(完整版)动量定理知识点及题型解析

第6章第1课时动量动量定理

考点内容要求考纲解读

动量，冲量，动量定理Ⅱ本章是高考考查的重点，主要考查动量和

能量的综合、动量守恒与牛顿运动定律、运动

学规律、机械能知识的综合，考试题目往往涉

及多个物体、多个过程，必须灵活选取研究对

象，巧妙运用动量的观点、能量的观点等，才

能顺利求解．

预计本章在高考中，还将以综合考查为

主，综合牛顿运动定律、动量定理、动能定理、

动量守恒定律、机械能守恒定律等知识进行考

查．题型以计算题为主，难度中等以上．命题

背景多与碰撞、反冲、平抛运动、圆周运动等

相联系，侧重考查学生分析问题、解决问题的

能力.

动量守恒定律Ⅱ

动量知识和机械能知识的应用(包

括碰撞、反冲、火箭)

Ⅱ

实验：验证动量守恒定律

说明：动量定理和动量守恒定律的

应用只限于一维的情况

2.掌握并能应用动量定理进行有关计算及解释有关现象．

?考点梳理

一、动量和冲量

1．动量

(1)定义：物体的质量和速度的乘积．

(2)表达式：p＝mv.单位：千克米每秒(kg·m/s)．

(3)动量的三性

①矢量性：方向与速度的方向相同．

②瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，动量定义中的速度是瞬时速度，是针对某一时刻而

言的．

③相对性：大小与参考系的选择有关，通常情况是指相对地面的动量．

(4)动量与动能的大小关系：p＝2mE k.

2．冲量

(1)定义：力和力的作用时间的乘积．

(2)表达式：I＝Ft.单位：牛秒(N·s)

(3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定．

(4)物理意义：表示力对时间的积累．

(5)作用效果：使物体的动量发生变化．

二、动量定理

1．内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量的变化．

2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p.

3．矢量性：动量变化量的方向与冲量方向相同，还可以在某一方向上应用动量定理．

1．[对动量概念的考查]

下列关于动量的说法中正确的是()

A．质量大的物体动量一定大

B．质量和速率都相同的物体的动量一定相同

C．一个物体的速率改变，它的动量不一定改变

D．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变

答案 D

解析根据动量的定义p＝mv，它由速度和质量共同决定，故A错；又因动量是矢量，它的方向与速度方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，方向不一定相同，故B错；一个物体速率改变则它的动量大小一定改变，故C错；物体的运动状态变化指速度发生变化，它的动量也就发生了变化，故D对．

2．[对冲量概念的考查]

关于冲量，下列说法正确的是()

A．冲量是物体动量变化的原因

B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零

C．动量越大的物体受到的冲量越大

D．冲量的方向就是物体受力的方向

答案 A

解析力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量就发生了变化．因此说冲量是物体动量变化的原因，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B选项不正确；物体所受冲量I＝Ft与物体的动量的大小p＝mv无关，C选项不正确；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D选项不正确．

3．[动量定理的理解与应用]

一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v .在此过程中 ( )

A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为mv 2

2

B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零

C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为mv 2

2

D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零 答案 B

解析 首先，由动量定理可知，合外力的冲量等于运动员动量的改变量，有表达式I G ＋I F ＝Δp ，即－mg Δt ＋I F ＝mv －0，I F ＝mv ＋mg Δt ，地面对运动员的作用力只有支持力，所以地面对运动员的冲量为mv ＋mg Δt ，排除C 、D 选项；另外，由于地面对运动员的支持力的作用点未发生位移，所以支持力对运动员不做功，故该题正确选项为B.

4．[恒力的冲量的计算]

放在水平面上质量为m 的物体，用一水平力F 推时间t ，但物体始终没有移动，则这段时间内F 对物体的冲量为 ( ) A ．0

B ．Ft

C ．mgt

D ．无法判断

答案 B

解析 对于冲量的理解应该与做功区分开，当有力作用在物体上时，经过一段时间的累积，该力就对物体有冲量，不管物体是否移动．按照冲量概念的定义，物体受到的力的冲量大小和方向只与F 有关，大小等于Ft ，方向与F 相同，所以答案为B.

这里需要注意，物体始终没有移动是因为物体还受到地面的静摩擦力的作用，静摩擦力的冲量总是与力F 的冲量大小相等、方向相反，其合冲量为零． 5．[变力的冲量的计算]

光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下做匀速圆周运动，已知球的质量为m ，线速度为v ，且绳长为l ，试求球运动半个圆周过程中绳拉力的冲量大小． 答案 2mv

解析 球做匀速圆周运动时，受重力G 、桌面支持力F N 及绳子的拉力F 绳，重力G 和支持力F N 平衡，绳子拉力即为合力，尽管F 绳＝mv 2

l 大小恒定，但方向时刻在变，不能用冲量公式I ＝Ft 计算．

在运动半个圆周过程中由动量定理可知I 绳＝Δp ＝2mv . (错解：F ＝mv 2l ，t ＝12T ＝12×2πl v ＝πl v ，I ＝Ft ＝mv 2l ·πl

v

＝πmv )．

? 方法总结

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)力的大小随时间均匀变化，方向不变． I ＝F t ＝F 1＋F 2

2

·t .

(2)作出F －t 图象，图线与t 轴所夹的面积，即为变力的冲量． 如图1所示．

(3)利用动量定理求解．

图1

I ＝Δp ＝p 2－p 1.

? 考点一 对冲量的理解和计算

【例1】 用电钻给建筑物钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比，若钻头匀速钻进时第1秒内阻力的冲量为100 N·s ，求5 s 内阻力的冲量． 答案 2 500 N·s

解析 钻头所受的阻力与深度成正比，而钻头又是匀速钻进，即深度与时间成正比，因此阻力与时间成正比，可以用平均值来求变力的冲量．设阻力与时间的比例常数为k ，则F f ＝kt 所以第1秒的冲量I 1＝1

2(0＋kt )t

5秒内的冲量I 2＝1

2(0＋kt ′)t ′

由以上两式可知I 2＝2 500 N·s.

【突破训练1】 如图2所示，一木楔固定在水平地面上，木楔的倾角为θ，在斜面上有一质量为m 的小物块处于静止状态，则在t 时间内，斜面对小物块的冲量大小和方向是 ( )

A ．mgt cos θ，垂直于斜面向上

B ．0

C ．mgt ，竖直向上

D ．mgt ，竖直向下 图2 答案 C

解析 小球受到重力mg 、支持力F N 和静摩擦力F f 作用而处于平衡状态．由力的平衡条件可知：F N 和F f 的合力与mg 大小相等、方向相反，即斜面对小物块的作用力大小等于mg ，方向竖直向上，故斜面

1．时间性：冲量是力在时间上的积累，讨论冲量时一定要明确是哪个力在哪段时间上的冲量，即冲量是过程量．

2．矢量性：当力F 为恒力时，I 的方向与力F 的方向相同，当力F 为变力时，I 的方向由动量的变化量的方向确定．

3．绝对性：只要有力的作用就存在冲量，恒力的冲量不会为零，合力的冲量可能为零，变力的冲量也可能为零．

1．冲量的运算遵守平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．

2．由于冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间两个因素，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．

3．计算力的冲量时，一定要搞清楚所求的是合力的冲量还是某一个力的冲量，然后再计算．

对小物块的冲量大小为mgt ，方向竖直向上．

? 考点二 对动量、动量定理的进一步理解

【例2】 如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若 以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为 ( ) A ．仍在P 点

B ．在P 点左边

C ．在P 点右边不远处

D ．在P 点右边原水平位移的两倍处 图3

答案 B

解析 纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的

1．动量与动能的比较

动量 动能 区别

表达式 p ＝mv E k ＝12mv 2

标、矢量

矢量

标量 物理意义

描述物体的运动效果

描述运动物体 具有的能量 影响因素 力的冲量

力的功 正负

正(负)表示与规定的正方向相

同(相反)

无负值

联 系

①两物理量均为状态量

②两者大小满足E k ＝p 2

2m

或p ＝2mE k

2.p 、Δp 和Δp

Δt

的区别

(1)p ＝mv 是动量，既有大小又有方向，是状态量，即与状态有关．

(2)Δp ＝p ′－p ，是动量变化量，也是矢量，是过程量，与状态变化有关，与合力的冲量等大同向． (3)Δp Δt 是动量的变化率，大小等于合外力：F ＝Δp Δt . 3．对动量定理I 合＝Ft ＝Δp ＝p ′－p 的理解 (1)I 合、Ft 是物体受到的所有外力的总冲量．

(2)动量定理说明的是合外力的冲量I 合和动量的变化量Δp 的关系，I 合与Δp 不仅大小相等，而且Δp 的方向与I 合的方向相同．

(3)用动量定理定性解释一些物理现象：

在动量变化一定的情况下，如果需要增大作用力，必须缩短作用时间．

在动量变化一定的情况下，如果需要减小作用力，必须延长作用时间——缓冲作用．

作用时间较长，由I ＝F f t ＝mv 0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大．以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．

【突破训练2】 从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是 ( )

A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大

B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大

C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小

D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小 答案 D

解析 玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D 正确．

? 考点三 动量定理的应用

【例3】 人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差为h ＝20 m ，水流量为Q ＝0.10 m 3/s ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，水在最高点和落至石头上的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水作用时可以不考虑水的重力，g 取10 m/s 2) 答案 2×103 N

解析 设时间t 内落至石头上的水的质量为m ，水的速度为v ，则 mgh ＝12

mv 2

用动量定理解释现象

(1)用动量定理解释的现象一般可分为两类：

一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小； 一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．

(2)由动量定理解释现象时，关键是分析清楚作用力、作用时间及动量变化量的情况．

1．用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象．

(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——合力的冲量；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求解．

2．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．

m ＝Qtρ

设石头对水的平均作用力为F ，则

Ft＝mv

即F＝Qρv

＝0.10×1.0×103×2×10×20 N＝2×103 N.

由牛顿第三定律得水对石头的冲击力为F′＝F＝2×103 N.

【突破训练3】用线将金属块M和木块m连在一起浸没入水中，如图4所示．开始时，m的上表面正好和水面相平．从静止释放后，系统以加速度a加速下沉，经t秒线断了，又经t′秒木块停止下沉，此时金属块的速度多大？(设此时金属块没有碰到水底)

图4

答案

M＋m a t＋t′

M

解析取向下为正方向，当两物块分开后，合外力仍为

F＝(M＋m)a ①

在t＋t′内：合外力冲量I＝F(t＋t′)②

系统的动量变化量Δp＝Mv ③

由动量定理I＝Δp ④

联立①②③④解得v＝

M＋m a t＋t′

M

1．对于类似于本题的连续体问题，一般取时间t内的连续体为研究对象．

2．应用动量定理可对某些问题进行间接求解，这就是等效替换法．

例如求平抛物体在一段时间内动量的变化，就可用重力的冲量来代替：Δp＝mg·Δt.求匀速圆周运动的物体在某段时间内向心力的冲量，由于向心力是变力，不能直接用力乘时间求，只能用动量的变化来替换：I向心力＝mv′－mv.

3．动量定理的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统．系统所受合外力的冲量等于系统内各物体的动量变化量之和．而系统内物体之间的作用力(内力)，由于大小相等、方向相反和等时性可知，不会改变系统的总动量．

? 高考题组

1．(2012·大纲全国·17)质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是 ( ) A ．若q 1＝q 2，则它们做圆周运动的半径一定相等 B ．若m 1＝m 2，则它们做圆周运动的半径一定相等 C ．若q 1≠q 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 D ．若m 1≠m 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 答案 A

解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r 得r ＝mv

qB ，同一匀

强磁场，B 相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r ∝1

q ，若q 1＝q 2，则r 1＝r 2，故A 选项正确，

B 选项错误；由周期公式T ＝2πm qB ，由于B 相等，2π为常数，所以T ∝m

q ，即周期大小不确定，故C 、

D 选项错误．

2．(2012·天津理综·9(1))质量为0.2 kg 的小球竖直向下以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，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)． 答案 2 12

解析 以竖直向上为正方向，则v ′＝4 m/s ，v ＝－6 m/s 所以小球与地面碰撞前后的动量变化为

Δp ＝mv ′－mv ＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s ＝2 kg·m/s 根据动量定理，得(F －mg )t ＝Δp

所以平均作用力F ＝Δp t ＋mg ＝2

0.2

N ＋0.2×10 N ＝12 N.

? 模拟题组

3．如图5所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 的滑块相连．滑块在光滑水平面上做简谐运动，周期为T ，振幅为A .滑块从最大位移向平衡位置运动的过程中，在求弹簧弹力的冲量大小时，有以下两种不同的解法：

图5

解法一 解法二

由于弹簧的弹力F 与位移x 成正比，所以

甲同学先求出0～T

4

内的平均弹力

F ＝

kA ＋0

2

由于运动时间是T 4，所以I ＝F T 4＝kAT

8

乙同学查阅资料后得到弹性势能的表达式

是：E p ＝1

2kx 2(x 为弹簧的形变量)．

设滑块到达平衡位置时的速度为v ，根据机械

能守恒定律： 12kA 2＝12mv 2

所以：v ＝A

k

m

又根据动量定理：I ＝mv －0＝A mk

关于以上两种解法，下列判断准确的是 ( ) A ．只有解法一正确

B ．只有解法二正确

C ．解法一和解法二都正确

D ．解法一和解法二都不正确

答案 B

解析 由于弹簧的弹力是随位移均匀变化的变力，不是随时间t 均匀变化的变力．因此，解法一是错误的，解法二是根据动量定理来求的，正确．

4．人民公园里有一个斜面大滑梯，一位小同学从斜面的顶端由静止开始滑下，其运动可视为匀变速直线运动．已知斜面大滑梯的竖直高度h ＝3.75 m ，斜面的倾角为37°，这位同学的质量m ＝30 kg ，他与大滑梯斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.求： (1)这位同学下滑过程中的加速度大小； (2)他滑到滑梯底端时的速度大小；

(3)他从滑梯的顶端滑到底端过程中重力的冲量． 答案 (1)2 m/s 2 (2)5 m/s (3)750 N·s ，方向竖直向下 解析 (1)对小同学受力分析如图所示，由牛顿第二定律有： mg sin 37°－F f ＝ma ① F N ＝mg cos 37°

② F f ＝μF N

③ cos 37°＝1－sin 37°2＝0.8

④

联立①②③④，代入数据解得加速度：a ＝2 m/s 2

⑤ (2)斜面长度为：L ＝h sin 37°＝25

4 m

⑥ 由v 2＝2aL

⑦

联立⑤⑥⑦，代入数据解得他滑到滑梯底端的速度 v ＝5 m/s

(3)设从滑梯的顶端滑到底端过程中经历时间为t ，重力的冲量为I ，有：

L ＝12at 2

⑧ I ＝mgt

⑨

联立⑥⑧⑨，代入数据解得：I ＝750 N·s I 的方向竖直向下

(限时：30分钟)

? 题组1 对冲量的考查

1．关于冲量的概念，以下说法正确的是 ( )

A ．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同

B ．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大

C ．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小

D ．只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 答案 A

解析 力的冲量I ＝F ·t ，力F 的大小虽然不同，只要力的作用时间t 也不同，则力与时间的乘积可能相同．所以A 项正确；力很大，如果作用时间很短，冲量仍然可以很小；时间很短，如果力很大，冲量仍然可以很大．所以B 、C 错误；由于冲量是矢量，尽管力和时间的乘积相同，若力的方向不同，冲量仍然不同，故D 项错误．

2．质量为5 kg 的物体，它的动量的变化率为2 kg·m/s 2，且保持不变，则下列说法正确的是 ( ) A ．该物体一定做匀速运动 B ．该物体一定做匀变速直线运动

C ．该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同

D ．无论物体运动轨迹如何，它的加速度一定是0.5 m/s 2 答案 C

解析 由动量定理有F Δt ＝Δp ，所以Δp

Δt ＝F ，可见，动量的变化率表示合外力，所以题中物体所受合外

力恒定，根据牛顿第二定律，其加速度恒定，因为未知速度方向，所以该物体可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，一定不做匀速运动，选项A 、B 错误；因为合外力恒定，所以该物体在任意相等的时间内所受合外力的冲量一定相同，选项C 正确；根据题意，合外力F ＝2 kg·m/s 2＝2 N ，根据牛顿第二定律有a ＝F

m

＝0.4 m/s 2，选项D 错误．

3．如图1所示，质量为m 的物体，在跟水平方向成θ角的力F 作用下，以速度v 匀速前进时间t ，则物体在这段时间内受到力F 的冲量与合外力的冲量各为 ( ) A ．Ft Ft cos θ

B ．Ft sin θ Ft cos θ

C ．Ft Ft sin θ

D ．Ft 0 图1

答案 D

解析 力F 的冲量就是F 与作用时间的乘积I F ＝Ft .物体以速度v 匀速前进，所受合外力为零，合外力

对物体的冲量就是零．

4．如图2所示，一小物块从粗糙斜面上的O点由静止开始下滑，在小物块经过的路径上有A、B两点，且

A、B间的距离恒定不变．当O、A两点间距离增大时，对小物块从A点运动到B点的过程中，下列说

法正确的是()

A．摩擦力对小物块的冲量变大

B．摩擦力对小物块的冲量变小

C．小物块动能的改变量增大

D．小物块动能的改变量减小图2 答案 B

解析依题意，OA距离越大即小物块初始释放位置越高，则经过AB段的时间越短，故摩擦力对小物块的冲量变小，选项A错，B对；在AB段小物块受到的合外力不因OA距离的变化而变化，AB段的位移恒定，故合外力对小物块做功不变，即小物块动能的改变量不变，选项C、D均错．

?题组2 对动量及动量变化的考查

5．关于物体的动量，下列说法中正确的是()

A．物体的动量越大，其惯性也越大

B．同一物体的动量越大，其速度一定越大

C．物体的加速度不变，其动量一定不变

D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向

答案 B

解析此题考查动量大小的决定因素和动量的矢量性．物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，惯性(质量)不一定大，A项错；对于同一物体，质量一定，所以动量越大，速度越大，B项对；加速度不变，但速度一定变，如平抛运动的物体，故C项错；动量的方向始终与速度方向相同，与位移方向不一定相同，D错误．

6．对于任何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，其动能一定变化

B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化

C．物体的动能不变时，其动量也一定不变化

D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化

答案 B

解析当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化．当只有物体的速度方向发生变化而速度的大小不变时，物体的动量(矢量)发生变化，但动能(标量)并不发生变化，例如我们所熟悉的匀速圆周运动，所以选项A错误，选项B正确．当质量不变的物体的动能不变时，其动量的大小不变，方向可以相反，故选项C错误．当质量不变的物体的动能发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，物体的动量必定发生变化，故选项D错误．

7．如图3所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，则这一过程中动量的变化量为 ( ) A ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向左 B ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向右 C ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向左

D ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向右 图3 答案 D

解析 选向左为正方向，则动量的变化量为Δp ＝mv 1－mv 0＝0.18×(－45) kg·m/s －0.18×25 kg·m/s ＝－12.6 kg·m/s ，大小为12.6 kg·m/s ，负号表示其方向向右，故D 正确．

8．羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h ，假设球飞来的速度为90 km/h ，林丹将球以342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g ，试求： (1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量．

(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？ 答案 (1)0.6 kg·m/s ，方向与球飞来的方向相反 (2)－120 m/s 21 J 解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则 p 1＝mv 1＝5×10－3×903.6 kg·m/s ＝0.125 kg·m/s

p 2＝mv 2＝－5×10－

3×3423.6 kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s

所以动量的变化量

Δp ＝p 2－p 1＝－0.475 kg·m/s －0.125 kg·m/s ＝－0.6 kg·m/s.

即羽毛球的动量变化大小为0.6 kg·m/s ，方向与羽毛球飞来的方向相反． (2)羽毛球的初速度：v ＝25 m/s ， 羽毛球的末速度：v ′＝－95 m/s. 所以Δv ＝v ′－v ＝－120 m/s.

羽毛球的初动能：E k ＝1

2mv 2＝1.56 J ，

羽毛球的末动能：E k ′＝1

2mv ′2＝22.56 J.

所以ΔE k ＝E k ′－E k ＝21 J.

? 题组3 对动量定理的应用的考查

9．在距地面高为h ，同时以大小为v 0的速度分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体，不计空气阻力的作用，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp ，有( ) A ．平抛过程最大

B ．竖直上抛过程最大

C ．竖直下抛过程最大

D ．三者一样大

答案 B

解析 由动量定理可知动量的增量Δp ＝I 合＝mgt ，又因竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，而各物体mg 相等，所以竖直上抛过程中动量增量最大，即选项B 正确．

10．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小

时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s ，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m 3) ( ) A ．0.15 Pa B ．0.54 Pa C ．1.5 Pa

D ．5.4 Pa

答案 A

解析 设水杯底面积为S,1小时内下落的雨水总质量m ＝ρSh ，选定竖直向上为正方向，其动量变化量Δp ＝m Δv ＝m [0－(－v )]＝mv ，水对杯底的压力F ＝p ′S ，对水由动量定理p ′St ＝ρShv 得p ′＝ρhv

t

＝0.15 Pa ，故A 项正确．

11．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为 ( ) A ．500 N B ．600 N C ．1 100 N D ．100 N

答案 C

解析 安全带长5 m ，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v ＝2gh ＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s 速度减小为0，对此过程应用动量定理，以竖直向上为正方向，有(F －mg )t ＝0－(－mv ) 则F ＝mv t ＋mg ＝60×101.2

＋60×10＝1 100 N ，选项C 正确．

12．某人身系弹性绳自高空p 点自由下落，如图4所示a 点是弹性绳的原长位置，c 点是人所到达的最低

点，b 点是人静止悬吊时的平衡位置．不计空气阻力，则下列说法中正确的是 ( ) A ．从p 至c 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量 B ．从p 至c 过程中重力所做的功大于人克服弹力所做的功 C ．从p 至b 过程中人的速度不断增大 D ．从a 至c 过程中加速度方向保持不变 图4

答案 C

解析 人完成从p 到c 的过程中经历了自由下落、变加速、变减速三个运动过程．考虑全过程p 至c ，外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳弹力冲量的矢量和，由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化，人在p 和c 两处，速度均为零即动量都为零，因此动量的变化量为零，则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等，方向相反，总冲量为零，A 错误；人在p 和c 两处，动能均为零，动能的变化量为零，由动能定理知，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，B 错误；人由p 到b 的过程，前一过程(p ～a )自由落体，后一过程(a ～b )由于弹性绳伸长，弹力F 增加，重力G 不变，人所受合力(G －F )不断减小，方向向下，人做的是加速度减小的加速运动，C 正确；由于b 是人静止悬吊时的平衡位置，当人由b 运动至c 的过程，弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，因此D 错

误．

13．大风可能给人们的生产和生活带来一些危害，同时风能也是可以开发利用的清洁能源．据北京市气象

台监测显示，2012年3月23日北京刮起了今年以来最大的风，其短时风力达到近十级．在海淀区某公路旁停放的一辆小轿车被大风吹倒的数字信息亭砸中，如图5所示．已知该信息亭形状为长方体，其高度为h ，底面是边长为l 的正方形，信息亭所受的重力为G ，重心位于其几何中心．

图5

(1)求大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做多少功；

(2)若已知空气密度为ρ，大风的风速大小恒为v ，方向垂直于正常直立的信息亭的竖直表面，大风中运动的空气与信息亭表面作用后速度变为零．求信息亭正常直立时，大风对它的平均作用力为多大． 答案 (1)1

2

G (h 2＋l 2－h ) (2)ρhlv 2

解析 (1)信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为Δh ＝1

2

(h 2＋l 2－h )

当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W ，由动能定理有

W －G Δh ＝0，解得W ＝1

2

G (h 2＋l 2－h )

(2)在Δt 时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为Δm ＝ρhlv Δt 设信息亭对空气的平均作用力为F ，由动量定理有 －F Δt ＝0－ρhlv 2Δt ，解得F ＝ρhlv 2

根据牛顿第三定律可知，大风(空气)对信息亭的平均作用力为 F ′＝F ＝ρhlv 2