體靜止
在水平面上，自時刻起對其施加一豎直向上的力，力隨時間 變化的關
系如圖乙所示，已知當地重力加速度為 ，空氣阻力不計，則下列說法正確的是
( )
A.時間內拉力的沖量為0 B.時間內拉力 所做的功為0
C.物體上升過程中的最大速度為 D. 時刻物體的速度為0
√
√
[解析] 根據沖量的定義，，故時間內拉力沖量 ，沖量不
為零，A錯誤； 時間內拉力小于重力，物體沒有運動，不產生位移，根據
功的定義，可知拉力不做功，B正確；時刻速度最大，力的沖量為 圖
像時間內圖線與 軸圍成的面積，設豎直向上為正方向，根據動量定理，
合外力的沖量等于動量的變化量，有 ，可知
，C正確； 時間內物體向上減速，根據動量定理，有
，時刻物體的速度 ，D錯誤.
拓展延伸1 試作出物體受到的合力隨時間變化的圖像.圖像
[答案] 如圖所示
.
拓展延伸2 根據所作的圖像判斷物體在時刻和 時刻的速度關系.
[答案] 相同
[解析] 至與至時間內，圖線與 軸圍成的面積相等，而合力方向相反,
則合力的沖量為零，動量的變化量為零，故物體在時刻和 時刻速度相同.
學習任務三 動量定理與微元法的綜合應用
(一)流體類“柱狀模型”
流體及其特點
分析步驟 1
2
3 建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體
例3 “水上飛人”是夏季最受歡迎的游樂項目之一.如圖所示，操控者借助“噴射式
懸浮飛行器”向下噴出高壓水柱的方式實現在水面上方或懸停或急速升降等動作.
假設某玩家的質量為(含裝備)，底部兩個噴口的總面積為 ，當向下噴水速度
為 時(近似認為水流噴出前的速度為0)，該玩家可以懸停在空中，忽略水管對
人的作用力.若玩家帶上一位質量也為 的游客一起懸停
在空中，則此時噴水速度應該調整為( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 根據平衡條件得，根據動量定理得 ，可知得
，解得，若玩家帶上一位質量也為 的游客一起懸
停在空中，總質量為，此時水速應該調整為 ，故選A.
(二)微粒類“柱狀模型”
微粒及其特點
分析步驟 1
2
3
例4 有一宇宙飛船,它的正面面積,以 的速度飛入一
宇宙微粒塵區,此塵區每立方米空間內有一個微粒,微粒的平均質量
,設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上.要使飛船速度保持不
變,則飛船的牽引力應增加( )
A. B. C. D.
[解析] 以在時間內與飛船碰撞的微粒為研究對象,其質量應等于底面積為 、
高為的柱體內微粒的總質量,即,初動量為0,末動量為 ,設飛船對
微粒的作用力為,由動量定理得 ,則
,根據牛頓第三定律可知,微粒對飛船的撞擊
力大小也等于,飛船要保持原速度勻速飛行,牽引力應增加 ,
B正確.
√
1.(多選)如圖所示,一個質量為的壘球以 的水平速度飛向球棒,被球
棒打擊后反向水平飛回,速度大小變為,設球棒與壘球的作用時間為 .
下列說法正確的是( )
A.球棒對壘球的平均作用力大小為
B.球棒對壘球的平均作用力大小為
C.球棒對壘球做的功為
D.球棒對壘球做的功為
√
√
[解析] 規定以壘球飛向球棒的方向為正方向，根據動量定理得
,解得 ,故A正確,
B錯誤;根據動能定理得
,故C正確,D錯誤.
2.質點所受的合力 方向始終在同一直線上，大
小隨時間變化的情況如圖所示，已知 時刻
質點的速度為零.在圖示的、、 、
各時刻中，質點動能最小的時刻是( )
A. B. C. D.
[解析] 質點動能最小，即動量最小時，由動量定理可得 ，由圖像
可知，圖像與軸圍成的面積表示合力的沖量大小，即動量的變化量大小， 軸
上方為正，下方為負，由圖像可知，從到 這段時間內的動量變化量
先增大后減小且始終為正值，則 時動量最小,質點的速度最小，動能最小，
故D正確，A、B、C錯誤.
√
3.(多選)如圖甲所示，一足夠長木板靜止在光滑水平面上，物塊放在 的左端，
給物塊施加一水平向右的拉力，拉力的大小及物塊受到的摩擦力 的大小
與作用時間的關系如圖乙所示.已知物塊的質量為，木板 的質量為
，則 時，下列判斷正確的是( )
A.物塊A的速率為 B.物塊的速率為
C.木板的速率為 D.木板的速率為
√
√
[解析] 設時、的速度分別為、，對物塊 由動量定理得
，解得，對長木板由動量定理得 ，解得
，故A、D正確，B、C錯誤.
4.(多選)如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍.設水槍噴出水柱的直徑為 ，水流速
度為 ，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零，手持高壓水槍操作，
進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為 .下列說法正確的是
( )
A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為
B.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為
C.水柱對汽車的平均沖力為
D.當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，噴出的水對
汽車的壓強變為原來的4倍
√
√
[解析] 高壓水槍單位時間噴出水的質量等于單位時間內噴出的水柱的質量，即
，B正確，A錯誤；設水柱對汽車的平均沖力為 ，
反作用力為，對水柱，由動量定理得，即 ，
解得 ，C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產生的壓強
，則當高壓水槍噴口的出水速度變為原
來的2倍時，壓強變為原來的4倍，D正確.
1.(動量定理與動能定理的綜合應用)用水平拉力 拉一物體，使物體在水平地面
上由靜止開始做勻加速直線運動， 時刻撤去拉力，物體做勻減速直線運動直
到時刻停止，其速度—時間圖像如圖所示. ，拉力做的功為 ，沖量
大小為；物體克服摩擦阻力做的功為，的沖量大小為 .則下列選項正
確的是( )
A.， B.，
C.， D.，
√
[解析] 物體在水平拉力作用下由靜止開始運動到最終靜止的過程中，在水平方
向只有拉力和摩擦阻力做功，故由動能定理有，得 ；
由動量定理有，得 ，故D正確，A、B、C錯誤.
2.(動量定理與圖像法的綜合應用)［2024·清華附中期末］ 在測試汽車的安全氣
囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的
作用力隨時間變化的曲線(如圖).從碰撞開始到碰撞結束過程中，若假人頭部只
受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部( )
A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B.動量大小先增大后減小
C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D.加速度大小先增大后減小
√
[解析] 由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則 圖像的面積即合外力
的沖量大小，再根據動量定理可知 圖像的面積也是動量的變化量大小，且
圖線一直在 軸的上方，由于頭部有初動量，由圖可知，動量變化越來越大，則
動量的大小一直減小直到假人頭部靜止，動量變化最大，A、B錯誤；根據動量
與動能的關系有，而 圖像的面積表示動量的變化量大小，則動能
的變化量跟曲線與橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；由題知假
人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據牛頓第二定律可知
，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確.
3.(微元法的應用)［2024·福建廈門一中月考］ 臺風“貝碧嘉”給高層建筑物帶來
了不小的挑戰.已知三級風速約為，十四級風速約為 ，則十四級風
速作用在建筑物上的風力大約是三級風速作用在建筑物上的風力的( )
A.11倍 B.120倍 C.180倍 D.1900倍
[解析] 設空氣密度為 ，空氣吹到建筑物上后速度瞬間減為0，建筑物的面積為
，設時間內吹到建筑物上的空氣質量為，則有，以 時間內吹到建
筑物上的空氣為研究對象，根據動量定理有 ，則有
，故選B.
√
練習冊
知識點一 動量定理與動能定理綜合應用
1.材料相同、質量不同的兩滑塊,以相同的初動能分別在水平面上運動直到停止,
則( )
A.質量大的滑塊運動時間長 B.質量小的滑塊運動位移大
C.質量大的滑塊所受摩擦力的沖量小 D.質量小的滑塊克服摩擦力做功多
√
[解析] 根據動能定理可知 ,即兩滑塊克服摩擦力做的功相等,且
質量較小的滑塊運動位移較大,選項B正確,D錯誤;根據動量定理可知
,,則 ,可知質量大的滑塊運動時間短,選項A
錯誤;根據動量定理可知摩擦力的沖量等于動量的變化量,即 ,
則質量大的滑塊所受摩擦力的沖量大,選項C錯誤.
2.(多選)如圖所示，質量為的小球從距離地面高度為的 點由靜止釋放，落
到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為的 點時速
度減為零，不計空氣阻力，重力加速度為 .則關于小球下落過程中，下列說法
正確的是( )
A.整個下落過程中，小球的機械能減少了
B.整個下落過程中，小球克服阻力做的功為
C.在陷入泥潭過程中，小球所受阻力的沖量大于
D.在陷入泥潭過程中，小球動量的變化量大于
√
√
[解析] 整個下落過程中動能變化量為零，重力勢能減小了 ，則小球
的機械能減少了 ，A錯誤；整個下落過程中，根據動能定理有
，小球克服阻力做的功為 ，B正確；小
球落地時的速度為 ，在陷入泥潭過程中，規定向上為正方向，則小球
動量的變化量為 ，陷入泥潭過
程中，設時間為，由動量定理得 ，
解得小球所受阻力的沖量 ，所以在陷
入泥潭過程中，小球所受阻力的沖量大于 ，C正確，
D錯誤.
知識點二 動量定理與圖像綜合
3.一質量為的物塊在合力的作用下由靜止開始沿直線運動，合力隨時間
變化的關系圖像如圖所示，則( )
A. 時，物塊的動量大小為0
B.時，物塊的速率為
C.到時間內，合力對物塊沖量的大小為
D.到 時間內，物塊動量變化量的大小為
√
[解析] 圖像和時間軸所圍成的面積表示物體受到的沖量，根據動量定理
，則有，解得 ，故A錯誤；根據
動量定理得，解得 ，故B
錯誤；到時間內，合力對物塊沖量的大小 ，
故C錯誤；到 時間內，物塊動量變化量大小
，故D正確.
4.［2025·浙江紹興一中高二月考］水平推力和 分別作用于水平面上等質量
的甲、乙兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續運動一段時間后停
下來.兩物體的圖像如圖所示，圖中線段 ，則整個運動過程中
( )
A.的沖量大于 的沖量
B.的沖量等于 的沖量
C.兩物體受到的摩擦力大小相等
D.兩物體受到的摩擦力大小不等
√
[解析] 甲、乙先做加速運動，撤去推力后做減速運動.題圖中線段 ，表
明甲、乙與水平面的動摩擦因數相同，又甲、乙質量相等，所以兩物體受到的
摩擦力大小相等，C正確，D錯誤；因為整個運動過程中兩物體的動量改變量均
為零，所以推力的沖量大小等于物體受到的摩擦力的沖量大小.由題圖可知甲的
運動時間小于乙的運動時間，所以甲的摩擦力的沖量
小于乙的摩擦力的沖量，則的沖量小于 的沖量，
A、B錯誤.
知識點三 動量定理與微元法的綜合應用
5.［2024·湖南雅禮中學月考］如圖所示為平底煎鍋正在炸豆子，假設每個豆子
的質量均為，彈起的豆子均垂直撞擊平板鍋蓋，撞擊速度均為 .每次撞擊后
速度大小均變為，撞擊的時間極短，發現質量為 的鍋蓋剛好被頂
起.重力加速度為 ，則單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 取豎直向下為正方向，設時間內撞擊鍋蓋的豆子個數為 ，則由動量
定理可得 ，因為鍋蓋剛好被頂起，
所以，所以有，解得 ，單位時間撞擊鍋蓋的豆
子個數為 ，故A正確，B、C、D錯誤.
6.［2025·福建廈門期末］鼓浪嶼原名“圓沙洲”，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮
沖擊時聲如擂鼓，故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”，現為中國第52項世界遺
產項目.某次漲潮中，海浪以 的速度垂直撞擊到一平直礁石上，之后沿礁
石兩側流走，已知礁石受沖擊的面積為，的密度為 ，
則海浪對礁石的沖擊力約為( )
A. B. C. D.
[解析] 設時間內與墻壁碰撞的水的質量為 ，取水沿垂直礁石的運
動方向為正方向，在碰撞過程中，對 時間內的水，在垂直礁石的方向根據動
量定理有 ，聯立解得
，根據牛頓第三定律可知海浪
對礁石的沖擊力約為 ，B正確.
√
7.［2021·北京卷］如圖所示，圓盤在水平面內以角速度
繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸處的點有一質量為 的
小物體隨圓盤一起轉動.某時刻圓盤突然停止轉動，小物體
由 點滑至圓盤上的某點停止.下列說法正確的是( )
A.圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
B.圓盤停止轉動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為
C.圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動
D.圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為
√
[解析] 圓盤停止轉動前，小物體隨圓盤一起轉動，摩擦力提供向心力，方向沿
圓盤半徑方向，故A錯誤；由動量定理可知，圓盤停止轉動前，小物體運動一
圈所受摩擦力的沖量大小為零，B錯誤；圓盤停止轉動后，小物體沿垂直于 點
所在圓盤半徑的方向運動，C錯誤；由動量定理可知，小物體整個滑動過程摩
擦力的沖量大小為 ，D正確.
8.(多選)［2024·山西大同一中期中］時，質點 從原點由靜止開始做直線
運動，其加速度隨時間按圖示的圖線變化.在 內，下列說法正確的是
( )
A.時， 到原點的距離最遠
B.時， 回到原點
C.在內， 動量的變化量為零
D.在和內， 受合力的沖量相同
√
√
[解析] 質點在 時間內，從靜止出發，先做加速度增大的加速運動再做加
速度減小的加速運動，此過程一直向前做加速運動， 時間內加速度和速
度反向，先做加速度增大的減速運動再做加速度減小的減速運動，此過程一直
向前做減速運動，根據 圖像與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，則
速度變化量為零，即 動量的變化量為零；
則時的運動速度最小為零，時的速度沿正向最大；在 時間內
質點一直向前運動，時 到原點的距離最遠，故A、B錯誤，C正確；
圖像與軸圍成圖形的面積表示速度變化量，則在和 的速度
變化量相同，由動量定理可知，則在和內 受合力的沖量
相同，故D正確.
9.(16分)［2025·廣東執信中學期末］ “雞蛋撞地球”挑戰活動要求學生制作雞蛋
“保護器”裝置，使雞蛋在保護裝置中從 的高度處靜止下落撞到地面而不破
裂.某同學制作了如圖所示的雞蛋“保護器”裝置，從 的高度處靜止下落到地
面后瞬間速度減小為零，雞蛋在保護器裝置中繼續向下運動、用時 后
(1) (4分)裝置落地前瞬間的速度大小；
[答案]
靜止且完好無損.已知雞蛋在裝置中運動時受到恒定的作用力，且
該裝置和雞蛋的總質量為，其中雞蛋質量為 ，
不計下落過程中裝置重力的變化，重力加速度取 .求：
[解析] 根據題意可知裝置落地前瞬間與雞蛋的速度相同且為 ，根據運動學公
式有
代入數據解得
9.(16分)［2025·廣東執信中學期末］ “雞蛋撞地球”挑戰活動要求學生制作雞蛋
“保護器”裝置，使雞蛋在保護裝置中從 的高度處靜止下落撞到地面而不破
裂.某同學制作了如圖所示的雞蛋“保護器”裝置，從 的高度處靜止下落到地
面后瞬間速度減小為零，雞蛋在保護器裝置中繼續向下運動、用時 后
(2) (6分)在下降 過程中，裝置和雞蛋克服阻力做的功；
[答案]
靜止且完好無損.已知雞蛋在裝置中運動時受到恒定的作用力，且
該裝置和雞蛋的總質量為，其中雞蛋質量為 ，
不計下落過程中裝置重力的變化，重力加速度取 .求：
[解析] 以裝置和雞蛋為研究對象，根據動能定理有
代入數據解得
9.(16分)［2025·廣東執信中學期末］ “雞蛋撞地球”挑戰活動要求學生制作雞蛋
“保護器”裝置，使雞蛋在保護裝置中從 的高度處靜止下落撞到地面而不破
裂.某同學制作了如圖所示的雞蛋“保護器”裝置，從 的高度處靜止下落到地
面后瞬間速度減小為零，雞蛋在保護器裝置中繼續向下運動、用時 后
(3) (6分)雞蛋在裝置中繼續向下運動 過程中，裝置對雞蛋的
沖量大小.
[答案]
靜止且完好無損.已知雞蛋在裝置中運動時受到恒定的作用力，且
該裝置和雞蛋的總質量為，其中雞蛋質量為 ，
不計下落過程中裝置重力的變化，重力加速度取 .求：
[解析] 以雞蛋為研究對象，以向上為正方向
根據動量定理得
代入數據解得
10.(16分)［2025·山東泰安期末］ 某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一
質量為的卡通玩具穩定地懸停在空中.為計算方便，假設水柱從橫截面積為
的噴口持續以速度豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于 )；水柱沖擊
到玩具底板后，在豎直方向水的速度變為零，在水平方向朝四周均勻散開.忽略
空氣阻力.已知水的密度為 ，重力加速度大小為 .求：
(1) (8分)噴泉單位時間內噴出的水的質量；
[答案]
[解析] 在剛噴出一段很短的時間內，可認為噴出的水柱保持速度 不變
該時間內，噴出水柱高度 ①
噴出水柱質量 ②
其中為水柱體積，滿足 ③
由①②③可得：噴泉單位時間內噴出的水的質量為
10.(16分)［2025·山東泰安期末］ 某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一
質量為的卡通玩具穩定地懸停在空中.為計算方便，假設水柱從橫截面積為
的噴口持續以速度豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于 )；水柱沖擊
到玩具底板后，在豎直方向水的速度變為零，在水平方向朝四周均勻散開.忽略
空氣阻力.已知水的密度為 ，重力加速度大小為 .求：
(2) (8分)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度.
[答案]
[解析] 設玩具底面相對于噴口的高度為
由玩具受力平衡得 ④
其中， 為水柱對玩具底部的作用力
由牛頓第三定律知 ⑤
其中，為玩具底部對水柱的作用力，設 為水柱到達玩具底部時的速度
由運動學公式得 ⑥
在很短的時間內，沖擊玩具水柱的質量為
⑦
由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理得
⑧
由于很小， 也很小，可以忽略，⑧式變為
⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得
例1.D 例2.B 變式.BC 拓展延伸1.如圖所示 拓展延伸2.相同
例3.A 例4.B
隨堂鞏固
1.D 2.D 3.B
基礎鞏固練
1.B 2.BC 3.D 4.C 5.A 6.B
綜合提升練
7.D 8.CD 9.（1） （2） （3）
拓展挑戰練
10.（1） （2）

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