第1讲 动量动量定理高考物理总复习新教材版

第七章

动量守恒定律及其应用

第«^讲动量动量定理

［教材阅读指导］

(对应人教版新教材选择性必修第一册页码及相关问题)

IDP5旁批，体会“如果物体沿直线运动，即动量始终保持在同一条直线

上，在选定坐标轴的方向之后，动量的运算就可以简化成代数运算。”

®P7图1.2-2,体会变力的冲量可以用广/图线与/轴围成的面积计算。

IBP8〜9［科学漫步］，体会动量定理反映了力对时间的累积效应，动能定

理反映了力对空间的累积效应。

；

IOP10［练习与应用］TiT3O

提示：Ti：A.物体所受拉力R的冲量方向与歹的方向相同

B.物体所受拉力F的冲量大小是Ft

C.物体所受摩擦力的冲量大小是Ftcosd

D.物体所受合力的冲量大小是0

故D看法正确。

T3:(1)200N;

(2)205N;

(3)从前两问的解答可以看出，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略

不计。

I--P29［复习与提高］B组T4。

提示：时间2内所喷出水的质量△机=。8加,对这部分水由动量定理得-FAt

=0-^mv,由牛顿第三定律知，墙壁受到的平均冲击力尸=F,联立得尸=

2

pSvo

物理观念后顾与重建I

物理观念1动量

1.定义：物理学中把质量和速度的画I乘积』空定义为物体的动量，用字母

P表示。

2.表达式：p=[02]mPo

3.单位：|03|kg-m/So

4.标矢性：动量是矢量，其方向和画速度的方向相同。

物理观念2动量定理

1.冲量

(D定义：力与力的画作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：[02\l=FAto

(2)单位：冲量的单位是画牛秒,符号是国区土。

(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与国恒力的方向相同。

2.动量定理

(1)内容:物体在一个过程中所受力的回冲量等于它在这个过程始末的国动

量变化量。

(2)表达式：I=p'-p或F(F-t)=mv'-mvo

(3)矢量性：动量变化量的方向与函合力的方向相同,也可以在某一方向上

用动量定理。

/必备知识夯实

-堵点疏通

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、末态动量大小之和。()

3.物体的动量变化等于某个力的冲量。()

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。（）

答案LX2.X3.X4.X5.X

二对点激活

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2=机0,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》="港。知，D正确。

2.质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/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.10kg-m/sB.-10kg-m/s

C.40kg-m/sD.-40kg-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Pi=mvi=25kg-m/s,末动量pi=mvi=-15kg-m/s,所以动量的变化

=P2-pi=-40kg-m/s,D正确。

3.（多选）在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力R的作用下，经过时

间工通过位移/后，动量变为P，动能变为Ek,以下说法正确的是（）

A.在R作用下,这个物体若经过位移2/,其动量将等于22

B.在歹作用下,这个物体若经过时间27,其动量将等于22

C.在R作用下,这个物体若经过时间由，其动能将等于2Ek

D.在R作用下，这个物体若经过位移2/,其动能将等于2Ek

答案BD

解析由动量定理刘=4?和/=%尸知，A错误，B正确；由动能定理月=

△Ek和/=%-知，C错误,D正确。

4.(人教版选择性必修第一册・PoT2改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这

样做可以()

A.减小地面对人的冲量

B.减小地面对人的撞击力

C.减小人的动量变化量

D.减小人的动能变化量

答案B

解析体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落

地时速度方向为正方向，根据动量定理得：-Ft+mgt=0-mv,得：F=~+mg,

当/增加时R减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。

核心素养发展与提升|

考点1动量、冲量的理解及计算镯

［科学思维梳理］

1.对动量的理解

(1)动量的两性

①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言

的。

②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。

(2)动量与动能的比较

动量动能

物理意义描述机械运动状态的物理量

1

定义式p=mvEk=/09

标矢量矢量标量

变化因素合力的冲量合力所做的功

大小关系p=、2niEk

(D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

联系

变化时动能不一定发生变化

⑶都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应

2.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，冲量的方向与该力的方向一致。

(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。

(3)冲量与功的比较

冲量功

作用在物体上的力和力的作用时作用在物体上的力和物体在力的

定义

间的乘积方向上的位移的乘积

单位N-sJ

公式/=&V(R为恒力)W=f7cosa（R为恒力）

标矢量矢量标量

①表示力对时间的累积①表示力对空间的累积

意义

②是动量变化的量度②是能量变化的量度

①都是过程量，都与力的作用过程相互联系

联系

②冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零

例1如图所示，质量为机的小滑块沿倾角为。的斜面向上滑动，经过时间

tl,速度为零并又开始下滑，经过时间打回到斜面底端，滑块在运动过程中受到

的摩擦力大小始终为a。在整个运动过程中，下列说法正确的是()

A.重力对滑块的总冲量为mg(t}+切sin。

B.支持力对滑块的总冲量为mg(ti+/2)cos。

C.合力的冲量为0

D.摩擦力的总冲量为独力+?2)

［答案］B

［解析］重力对滑块的总冲量为mgS+切，故A错误；支持力对滑块的总冲

量为mg(/i+/2)cos。，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的

总冲量不为0,c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，摩擦力的总冲量为凡/2-力)，故D错误。

［关键能力升华］

冲量的四种计算方法

利用定义式I=FM计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，

公式法

无需考虑物体的运动状态

利用歹-/图像计算，歹-/图像与时间轴围成的面积表示冲量，

图像法

此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量

如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用1=

动量

以/求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，

定理法

由/=△2求变力的冲量

平均

如果力随时间是均匀变化的，则下=/%+R)，该变力的冲量

力法

为/=；（&+R）f

［对点跟进训练］

1.（动量、冲量的理解）（多选）一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动,

小球质量为m,速度大小为。，做圆周运动的周期为T,则以下说法中正确的是

（）

A.经过时间/=（，小球的动量的变化量为零

B.经过时间广，小球的动量的变化量大小为表加。

C.经过时间f=细绳的拉力对小球的冲量大小为2机。

TrrigT

D.经过时间仁不重力对小球的冲量大小为十

答案BCD

解析经过时间上（，小球转过了180。，速度方向正好与开始计时的时刻的

速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变

化量-mv-mv=-2mv,细绳的拉力对小球的冲量/二A〃二-2mv,冲量大

小为2帆，A错误,C正确；经过时间/=,，小球转过了90。，根据矢量合成法

可得，小球的动量的变化量大小为bp'==\l2mv,重力对小球的冲量大小

mgT,

IG=mgt=—^~,B、D正确。

2.（冲量的理解）（多选）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

保持图乙状态站立加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的高度分别为历、h2,经历的时间分别为力、t2,贝阪）

甲乙丙

A.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(/i+t2+A?)，地面对运动员做的功为

0

B.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(/i+切，地面对运动员做的功为(“

+m)g(hi+hi)

C.运动员对重物的冲量大小为Mg{h+t2+AO,运动员对重物做的功为Mg(hi

+hi)

D.运动员对重物的冲量大小为+切，运动员对重物做的功为0

答案AC

解析因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一

直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(〃+m)g,整个过程的时间为g

+B+A/),根据/=的可知地面对运动员的冲量大小为("+机)g(/i+/2+A/)；因地

面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0,A正确，B

错误。运动员对重物的作用力大小为柱，作用时间为(力+/2+加)，根据/=「可

知运动员对重物的冲量大小为Mg(ti+t2+Ar),重物的位移为(历+hi),根据W=

Fs可知运动员对重物做的功为+岳)，C正确，D错误。

考点2动量定理的理解及应用镯

［科学思维梳理］

1.动量定理的理解

(D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)由以/="-p,得尸=气干骂，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)》一定时，口的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。

(2/一定时，力的作用时间越长，越大；作用时间越短，小越小。

分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。

3.用动量定理解题的基本思路

(D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2(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。

例3(2018•全国卷II)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从

一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲

击力约为（）

A.IONB.102N

C.1O3ND.104N

［答案］C

［解析］设鸡蛋落地瞬间的速度为以每层楼的高度大约是3m,由动能定理

2

可知：mgh=^mv,解得：u=V2g/i=^2X10X3X25m/s=10V^m/so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-（-mo）,解得：iV^lXW3N,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲

击力约为103N,故C正确。

［关键能力升华］

应用动量定理解题的注意事项

在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；

建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号，列出关系式。对于变力的

冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间4极短，且相互作用力远

大于重力时，才可舍去重力。

［对点跟进训练］

图像）（2021.福建省三明市高三上期末质量检测）（多选）物块在合力F

的作用下从静止开始沿直线运动，R随时间/变化的图线如图所示，则物块（）

A.在0〜2s时间内动量变化量为2kg.m/s

B.动量在0〜2s内比2〜4s内变化快

C.4s时动量大小为2kg-向5

D.4s时运动方向发生改变

答案BC

解析根据动量定理可知，在0〜2s时间内动量变化量为Ap=FAt=2X2

kg-m/s=4kg-m/s,故A错误；根据动量定理及后图线与/轴所围面积表示冲量

可知，在2〜4s时间内动量变化量为=F'A/=-2kg.m/s,所以动量在0〜

2s内比2〜4s内变化快，故B正确；4s时动量大小为p4=po+Ap+Ap'=2

kg-m/s,故C正确；4s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。

2.（情境分析）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经

常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g,从离人约20cm的高度无初速

度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s,取重力加

速度g=10m/s2,下列分析正确的是（）

A.手机接触头部之前的速度约为1m/s

B.手机对头部的冲量大小约为0.48N.s

C.手机对头部的作用力大小约为L2N

D.手机与头部作用过程中手机的动量变化量大小约为0.48kg-m/s

答案B

解析手机掉落时做自由落体运动，故手机接触头部之前的速度约为。=

用='2X10X0.2m/s=2m/s,A错误；设头部对手机的作用力为£因为手

机落在头上没反弹，速度减为0,以竖直向上为正方向，由动量定理得b-机

=0-（-机o）,解得R=2.4N,根据牛顿第三定律，则手机对头部的作用力尸也

是2.4N,作用时间是0.2s,故手机对头部的冲量大小为/=〃7=2.4NX0.2s=

0.48N-s,B正确，C错误；手机的动量变化量大小为&7=mo=0.12kgX2m/s=

0.24kg-m/s,D错误。

启智微C题建模提能3应用动量定理分析变质

量问题的技巧

对“连续”质点系持续施加作用力时，质点系动量（或其他量）连续发生变化。

这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间加内动量(或其他

量)发生变化的那部分质点作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间A/

内所选取的研究对象分布在以S为截面积、长为。△/的柱体内，这部分质点的质

量为Am=pSvAt,以这部分质点为研究对象，研究它在。时间内动量(或其他量)

的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。

1流体类问题

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P°

【典题例证1］(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”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00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“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］(DgS⑵色-春抵

［解析］(1)设△/时间内，从喷口喷出的水的体积为八匕质量为A机，贝U：

Am="AV①

AV=ooSA/②

Am

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为后=/WoS③

(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。。对于。时间内喷出的水，由能量守恒得

|,(Am)u2+(Am)gA=

在力高度处，Ar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1Ap=(Am)。⑤

设水对玩具的作用力的大小为£根据动量定理有FM+bmgbt=bp⑥

因为\mg\t-pvoSg^tf含Ar的二次项,所以与必/相比，AmgAt可忽略。

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=^-疆号。

【名师点睛】流体类问题分析步骤

(1)建立“柱状”模型，沿流速。的方向选取一段柱形流体，其横截面积为So

(2)微元研究，作用时间△/内的一段柱形流体的长度为8=。加，对应的质量

为Am=pSv^.to

(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体。

2微粒类问题

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

常给出单位体积内的粒子数no

【典题例证2］(2020.海南高考)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490kg,离子以30km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流

量为3.0X10-3g/s,则探测器获得的平均推力大小为()

A.1.47NB.0.147N

C.0.09ND.0.009N

［答案］C

［解析］设。时间内发动机喷出离子的质量为△机，对这部分离子，根据动

量定理有尸4=△加0,而Am=3.0X10-3X10-3kgXA/,0=3X104m/s,解得R

=0.09N,由牛顿第三定律知，探测器受到的平均推力与R等大反向，故探测器

获得的平均推力大小为0.09N,故C正确，A、B、D错误。

【名师点睛】微粒类问题分析步骤

(1)建立“柱体”模型，沿速度。的方向选取一段微元，其横截面积为S。

(2)微元研究，作用时间Af内一段微元的长度为A/=o加，对应的体积为AV

=Sv/^t,则微元内的粒子数N=nvS^o

(3)应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解。

【针对训练】

1.（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A/时间内喷出△机的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为

以喷出△机燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定理有必/=结合牛顿

Am

第三定律知，火箭受到的推力F'=歹=后。可知增加单位时间的燃气喷射量后

或增大燃气相对于火箭的喷射速度。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。

不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误。

2.（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24.5m/s〜28.4m/s,16级台风的风速范围为

51.0m/s〜56.0m/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P，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At内吹向交通标志牌的空气质量为Am=pSv-At,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-FN=0-Amv,

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=pSv-W级台

风的风速01^25m/s,16级台风的风速02心50m/s,则有后7~=瞽p4,故选B。

3.一宇宙飞船的横截面积为S,以oo的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的

区域时，设在该区域，单位体积内有〃颗尘埃，每颗尘埃的质量为冽，若尘埃碰

到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀

速航行，飞船发动机的牵引力功率为（）

A.SnmviB.ISnmvi

C.SnmviD.2Snmvi

答案C

解析时间Ar内粘在飞船上的尘埃质量为：M=PoMSrnn,对粘在飞船上的

尘埃，由动量定理得：FAt=Mv0-Q,解得飞船对这些尘埃的作用力为：F=nmvl

S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引

力b=F,牵引力的功率为P=Pv0=nmviS,故C正确，A、B、D错误。

课时作业|

一、选择题（本题共9小题，其中第1〜8题为单选，第9题为多选）

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.（2021.湖南高考）物体的运动状态可用位置x和动量2描述，称为相，对应

p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用Q-X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％轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有"=2以，而

动量为P=,联立可得.=%72石=，周五弓，且X和P均应为正值，故对应的

相轨迹为图像D。

3.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力B、&分别作用在a、b

上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v-t图像如

图所示，图中A3//CD。则整个过程中（）

A.R的冲量等于西的冲量

B.R的冲量大于丘的冲量

C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量

D.合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量

答案D

解析题图中A3与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤

去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩

擦力大小相等，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时

间，即加<痴，根据/=力可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的

冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1ti-ftoB=0,F2t2-ftoD

=0,而/OB</OD,则即B的冲量小于西的冲量，故A、B错误；根

据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物

体动量的变化量都为零，故D正确。

4.（2021.八省联考广东卷）如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止

自由下落80cm,被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知

足球与头部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,

不计空气阻力，下列说法正确的是（）

(9

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3.2kg.m/s

C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为

3.2kg-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3.2N-s

答案C

解析设足球自由下落/z=80cm时的速度为。1,时间为力，由济=2g〃，有

01=\l2gh=4m/s,由力=%%，有力==0.4s,足球反弹后做竖直上抛运动，

而上升的最大高度也为80cm,根据运动的对称性可知上抛运动的初速度大小02

=S=4m/s,上升的时间f2=A=0.4s；对足球与头部作用的过程，取竖直向上为

正方向，该过程中足球动量变化量A?=机02-（-机0i）=3.2kg-m/s,由动量定理有

（F-mg）-At=Ap,其中加=0.1s,解得了=36N,即头部对足球的平均作用力

大小为36N,而足球的重力大小为4N,则头部对足球的平均作用力是足球重力

的9倍，故A错误，C正确。足球下落到刚接触头部时的动量大小为“=机6=

1.6kg-m/s,故B错误；足球从最高点下落到重新回到最高点的过程，所受重力的

冲量大小为IG=mg(t\+Ar+t2)=3.6N-s,故D错误。

5.（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3km/s,产生的推力约为4.8X106N,则它在1s

时间内喷射的气体质量约为（）

A.1.6X102kgB.1.6X103kg

C.1.6X105kgD.1.6X106kg

答案B

解析设1s内喷出气体的质量为喷出的气体与该发动机的相互作用力

Ft4.8X1O6X1,j

3

为F,由动量定理知的=机0,m=~=3X1o3kg=1.6X10kg,B正确。

6.（2021.湖北高考）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某

轻机枪子弹弹头质量约8g,出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续

射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12N,则机枪在这1分

钟内射出子弹的数量约为（）

A.40B.80

C.120D.160

答案C

解析根据牛顿第三定律，机枪对子弹的平均作用力大小约为歹=12N,设

1分钟内射出的子弹数量为%则对这〃颗子弹由动量定理得的=〃加。。，代入数

据解得“=120,C正确，A、B、D错误。

7.（2022.山东省烟台市高三上期中）高压水射流采煤技术现在被广泛采用，其

基本原理为：一组高压水泵将水的压强升高，让高压水从喷嘴中射出，打在煤层

上，使煤成片脱落，从而达到采煤的目的。若高压水流沿水平方向冲击煤层，水

的溅射速度不计，当水流的速度为80m/s时，煤层受到水的冲击压强为（水的密

度p=1Xkg/m3)(）

A.3.2X106N/m2B.6.4X106N/m2

C.7.2X106N/m2D.8X106N/m2

答案B

解析由题意可知，人时间内冲击煤层的水的质量为其中S为

水流的横截面积，设水受到煤层的平均作用力为了，由动量定理得-亍2/=0

-Amy,解得了=/。2,则结合牛顿第三定律，煤层被冲击部分受到水的压强为

F/F

p=s=k=P©2,代入数据，nJW/?=6.4Xio6N/m2,故选B。

8.如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C