2025年高二物理同步培优讲练（人教版选择性必修第一册）1.2 动量定理（解析版）

1.2动量定理

01学习目标

物理素养学习目标

1.能在恒力情况下进行理论推导，得出动量定理及

1.物理观念：理解冲量的概念，知道其矢量性。

其表达式。

2.科学思维：通过理论推导掌握动量定理的表达式，

2.知道冲量概念，知道动量定理及其表达式的物理

理解其确切含义。

意义。

3.科学探究：探究变力冲量的计算方法，体会微分思

3.知道动量定理适用于变力情况，领会求解变力冲

想的应用。

量时的极限思想。

4.科学态度与责任：通过对缓冲现象的分析，体会物

4.会用动量定理解释生活生产中的相关现象和解决

理规律在生产、生活中的应用。

实际问题。

重点关注：①力、冲量②动量定理③动能、动能定理

02思维导图

03知识梳理

（一）课前研读课本，梳理基础知识

一、冲量

1.定义：力与力的作用时间的乘积。

2.定义式：I＝FΔt。

3.物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大。

4.单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s。

5.矢量性：冲量是矢(填“矢”或“标”)量。如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同。

二、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。

（二）辨析

1.冲量的两个要素式力及其作用时间，冲量是状态量还是过程量？

【答案】冲量是过程里，与一段时间对应，需要明确是什么力在哪一段时间内产生的冲量。

2.冲量由力（矢量）与力的作用时间（标量）相乘得到，那么冲量是矢量还是标量？

【答案】冲量是矢量，当力的方向不变时，其方向与力的方向相同。

3.“所受力的冲量”指的是什么力的冲量？

【答案】合力。

4.“等于”仅仅指的是大小相等吗？

【答案】动量定理的表达式mvmvFt是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。

04题型精讲

【题型一】冲量的计算

【点拨】

1．冲量是过程量：冲量是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量

时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。

2．冲量是矢量：在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的

方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。

3．冲量和功的比较

①某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量不为零。

②一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，方向一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，

符号也不一定相反。

4.某个恒力冲量的大小等于该力与时间的乘积，与是否受到其他力无关，与物体的状态无关。某力冲

量的方向与该力的方向相同。

5.变力的冲量

①利用公式I＝FΔt求冲量：此公式适用于求恒力的冲量。

②利用F-t图像法。

如图甲、乙所示，该力在时间Δt内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”。

③如图丙所示，若力F是变力，但力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。

④利用动量定理求解：I＝Δp＝p′－p。

【典型例题1】（23-24高二下·北京丰台·期中）如图所示，一个物体在水平地面上受到与水平方向成θ角的

拉力F作用时间t后，加速向右运动，在这段时间内各力的冲量下列说法正确的是（）

A．支持力的冲量大小为0

B．合力的冲量大小为Ft

C．摩擦力的冲量大小为Ftcosθ

D．合力的冲量方向水平向右

【答案】D

【详解】A．根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故物体所受支持力的冲量大小为

I支持(mgFsin)t

故A错误；

B．合力无法求出，其冲量大小无法求出，故B错误；

C．摩擦力无法求出，其冲量大小无法求出，故C错误；

D．合力的方向水平向右，则合力的冲量方向水平向右，故D正确。

故选D。

【典型例题2】（23-24高二下·湖北·期中）质量为1kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻施加一水平力F，

t=3s时撤掉作用力F，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则（）

A．1s~3s时间内F的冲量大小为3N·sB．前1s摩擦力的冲量大小为1N·s

C．前3s物块动量的改变量大小为2kg·m/sD．t=4.5s时物块的速度为0

【答案】D

12

【详解】A．1s~3s时间内F的冲量大小为I1Ns+21Ns3.5Ns

F132

故A错误；

B．因为滑动摩擦力大小fmg1N

0~1s时间内F≤1N，物块处于静止状态，前1s内摩擦力的大小跟F的大小相等，前1s内摩擦力的冲量

1

大小为I1Ns0.5Ns

f012

故B错误；

C．1s~3s时间内，摩擦力冲量的大小为If1312Ns2Ns

则前3s物块动量的改变量（即1s~3s时间内物块动量的改变量）为ΔpIF13If131.5kgm/s

故C错误；

D．1s~4.5s时间内摩擦力冲量的大小为If143.5Ns

根据动量定理得IF13If14mv0

解得v=0

即t=4.5s时物块的速度为0，故D正确。

故选D。

【对点训练1】（23-24高二下·北京顺义·阶段练习）如图所示，物块放在光滑水平面上，在一个与水平方

向成角的恒力F作用下，物块沿光滑水平面运动了一段时间t，在这段时间t内（）

A．物块受到的支持力的冲量为0

B．物块受到的力F的冲量为Ftcos

C．物块的动量变化量为Ft

D．物块的动量变化量为Ftcos

【答案】D

【详解】A．设物块的重力为G，由冲量的定义可知，物块受到的支持力的冲量为I1FNtGFsint

A错误；

B．物块受到的力F的冲量为I2Ft

B错误；

CD．物块受到的合力为F合Fcos

由动量定理可得pF合tFtcos

C错误，D正确。

故选D。

【题型二】动量定理的理解

【点拨】

1．对动量定理的理解

①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。

②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。

③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平

均值。

④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。

2．动量定理、动能定理的区别

①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体

的动能。

②动量定理是矢量式，动能定理是标量式。

【典型例题1】（23-24高二下·河南郑州·期中）垒球是一项集竞技性、观赏性和娱乐性为一体的运动项目。

如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回。

若球棒与垒球的作用时间为0.002s，球棒与垒球的平均作用力大小为6.3103N，以沿垒球飞向球棒的方

向为正方向，则下列说法正确的是（）

A．球棒对垒球的冲量为12.6NsB．垒球对球棒的冲量为12.6Ns

C．垒球的初动量为4.5kgm/sD．垒球被击出后的速度大小为70m/s

【答案】A

【详解】C．依据题意可知，沿垒球飞向球棒的方向为正方向，则垒球的初动量为

p1mv0.1825kgm/s4.5kgm/s

故C错误；

AB．球棒对垒球的作用力的方向与垒球飞向球棒的方向相反，故球棒对垒球的冲量为

IFt6.31030.002Ns12.6Ns

则垒球对球棒的冲量为12.6Ns，故A正确，B错误；

D．对垒球，由动量定理知Ftmv末mv

则垒球被击出后的速度大小为v末45m/s

故D错误。

故选A。

【典型例题2】（23-24高二上·浙江绍兴·期末）神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场着陆。如图所示，

离地高度约1m时，返回舱底部的4台着陆反推发动机点火竖直向下喷气，使返回舱速度在0.2s内由8m/s

降为2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和

受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg。以竖直向下为正方向，反推发动机工作阶段，

下列说法正确的是（）

A．返回舱的动量变化量为1.8×104kg·m/s

B．反推发动机启动时航天员受到的作用力将减小

C．返回舱受到的平均推力大小约为1.2×105N

D．返回舱受到的平均推力大小约为9.0×104N

【答案】C

【详解】A．返回舱的动量变化量为Pmv2mv1

解得P1.8104kgm/s

A错误；

B．反推发动机启动时航天员做加速度较大的减速运动处于超重状态，受到的作用力将增大，B错误；

CD．返回舱受到的平均推力为N，取竖直向下为正方向，根据动量定理得mgFtmv2mv1

解得F1.2105N

C正确，D错误。

故选C。

【对点训练1】（23-24高二下·浙江·期中）《天工开物》中提到一种古法榨油——撞木榨油。如图，撞木

榨油是先将包裹好的油饼整齐地摆到榨具里，然后用撞木撞击木楔，挤压油饼，油就流出来。某次撞击

前撞木的速度为6m/s，撞击后撞木反弹，且速度大小变为原来的一半。已知撞木撞击木楔的时间为0.5s，

撞木的质量为100kg。则撞木对木楔撞击力大小为（）

A．600NB．1600NC．1800ND．2800N

【答案】C

v

【详解】取撞击前撞木的速度方向为正方向，根据动量定律有Ftmmv

2

3mv31006

解得FN=1800N

2t20.5

根据牛顿第三定律可知撞木对木楔撞击力大小为1800N。

故选C。

【题型三】动量定理的基本应用

【点拨】

1．用动量定理解释生活中的现象

①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小；

②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大；

③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。

2.动量定理的定量计算

①动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。

②动量定理公式中I(F·Δt)应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。

③应用动量定理定量计算的一般步骤：

【典型例题1】（23-24高一下·重庆·期中）快递气泡袋是由低密度聚乙烯（LDPE）加工而成的一种透明软

包装袋，主要用于快递行业小体积、易碎、易损坏、精密货品的包装。将货品装入快递气泡袋的目的是

为了（）

A．减小撞击时货品的动能变化量B．减小撞击时货品的动量变化量

C．减小撞击时货品受到的冲量D．减小撞击时货品受到的力

【答案】D

【详解】快递气泡袋起到缓冲作用，通过延长作用时间，减小撞击时货品受到的力，不会改变货品动量

的变化量以及动能变化量，即不会改变货品受到的冲量。

故选D。

【典型例题2】（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在

头盈中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发

生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地

面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s²。则（）

A．挤压过程中物体处于失重状态

B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N

C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg·m/s，方向竖直向下

D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N·s

【答案】B

【详解】A．挤压过程视为匀减速直线运动，因此物体处于超重状态，故A错误；

1

B．根据hgt2

2

2h23.2

可得物体做自由下落运动的时间为ts0.8s

g10

物体落地瞬间的速度为vgt8m/s

根据0v22as

0v2082

可得物体做匀减速直线过程中加速度为am/s2400m/s2

2s20.08

根据牛顿第二定律有mgFma

所以头盔对物体的平均作用力为F820N

故B正确；

C．物体做匀减速直线过程中动量变化量ΔpmΔvm(0v)2(08)kgm/s16kgm/s

负号表示方向竖直向上，故C错误；

D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为Imgt16Ns

故D错误。

故选B。

【典型例题3】（23-24高二上·广东梅州·阶段练习）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手

机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为m=0.2kg，从离人眼睛h=0.2m的高度无初速度掉落，

砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为∆t=0.05s，取重力加速度g＝10m/s2，求：

（1）手机刚落到眼睛上时速度v的大小；

（2）手机对眼睛的作用力。

【答案】（1）2m/s；（2）F＝10N，方向竖直向下

【详解】（1）根据自由落体运动规律有

v2＝2gh

v＝2m/s

（2）手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向下为正方向（mgF）t＝0mv

解得F＝10N

由牛顿第三定律可得，手机对眼睛作用力大小为10N，方向竖直向下

【对点训练1】（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）如图所示，测试汽车安全气囊的实验中，汽车载着模

型人以80km/h的速度撞向刚性壁障，汽车速度瞬间减为0，同时，安全气囊弹出，保护模型人。则关于

安全气囊的作用，下列说法正确的是（）

A．安全气囊减少了碰撞过程中模型人的受力时间

B．安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力

C．安全气囊减小了碰撞过程中模型人的动量变化量

D．安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量

【答案】B

【详解】整个碰撞过程中模型人受到的冲量和模型人的动能变化量是一定的，不因安全气囊的弹出而发

生变化。根据动量定理Ftp

可知安全气囊的作用是增加了碰撞过程中模型人的受力时间，从而减小了碰撞过程中模型人受到的冲击

力。

故选B。

【对点训练2】（23-24高二上·山东滨州·期中）2023年10月23日上午，惠民县第七届“县长杯”校园足球

联赛拉开帷幕。如图所示，小陈同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离

开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力大小为36N，足球的

质量为0.4kg，足球在空中时空气阻力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取10m/s2，

在此过程中，求：

（1）足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小；

（2）足球与头部的作用时间。

【答案】（1）0.4N∙s；（2）0.1s

1

【详解】（1）足球下落过程由动能定理mghfhmv2

1121

解得v1=3m/s

1

足球上升过程由动能定理mghfh0mv2

2222

解得v2=5m/s

h1

t10.4s

下落过程的时间v1

2

足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小Ifft10.4Ns

（2）规定向上为正方向，则足球与头部的过程由动量定理(Fmg)tmv2(mv1)

解得t0.1s

05强化训练

【基础强化】

1．（23-24高二下·山西长治·期中）在蹦床比赛中，运动员从某一高度由静止沿竖直方向落到蹦床上，然后

用力蹬蹦床，再次沿竖直方向返回原高度。假设运动员在运动过程中受到的空气阻力大小不变，下列说

法正确的是（）

A．下降过程受重力冲量的大小等于上升过程受重力冲量的大小

B．下降过程受重力冲量的大小小于上升过程受重力冲量的大小

C．下降过程受合力冲量的大小小于上升过程受合力冲量的大小

D．下降过程受合力冲量的大小等于上升过程受合力冲量的大小

【答案】C

【详解】AB．上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律有mgfma1

下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律有mgfma2

故a1a2

1

根据hgt2

2

可知t1t2

重力是恒力，其冲量大小为IGmgt

则知上升过程中篮球受到的重力的冲量较小，即下降过程受重力冲量的大小大于上升过程受重力冲量的

大小，故AB错误；

CD．上升过程中，根据动量定理有Imv0

下降过程中，根据动量定理有Imv

由于受空气阻力可知vv0，则上升过程中篮球受到合力的冲量较大，即下降过程受合力冲量的大小小

于上升过程受合力冲量的大小，故C正确，D错误；

故选C。

2．（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）篮球运动在学校普遍受到学生的喜爱，为了检验一篮球的弹性性能，

某同学让它从H11.8m高处自由下落，能够自由弹跳到H21.25m高度处。篮球和地面接触的时间

t1.1102s，不考虑篮球在运动中的转动和所受的空气阻力，篮球的质量为0.6kg，当地重力加速度g

取10m/s2。若取向上为正方向，则（）

A．篮球在下落过程中，合力的冲量为1.8Ns

B．篮球与地面碰撞后瞬间的速度大小为6m/s

C．篮球在与地面碰撞过程中，动量改变量为0.6kgm/s

D．篮球受到地面的平均冲击力大小为606N

【答案】D

12

【详解】A．篮球在下落过程中，根据H1gt1

2

2H

解得下落时间为t10.6s

1g

篮球在下落过程中，合力的冲量为I合mgt13.6Ns

故A错误；

2

B．设篮球与地面碰撞后瞬间的速度大小为v2，根据0v22gH2

可得v22gH25m/s

故B错误；

C．篮球与地面碰撞前瞬间的速度大小为v1gt16m/s

则篮球在与地面碰撞过程中，动量改变量为pmv2(mv1)6.6kgm/s

故C错误；

D．篮球在与地面碰撞过程中，根据动量定理可得Ftmgtp

p6.6

解得篮球受到地面的平均冲击力大小为FmgN0.610N606N

t1.1102

故D正确。

故选D。

3．（23-24高一下·湖北武汉·期中）一物体静止在光滑水平面上，从t0时刻起，受到的水平外力F如图所

示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是（）

A．前1s内力F对物体的冲量为5NsB．t2s时物体回到出发点

C．t3s时物体的速度大小为1m/sD．第3s内物体的位移为1m

【答案】D

1

【详解】A．前1s内力F对物体的冲量为IFt2.5Ns

2

A错误；

11

B．物体先向右加速运动，1s后向右减速运动，又由图可知FtFt0

22

可知t2s时物体速度变为0，没有回到原点，B错误；

11

C．由图FtFtFt'mv0

22

解得v2m/s

C错误；

1215N2

D．第3s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移xat1s1m

222.5kg

D正确。

故选D。

4．（23-24高二下·河南濮阳·阶段练习）如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点，另一端

系着质量为m的小球，给小球一定的速度v，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻

力，下列说法正确的是（）

A．小球运动一周的过程中，重力的冲量为零B．小球运动半周的过程中，合力的冲量为零

C．小球运动一周的过程中，合力的冲量为零D．小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零

【答案】C

【详解】A．根据IGGtmgt

故小球运动一周的过程中，重力的冲量不为零，故A错误；

B．以末速度方向为正方向，根据动量定理可知，小球运动半周的过程中，合力的冲量为

Ipmvm(v)2mv

故B错误；

C．小球做匀速圆周运动，根据动量定理可知，运动一周动量变化为0，故合外力冲量为0，故C正确；

D．小球运动一周的过程中，合外力的冲量为零，拉力的冲量与重力的冲量等大反向，不为零，故D错

误。

故选C。

5．（23-24高二下·广东佛山·期中）（多选）据报道，骑车佩戴头盔可防止85%的头部受伤，并且大大减小

了损伤程度和事故死亡率。经查阅资料知，头部直接撞地时，撞击能量向头部的传导时间约为4ms；若

带上头盔后，则头盔内部的缓冲层能将撞击能量向头部的传导时间延长6ms以上，假定撞击地面后人头

部的速度变为0，人头部的质量约为2kg，重力加速度g=10m/s2，忽略撞击过程中肢体对头部的作用力，

则下列说法正确的是（）

A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率

B．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量

C．在事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量相同

D．若驾驶员头部以6m/s的速度垂直撞击地面，该头盔使撞击力至少减少约1800N

【答案】AD

【详解】A．根据Ftp

p

可得F

t

依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率。

故A正确；

B．同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量。故B错误；

C．根据IFt

头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与

头部对头盔的冲量大小相等。故C错误；

p26

D．依题意，不戴头盔时，有F13N3000N

t1410

p26

戴上头盔后，有F23N1200N

t24610

该头盔使撞击力至少减少FF1F21800N

故D正确。

故选AD。

6．（23-24高一下·北京·期中）（多选）如图所示，一个质量m50kg的蹦床运动员，从离水平网面h13.2m

高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面h25.0m高处。已知运动员与网接触的时间为

Δt0.9s，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A．运动员与网接触的这段时间内，动量变化量的大小Δp900kgm/s

B．运动员与网接触的这段时间内，动量变化量的大小Δp100kgm/s

C．网对运动员平均作用力的大小F1500N

D．网对运动员平均作用力的大小F1000N

【答案】AC

1

【详解】AB．设运动员触网前的速度大小为v，下落过程有mghmv2

1121

解得v12gh18m/s

1

设运动员触网后的速度大小为v，上升过程有mghmv2

2222

解得v22gh210m/s

以竖直向上为正方向，触网过程中动量的变化量为

Δpmv2mv15010kgm/s508kgm/s900kgm/s

方向竖直向上。故A正确，B错误；

CD．触网过程中，根据动量定理可得FmgΔtΔp

p900

解得FmgN5010N1500N

t0.9

故C正确，D错误。

故选AC

7．（23-24高二下·山西长治·期中）女排联赛中，一传不到位的排球触网后沿竖直方向落下，将要触地的瞬

间它的速度为5m/s，机敏的二传手双手抱拳将排球竖直向上垫起，当排球上升到最高3.20m处时，高高

跃起的主攻手将球扣到对方界内。已知排球的质量为0.260kg，排球与二传手的作用时间为0.10s，不计

空气阻力，取g10m/s2。求：

（1）排球被二传手垫起瞬间动量的大小；

（2）二传手对排球的平均作用力。

【答案】（1）2.08kg∙m/s；（2）36.4N

【详解】（1）排球被二传手垫起瞬间的速度v22gh2103.2m/s8m/s

排球的动量的大小pmv20.268kgm/s2.08kgm/s

（2）以向上为正方向，则由动量定理Ftmgtmv2(mv1)

解得F=36.4N

8．（23-24高二上·贵州六盘水·期中）如图为我国运动员严浪宇在杭州亚运会“蹦床”比赛中的画面，设严浪

宇的质量为m，他从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，他与床垫接触的时间为t，

空气阻力不计，重力加速度为g。求：

（1）严浪宇自由下落h1高度的过程，重力对他的冲量大小；

（2）严浪宇与床垫接触的时间内，他对床垫的平均作用力大小。

m(2gh22gh1)

【答案】（1）m2gh1；（2）mg

t

2h

【详解】（1）严浪宇自由下落h高度的过程，经过的时间t1

11g

2h

重力对他的冲量大小Imgtmg1m2gh

1g1

（2）落到垫上时的速度v12gh1

落垫后反弹的速度为v22gh2

设向上为正方向，由动量定理FNmgtmv2mv1

m2gh22gh1

解得Fmg

Nt

m2gh22gh1

由牛顿第三定律可知他对床垫的平均作用力大小为FFmg

NNt

【素养提升】

9．（2024·河北·三模）2024年春天，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现

点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统

的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火

箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为Isp，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物

理量的单位应该是（）

A．m/sB．kgm/s2C．m/s2D．Ns

【答案】A

I

【详解】根据题意比冲表示的是单位质量的推进剂产生的冲量，故可得I

spm

kgm/s

结合动量定理Imv，可得比冲这个物理量的单位为11m/s

kg

故选A。

10．（2024·河北邢台·二模）某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹

风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm，空

气密度为1.29kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度10m/s2。则此时吹风机的风速约为（  ）

A．6m/sB．8m/sC．10m/sD．12m/s

【答案】A

【详解】对于Δt时间内吹出的空气，根据动量定理FtmvvStv

其中FG0.36N，Sr2

代入数据解得v6m/s

故选A。

11．（2024·山东枣庄·三模）如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤

盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞

前后速率不变，重力加速度g10m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（）

A．1.5sB．2.5sC．3.0sD．5.0s

【答案】D

【详解】黄豆落在秤盘上的速度大小为v2gh5m/s

2000

设持续倾倒黄豆的时间为t，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为n

t

由动量定理得Ftnm0gt2nm0v

方程两侧根据时间累计求和可得Ftnm0gt2m总v

又F0.8N，则代入数据可得t=5s

故选D。

12．（23-24高二下·安徽亳州·阶段练习）如图所示，用0.5kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速度为4ms，

打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01s，g取10ms2.

（1）不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？

（2）考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？

【答案】（1）200N，方向竖直向下；（2）205N，方向竖直向下

【详解】（1）以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的平均作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖

直向上为正方向，则打击前铁锤的速度为v4ms

由动量定理可得F1t0mv

解得F1200N

方向竖直向上，由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为200N，方向竖直向下。

（2）若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正方向，

则F2tmgt0mv

解得F2205N

方向竖直向上，由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为205N，方向竖直向下。

13．（2024·上海黄浦·二模）消防员用横截面积为S的喷水枪，喷出恒定流速为v的水流，水流垂直射向着

火的墙体后，速度可视为0。水的密度为，水流的重力忽略不计。求：

（1）水枪在t时间内喷出水的质量。

（2）墙体受到水流平均冲击力的大小。

【答案】（1）ΔmSvt；（2）Sv2

【详解】（1）水枪在t时间内喷出水的质量为ΔmSvΔt

（2）以水喷出的方向为正方向，与墙体碰撞过程中t时间内的水，根据动量定理得FΔt0Δmv

解得FSv2

根据牛顿第三定律可得，墙体受到水流平均冲击力的大小FFSv2

【能力培优】

14．（23-24高一下·福建龙岩·期中）（多选）图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面

为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。手持高压水枪操作，

水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（）

1

A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为vD2

4

1

B．高压水枪喷水的输出功率为v3D2

4

C．水柱对汽车的平均冲力为v2D2

D．水柱对汽车的压强与水流速度的平方成正比

【答案】AD

Svt1

【详解】AC．高压水枪单位时间喷出的水的质量为mvD2

0t4

水柱冲击汽车后速度为零，由动量定理得

Ft0mv

mm0t

1

解得水柱对汽车的平均冲力为Fv2D2

4

故A正确，C错误；

1

mv2

B．