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2024年高考物理复习第一轮：第 1讲 动量 冲量 动量定理
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这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 1讲 动量 冲量 动量定理，共13页。
第1讲 动量 冲量 动量定理
[主干知识·填一填]
一、动量、动量的变化量、冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv．
(3)方向：动量的方向与速度的方向相同．
2．动量的变化量
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p．
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．
(2)公式：I＝Ft．
(3)单位：N·s．
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
二、动量定理
1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量．
2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I．
3．动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
[规律结论·记一记]
1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力的冲量方向相同．
2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零．
3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关．
4．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量．
5．应用动量定理列的方程是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．两物体的动量相等，动能也一定相等．(×)
2．动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和．(×)
3．物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)
4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)
5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)
6．物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．(√)
二、经典小题速练
1．下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是( )
A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
B．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化
C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同
D．动能大的物体，其动量也一定大
解析：B 物体的动量发生变化时，如果只是方向发生变化，则其动能不变，A错误；物体的动能发生变化时，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，B正确；由Ek＝可知，两物体的动量相同时，质量越小，动能越大，故选项C、D均错误．
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
解析：D 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p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s.
3．质量为4 kg的物体以 2 m/s 的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为14 kg·m/s，则该物体( )
A．所受合外力的大小可能大于11 N
B．所受合外力的大小可能小于3 N
C．冲量大小可能小于6 N·s
D．冲量大小可能大于18 N·s
解析：D 若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末动量大小为14 kg·m/s，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故选项A、B、C错误，D正确．
命题点一 动量、冲量的理解及计算(自主学习)
[核心整合]
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＝m v 2
p＝m v
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＝p v，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
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方向不变的变力的冲量，若力的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．
②作出Ft变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量．如图所示．
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量．
[题组突破]
1．(动量及动量变化量的理解)质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J
解析：A 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J.
2．(对冲量的理解)(2022·天津一中模拟)如图所示，质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度h2开始下滑到同样的另一高度h1的过程中，A、B两个物体相同的物理量是( )
A．所受重力的冲量
B．所受支持力的冲量
C．所受合力的冲量
D．动量变化量的大小
解析：D 物体下滑过程中，下滑高度h＝h2－h1相等，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，物体到达高度h1处时，速度v＝，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，加速度a＝gsin θ，物体沿斜面下滑的时间：t＝＝＝，由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量I＝mgt不同，故A错误；物体下滑的时间t不同，所受支持力的方向不同，所以所受支持力的冲量一定不同，故B错误；由于斜面倾角不同，滑到h1高度时，两物体动量方向不同，但两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等的；由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合外力的冲量，所以物体所受合力的冲量大小相等，但方向不同，故C错误，D正确．
3.(利用Ft图像求冲量)(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
解析：ABD 根据Ft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，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．
命题点二 动量定理的理解和应用(多维探究)
1．应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量．
2．求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．
3．动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．
4．由Ft＝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．
第1维度：应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．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．
(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
解析：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，司机与物体的接触面积变大，因此减少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．
第2维度：应用动量定理求变力的冲量…………………
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，再利用动量定理求力的冲量I.
如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度大小v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是( )
A．I＝0，W＝mv
B．I＝mv0，W＝mv
C．I＝2mv0，W＝0
D．I＝2mv0，W＝mv
解析：C 由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度大小也为v0，取向右为正方向，由动量定理可得：I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，由动能定理可得：W＝mv－mv＝0，故选项C正确．
第3维度：应用动量定理计算动量的变化量…………………
(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3
D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3
解析：ABC 由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝ ，所以θ越小，sin2 θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．
第4维度：应用动量定理计算平均力…………………
高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”．高空抛物，是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害．有人曾做了一个实验，将一枚50 g的鸡蛋从8楼(距离地面上静止的钢板为20 m)无初速释放，若鸡蛋壳与钢板的作用时间为4.0×10－4 s，鸡蛋与钢板撞击后速度变为零，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.则鸡蛋与钢板碰撞的过程中，钢板受到的平均撞击力的大小约为( )
A．0.5 N B．500 N
C．1000 N D．2500 N
解析：D 根据动能定理可得mgh＝mv2，设向下为正方向，则对碰撞过程由动量定理可得(mg－F)t＝0－mv代入数据联立解得F＝－2500 N，负号表示撞击力方向向上，故A、B、C错误，D正确．
第5维度：动量定理和图像的综合应用…………………
(2022·湖北十堰市上学期期末)一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2.现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．t＝1 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
B．t＝1.5 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C．t＝(6－2)s时物块的速度大小为0.5 m/s
D．在3～4 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
解析：D 根据动量定理可得(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1 s 时物块的动量大小为p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1) kg·m/s＝1 kg·m/s，选项A错误； t＝1.5 s时物块的动量大小为p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5) kg·m/s＝1 kg·m/s，选项B错误； 设t时刻物块的速度为零，由图像知在2～4 s内力与时间的关系为F＝(0.5t－2)N，根据Ft图像与t轴所围的面积表示冲量大小可得IF＝2×1＋1×1＋·(t－2)，由动量定理得IF－μmgt＝0，联立解得t＝(6－2) s，故C错误；因为t＝(6－2) s在2～3 s内，所以在3～4 s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确．
第6维度：应用动量定理求解多过程问题…………………
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理．
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注．
一个质量为m＝100 g的小球从离厚软垫h＝0.8 m高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(取g＝10 m/s2)
解析：设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由
h＝gt得t1＝＝0.4 s.
设I为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得
mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6 N·s.
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上．
答案：0.6 N·s，方向竖直向上
应用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象．中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体．
(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，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，如有必要还需要其他补充方程，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，也可整个过程用动量定理．
素养培优18 应用动量定理解答两类柱状模型问题
模型一 流体类“柱状模型”问题
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析
步骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρS vΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
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v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于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．
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＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S.③
(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＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－.⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
模型二 微粒类“柱状模型”问题
微粒及其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝S v 0Δt，则微元内的粒子数N＝n v 0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示．
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为 1350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小．
解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：
P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝＝.
(2)由(1)可知：I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma
故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2.
答案：(1) (2)3.6×10－3 m/s2
对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对象分布在以S为横截面积、长为vΔt的柱体内，质量为Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt时间内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量．
限时规范训练
1．(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
解析：AB 由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在t＝1 s时的速度v1＝＝ m/s＝1 m/s，A正确；物块在t＝2 s 时的动量大小p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，在t＝3 s时的动量大小p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝ 3 kg·m/s，故B正确，C错误；在t＝4 s时， I合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I合＝mv4可得t＝4 s时，物块的速度大小v4＝1 m/s，D错误．
2.(2022·大连模拟)一辆质量为2200 kg 的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是( )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
解析：C 汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力F1＝＝15 053 N，C正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2＝＝260 000 N，D错误．
3．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
解析：B 设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
4.(2022·营口模拟)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：B 设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v＝2gh，则v1＝＝ m/s＝4 m/s.设竖直向上为正方向，对所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误．
5.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/s
C．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
解析：C 设足球自由下落80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝＝4 m/s，t1＝＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，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v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得＝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；足球下落到与头部刚接触时的动量为p1＝mv1＝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IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误．
6．(2021·山东卷)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳．一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上．取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系．若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围．
解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得
H＝gt2，vy＝gt，v＝
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得
－FΔt＝0－mv
联立，代入数据得F＝500 N
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x2，得
x1＝v1t，x2＝x1＋L
联立，代入数据得x1＝30 m，x2＝36 m
若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x2′，得x1′＝v2t，x2′＝x1′＋L
联立，代入数据得x1′＝34 m，x2′＝40 m
综上得x坐标区间[34 m，36 m]或(34 m，36 m)
答案：(1)500 N (2)[34 m，36 m]或(34 m，36 m)
第1讲 动量 冲量 动量定理
[主干知识·填一填]
一、动量、动量的变化量、冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv．
(3)方向：动量的方向与速度的方向相同．
2．动量的变化量
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p．
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．
(2)公式：I＝Ft．
(3)单位：N·s．
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
二、动量定理
1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量．
2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I．
3．动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
[规律结论·记一记]
1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力的冲量方向相同．
2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零．
3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关．
4．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量．
5．应用动量定理列的方程是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．两物体的动量相等，动能也一定相等．(×)
2．动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和．(×)
3．物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)
4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)
5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)
6．物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．(√)
二、经典小题速练
1．下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是( )
A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
B．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化
C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同
D．动能大的物体，其动量也一定大
解析：B 物体的动量发生变化时，如果只是方向发生变化，则其动能不变，A错误；物体的动能发生变化时，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，B正确；由Ek＝可知，两物体的动量相同时，质量越小，动能越大，故选项C、D均错误．
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
解析：D 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p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s.
3．质量为4 kg的物体以 2 m/s 的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为14 kg·m/s，则该物体( )
A．所受合外力的大小可能大于11 N
B．所受合外力的大小可能小于3 N
C．冲量大小可能小于6 N·s
D．冲量大小可能大于18 N·s
解析：D 若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末动量大小为14 kg·m/s，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故选项A、B、C错误，D正确．
命题点一 动量、冲量的理解及计算(自主学习)
[核心整合]
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＝m v 2
p＝m v
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＝p v，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
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方向不变的变力的冲量，若力的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．
②作出Ft变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量．如图所示．
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量．
[题组突破]
1．(动量及动量变化量的理解)质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J
解析：A 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J.
2．(对冲量的理解)(2022·天津一中模拟)如图所示，质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度h2开始下滑到同样的另一高度h1的过程中，A、B两个物体相同的物理量是( )
A．所受重力的冲量
B．所受支持力的冲量
C．所受合力的冲量
D．动量变化量的大小
解析：D 物体下滑过程中，下滑高度h＝h2－h1相等，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，物体到达高度h1处时，速度v＝，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，加速度a＝gsin θ，物体沿斜面下滑的时间：t＝＝＝，由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量I＝mgt不同，故A错误；物体下滑的时间t不同，所受支持力的方向不同，所以所受支持力的冲量一定不同，故B错误；由于斜面倾角不同，滑到h1高度时，两物体动量方向不同，但两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等的；由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合外力的冲量，所以物体所受合力的冲量大小相等，但方向不同，故C错误，D正确．
3.(利用Ft图像求冲量)(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
解析：ABD 根据Ft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，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．
命题点二 动量定理的理解和应用(多维探究)
1．应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量．
2．求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．
3．动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．
4．由Ft＝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．
第1维度：应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．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．
(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
解析：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，司机与物体的接触面积变大，因此减少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．
第2维度：应用动量定理求变力的冲量…………………
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，再利用动量定理求力的冲量I.
如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度大小v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是( )
A．I＝0，W＝mv
B．I＝mv0，W＝mv
C．I＝2mv0，W＝0
D．I＝2mv0，W＝mv
解析：C 由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度大小也为v0，取向右为正方向，由动量定理可得：I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，由动能定理可得：W＝mv－mv＝0，故选项C正确．
第3维度：应用动量定理计算动量的变化量…………………
(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3
D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3
解析：ABC 由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝ ，所以θ越小，sin2 θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．
第4维度：应用动量定理计算平均力…………………
高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”．高空抛物，是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害．有人曾做了一个实验，将一枚50 g的鸡蛋从8楼(距离地面上静止的钢板为20 m)无初速释放，若鸡蛋壳与钢板的作用时间为4.0×10－4 s，鸡蛋与钢板撞击后速度变为零，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.则鸡蛋与钢板碰撞的过程中，钢板受到的平均撞击力的大小约为( )
A．0.5 N B．500 N
C．1000 N D．2500 N
解析：D 根据动能定理可得mgh＝mv2，设向下为正方向，则对碰撞过程由动量定理可得(mg－F)t＝0－mv代入数据联立解得F＝－2500 N，负号表示撞击力方向向上，故A、B、C错误，D正确．
第5维度：动量定理和图像的综合应用…………………
(2022·湖北十堰市上学期期末)一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2.现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．t＝1 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
B．t＝1.5 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C．t＝(6－2)s时物块的速度大小为0.5 m/s
D．在3～4 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
解析：D 根据动量定理可得(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1 s 时物块的动量大小为p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1) kg·m/s＝1 kg·m/s，选项A错误； t＝1.5 s时物块的动量大小为p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5) kg·m/s＝1 kg·m/s，选项B错误； 设t时刻物块的速度为零，由图像知在2～4 s内力与时间的关系为F＝(0.5t－2)N，根据Ft图像与t轴所围的面积表示冲量大小可得IF＝2×1＋1×1＋·(t－2)，由动量定理得IF－μmgt＝0，联立解得t＝(6－2) s，故C错误；因为t＝(6－2) s在2～3 s内，所以在3～4 s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确．
第6维度：应用动量定理求解多过程问题…………………
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理．
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注．
一个质量为m＝100 g的小球从离厚软垫h＝0.8 m高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(取g＝10 m/s2)
解析：设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由
h＝gt得t1＝＝0.4 s.
设I为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得
mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6 N·s.
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上．
答案：0.6 N·s，方向竖直向上
应用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象．中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体．
(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，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，如有必要还需要其他补充方程，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，也可整个过程用动量定理．
素养培优18 应用动量定理解答两类柱状模型问题
模型一 流体类“柱状模型”问题
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析
步骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρS vΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
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v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于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．
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＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S.③
(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＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－.⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
模型二 微粒类“柱状模型”问题
微粒及其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝S v 0Δt，则微元内的粒子数N＝n v 0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示．
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为 1350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小．
解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：
P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝＝.
(2)由(1)可知：I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma
故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2.
答案：(1) (2)3.6×10－3 m/s2
对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对象分布在以S为横截面积、长为vΔt的柱体内，质量为Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt时间内动量的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量．
限时规范训练
1．(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
解析：AB 由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在t＝1 s时的速度v1＝＝ m/s＝1 m/s，A正确；物块在t＝2 s 时的动量大小p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，在t＝3 s时的动量大小p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝ 3 kg·m/s，故B正确，C错误；在t＝4 s时， I合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I合＝mv4可得t＝4 s时，物块的速度大小v4＝1 m/s，D错误．
2.(2022·大连模拟)一辆质量为2200 kg 的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是( )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
解析：C 汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力F1＝＝15 053 N，C正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2＝＝260 000 N，D错误．
3．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
解析：B 设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
4.(2022·营口模拟)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：B 设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v＝2gh，则v1＝＝ m/s＝4 m/s.设竖直向上为正方向，对所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误．
5.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/s
C．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
解析：C 设足球自由下落80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝＝4 m/s，t1＝＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，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v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得＝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；足球下落到与头部刚接触时的动量为p1＝mv1＝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IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误．
6．(2021·山东卷)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳．一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上．取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系．若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围．
解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得
H＝gt2，vy＝gt，v＝
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得
－FΔt＝0－mv
联立，代入数据得F＝500 N
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x2，得
x1＝v1t，x2＝x1＋L
联立，代入数据得x1＝30 m，x2＝36 m
若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x2′，得x1′＝v2t，x2′＝x1′＋L
联立，代入数据得x1′＝34 m，x2′＝40 m
综上得x坐标区间[34 m，36 m]或(34 m，36 m)
答案：(1)500 N (2)[34 m，36 m]或(34 m，36 m)
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