【文档说明】动量与动量定理及其应用（解析版）.pdf，共(32)页，6.479 MB，由MTyang资料小铺上传

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动量与动量定理及其应用目录题型一动量和冲量的理解类型1动量与动能的比较及换算类型2对动量和冲量的定性分析类型3恒力冲量的计算类型3利用F-t图像求冲量题型二动量定理的理解和应用类型1用动量定理解释生活中的现象类型2应用动量定理求解瞬时平均

力题型三动量定理和图像问题的结合题型四应用动量定理处理“流体模型”模型一流体类问题模型二微粒类问题题型五应用动量定理处理分析多过程问题题型六动量定理与动能定理的类比及综合应用题型一:动量和冲量的理解【解题指导】1.动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运

动状态的物理量定义式p=mvEk=12mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p=2mEkEk=p22m变化量Δp=FtΔEk=Fl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.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I=Ft计算．(2)变力的冲量·1·①作出F-t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．类型1动量与动能的比较及换算．1

(2023春·北京·高三统考期末)关于在恒定阻力作用下，做竖直上抛运动的物体，下列说法正确的是()A.动能Ek随时间t变化的快慢ΔEkΔt随时间均匀变化B.动量p随时间t变化的快慢ΔpΔt随时间均匀增大C.重力势能Ep随位移x变化的快慢ΔEpΔx随时间保持不变D.机械能E随位移x变化的

快慢ΔEΔx随时间均匀减小【答案】AC【详解】A．上升过程，有v=v0-atEk=12mv2=12m(v20-2v0at+a2t2)可得ΔEkΔt=12m(-2v0a+2a2t)下降过程，有v=atEk=12mv2=12ma2t2ΔEkΔt=ma2t可知动能Ek

随时间t变化的快慢ΔEkΔt随时间均匀增大，故A正确；B．根据动量定理可得Δp=mΔv=maΔt可得ΔpΔt=ma可知动量p随时间t变化的快慢ΔpΔt保持不变，故B错误；C．根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为ΔEp=mgΔx可得ΔEpΔx=mg可知重力势能

Ep随位移x变化的快慢ΔEpΔx保持不变，故C正确；D．根据功能关系有ΔE=fΔx所以·2·ΔEΔx=f可知机械能E随位移x变化的快慢ΔEΔx保持不变，故D错误。故选AC。2(2023·贵州贵阳·校考模拟预测)冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为m和M，若他们的动能

相等，则甲、乙动量大小之比是()A.1:1B.m:MC.m:MD.M:m【答案】C【详解】由动能表达式Ek=12mv2和动量大小表达式p=mv可得p=2mEk二者动能相等，所以甲、乙动量大小之比为m:M，故ABD错误，C正确。故选C。3．(2023·江苏盐城·高三统

考期中)如图所示，在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则()A.

E1>E0B.p1>p0C.E2>E0D.p2>p0【答案】D【详解】ABC．据碰撞过程中总动能不增加，必有E1<E0，E2<E0，根据p=2mE可知，p1<p0，否则就违反了能量守恒定律，故ABC错误；D．根据动量守恒定律得p0=p2-p1得到p2=p0+p1可见，p2>p0，故D

正确。故选D。类型2对动量和冲量的定性分析1(2022·江苏七市调研)北京冬奥会2000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中()A.两运动员的总机械能守恒B.两运动员的

总动量增大C.每个运动员的动量变化相同D.每个运动员所受推力的冲量大小相同【答案】D·3·【解析】在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，A错误；两运动员合力为零，动量守恒，B错误；因为动量守恒，所以两个运

动员的动量变化等大反向，C错误；两运动员的相互作用力大小相等，力的作用时间相同，则每个运动员所受推力的冲量大小相同，D正确。2(多选)(2022·福建高三期末)第二届进博会展出了一种乒乓球陪练机器人，如图所示。若乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，在空中运动一段时间后落

到台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转，下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.乒乓球运动至最高点时，动量为零D.乒乓球下落过程中，在相等时间内动量变化相同【答案】AD【解析】乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，可知

乒乓球的动能不变，由动能定理可知，合外力对乒乓球做功为零，故A正确；乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，可知乒乓球速度变化量不为零，所以动量的变化量不为零，由动量定理可知，击球过程合外力对乒乓球的冲量不为零，故B错误；乒乓球运动至最高点时，还具有水平方向的速度，故在最高点动量不为零，故C错

误；乒乓球下落过程中，只受重力作用，则在相等的时间内重力的冲量相等，由动量定理可知，在相等时间内动量变化相同，故D正确。3(2022·边城高级中学高三月考)篮球运动深受同学们的喜爱，打篮球时某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。

下列说法正确的是()A.手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力B.手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击力【答案】D【解析】手对篮球的作用力与篮球

对手的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得-Ft=0-mv解得F=mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量的变化量都不

变，所以C错误，D正确。类型3恒力冲量的计算1(2023·湖北·模拟预测)一水平传送带长L=16m，以恒定速度v=4m/s向右匀速运动，现在传送带左端·4·每隔1s由静止放上一个完全相同的质量为m=1kg的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s

2，则第1个小物块到达传送带最右端后的1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为()A.3N⋅sB.4N⋅sC.5N⋅sD.6N⋅s【答案】B【详解】由题意可知，小物块做匀加速直线运动的加速度a=μg=1m/s2加

速运动的时间t1=va=4s加速运动的位移x1=v22a=8m匀速运动的位移x2=L-x1=8m匀速运动的时间t2=x2v=2s第1个小物块到达最右端时，第7个小物块刚要放上传送带，传送带对第2-3个工件的摩擦力为0，因此在此后1s内的冲量I2=I3=0对第4-7个工件的

摩擦力在此后t=1s内的冲量I4=I5=I6=I7=μmg⋅t=1N⋅s故此后1s内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为I=I2+I3+I4+I5+I6+I7=4N⋅s故选B。2(2022·陕西临渭高二期末)如图所示，质量为

m的物体在一个与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是()A.拉力F的冲量大小为FtcosθB.摩擦力的冲量大小为FtsinθC.重力的冲量大

小为mgtD.物体所受支持力的冲量是mgt【答案】C【解析】拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ，故B错误；重力的冲量大小为mgt

，故C正确；物体所受支持力的大小为FN=mg-Fsinθ，则支持力的冲量为(mg-Fsinθ)t，故D错误。3(2023·湖北·模拟预测)如图所示，在光滑的水平面内建立xOy坐标，质量为m的小球以某一速度从O点出发后，受到一平行于y轴

方向的恒力作用，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，且OA连线与Ox轴的夹角为30°，则()·5·A.恒力的方向一定沿y轴正方向B.恒力在这一过程中所做的功为23mv20C.恒力在这一过程中的冲量大小为233mv0D.小球从O点出发时的动能为32

mv20【答案】C【详解】A．小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向思维法，小球做类平抛运动。由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向，故A错误；D．由几何关系可得tan30°=yx=12at2v0t=at2v0所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度为vy=at=233v0沿x轴方向的速度

仍为v0，小球从O点出发时的动能为Ek=12m(v20+v2y)=76mv20故D错误；B．恒力在这一过程中所做的功为W=12mv20-12m(v20+v2y)=-23mv20故B错误；C．恒力在这一过程中的冲量大小

I=mΔv=mvy=233mv0故C正确。故选C。4(2023·湖北·模拟预测)一水平传送带长L=16m，以恒定速度v=4m/s向右匀速运动，现在传送带左端每隔1s由静止放上一个完全相同的质量为m=1kg的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/

s2，则第1个小物块到达传送带最右端后的1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为()A.3N⋅sB.4N⋅sC.5N⋅sD.6N⋅s【答案】B【详解】由题意可知，小物块做匀加速直线运动的加速度a=μg

=1m/s2·6·加速运动的时间t1=va=4s加速运动的位移x1=v22a=8m匀速运动的位移x2=L-x1=8m匀速运动的时间t2=x2v=2s第1个小物块到达最右端时，第7个小物块刚要放上传送带，传送带对第2-3个工件的摩擦力为0，因此在此后1s内的冲量I2=I3=0对第4-7个工件的摩擦

力在此后t=1s内的冲量I4=I5=I6=I7=μmg⋅t=1N⋅s故此后1s内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为I=I2+I3+I4+I5+I6+I7=4N⋅s故选B。类型3利用F-t图像求冲量1(2023·全国·高三专题练习)一质

量为1kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，其F-t图像如图所示。则()A.t=1s时物块的速度大小为2m/sB.0∼2s内合力的冲量大小为2kg⋅m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg⋅m/sD.0∼4s内合力的冲量大小为2kg⋅m/s【答案】AD

【详解】A．t=1s时，根据牛顿第二定律F1=2N=ma由v=at解得，t=1s时物块的速度大小为v=2m/s故A正确；B．0∼2s内合力的冲量大小为I1=F1t=2×2kg⋅m/s=4kg⋅m/s故B错误；·7·C．根据动量

定理F1t1+F2t2=2×2kg⋅m/s+-1×1kg⋅m/s=p-0解得，t=3s时物块的动量大小为p=3kg⋅m/s故C错误；D．0∼4s内合力的冲量大小为I2=2×2kg·m/s+-1×2kg·m/s=2kg⋅m/s故D正确。故选AD。2.

(2022·山东省日照一中月考)质量m=1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动．物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示．下列说法正确的是()A.物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动B.4s末物体的速度为零C.0~6s内合外力的冲量为8N·sD.0~6s内合外

力做功为8J【答案】D【解析】由题图可知，0~4s内合外力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；由题图可知，0~4s内合外力方向不变，则物体一直做加速运动，4s末物体的速度不为0，故B错误；F-t图线与横坐标轴所围面积表示合外力的

冲量，0~2s合外力冲量为I1=2×2N·s=4N·s,2~6s合外力的冲量为0，则0~6s内合外力的冲量为4N·s，故C错误；0~2s内，由动量定理可得I1=mv1，即mv1=4kg·m/s，此时的动能为Ek=(mv1)22m=422×1J=8J，由于2~6s合外力的冲量为0，即动量不变，

则动能也不变，所以0~6s内合外力做功为8J，故D正确．题型二:动量定理的理解和应用【核心归纳】1.对动量定理的理解(1)Ft=p′-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．(2)Ft=p′-p除表明两边大小、

方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(3)由Ft=p′-p，得F=p′-pt=Δpt，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以

全过程应用动量定理．2.解题基本思路(1)确定研究对象．(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和--合力的冲量；或先求合力，·8·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．类型1用动量定理解释生活中的现象1(2020·全国Ⅰ卷，14)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】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位

面积的受力大小，延长了司机的受力时间，A项错误，D项正确；碰撞前司机的动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机的动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；司机与气囊的碰撞为非弹性碰撞，有能量损失，司

机的动能未完全转换成汽车的动能，C项错误。2(2023春·广东韶关·高三南雄中学校考阶段练习)科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，

在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以()A.减小穿戴者动量的变化量B.减小穿戴者动量的变化率C.增大穿戴者所受合力的冲量D.减小穿戴者所受合力的冲量【答案】B【详解】依题意，根据动量

定理FΔt=Δp，可得F=ΔpΔt可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率ΔpΔt，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。·9·故选B。3．(2023·北京·高三专题练习)如图

所示，用细线悬挂一个重物，把重物拿到一定高度，释放后重物下落把细线拉断。如果在此细线上端拴一段橡皮筋，使橡皮筋与细线的总长度与原来细线相等，再从相同高度释放该重物，细线不再被拉断。可认为细绳不可伸长。以下判断正确的是()

A.重物下落把细线拉断的原因是重力大于拉力B.加橡皮筋后重物下落到最低点时动能最大C.加橡皮筋后重物的最大动量变化率较小D.加橡皮筋后重物下落到最低点时是失重状态【答案】C【详解】A．重物下落把细线拉断的原因是重物对绳的拉力大于细绳可承受的最大拉力，故A错误；B．加橡皮筋后重物下

落到最低点时，速度为零，动能最小，故B错误；C．由动量定理Ft=ΔP可得F=ΔPt动量改变量相同，冲量相同，橡皮筋经历的时间长，动量变化率小，所受合外力小，故C正确；D．加橡皮筋后重物下落到最低点时，有向上的加速度，处于超重状态

，故D错误。故选C。4．(2022春·天津西青·高三阶段练习)高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速地从跳台上落下。若不计空气阻力，则(

)A.弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大B.从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大C.整个下落过程中，重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同D.整个下落过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的

功【答案】D·10·【详解】A．当弹性绳的弹力大小等于重力时，运动员的速度最大，A错误；B．由于运动员和弹性绳组成的系统，机械能守恒，即动能、重力势能与弹性绳的弹性势能之和保持不变，由于从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的动能先增加后减小，因此重力势能与弹性

绳的弹性势能之和先减小后增加，B错误；C．根据动量定理，由于初、末状态，动量均为零，因此重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等，方向相反，C错误；D．根据动能定理，由于初、末状态动能均为零，因此重力对运动员所

做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功，D正确。故选D。类型2应用动量定理求解瞬时平均力1(2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模)用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块(击打时间极短)

，击打后，小铁锤以12v1的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为12mv1B.在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgtC.砖头缓冲过程中，对手的压力大小为MgD.砖头缓冲过程中，

对手的压力大小为Mg+3mv12t【答案】D【详解】A．设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理可得I=m-12v1-v1=-32mv1在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为32mv1，故A错误；B．铁锤击打的时间

未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；CD．在击打过程中，铁锤与砖头由动量守恒定律可得mv1=-12mv1+Mv解得Mv=32mv1砖头缓冲过程中，对砖头由动量定理可得F1+Mgt=0-32mv1解得手对砖头的支持力为F1=-Mg-3mv12t·1

1·由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为F1=-F1=Mg+3mv12t故C错误，D正确。故选D。2.(2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习)如图所示的蒸汽锤打桩机，利用高压蒸汽将锤头上举，然后锤头做自

由落体运动向下撞击桩头，使桩沉入地下。已知桩头与锤头的质量均为m，锤头从距离桩头h处开始自由下落，若不计空气阻力，锤头与桩头发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后二者运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.碰后运动过程中锤头与桩

头的总动量守恒B.桩头由静止向下运动的过程先超重后失重C.锤头与桩头碰撞前后瞬间，锤头的速度变化量的大小为ghD.从碰后瞬间到静止，锤头所受合力的平均值为m2gh2t【答案】D【详解】A．碰后运动过程中，锤头与桩头受重力与阻力作用，它们的总动量不守

恒，A错误；B．桩头由静止向下运动的过程先加速，最后减速，加速过程中失重，减速过程中超重，B错误；C．锤头与桩头碰撞过程，由动量守恒定律可得mv=2mv共对锤头下落的过程，由自由落体运动的规律可得v2=2gh解得v=2gh、v共=

2gh2即碰撞前后瞬间锤头的速度变化量的大小为|Δv|=v共-v=2gh2C错误；D．从碰后瞬间到静止，对锤头由动量定理可得Ft=mv共解得F=m2gh2tD正确。故选D。·12·3．(2023·广东广州·统考三模)如图所示，一个质量为0.2kg的垒球，以20m/s的水平

速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列说法正确的是()A.球棒对垒球不做功B.球棒对垒球做负功C.球棒对垒球的平均作用力大小为400ND.球棒对垒球的平均作用力大小为1200N【答案】D【详解】AB．由动能定理可得球棒

对垒球做功为W=12mv22-12mv21=120J做正功，故AB错误；CD．由动量定理-Ft=-mv2-mv1可得球棒对垒球的平均作用力大小为F=1200N故C错误，D正确。故选D。4(2023·湖南·统考模拟预测)2022年7月19日，浙江桐乡

两名90后徒手接住从6楼坠楼女童的消息在网上热传，现场视频看得人心惊肉跳，假设体重为20kg的小孩突然从离地面6m高处坠落，楼下恰好有人用双手将小孩接住，该人接住小孩时小孩离地面大概1m，与双手的撞击时间约为0.4s，假设小孩

可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，请你估算一下该人每只手平均承受的力约为()A.175NB.350NC.700ND.1400N【答案】B【详解】设小孩与双手撞击瞬间的速度为v，下落高度为5m，由动能定理可知mgh=12mv2解得v=2gh=10m

/s小孩与双手撞击时受到自身的重力mg和双手的支持力2F，规定竖直向上为正方向，由动量定理可得(2F-mg)t=0-(-mv)解得F=350N根据牛顿第三定律可知该人每只手平均承受的力约为350N。故选B。·13·题型三:动量定理和图像问题的结合1(2023·湖北

咸宁·高三鄂南高中校联考期中)海洋馆中一潜水员把一质量为m小球以初速度v0从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A.上升过程与下降

过程中阻力的冲量大小之比1：2B.上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比1：2C.小球在0-3t0时间内动量变化量的大小为12mv0D.小球在0-3t0过程中克服阻力所做的功为14mv20【答案】A【详解】A．上升过程中阻力的冲

量大小为If上=ft0下降过程中阻力的冲量大小为If下=f∙2t0则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1：2，A正确；B．由于小球上升下降过程中位移的大小相等，则有v0t02=v⋅2t02解得v=v02则，取竖直向下为正，根据动量定理有I上=Dp=0-(-mv0

)，I下=Dp′=mv′-0则上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为2：1，B错误；C．小球在0-3t0时间内动量变化量的大小为Δp总=mv02-(-mv0)=32mv0，取竖直向下为正C错误；D．小球在0-3t0过程中根据动能定

理有Wf=12mv2-12mv20解得Wf=-38mv20D错误。故选A。2(2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测)从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其·14·动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。

小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中()A.球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量B.从最高点下降落回到地面所用时间小于t1C.最大的加速度为4gD.小球上升的最大高度为8E0mg-

t12mE0m【答案】D【详解】A．由题意可得，阻力与速率的关系为f=kv，故阻力的冲量大小为If=∑ft=∑kvt=kx因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，A错误；B．由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降

过程中的平均速度，上升过程与下降过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，B错误；C．设小球的初速度为v0，满足16E0=12mv20而小球的末速度为v1，有E0=12mv21小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有mg+kv0=mamax当小球向下匀速时

，有mg=kv1联立解得amax=5gC错误；D．上升时加速度为a，由牛顿第二定律得-mg+kv=ma解得a=-g-kmv取极短Δt时间，速度变化Δv，有Δv=aΔt=-gΔt-kmvΔt又vΔt=Δh上升全程·15·∑Δv=0-v0=-g∑Δt-km∑Δh则v0=gt1+kmH设小球的

初速度为v0，满足16E0=12mv20而小球的末速度为v1，有E0=12mv21联立可得H=8E0mg-t12mE0mD正确。故选D。3(2023·湖南·校联考三模)某同学站在观光电梯内的力传感器上，利用力传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的有关情况，根据测得的

数据作出电梯从静止开始运动到匀速运动再到电梯恰好停止过程的F-t图像，如图所示。重力加速度大小g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.该观光电梯做匀速运动的时间是8sB.0~16s内电梯对该同学做的功为零C.在电梯加速阶段与减速阶段该同学重力的平均功率之比是1：3D.0~16s内该同学的

机械能减少了1.8×104J【答案】AD【详解】由题图知，0-6s内，该同学所受合外力向下，电梯从静止开始运动，故电梯是从上往下运动，匀速阶段为t1=6s后，压力为500N时，即该同学的重力G=mg=500N所以该同学的质量m=50kgA．设匀速运动的时间为t2，由动量定理得m

gt-F1t1-F2t2-F2t2=0其中t3=t-t1-t2t=16sF1=475N，F2=500N，F3=575N解得t2=8s·16·A正确；B．设全程电梯对该同学做的功为W，由动能定理知WG+W=0得W=-WG<00~16s内电梯对该同

学做的功不为零，B错误；C．该同学加速阶段与减速阶段的平均速度相同，故重力在这两段的功率之比是1:1，C错误；D．加速阶段mg-F1=ma1a1=0.5m/s2加速阶段的末速度v=a1t1t1=6sv=3m/s加速阶

段位移h1=vt12=9m匀速阶段位移h2=vt2=9m减速阶段的位移h3=v2t3=3m下降总高度h=h1+h2+h3=36m0~16s内该同学的机械能减少量ΔE=mgh=1.8×104JD正确。故选AD。4．(

2023·山东·高三专题练习)如图1所示，一物体在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直线运动，运动过程中拉力大小随时间的变化图像如图2。物体加速度a随时间变化的图像如图3．重力加速度g取10ms2，下列说法正确的是()．A.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.15B.

物体与水平地面间的最大静摩擦力为3.75NC.在0∼4s时间内，合外力做的功为45JD.在0∼4s时间内，拉力F的冲量为15N⋅s【答案】AC【详解】A．由图2可得拉力F关于时间的函数为·17·F=154t而由图3可知，在2s末物块的加速度a

1大小为1.5m/s2，此时拉力F1大小为7.5N；在4s末加速度a2大小为4.5m/s2，此时拉力F2大小为15N，则由牛顿第二定律有F1-μmg=ma1F2-μmg=ma2代入数据解得m=2.5kg，μ=0.15故A正确；B．物块运动过程中所受的滑动摩擦力为Ff=μmg=0.15×2.5

×10N=3.75N而最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故B错误；C．加速度与时间的图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，由图3可知，4s末物体的速度为v=(1.5+4.5)×(4-2)2m/s=6m/s根据动能定理可得，在

0∼4s时间内，合外力做的功为W合=12mv2=12×2.5×36J=45J故C正确；D．根据图2可知，在0∼4s时间内，拉力F的冲量大小为图像与时间轴围成的面积，可得IF=12×4×15N∙s=30N∙s故D错误。故选AC。5.(2022·山东潍坊高三月考)党的

十八大以来，中国交通发展取得历史性成就，现在全国铁路营业里程13.9万公里，其中高铁超过3.5万公里，位居世界第一；公路里程501.3万公里，其中高速公路15万公里，位居世界第一．一辆质量为m=2000kg的汽车以v0=30m/s的速度在平直的高速公路上匀速直线行驶，当驾驶员发现前方有事故时，

立即进行刹车，已知司机的反应时间为0.7s．若汽车刹车后的刹车制动力F与刹车后的时间t成线性变化关系，如图所示，且在t=10s时刻汽车刚好完全停止运动，汽车运动可视为直线运动．求：(1)司机的反应时间内汽车行驶的距离；刹车后的最大制动力Fm；(2)当t1=5s时，汽车的速度．【

答案】(1)21m12000N(2)7.5m/s【解析】(1)在反应时间内，汽车做匀速运动，有x=v0·t0得x=21m由动量定理得I=F-·t=Fm2t=mv0·18·得Fm=12000N(2)根据动量定理可得(Fm+F1)t12=mv0-mv

由题图知F1=Fm2解得v=7.5m/s题型四:应用动量定理处理“流体模型”模型一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S2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=ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体1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。【答案】(1)ρv0S(2)20v2g-20M2g2ρ2vS2【解析】(1)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=v0Δt①喷出水柱质量

Δm=ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV=ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为ΔmΔt=ρv0S。(2)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=Mg④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-v20=-2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm·19·Δm=ρv0SΔt⑦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=-Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt=Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h=20v2g-20M2g2ρ2vS2。2(2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考三模)如图所示，质量为M

的直-20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表

示为()A.ΔmΔt=ρSv20B.ΔmΔt=ρSv0C.ΔmΔt=2M2g2PD.ΔmΔt=M2g22P【答案】BD【详解】AB．设在时间Δt内通过面积S的空气质量为Δm，则Δm=ρSv0Δt解得ΔmΔt=ρSv0A错

误，B正确；CD．发动机输出的机械功率P=12(Δm)v20Δt对空气根据动量定理(F+Δmg)Δt=(Δm)v0对直升机根据平衡知识F=Mg考虑Mg≫Δmg，联立解得ΔmΔt=M2g22PC错误，D正确。故选BD。3(2023·河南·校联考模拟预测)小飞同学在洗盘子的时候发现当水流稳定时，从水龙

头流下的水柱从上到下越来越细，如图所示。小飞同学将盘子放在水龙头下一定距离，仔细观察后，水流对盘子的冲击力基本稳定，经过测量，水流对盘子的冲击力为F。已知水龙头的横截面积为S1，出水速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。水接触盘子后速度立刻变为零，空气阻力不计。下列说法正确的

是()·20·A.盘子距水龙头的高度为F2-v40S21ρ2gS21v20ρ2B.盘子距水龙头的高度无法求出C.与盘子接触的水柱横截面积无法求出D.与盘子接触的水流速度可以求出【答案】D【详解】水的流量不变，即Q=S1

v0设水与盘子刚要接触时速度为v2，与盘子接触的水柱横截面积为S2，则Q=S2v2由动量定理得FΔt=ρS1v0Δtv2解得v2=FρS1v0S2=S21v20ρF水从出口到与盘子接触做匀加速直线运动，则盘子距水龙头的高度h=v22-v202g=F2-v40S21

ρ22gS21v20ρ2故ABC错误，D项正确。故选D。4(2023·四川成都·校联考三模)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口直径为d，水从枪口高速喷出后，近距离垂直喷射到某物体表面且速度在

短时间内由v变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为()A.ρv2πd2B.ρvπd2C.ρv3πd24D.ρv2πd24【答案】D【详解】水在时间△t内

速度由v减为零，△t内喷射到物体表面的水的质量为m=ρvtπd22以这部分水为研究对象，设物体表面对水的平均作用力大小为F，以水流速度方向为正方向，由动·21·量定理有-FΔt=0-mv解得F=ρv2πd24由牛顿第三定律

可知，水在物体表面产生的平均冲击力大小为F'=F=ρv2πd24ABC错误，D正确。故选D。模型二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S2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=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算1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。【答案】f=13nmv2【解析】一个粒子每与

器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI=2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有16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=16n·SvΔtΔt时间内粒子给器壁的冲量I=N·ΔI=13nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F=IΔ

t则器壁单位面积所受粒子的压力f=FS=13nmv2。2(2023·山东·高三专题练习)离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强·22·电场(离子初速度忽略不计)，A、B

间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是()A.正离子经加速后由B处喷出形成的

等效电流大小为I=qnB.离子推进器获得的平均推力大小为F=2mqUC.加速正离子束所消耗的功率P=nqUD.为提高能量的转换效率要使FP尽量大，可以使用比荷更小的正离子【答案】CD【详解】A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I=Qt=nqA错误；B．电场对粒子

加速有QU=12m0v20根据动量定理有m0v0=Ft其中m0=nmt，Q=nqt整理得离子推进器获得的平均推力大小F=n2mqUB错误；C．加速正离子束所消耗的功率P=12m0v20t=nqUC正确；D．根据以上分析可知FP=n2mqUP=n2mqUnqU=2m

qU要使FP尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器，D正确。故选CD。3(2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考三模)由于轨道处存在非常稀薄的大气，空间站在运行时会受到一定的阻力作用。假定单位体

积内与空间站前端横截面发生碰撞的空气分子个数为n，且速度方向均与横截面垂直，空间站在其运行方向上的横截面积为S。以空间站为参考系，碰撞前后空气分子的平均·23·速率分别为v1、v2，空气分子的平均质量为m，则空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为()A.n

Sv1mv1-v2B.nSv1mv1+v2C.nSv2mv1-v2D.nSv2mv1+v2【答案】B【详解】设在时间∆t内有质量为∆m的空气分子与空间站前端产生碰撞，则可得Δm=nSv1mΔt以空气分子碰撞后运动

方向为正方向，对空气分子，由动量定理可得FΔt=Δmv2-Δm-v1联立解得F=nSv1mv1+v2由牛顿第三定律可知，空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为F=nSv1mv1+v2ACD错

误，B正确。故选B。题型五:应用动量定理处理分析多过程问题1(2022·云南省玉溪第一中学高三月考)将质量为m=1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F=10N，物体由静止开始运动，作用4s后撤去F.已知g=10m/s2

，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是()A.整个过程物块运动的时间为6sB.整个过程物块运动的时间为8sC.整个过程中物块的位移大小为40mD.整个过程中物块的位移大小为60m【答案】B【解析】在整

个过程中由动量定理得Ft1-μmgt=0，解得t=8s，选项A错误，B正确；在物块前4s运动的过程中由动量定理得Ft1-μmgt1=mv，解得v=20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为v=0+v2=v2，全程的平均速度也为v2，则物块的总位移x=v2t=202×8m=80m，选项

C、D错误．2(2023·湖南·校联考三模)某同学站在观光电梯内的力传感器上，利用力传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的有关情况，根据测得的数据作出电梯从静止开始运动到匀速运动再到电梯恰好停止过程的F-t图像，如图所示。重力加速度大小g取10m/s2，则下列说法正确的是

()A.该观光电梯做匀速运动的时间是8sB.0~16s内电梯对该同学做的功为零C.在电梯加速阶段与减速阶段该同学重力的平均功率之比是1：3D.0~16s内该同学的机械能减少了1.8×104J·24·【答案】AD【详解】由题图知，0-6s内，该同学所受合外力向下，电梯从静止开始运动，故

电梯是从上往下运动，匀速阶段为t1=6s后，压力为500N时，即该同学的重力G=mg=500N所以该同学的质量m=50kgA．设匀速运动的时间为t2，由动量定理得mgt-F1t1-F2t2-F2t2=0其中t3

=t-t1-t2t=16sF1=475N，F2=500N，F3=575N解得t2=8sA正确；B．设全程电梯对该同学做的功为W，由动能定理知WG+W=0得W=-WG<00~16s内电梯对该同学做的功不

为零，B错误；C．该同学加速阶段与减速阶段的平均速度相同，故重力在这两段的功率之比是1:1，C错误；D．加速阶段mg-F1=ma1a1=0.5m/s2加速阶段的末速度v=a1t1t1=6sv=3m/s加速阶段位移h1=vt12=9m匀速阶段位移h2=vt2=9

m减速阶段的位移h3=v2t3=3m下降总高度h=h1+h2+h3=36m0~16s内该同学的机械能减少量ΔE=mgh=1.8×104JD正确。故选AD。·25·3如图甲所示，AB是倾角为30°的足够长的光滑斜

面，A处连接一粗糙水平面OA，OA长16m。一质量m=4kg的滑块在O点处于静止状态，在t=0s时刻给滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，试求

：(1)摩擦力在0~3s内冲量的大小；(2)滑块沿斜面AB上升的最大高度。【答案】(1)28N·s(2)3.5m【解析】(1)Ffmax=μFN=μmg=10N，由题图乙知，0~1s内，F1=8N<Ffmax，滑块静止，Ff1=F1=8N若3s时

滑块未到达A点，则1~3s内滑块做匀加速直线运动，Ff2=10N由牛顿第二定律得F2-Ff2=ma由x=12at2得x=10m<16m假设成立，所以，摩擦力在0~3s内冲量的大小I=Ff1t1+Ff2t2=28N·s。(2)对OB过程，由动能定理得F2x-Ff2xOA-

mgh=0解得h=3.5m。4(2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习)一个铁球，从静止状态由20m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4s，该铁球的质量为300g，g取10m/s2求：(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量？(2)泥潭对小球的平均作用力

？【答案】(1)6N⋅s，方向竖直向下；(2)18N，方向竖直向上【分析】(1)根据自由落体求得进入泥潭前铁球在空中运动的时间，再根据冲量公式求解。(2)选取整个运动过程为研究对象，初、末状态的速度皆为零，对整个运动过程运用

动能定理求解。【详解】(1)设向下为正方向，小球自由下落20m所用的时间是t1，则h=12gt21代入数据，得t1=2s重力的冲量I=mgt1代入数据，得I=6N⋅s(方向竖直向下)(2)设向下为正方向，泥潭的阻力大小为F，作用时间t2=0.4s对小球从全过程运用动量定理得·26·mg⋅(t1+

t2)-F⋅t2=0-0代入数据，得F=18N(方向竖直向上)题型六:动量定理与动能定理的类比及综合应用1.都是力的积累效果：动量定理是力对时间的积累效果，动能定理是力对空间的积累效果。2.都是一个过程量：对应着两个状态量。动量定理的表达式是矢量式，动能定理

的表达式是标量式。3.应用中各有优越性：两个定理应用中都着眼于一个过程，只抓两头(始、末状态)，因此应用中就显得简便。动量定理在用于处理有关时间而不考虑位移的问题中往往显示出优越性，动能定理在用于处理有关位移而不考虑时间的问题中往往显示出优越性。4.均可双向求

解：动量定理既可以由冲量求动量的变化或始、末动量，也可以由动量变化求冲量或力及时间；动能定理既可以由功求动能的变化或始、末动能，也可以由动能变化求功或力及位移。5.两个定理的选用：若问题是研究力在时间上的积累效果，应选用动量定理求解；若问题涉及力在空间上的积累效果，则应选用动能定理求解。1

(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设

滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向，g取10m/s2。下列说法正确的是()A.缓冲墙对滑块的冲量为-50N·sB.缓冲墙对滑块的冲量为-250N·sC.缓冲墙对滑块做的功为-125JD.缓冲墙对滑块做的功为-250J【答案】BC【解析】滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过

程中，根据动能定理有mgh-μmgxBC=12mv21-0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有-μmgxCD=0-12mv22，代入数据解得v1=3m/s，v2=2m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，向右为

正方向，根据动量定理有I=-mv2-mv1，代入数据得I=-250N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W=12mv22-12mv21，代入数据得W=-125J，故C正确，D错误。2(2023春·云南昆明·高三校考阶

段练习)某同学做拍篮球的游戏，篮球在球心距地面高h1=0.9m范围内做竖直方向的往复运动。在最高点时手开始击打篮球，球落地后反弹，与地面作用的时间t=0.1s，反弹速度v2的大小是刚触地时速度v1大小的45，且反弹后恰好到达最高点。已知篮球的质量m=0.5kg，半径R=0.1m。设地面

对球的作用力可视为恒力，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)地面对球的弹力大小；(2)每次拍球时手对球做功W。【答案】(1)F=50N；(2)W=2.25J·27·【详解】(1)从球反弹后至达最高点，此过程，由0-v22=-2gh1-R

，可得v2=2gh1-R=4m/s设球与地面接触时加速度为a，由题知v1=54v2=5m/s球下落刚触地至反弹后刚离开地面过程，设向上为正方向，设地面对球的平均作用力为F，球触地过程受力如图由动量定理F-mgt=mv2-m-v1代

入数据解得F=50N(2)手做功等于球与地面碰撞时的能量损失W=12mv21-12mv22代入W=2.25J.3(2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测)一质量m=2kg的物块静止在水平地面上，在t0=0时，用水平拉力F1=8N向右拉动物块，t1=6s时撤去F

1，同时用水平向左的拉力F2=12N作用在物块上，t2=8s时物块的动能为零。水平地面的粗糙程度处处相同，取g=10m/s2。(1)求t1=6s时物块的速度大小v．(2)求前12s内物块的位移大小x．【答案】(1)15m/

s；(2)24m【详解】(1)在0~8s物块运动时，根据动量定理有F1t1-F2t2-f(t1+t2)=0解得f=3N在0~6s物块运动时，根据动量定理有F1t1-ft1=mv代入数据解得v=15m/s(2)在0~6s物块运动时，根据动能定理有·28·F1x1-fx1

=12mv2在6s~8s物块运动时，根据动能定理有-F2x2-fx2=0-12mv2前8s内物块的位移大小x'=x1+x2=60m在8s~12s物块运动时，根据动量定理有F2t3-ft3=mv'在8s~12s物块运动时

，根据动能定理有F2x3-fx3=12mv'2解得x3=36m，方向向左则前12s内物块的位移大小x=60m-36m=24m4(2023·河南三门峡·高三统考期末)冰壶比赛是2022冬奥会引人关注的比赛项目之一，冰道的一端画有一个圆圈作为球员的发球区，被称作本垒，冰道的另一

端也画有一圆圈，被称为营垒。球员在起蹬器上用力前蹬，使身体跪式向前滑行，同时手持冰壶从本垒圆心推球向前，至前卫线时，放开冰壶使其自行以直线或弧线轨道滑向营垒中心，掷球队员在力求将冰壶滑向圆心的同时，也可在主力队员的擦冰帮助下用冰壶将对方的冰壶撞出营垒或将场上本方的冰壶撞向营垒圆心，最后

当双方队员掷完所有冰壶后，以场地上冰壶距离营垒圆心的远近决定胜负。为了方便计算，冰壶质量m=20kg，可看作质点，冰壶与冰面的动摩擦因数μ=0.1，营垒外圆的半径R=2m，内圆半径r=0.5m，我方运动员将冰壶A以v0=6m/s的速度推出前卫线

，冰壶沿直线运动至营垒并以v=3m/s的速度将对方位于营垒中心的冰壶B撞出，我方冰壶A恰好停在营垒内圆边缘处(g=10m/s2)。(1)前卫线中心到营垒中心的距离d。(2)碰撞过程冰壶A对冰壶B的冲量

。【答案】(1)13.5m；(2)40N∙s【详解】(1)设冰壶A从推出到到达营垒过程，由动能定理可得-μmgd=12mv2-12mv20解得d=13.5m(2)设冰壶A碰后的速度为v1，由题意可得-μmgr=0-12mv21得v1=1m/s·29·

设冰壶B碰后的速度为v2，碰撞过程内力远大于外力，两冰壶系统动量守恒，有mv=mv1+mv2解得v2=2m/s对冰壶B，由动量定理可得I=mv2-0=40N⋅s5．(2023·广西南宁·高三南宁三中期末)将一质量为0.6kg的篮球从距水平地面H=5m高处静止释放，篮球第一

次撞地后能上升的高度为h=3.2m，不计空气阻力，g取10m/s2。(1)求第一次碰撞篮球动量的改变量及地面对篮球做的功；(2)若碰撞时间为0.1s，求第一次碰撞过程中地面对篮球平均作用力F的大小。【答案】(1)ΔP=10.8kg⋅m/s(方向竖直向上)，W=-10.

8J；(2)F=114N【详解】(1)篮球刚要着地时的速度为v21=2gH解得v1=10m/s方向竖直向下，篮球的反弹速度为v22=2gh解得v2=8m/s方向竖直向上，以竖直向上为正方向，则篮球动量的改变量为Δp=mv2-m⋅-v1=10

.8kg⋅m/s方向竖直向上，根据动能定理，地面对篮球做的功为W=12mv22-12mv21=-10.8J(2)篮球第一次撞地过程，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得Ft-mgt=mv2-m⋅(-v1)解得F=114N6．(2023·湖北武汉·高三校联考期末)某同学做拍篮球的游戏，篮球在球心

距地面高h1=0.9m范围内做竖直方向的往复运动。在最高点时手开始击打篮球，球落地后反弹，与地面作用的时间t=0.2s，反弹速度v2的大小是刚触地时速度v1大小的45，且反弹后恰好到达最高点。已知篮球的质量m=0.8kg，半径R=0.1m。设地面对球的作用力可视为恒力，忽略空气阻力，取重力加速度g

=10m/s2。求：(1)地面对球的弹力大小；(2)每次拍球时手对球做功W。【答案】(1)F=44N；(2)W=3.6J【详解】(1)从球反弹后至达最高点，此过程，由0-v22=-2gh1-R可得v2=2gh1-R=4m/s·3

0·由题知v1=54v2=5m/s球下落刚触地至反弹后刚离开地面过程，设向上为正方向，设地面对球的平均作用力为F，球触地过程受力如图由动量定理F-mgt=mv2-m-v1代入数据解得F=44N(2)手做功等于球与地

面碰撞时的能量损失W=12mv21-12mv22代入数据解得W=3.6J7．(2023·北京·高三期中)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0。此时撤去拉力，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小

为g，求：(1)物体所受水平拉力F与摩擦力f的大小之比；(2)物体与桌面间的动摩擦因数μ；(3)水平恒力所做的功W及冲量大小I。【答案】(1)3:1；(2)μ=v204gs0；(3)W=34mv02；I=32mv0【详解】(1)对整个过程由动能定理F⋅s0-μmg⋅3s0=

0解得Ff=Fμmg=3:1(2)对撤掉F后的过程-μmg⋅2s0=0-12mv20解得μ=v204gs0F=3mv204s0(3)水平恒力所做的功·31·W=F⋅s0=34mv02水平恒力作用的过程，根据动量定理Ft-μmgt=mv0解得水平恒力冲量大小I=Ft=32mv

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