专题14 动量与动量定理及其应用-2025高考物理模型与方法热点题型归类训练

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc11516" 题型一 动量和冲量的理解 PAGEREF _Tc11516 \h 1
\l "_Tc16819" 类型1 动量与动能的比较及换算 PAGEREF _Tc16819 \h 2
\l "_Tc3412" 类型2 对动量和冲量的定性分析 PAGEREF _Tc3412 \h 3
\l "_Tc16850" 类型3 恒力冲量的计算 PAGEREF _Tc16850 \h 5
\l "_Tc40" 类型3 利用F－t图像求冲量 PAGEREF _Tc40 \h 10
\l "_Tc3044" 题型二 动量定理的理解和应用 PAGEREF _Tc3044 \h 14
\l "_Tc17896" 类型1 用动量定理解释生活中的现象 PAGEREF _Tc17896 \h 15
\l "_Tc11238" 类型2 应用动量定理求解瞬时平均力 PAGEREF _Tc11238 \h 15
\l "_Tc31420" 题型三 动量定理和图像问题的结合 PAGEREF _Tc31420 \h 17
\l "_Tc5367" 题型四 应用动量定理处理“流体模型” PAGEREF _Tc5367 \h 26
\l "_Tc22140" 模型一 流体类问题 PAGEREF _Tc22140 \h 28
\l "_Tc13312" 模型二 微粒类问题 PAGEREF _Tc13312 \h 30
\l "_Tc32048" 题型五 应用动量定理处理分析多过程问题 PAGEREF _Tc32048 \h 35
\l "_Tc25753" 题型六 动量定理与动能定理的类比及综合应用 PAGEREF _Tc25753 \h 42
题型一 动量和冲量的理解
【解题指导】1．动量与动能的比较
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．
【例1】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变化的快慢随时间均匀变化
B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C．重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间保持不变
D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
【答案】AC
【详解】A．上升过程，有
可得
下降过程，有
可知动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；
B．根据动量定理可得
可得
可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，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
可得
可知重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C正确；
D．根据功能关系有
所以
可知机械能E随位移x变化的快慢保持不变，故D错误。
故选AC。
【变式演练1】冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为和，若他们的动能相等，则甲、乙动量大小之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由动能表达式 和动量大小表达式可得
二者动能相等，所以甲、乙动量大小之比为，故ABD错误，C正确。
故选C。
【变式演练2】甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。若甲的质量大于乙的质量，则（ ）
A．甲推乙的过程中，甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲推乙的过程中，甲对乙的冲量小于乙对甲的冲量
C．分开后，甲的动量大于乙的动量
D．分开后，甲的动能小于乙的动能
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，甲推乙的过程中，甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，故A错误；
BC．甲推乙的过程中，甲乙二人组成的系统在二者相互作用过程中不受外力，满足系统动量守恒条件，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大反向，故分开后，甲的动量等于乙的动量，故BC错误；
D．根据
可知动量大小相等，而甲的质量大于乙的质量，故甲的动能小于乙的动能，故D正确。
故选D。
【变式演练3】质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平恒力F的作用下，经时间t走过位移l，动量变为p、动能变为Eₖ。若上述过程中F不变，物体的质量变为2m，下列说法正确的是（ ）
A．经过时间t，物体动量变为pB．经过时间t，物体动能变为Eₖ
C．经过位移l，物体动量变为2pD．经过位移l，物体动能变为2Eₖ
【答案】A
【详解】A．以初速度方向为正方向，根据动量定理，有
Ft=p
故F不变，物体的质量变为2m，经过时间t，物体动量变为p，故A正确；
B．根据
动量为p，质量变为2m，故动能变为Ek，故B错误；
D．经过位移l，根据动能定理，有
Fl=Ek
故F不变，物体的质量变为2m，经过位移l，动能仍变为Ek，故D错误；
C．根据
动能为Ek，质量变为2m，故动量变为，故C错误。
故选A。
类型2 对动量和冲量的定性分析
【例2】如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零
B．球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零
C．球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小相等
D．球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量
【答案】D
【详解】AB．力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，重力的方向不变，故重力冲量的大小不为零，由于上升阶段足球的加速度较大，下降阶段足球的加速度较小，由运动学规律知上升阶段的时间比下降阶段的时间短，且整个过程中阻力的大小不变，故阻力的冲量也不为0，故AB错误；
C．球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，上升时加速度大于下降时加速度，设上升阶段球的初速度为，末速度为0，则动量的变化量大小
下降阶段初速度为0，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据可知，其末速度
则动量的变化量大小，则球上升阶段动量的变化量大小大于下降阶段动量的变化量大小，由动量定理可知，球上升阶段动量的变化量即球上升阶段所受的合外力的冲量，球下降阶段动量的变化量即球下降阶段所受的合外力的冲量，则球上升阶段合外力的冲量大于下降阶段合外力的冲量，故C错误；
D．根据C分析，落回时的速度小于上升时的速度，根据动能定理，上升时的动能减少量等于，下降时的动能增加量等于，所以球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量，故D正确。
故选D。
【变式演练1】从2023年起，每年的4月23日将被命名为世界乒乓球日。关于乒乓球运动，下列说法正确的是（ ）
A．球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大
B．球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动量和动能均保持不变
C．乒乓球被球拍击打出的过程，球拍对乒乓球的冲量大小大于乒乓球对球拍的冲量大小
D．一次击球过程中，球拍对乒乓球的冲量大小等于乒乓球对球拍的冲量大小
【答案】D
【详解】A．由动量定理有
则有
可知，乒乓球的动量变化量等于合外力的冲量，即乒乓球的动量变化量除了与力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，故A错误；
B．动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍以原速率反向击出的过程，乒乓球的速率不变，但是方向发生了改变，因此乒乓球的动量发生了改变，故B错误；
CD．用球拍打击球时，球拍对乒乓球的力与乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、作用时间相同、冲量大小相等，故C错误，D正确。
故选D。
【变式演练2】风簸是用于筛选精谷粒和瘪谷粒的农用工具，在我国西汉时期就已广泛使用。谷粒从风簸上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的瘪谷粒a和精谷粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，竖直方向初速度为0，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为恒力且相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，Fa、Fb为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】
从力的角度看，水平方向的力相等，精谷粒b的重力大于瘪谷粒a的重力，如图所示从运动上看，在水平方向获得的动量相同
精谷粒b的质量大于瘪谷粒a的质量，精谷粒b的水平速度小于瘪谷粒a的水平速度，而从竖直方向上高度相同
运动时间相等，水平方向匀加速直线运动
水平方向的合外力相同，a的质量小，加速度大，初速度大，时间相同，所以
故选B。
【变式演练3】飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周向心力的冲量大小
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行半周动量的改变量大小为2mv
【答案】D
【详解】A．飞机做匀速圆周运动，合力提供所需的向心力，故A错误；
BCD．飞机做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻发生，则动量大小不变，方向时刻发生，动量不守恒；飞行一周时，由于初、末动量刚好相同，动量变化为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，则向心力的冲量为0；飞行半周时，飞机的初、末动量大小相等，方向刚好相反，则飞机的动量变化量大小为
故BC错误，D正确。
故选D。
类型3 恒力冲量的计算
【例3】如图所示，物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角、大小为F的恒定拉力，作用时间t，物体始终保持静止。在这段时间t内（ ）
A．拉力对物体的冲量大小为FtB．支持力对物体的冲量大小为零
C．摩擦力对物体的冲量大小为D．合力对物体的冲量为零
【答案】ACD
【详解】A．根据冲量的概念可知，拉力对物体的冲量大小为
IF=Ft
选项A正确；
B．根据冲量的概念可知，支持力和作用时间均不为零，可知支持力对物体的冲量大小不为零，选项B错误；
C．摩擦力为
f=Fcsθ
则摩擦力对物体的冲量大小为
选项C正确；
D．物体处于静止状态，合外力为零，则合力对物体的冲量为零，选项D正确。
故选ACD。
【变式演练1】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（ ）

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
C．恒力在这一过程中的冲量大小为
D．小球从O点出发时的动能为
【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
所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度为
沿x轴方向的速度仍为v0，小球从O点出发时的动能为
故D错误；
B．恒力在这一过程中所做的功为
故B错误；
C．恒力在这一过程中的冲量大小
故C正确。
故选C。
【变式演练2】一水平传送带长，以恒定速度向右匀速运动，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的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，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． B．
C． D．
【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
加速运动的时间

加速运动的位移

匀速运动的位移
匀速运动的时间

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，传送带对第个工件的摩擦力为0，因此在此后1s内的冲量
对第个工件的摩擦力在此后内的冲量
故此后1s 内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为
故选B。
类型3 利用F－t图像求冲量
【例3】如图甲，一质量为2kg的物块静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到一水平外力F作用，F随时间变化的图线如图乙所示。取t=0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A．前4s时间内，物块做往返运动
B．t=4s时，物块的动量为2kg·m/s
C．前4s时间内，物块所受重力的冲量为0
D．t=2s到t=4s时间内，物块的速度变化量为2m/s
【答案】B
【详解】A．图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，前4s时间内的冲量为
可知，前4s时间内，物块始终沿正方向运动，没有做往返运动，故A错误；
B．根据动量定理有
结合上述有
解得
即t=4s时，物块的动量为2kg·m/s，故B正确；
C．前4s时间内，物块所受重力的冲量为
故C错误；
D．t=2s到t=4s时间内，合力的冲量为
图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，t=2s到t=4s时间内冲量为
解得物块的速度变化量为-1kg·m/s，故D错误。
故选B。
【变式演练1】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变化如图所示，则（ ）
A．t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s
B．t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
C．1s~4s过程中，物块动量守恒
D．1s ~2s内和2s ~4s内，合外力冲量相同
【答案】A
【详解】A．根据图像可知，内合力的冲量为
根据动量定理可得
解得t=2s时物块的动量大小为
故A正确；
B．根据图像可知，内合力的冲量为
根据动量定理可得
解得t=3s时物块的动量大小为
故B错误；
C．过程中，物体受到的合力不为0 ，物体的动量不守恒，故C错误；
D．根据图像可知，内和内，合外力的冲量大小相等，但方向相反，故D错误。
故选A。
【变式演练2】一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．第1s末的速度为1.5m/s
B．第1s内F的冲量为
C．前2s内F的冲量为
D．第2s末的动量为
【答案】D
【详解】A．根据动量定理可知
解得第1s末的速度为
v1=3m/s
选项A错误；
B．第1s内F的冲量为
选项B错误；
C．前2s内F的冲量为
选项C错误；
D．根据
可得第2s末的动量为
选项D正确。
故选D。
【变式演练3】如图是某人站在压力传感器上做下蹲、起跳动作时，压力随时间变化的图像，a点对应开始下蹲时刻，b点对应下蹲至最低位置的时刻，图中阴影面积分别为S1、S2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．人跳起后上升的最大高度为1.8m
B．从人开始下蹲至离地，压力传感器对人的平均支持力大小为525N
C．bc过程，人始终处于超重状态
D．S1=S2
【答案】D
【详解】A．根据图像可知，人在空中的时间为
上升高度
故A错误；
B．人离地时的速度为
人的重力为
质量
自开始下蹲至离地，用时
对人，根据动量定理有
解得
故B错误；
C．bc过程，压力传感器对人的支持力先大于重力后小于重力，即先超重后失重，故C错误；
D．图中面积表示合力对人的冲量大小，S1对应的冲量向下，S2对应的冲量向上，a、b点人的速度均为零，所以
故D正确。
故选D。
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＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，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，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
【例1】“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．减小穿戴者所受重力的冲量B．减小地面对穿戴者的平均冲击力
C．减小穿戴者动量的变化量D．减小穿戴者与地面的接触时间
【答案】B
【详解】设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理
可得
可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未发生变化，全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，则穿戴者所受重力的冲量增大了。
故选B。
【变式演练1】运输易碎器件时，经常在包装箱中填充泡沫塑料，这是因为在碰撞过程中，泡沫塑料能减小（ ）
A．器件的惯性B．器件受到的冲量
C．器件的动量变化量D．器件受到的作用力
【答案】D
【详解】根据
可知在碰撞过程中，泡沫塑料能延长接触时间，从而起到减小器件受到的作用力的效果。
故选D。
【变式演练2】人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，这样做的目的是（ ）
A．增大人对地面的压强，起到安全作用
B．延长与地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力
C．减小着地时所受冲量
D．使动量增量变得更小
【答案】B
【详解】人在和地面接触时，人的速度减为零，因此动量的该变量不变，由动量定理可得
而脚尖着地可以增加人与地面的作用时间，从而可以减小所受地面的冲击力，着地时所受的冲量即动量的改变量也不变。
故选B。
【变式演练3】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．增大了司机的受力面积从而减少司机单位面积的受力大小
B．减少了司机的受力时间
C．对乘客起固定作用，避免乘客飞出汽车
D．减少了碰撞前后司机动量的变化量
【答案】A
【详解】ABD．根据动量定理可得
此过程中，司机动量的变化量一定，由于安全气囊使得作用时间变长，并增大了司机的受力面积，从而减小司机受到的冲击力，减小了司机单位面积的受力大小，故A正确，BD错误；
C．安全气囊在此过程中的作用，没有对乘客起固定作用，故C错误。
故选A。
类型2 应用动量定理求解瞬时平均力
【例2】跳马比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。如图所示为一质量为40kg的运动员在比赛时落地的场景，海绵垫与运动员的撞击时间约为0.4s，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量
B．海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率
C．落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同
D．若运动员以4m/s的速度垂直落地，海绵垫对运动员的作用力约为400N
【答案】B
【详解】A．根据动量定理可得
所以
依题意，海绵垫与运动员的撞击时间延长了，海绵垫增大了运动员落地过程中撞击力的冲量，故A错误；
B．根据
可知海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率，故B正确；
C．根据
海绵垫对运动员的作用力与运动员对海绵垫的作用力等大反向，作用时间相同，所以海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量大小相等、方向相反，故C错误；
D．根据
代入数据解得
即海绵垫对运动员的作用力约为800N，故D错误。
故选B。
【变式演练1】（2024·山西阳泉·三模）2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间（F—t）图像片段，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．演员在a到b过程处于超重状态
B．演员在b时刻速度最大，速度大小为
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为
【答案】C
【详解】A．演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；
B．结合上述可知，演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错误；
C．根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为
2.8s-1.2s=1.6s
根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s，利用逆向思维，根据速度公式有
在0.2s到1.2s内，结合上述可知，蹦床对演员做的功为
根据图像可知，从a时刻到b时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于，故C正确；
D．从a时刻到b时刻，根据动量定理有
解得
解得
故D错误。
故选C。
【变式演练2】．（2024·广西·二模）起跳摸高是学生常进行的一项运动，一质量为80kg的同学用力蹬地且举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.55m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，不计空气阻力，起跳过程中他对地面的平均压力约为（g取10m/s2）（ ）
A．1450NB．1500NC．2000ND．1600N
【答案】C
【详解】跳起后重心升高的高度为
所以人跳起的速度为
根据动量定理得
解得起跳过程中地面对人的平均压力约为
根据牛顿第三定律，起跳过程中人对地面的平均压力约为2000N。
故选C。
【变式演练3】如图，一学生练习用头颠球。某次足球由静止开始自由下落80 cm，被头部重新顶起，离开头部后足球竖直上升的最大高度为45 cm。已知足球与头部作用的时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小取。则头部对足球的平均作用力大小为（ ）
A．32 NB．28 NC．8 ND．4 N
【答案】A
【详解】设足球从高处自由落下根头部接触瞬间速度大小为，离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为，有
解得
取向上为正方向，根据动量定理有
解得
故选A。
【变式演练4】“蹦极”是一项专业的户外休闲运动。如题图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，若此人质量为m，橡皮绳长为l，人可看成质点，且此人从P点由静止开始下落到最低点所用时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。从橡皮绳开始拉伸到此人下落到最低点的过程中，橡皮绳对此人的平均作用力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则
此时速度为
取向上为正方向，由动量定理得
橡皮绳对人的平均作用力为
故选D。
题型三 动量定理和图像问题的结合
【例1】（2024·山东·模拟预测）一质量为m的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球时刻刚好落地
B．小球在运动过程中加速度最大为2g
C．小球从抛出到落地的总时间为
D．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等
【答案】C
【详解】A．由图可知，时刻后物体的动量不变，即物体的速度不变，由图可知物体速度不变后，又运动了一段时间，说明时刻物体还没落地，故A错误；
B．设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式
根据动量定理
可知图像的斜率表示合外力，由图可知时刻，图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为，有
其中
当时，物体合外力为零，此时有
解得
故B错误；
C．设从地面抛出到最高点的时间为，上升的高度为，设最高点到落地的时间为，从地面抛出到最高点由动量定理得
即
同理下降阶段
即
联立可得小球从抛出到落地的总时间为
故C正确；
D．小球上升过程中阻力的冲量大小为
小球下落过程中阻力的冲量大小为
故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故D错误。
故选C。
【变式演练1】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t1
C．最大的加速度为4g
D．小球上升的最大高度为
【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，满足
而小球的末速度为，有
小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有
当小球向下匀速时，有
联立解得
C错误；
D．上升时加速度为，由牛顿第二定律得
解得
取极短时间，速度变化，有
又
上升全程
则
设小球的初速度为，满足
而小球的末速度为，有
联立可得
D正确。
故选D。
【变式演练2】如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，钢块的质量，与台面间的动摩擦因数，。则小物块在时刻的速度（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】物体受到的最大静摩擦
推力F与t的关系为
当推力F大于最大静摩擦时，物体开始运动
解得
内，物块根据动量定理可得
，推力F的冲量为
解得
故ABC错误，故D正确。
故选D。
【变式演练3】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，下列说法正确的是（ ）．
A．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.15
B．物体与水平地面间的最大静摩擦力为
C．在时间内，合外力做的功为
D．在时间内，拉力F的冲量为
【答案】AC
【详解】A．由图2可得拉力F关于时间的函数为
而由图3可知，在2s末物块的加速度大小为，此时拉力大小为；在4s末加速度大小为，此时拉力大小为，则由牛顿第二定律有
代入数据解得
，
故A正确；
B．物块运动过程中所受的滑动摩擦力为
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
根据动能定理可得，在时间内，合外力做的功为
故C正确；
D．根据图2可知，在时间内，拉力F的冲量大小为图像与时间轴围成的面积，可得
故D错误。
故选AC。
【变式演练4】（2024·广东·二模）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、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，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．物体a、b受到的摩擦力大小相等
B．两水平推力对物体的冲量之比为
C．两水平推力对物体的做功之比为
D．两水平推力的大小之比为
【答案】ABC
【详解】AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物
体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知
解得
根据图像可知
，
解得
故A正确，D错误；
B．根据动量定理有
，
解得
故B正确；
C．根据动能定理可得
，
，
解得
故C正确。
故选ABC。
题型四 应用动量定理处理“流体模型”
模型一 流体类问题
【例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)eq \f(veq \\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \\al(2,0)S2)
【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eq \f(Δm,Δt)＝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－veq \\al(2,0)＝－2gh⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
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＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \\al(2,0)S2)。
【变式演练1】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，出水速度为，水的密度为，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（ ）
A．盘子距水龙头的高度为B．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
设水与盘子刚要接触时速度为，与盘子接触的水柱横截面积为，则
由动量定理得
解得
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
故ABC错误，D项正确。
故选D。
【变式演练2】（2024·福建·三模）如图所示，消防员正在进行消防灭火演练，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，设水柱直径为D，以水平速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为，下列说法正确的是（ ）
A．水枪的流量为
B．水枪的功率为
C．水柱对着火物的冲击力为
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
【答案】BD
【详解】A．设时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则
，
流量
A错误；
B．时间内水枪喷出的水的动能为
知高压水枪在此期间对水做功为
高压水枪的功率为
B正确；
C．考虑一个极短时间，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得
时间内冲到着火物上水的质量为
解得
由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为
C错误；
D．当高压水枪水平向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力水平向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D正确。
故选BD。
【变式演练3】（2024·山东青岛·三模）高楼出现火情时，需要一种举高喷射消防车。如图，某高楼离地面65m处出现火情，消防车正在灭火中。已知水炮炮口与楼房距离为15m，与地面距离为60m，水炮每分钟喷出的水，水柱刚好垂直打中着火房间窗户，水流冲击到窗户玻璃后向四周流散。重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．水泵对水做功的功率约为
B．水泵对水做功的功率约为
C．水流对窗户玻璃冲击力约为500N
D．水流对窗户玻璃冲击力约为900N
【答案】B
【详解】AB．将水喷到窗口时的过程的逆过程看做是平抛运动，则水喷到窗口时的速度
每秒喷出水的质量
水泵对水做功的功率约为
选项A错误，B正确；
CD．水喷射到窗户上由动量定理
解得
选项CD错误。
故选B。
【变式演练4】．（2024·山东菏泽·三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为，牵引线与竖直方向夹角为。已知风筝质量为m，垂直风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对风筝受力分析如图1所示，作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力
根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间内，垂直打在风筝面的风的质量
在垂直风筝面方向上由动量定理有
联立解得空气密度为
故选A。
【变式演练5】．（2024·湖北·三模）2024年3月29日，我国研制的朱雀三号可重复使用垂直起降回收验证火箭在酒泉卫星发射中心圆满完成试验任务。点火升空1分钟后，火箭从三百多米的高空垂直返回，着陆平稳，落点准确，状态良好，标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功。若该火箭在距离地面的高度约1m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使火箭在竖直方向上的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为，4台发动机喷气口的直径均为d，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱的速度。则喷出气体的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】以时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为，则每台发动机喷出气体的质量为
根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力为
对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得
联立解得
故选D。
模型二 微粒类问题
【例2】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＝eq \f(1,3)nmv2
【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eq \f(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＝eq \f(1,6)n·SvΔt
Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝eq \f(1,3)nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝eq \f(I,Δt)
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝eq \f(F,S)＝eq \f(1,3)nmv2。
【变式演练1】（2024·安徽合肥·二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如下图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I．氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】氙离子经电场加速，根据动能定理有
解得
设单位体积内离子数目为，加速喷出时截面积为S，在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出
形成电流为
由动量定理可得
联立可得
离子推进器产生的推力为。
故选D。
【变式演练2】离子电推引擎，是利用电场将处在等离子状态的“工作物质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也气体全无污染物排放，是环保型机器。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子和电子，而后正离子飘人电极A、B之间的加速电场（正离子初速度忽略不计），使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知A、B间的电压为U，单位时间内飘入加速电场的正离子数目为N，每个离子的质量为m、电荷量为ne（其中n是正整数，e是元电荷），则引擎获得的推力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】时间t内飘入加速电场的正离子质量
电荷量
电场对离子加速，由动能定理有
设在加速过程中引擎对离子的作用力大小为F，根据动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，引擎获得的推力大小
故选A。
【变式演练3】气体在流动时会出现分层流动的现象即层流（laminar flw），不同流层的气体流速不同。相邻两流层间有粘滞力，产生粘滞力的原因可以用简单模型解释：如图，某气体流动时分成A、B两流层，两层的交界面为平面，A层流速为vA，B层流速为vB，，由于气体分子做无规则热运动，因此A层的分子会进入B层，B层的分子也会进入A层，稳定后，单位时间内从A层进入B层的分子数等于从B层进入A层的分子数，若气体分子的质量为m，单位时间、单位面积上由A层进入B层的分子数为n，则B层对A层气体单位面积粘滞阻力为（ ）
A．大小：方向：与气体流动方向相同
B．大小：方向：与气体流动方向相反
C．大小：方向：与气体流动方向相同
D．大小：方向：与气体流动方向相反
【答案】B
【详解】由题意可知时间内，单位面积上由B层进入A层的分子数为，则这部分分子的质量为
这部分分子的速度由变为，取气体流动方向为正方向，则根据动量定理有
可得，流层A对这部分分子的作用力为
，方向与气体流动方向相同
则根据牛顿第三定律可知，B层对A层气体单位面积粘滞阻力大小为
，方向与气体流动方向相反
故选B。
【变式演练4】如图所示，某种气体分子束由质量为m、速度为v的分子组成，设各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回。如果分子束中每立方米的体积内有n0个分子，下列说法正确的是（ ）

A．单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为0
B．单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做功为负功
C．分子束撞击平面所产生的压强为2n0mv2
D．分子束撞击平面所产生的压强为n0mv2
【答案】C
【详解】A．分子打在某平面上后又以原速率反向弹回，则单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为2mv，故A错误；
B．单个分子与平面碰撞的过程中，根据动能定理可得ΔEk=0，平面对其做功为零，故B错误；
CD．时间t内碰撞面积S上的分子数
N=（vt•S）n0
对于这部分分子，根据动量定理，有
-Ft=-Nmv-Nmv
解得
F=2n0mv2S
根据压强的计算公式可得
解得
p=2n0mv2
故C正确，D错误。
故选C。
题型五 应用动量定理处理分析多过程问题
【例1】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图像，如图所示。重力加速度大小g取，则下列说法正确的是（ ）

A．该观光电梯做匀速运动的时间是
B．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1：3
D．内该同学的机械能减少了
【答案】AD
【详解】由题图知，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，匀速阶段为后，压力为时，即该同学的重力
所以该同学的质量
A．设匀速运动的时间为，由动量定理得
其中
，，
解得
A正确；
B．设全程电梯对该同学做的功为，由动能定理知
得
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，C错误；
D．加速阶段
加速阶段的末速度
加速阶段位移
匀速阶段位移
减速阶段的位移
下降总高度
内该同学的机械能减少量
D正确。
故选AD。
【变式演练1】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），方向竖直向下；（2），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，则
代入数据，得
重力的冲量
代入数据，得
（方向竖直向下）
（2）设向下为正方向，泥潭的阻力大小为，作用时间
对小球从全过程运用动量定理得
代入数据，得
（方向竖直向上）
【变式演练2】我国现在的消防车云梯如图所示，不仅可以把水运送到高空，还可以运送消防员到达较高位置进行灭火和营救行动。假设未来的云梯通过控制可以切换成斜面模式变成救援滑梯，被救人员通过滑梯快速运送到消防车上（消防车平台上设减速装置）。假设救援滑梯的斜面倾角，质量为50kg的被救人员从顶端由静止开始沿滑梯下滑，加速下滑时开始做匀速直线运动，全程用时8s滑至滑梯底端到达消防车，下滑过程被救人员所受的空气阻力（k为常量且），被救人员与救援滑梯间的动摩擦因数。，，g取10m/s2。求：
（1）被救人员下滑的最大速度；
（2）被救人员加速下滑的时间t；
（3）整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功W。
【答案】（1）5m/s；（2）5s；（3）
【详解】（1）匀速时对被救人员沿着斜面方向受力平衡有
解得
（2）被救人员由初始时刻到恰好匀速，对被救人员在斜面上的加速过程由动量定理得
空气阻力的冲量
联立解得
t=5s
（3）匀速过程位移
全程总位移
整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功
解得
【变式演练3】我国现在的消防车云梯如图所示，假设未来的云梯通过控制可以切换成斜面模式变成救援滑梯，被救人员通过滑梯快速运送到消防车上（消防车平台上设减速装置）。假设救援滑梯的斜面倾角，质量为的被救人员从顶端由静止开始沿滑梯下滑，被救人员与救援滑梯间的动摩擦因数。，重力加速度取。
（1）若不计空气阻力，求被救人员下滑过程的加速度；
（2）假设下滑过程中，被救人员所受的空气阻力，加速下滑时开始做匀速直线运动，滑梯足够长，求：
（i）被救人员加速下滑的最大速度；
（ii）被救人员加速下滑的时间。
【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）（i），（ii）5s
【详解】（1）若不计空气阻力，被救人员下滑过程由牛顿第二定律得，垂直斜面方向
平行斜面方向
又
综合解得
方向沿斜面向下。
（2）（i）匀速时对被救人员沿着斜面方向受力平衡有
解得
（ii）被救人员由初始时刻到恰好匀速，对被救人员在斜面上的加速过程由动量定理得
空气阻力的冲量
联立解得
t=5s
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。
【例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1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg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1 m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10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s
B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J
D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J
【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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgxCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/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＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
【变式演练1】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F1，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。
（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
解得
在0~6s物块运动时，根据动量定理有
代入数据解得
（2）在0~6s物块运动时，根据动能定理有
在6s~8s物块运动时，根据动能定理有
前8s内物块的位移大小
在8s~12s物块运动时，根据动量定理有
在8s~12s物块运动时，根据动能定理有
解得
，方向向左
则前12s内物块的位移大小
【变式演练2】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）（方向竖直向上），；（2）
【详解】（1）篮球刚要着地时的速度为
解得
方向竖直向下，篮球的反弹速度为
解得
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
方向竖直向上，根据动能定理，地面对篮球做的功为
（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
解得
【变式演练3】某同学做拍篮球的游戏，篮球在球心距地面高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，反弹速度的大小是刚触地时速度大小的，且反弹后恰好到达最高点。已知篮球的质量，半径。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。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）；（2）
【详解】（1）从球反弹后至达最高点，此过程，由
可得
由题知
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
代入数据解得
（2）手做功等于球与地面碰撞时的能量损失
代入数据解得
【变式演练4】如图（a）所示，物块a、b紧贴着静置在粗糙水平面上，时刻对施加水平方向的外力，外力随时间的变化规律如图（b）所示，规定向右为正方向。已知物块a、b的质量分别为、，与粗糙水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。求：
（1）两物块的最大速度和内运动的距离；
（2）从两物块分离到静止的过程运动的距离。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）根据题意可知两物块一起所受的最大静摩擦力
根据图（b）可知时外力，此后两物块开始运动；时两物块的速度达到最大，从到对两物块由动量定理有
又图像与横轴围成的面积表示冲量大小，可知
其中
，，，
联立解得两物块的最大速度为
同理有
可解得4s时两物块的速度为
内，根据动能定理有
解得
（2）内两物块一起做减速运动，时，外力反向，两物块分离，物块向右做匀减速直线运动，物块在外力和摩擦力作用下做加速度减小的减速运动，假设在16s之前停止运动；根据动量定理有
其中
，
解得
（不符合题意，舍去）时外力的大小小于所受的最大静摩擦力，假设成立；即从两物块分离到物块静止，物块运动的时间为
则有
解得
【变式演练5】人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为F，方向都与竖直方向成θ角，重物从地面由静止开始竖直向上加速，运动至离地面高H时人停止施力，此后重物继续上升一段时间后自由下落把地面砸深为h。已知重物的质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）重物刚落地时的速度大小；
（2）重物对地面的平均冲击力大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）两根绳子对重物的合力
重物从上升到最终到地面，根据动能定理
解得
（2）重物落到地面后，根据速度位移公式
解得
则，重物与地面作用时间为
设地面对重物的平均作用力为F1，取竖直向上为正方向，对重物根据动量定理
解得
根据牛顿第三定律，重物对地面的平均冲击力大小等于地面对重物的平均作用力
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
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＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
变化量
Δp＝Ft
ΔEk＝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
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＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
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＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算