高三物理一轮复习专题讲义：第6.1讲 动量和动量定理

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考点内容要求

全国卷三年考情分析

201720182019

动量、动量定理、

动量守恒定律及其

应用

Ⅱ

Ⅰ卷·T14：动量

守恒定律的应

用

Ⅲ卷·T20：动量

定理的应用

T24：动量守恒定

律、机械能守恒

定律

Ⅰ卷·T14：动量、

动能

Ⅱ卷·T24：牛顿

第二定律、动量

守恒定律

T15：动量定理

Ⅲ卷·T25：动量、

机械能守恒定

律

Ⅰ卷·T16：动量

定理的应用

T25：v－t图象、

动量守恒定律、

机械能守恒定

律、动能定理

Ⅱ卷·T25：动量

定理、动能定

理、匀变速直线

运动的规律

Ⅲ卷·T25：动量

守恒定律、动能

定理、牛顿第二

定律

弹性碰撞和非弹性

碰撞

Ⅰ

实验七：验证动量

守恒定律

说明：只限于一维

第1讲动量和动量定理

知识要点

一、动量

1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。

2.表达式：p＝m v。

3.单位：kg·m/s。

4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

二、冲量

1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。

公式：I＝Ft。

2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。

3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。

三、动量定理

1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。

2.表达式：Ft＝Δp＝p′－p。

3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。

基础诊断

1.(多选)下列关于动量的说法正确的是()

A.质量大的物体，动量一定大

B.质量和速率都相同的物体，动量一定相同

C.一个物体的速率改变，它的动量一定改变

D.一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变

解析根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，故A项错误；又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故B项错误；一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，故C项正确；物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D项正确。

答案CD

2.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()

图1

A.拉力F对物体的冲量大小为零

B.拉力F对物体的冲量大小为Ft

C.拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θ

D.合力对物体的冲量大小为零

解析对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。这一个力的冲量与另一个力的冲量无关。B、D项正确。

答案BD

3.质量为m的物体在力F作用下做初速度为v1的匀加速直线运动，经时间t，物体的动量由m v1增到m v2，则()

A.若该物体在2F力作用下经2t，则物体的动量变化量为4m v2－4m v1

B.若该物体在2F力作用下经2t，则物体的动量变化量为4m v2－3m v1

C.在2F力作用下经t，物体的动量变化量为2m v2

D.在2F力作用下经t，物体的动量变化量为2m v2－m v1

解析由动量定理得Ft＝m v2－m v1，则2F·2t＝4m v2－4m v1，2Ft＝2m v2－2m v1，故只有选项A正确。

答案 A

4.(2018·全国Ⅱ卷，15)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，与地面的碰撞时间约为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

解析根据自由落体运动和动量定理有v2＝2gh(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝m v，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。

答案 C

动量和冲量的理解

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

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；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。 (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 ＝F 1＋F 2

2t ，其中F 1、F 2为该段时间内初、末两时刻力的大小。

②作出F －t 图线，图线与t 轴所围的面积即为变力的冲量。如图2所示。

图2

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。

【例1】 (2018·全国Ⅰ卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比

D.与它的动量成正比

解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v ＝at ，且列车的动能为E k ＝12m v 2，由以上整理得E k ＝12ma 2t 2

，动能与时间的平方

成正比，动能与速度的平方成正比，A 、C 错误；将s ＝1

2at 2代入上式得E k ＝mas ，

则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式E k ＝p 2

2m 可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。 答案 B

1.(多选)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是( ) A.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B.物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D.物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化

解析 物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故选项A 错误，B 正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故选项C 正确，D 错误。 答案 BC

2.如图3所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b 分别从M、Q两点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()

图3

A.合力对两滑块的冲量大小相同

B.重力对a滑块的冲量较大

C.弹力对a滑块的冲量较小

D.两滑块的动量变化大小相同

解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F＝mg sin θ(θ为滑轨倾角)，F a＞F b，因此合力对a滑块的

冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力N＝mg cos θ，N a＜N b，因此弹力对a滑块的冲量较小，选C。

答案 C

3.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＝m v2－m v1＝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＝1

2m v 2

2

－

1

2m v

2

1

＝

1

2×0.2×4

2 J－

1

2×0.2×6

2 J＝－2

J。

答案 A

动量定理的理解及应用

1.动量定理的理解

(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。变力的情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。

(2)动量定理的表达式FΔt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。

2.用动量定理解释现象

(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，要把哪个量不变、哪个量变化搞清楚。

3.用动量定理解题的基本思路

【例2】(2019·全国Ⅰ卷，16)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

解析根据动量定理有FΔt＝Δm v－0，解得Δm

Δt

＝F v＝1.6×103kg/s，所以选项B

正确。答案 B

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

解析跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间从而减小冲力，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＝m v，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。

答案 D

2.(多选)如图4所示，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是()

图4

A.相遇时A的速度一定为零

B.相遇时B的速度一定为零

C.A从抛出到最高点的时间为v2 g

D.从抛出到相遇A、B动量的变化量相同

解析相遇时A还具有水平速度，则此时的速度不为零，选项A错误；因A在最高点的竖直速度为零，可知B的速度也一定为零，选项B正确；两球运动的时间

相等，即t＝v2

g

，选项C正确；根据Δp＝mgt可知从抛出到相遇A、B动量的变化量相同，选项D正确。

答案BCD

3.拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球()

图5

A.手给球的冲量为1.6 kg·m/s

B.手给球的冲量为2.0 kg·m/s

C.人对球做的功为3.2 J

D.人对球做的功为2.2 J

解析人拍球的过程，人手对球的冲量为I，由动量定理：I＋mgΔt＝m v＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，则I＜1.6 kg·m/s，则手给球的冲量小于1.6 kg·m/s，选项A、

B错误；设人对球做的功为W，由动能定理：W＋mgh＝1

2m v

2，解得W＝12×0.4×42

J－0.4×10×0.25 J＝2.2 J，选项D正确，C错误。

答案 D

4.(多选)(2017·全国Ⅲ卷，20)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6 所示，则()

图6

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

解析由动量定理可得Ft＝m v，解得v＝Ft

m

。t＝1 s时物块的速率为v＝Ft

m

＝2×1

2

m/s＝1 m/s，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝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p3＝(2×2－1×1) 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p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。

答案AB

动量定理与微元法的综合应用

考向流体类问题

流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件

分析步骤1

建立“柱体”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

用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρS vΔt

3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体

【例3】[2016·全国Ⅰ卷，35(2)]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

(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

解析(ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。

该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②

其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 Δm

Δt ＝ρv 0S 。

(ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④ 其中，F 冲为水柱对玩具底部的作用力 由牛顿第三定律知F 压＝F 冲⑤

其中，F 压为玩具底部对水柱的作用力，v ′为水柱到达玩具底部时的速度

由运动学公式得v ′2－v 2

0＝－2gh ⑥

在很短Δt 时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt ⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得 －(F 压＋Δmg )Δt ＝－Δm v ′⑧

由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压Δt ＝Δm v ′⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 20

2g －M 2g 2ρ2v 20

S 2。

答案 (ⅰ)ρv 0S (ⅱ)v 20

2g －M 2g 2ρ2v 20S 2

考向 微粒类问题

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“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S

2 用微元法研究，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 0S Δt 3

先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N 计算

【例4】 正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系。

解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量 ΔI ＝2m v

如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有1

6的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰壁粒子总数

N ＝1

6n ·S v Δt

Δt 时间内粒子给器壁的冲量 I ＝N ·ΔI ＝1

3nSm v 2Δt

器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力 F ＝I Δt

则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝1

3nm v 2。

答案 f ＝1

3nm v 2

1.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的。煤层受到3.6×106 N/m 2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103 kg/m 3)( ) A.30 m/s B.40 m/s C.45 m/s

D.60 m/s

解析 设溅落在煤层表面的某水柱微元的质量为Δm ，由动量定理得F ·Δt ＝Δm ·v ，而Δm ＝ρ·S Δl ，Δl ＝v Δt ，联立可得F S ＝ρv 2，则速度v ＝F S ·1

ρ＝

p

ρ＝60 m/s ，选

项D 正确。 答案 D

2.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图7所示，从距秤盘80 cm 高处把1 000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1 000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( )

图7

A.0.2 N

B.0.6 N

C.1.0 N

D.1.6 N

解析 豆粒从80 cm 高处下落到秤盘上时的速度为v 1， v 21＝2gh ，

则v1＝2gh＝2×10×0.8 m/s＝4 m/s

设竖直向上为正方向，根据动量定理Ft＝m v2－m v1

则F＝m v2－m v1

t

＝

0.1×2－0.1×（－4）

1N＝0.6 N，故B正确，A、C、D错误。

答案 B

课时作业

(时间：40分钟)

基础巩固练

1.(多选)(2019·北京西城区模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是()

A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同

B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化

C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量

D.物体动量的方向与物体的运动方向相同

解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝m v，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。

答案BD

2.如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了10 s后停下来，则运动员对球的冲量为()

图1

A.1 000 N·s

B.500 N·s

C.0

D.无法确定

解析滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球时的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D 正确。

答案 D

3.(多选)(2017·全国卷Ⅲ，20)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2 所示，则()

图2

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

解析由动量定理可得Ft＝m v，解得v＝Ft

m

。t＝1 s时物块的速率为v＝Ft

m

＝2×1

2

m/s＝1 m/s，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝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p3＝(2×2－1×1) 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p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。

答案AB

4.2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，中午从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿一个1米乘1米的大洞，雷达罩被砸穿。所幸客机于下午1点24分安全着陆，机上无人受伤。设客机撞鸟时飞行速度大约为1 080 km/h，小鸟质量约为0.5 kg，撞机时间约为0.01 s，估算飞机受到的撞击力为()

图3

A.540 N

B.54 000 N

C.15 000 N

D.1.50 N

解析本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v＝1 080 km/h＝300 m/s，撞击过程对鸟，由动量定理得Ft＝m v

－0，解得F＝m v

t ＝0.5×300

0.01N＝1.5×10

4 N，则C正确，A、B、D错误。

答案 C

5.如图4所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5 5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)()

图4

A.700 kg·m/s

B.350 5 kg·m/s

C.350(5－1) kg·m/s

D.350(5＋1) kg·m/s

解析根据动量定理得Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故选项A正确。

答案 A

6.(2020·佛山模拟)如图5所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度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 的大小为()

图5

A.I＝0

B.I＝m v0

C.I＝2m v0

D.I＝3m v0

解析设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得：1

2m v

2＝12m v20，所

以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得I＝m v－(－m v0)＝2m v0，故选项C正确。

答案 C

7.(多选)在港珠澳大桥施工过程中，我国科学家和工程技术人员自主创新了海底沉管技术。海底沉管要克服复杂多变的洋流，情境复杂，其简化原理图如图6所示，吊车处于静止状态，吊绳相对于吊车以速度v匀速向下放管子，管子的质量为m。假设图中P为管子开始被吊起的位置，Q为管子刚接触水面的位置，R为管子刚好完全进入水中的位置，S为管子刚好到达水底的位置，假定管子入水前后速度不变，则下列说法正确的是()

图6

A.管子从P位置到R位置，吊绳拉力等于管子重力

B.管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，且拉力不变

C.管子从Q位置到R位置，吊绳拉力做功的功率在逐渐减小

D.管子从Q位置到最终停在S位置，合力对管子的冲量大小为m v

解析根据共点力的平衡条件可知，管子从P位置到Q位置，吊绳拉力等于管子重力，管子从Q位置到R位置，由于管子排开水的体积逐渐增大，管子所受的浮力逐渐增大，故吊绳拉力逐渐减小，又速度大小不变，故拉力做功的功率P＝F v 逐渐减小，A错误，C正确；管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，管子从Q位置到R位置，吊绳拉力逐渐减小，管子从R位置到S位置，吊绳拉力

不变，B错误；管子从Q位置到最终停在S位置，设向下的速度方向为正方向，根据动量定理可知，合力的冲量等于管子动量的变化量－m v，故合力对管子的冲量大小为m v，D正确。

答案CD

8.如图7所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()

图7

A.ρv S

B.ρv2

S C.

1

2ρv

2S D.ρv2S

解析Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρS v·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δm v－0，解得F＝ρv2S，选项D 正确。

答案 D

9.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图8所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()

图8

A.10 N·s，10 N·s

B.10 N·s，－10 N·s

C.0，10 N·s

D.0，－10 N·s

解析由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选项D正确。

答案 D

综合提能练

10.(2019·四川省绵阳市第二次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不

同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体()

A.滑行的距离小

B.滑行的时间长

C.滑行过程中的加速度大

D.滑行过程中的动量变化快

解析根据p＝m v，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知－fL ＝0－E k＝－p2

，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，2m

故A正确；根据动量定理，－ft＝0－p，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D错误。

答案 A

11.(多选)(2019·泉州模拟)如图9所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()

图9

A.小球的机械能减小了mg(H＋h)

B.小球克服阻力做的功为mgh

C.小球所受阻力的冲量大于m2gH

D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量

解析小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得mg(H ＋h)－W f＝0，则小球克服阻力做功W f＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝2gH，对进入泥潭的过程运用动量定理得I G－I F＝0－m2gH，得I F＝I G ＋m2gH，知阻力的冲量大于m2gH，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。

答案AC

12.(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10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h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，(重力加速度为g)则()

图10

A.地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0

B.地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)