2025高考物理一輪復(fù)習(xí)講義：動量、動量定理

第七章

動量守恒定律

第1講動量動量定理

目標(biāo)要求1.理解動量和沖量的概念。2.理解動量定理及其表達式，能用動

量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。3.會應(yīng)用動量定理進行相關(guān)計算，會在流體力學(xué)

中建立“柱狀”模型。

考點一動量、沖量的理解及計算

---知識梳百T--------

1.動量

(1)定義：物體的m質(zhì)量與團速度的乘積。

(2)表達式：〃=7加衣

(3)方向：動量的方向與⑷速度的方向相同。

2.動量的變化量

(1)因為動量是矢量，動量的變化量成〃也是B矢量,其方向與速度的改變量

Av的方向因相同。

(2)動量的變化量Ap,一般用末動量"減去初動量?進行矢量運算，也稱為

動量的增量，即一〃。

3.沖量

(1)定義：回力與回力的作用時間的乘積叫做力的沖量。

(2)公式：E/=F/o

(3)單位：EHN,So

(4)方向：沖量是此矢量,其方向與力的方向因相同。

【判斷正誤】

L兩物體的動量相等，動能也一定相等。(X)

2.動量變化的大小，不可能等于初末狀態(tài)動量大小之和。(X)

3.物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零。(X)

------民母能?-------

1.動量與動能的比較

比較項目動量動能

定義式p=mv口12

標(biāo)矢性矢量標(biāo)量

變化因素物體所受沖量外力所做的功

2

「P

大小關(guān)系p=yj2mEkEk-2m

都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考

聯(lián)系系；若物體的動能發(fā)生變化,則動量一定也發(fā)生變化；但

動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化

2.沖量與功的匕匕較

比較項目沖量功

公式/=的（歹為恒力）W=Ficosa（歹為恒力）

標(biāo)矢性矢量標(biāo)量

表示力對時間的累積，是動量表示力對空間的累積，是能量

，音0、義

變化的量度變化多少的量度

聯(lián)系都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系

3.變力的沖量

（1）方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次

Fi+Fi

函數(shù)，則力R在某段時間/內(nèi)的沖量/其中B、仍為該段時間內(nèi)初、

末兩時刻力的大小。

（2）作出變化圖線，圖線與。軸所圍的面積即為變力的沖量。如圖所示。

（3）對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求△“間

接求出沖量。

【對點訓(xùn)練】

1.（對動量、動量的變化量的理解）（2023?全國新課標(biāo)卷）（多選）使甲、乙兩條形

磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大

于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相

互接近過程中的任一時刻（）

甲/J-乙LN|

//////////////////////////////////,

A.甲的速度大小比乙的大

B.甲的動量大小比乙的小

C.甲的動量大小與乙的相等

D.甲和乙的動量之和不為零

解析：BD對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二

定律有。甲=乙巴"0『七四1級,由于機甲〉機乙，所以。甲＜。乙，由于兩物

m甲m乙

體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得。甲＜。乙，A錯誤；對于整個系統(tǒng)而

言，由于〃機甲g＞〃機乙g,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向

左，顯然甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。故選BD。

2.（對沖量的理解）（2023?天津卷）質(zhì)量為m的列車勻速v行駛，突然以歹大小

的力制動剎車直到列車停止，過程中恒受到了的空氣阻力，下列說法正確的是

（）

A.減速運動加速度大小tz=￡

B.力F的沖量為mv

VH7）2

C.剎車距離為

D.勻速行駛時功率為什用。

解析:C根據(jù)牛頓第二定律有R十尸機a,可得減速運動加速度大小

7?Prnv

故A錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式有三二故力R的沖量為/=「=*方向

7）22

與運動方向相反，故B錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式"=2以，可得％=寸=。，

故C正確；勻速行駛時牽引力等于空氣阻力，則功率為P=%,故D錯誤。故選

Co

3.(利用圖像求沖量)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力R

力R隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()

A.第2s末，質(zhì)點的動量為0

B.第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化

C.第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點

D.在1?3s時間內(nèi)，力R的沖量為0

解析：D由題圖可知，0?2s時間內(nèi)歹的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)

點經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s

末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故A、B錯誤；2?4s內(nèi)R的方向

與0?2s內(nèi)P的方向不同，該質(zhì)點0?2s內(nèi)做加速運動，2?4s內(nèi)做減速運動，

第4s末，物體速度減為0,所以質(zhì)點在0?4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回

到出發(fā)點，故C錯誤;在圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力R的沖量，

由題圖可知，1?2s內(nèi)的面積與2?3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1?3

s時間內(nèi)，力R的沖量為0,故D正確。

考點二動量定理的理解和應(yīng)用

------句面梳踵1-----

1.內(nèi)容：在一個過程中物體所受合力與作用時間的乘積等于物體動量的四變

化。

2.公式：底的="仞'一"仞或=/=A0。

3.動量定理的理解

(1)動量定理反映了力的沖量與屈動量變化量之間的因果關(guān)系,即合力的沖量

是園原因,物體的動量變化量是因結(jié)果。

(2)動量定理中的沖量是回合力的沖量,而不是某一個力的沖量，它可以是合

力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。

⑶動量定理表達式是回矢量式,等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含

義。

【判斷正誤】

L物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化量的方向是一致的。（J）

2.動量定理描述的是某一狀態(tài)的物理規(guī)律。（X）

3.運動員接籃球時手向后緩沖一下，是為了減小動量的變化量。（X）

-------屎鍵能萬------

1.應(yīng)用動量定理時研究對象既可以是單一物體，也可以是系統(tǒng)，當(dāng)為系統(tǒng)時

不考慮內(nèi)力的沖量。

2.求合力的沖量的方法有兩種：第一先求合力再求合力沖量，第二求出每個

力的沖量再對沖量求和。

3.動量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向。

4.由Ft=p'-p得歹=五丁二=乎，即物體所受的合力等于物體的動量對時

間的變化率。

維度1應(yīng)用動量定理解釋生活現(xiàn)象

EE"智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置通過

馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準(zhǔn)識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開

安全氣囊進行主動保護，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，

安全氣囊可以（）

0.1秒識別

.2是否摔倒

思］M.氣囊打開保護

A.減小穿戴者與地面的接觸時間

B.減小穿戴者所受重力的沖量

C.減小穿戴者動量的變化量

D.減小穿戴者動量的變化率

解析：D設(shè)穿戴者所受合力為己依題意，根據(jù)動量定理Ap,可得

F二個,可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間△f,從而減小人所受

到的合外力，即減小穿戴者動量的變化率曾，而穿戴者動量的變化量Ap未發(fā)生

變化，故AC錯誤，D正確；由ACD選項分析可知，安全氣囊的作用是延長了人

與地面的接觸時間△/,而穿戴者所受重力的沖量增大了，故B錯誤。

故選D。

維度2動量定理的定量計算

匹（2023?廣東卷）（多選）某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡

化模型。多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程

中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F,推動滑塊1以0.40m/s的速度與

靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s,碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22

m/so關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（）

一一|1|2||3|……|10

5$

A.該過程動量守恒

B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N?s

C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N?s

D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N

解析：BD取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為21=

mvi=1X0.40kg?m/s=0.40kg,m/s,碰撞后的動量為p2=2mV2=2X1X0.22

kg?m/s=0.44kg?m/s,則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1,

取向右為正方向，則有/1=m02—加切=IX0.22kg?m/s—1X0.40kg?m/s=-0.18

kg?m/s,負(fù)號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2,取向右為正方向，則有

/2=mz?2=1X0.22kg?m/s=0.22kg,m/s,故C錯誤；對滑塊2根據(jù)動量定理有

FA?=/2,解得R=5.5N,則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N,故D

正確。故選BD。

維度3動量定理和圖像的綜合應(yīng)用

KEU海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為機的小球以初速度O0從手中豎直拋出。

從拋出開始計時，3/o時刻小球返回手中。小球始終在水中且在水中所受阻力大小

不變，小球的速度隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

伙）

0~

A.上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比1：2

B.上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比1：2

C.小球在0?3ft）時間內(nèi)動量變化量的大小為3加。0

D.小球在0?3m過程中克服阻力所做的功為%wo?

解析：A上升過程中阻力的沖量大小為7f上=fto,下降過程中阻力的沖量

大小為/f下=f>2to,則上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比1：2,A正

確；由于小球上升下降過程中位移的大小相等，則有野=?；2加,解得0，=9,

則取豎直向下為正，根據(jù)動量定理有/上=Ap=0—（—機00）,/下=Ap'=mv'—0,

則上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比為2：1,B錯誤；小球在0?3m

ryi7）o3

時間內(nèi)動量變化量的大小為△?總=3^—（一m00）=]7加為，取豎直向下為正，C錯

113

誤；小球在0?3/0過程中根據(jù)動能定理有Wi=^mv'2—嚴(yán)加,解得Wf=--mz;o2,

D錯誤。故選A。

I總結(jié)提升I

應(yīng)用動量定理解題的基本思路

考點三應(yīng)用動量定理處理“流體模型”

關(guān)鍵能力

對于“連續(xù)”質(zhì)點系發(fā)生持續(xù)作用(如機槍連續(xù)發(fā)射子彈、水柱持續(xù)沖擊)，

物體動量(或其他量)連續(xù)發(fā)生變化的這類問題，可選取很短時間△/內(nèi)動量(或其

他量)發(fā)生變化的那部分物體作為研究對象，建立“柱狀模型”。

維度1流體類“柱狀模型”問題

流體及通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連

其特點續(xù)性，通常已知密度P

建立“柱狀模型”，沿流速。的方向選取一段柱形流體，其

橫截面積為S

分析

微元研究，作用時間△/內(nèi)的一段柱形流體的長度為△/,對

步驟

應(yīng)的質(zhì)量為△機

建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體

EE某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)

定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度

oo豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎

直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的

密度為O,重力加速度大小為g。求：

(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；

(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。

【思路點撥】

(1)沿流速。的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S,作用時間△/內(nèi)的一

段柱形流體的長度為對應(yīng)的質(zhì)量為△機

(2)“懸停在空中”表明水對其沖擊力的大小等于其重力大小。

(3)“豎直方向水的速度變?yōu)榱恪憋@示水的動量變化大小是解題的突破口。

解析：(1)設(shè)△/時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為AV,質(zhì)量為△機，

則△機=QAV①

AV=VoSAt②

Am

由①②式得單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為瓦？="0oS。③

(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底

面時的速度大小為0。對于At時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得

2(Am)u2+(Am)gh=1(△m)v(r④

在h高度處，△/時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大

小為

Ap=(Ani)v⑤

設(shè)水對玩具的作用力的大小為凡由牛頓第三定律知歹=〃⑥

其中〃為玩具底部對水柱的作用力，根據(jù)動量定理有

F'Nt=Np⑦

由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得

F=Mg⑧

聯(lián)立③④⑤⑥⑦⑧式得

VO2"2g

72g2P2V(TS20

球安小c/八加“2g

口木：(1)即oS(2%—202加52

維度2微粒類“柱狀模型”問題

EE宇宙飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決，其中之一就是當(dāng)飛

船進入宇宙微粒塵區(qū)時，如何保持速度不變的問題。假設(shè)一宇宙飛船以。=

2.0XIO3m/s的速度進入密度p=2.0X10^6kg/m3的微粒塵區(qū)，飛船垂直于運動方

向上的最大橫截面積S=5m2,且認(rèn)為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛

船要保持速度。不變，所需推力大小為()

A.20NB.40N

C.60ND.80N

解析：B設(shè)飛船在微粒塵區(qū)的飛行時間為則在這段時間內(nèi)附著在飛船

上的微粒質(zhì)量△機微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，由

動量定理得FAt=△nw=pS?Xto,所以飛船所需推力大小F'=F=pSv2=2.0X10

-6X5X(2.0X103)2N=40NO故選B。

【對點訓(xùn)練】

4.(流體類“柱狀模型”問題)高壓清洗廣泛應(yīng)用于汽車清潔、地面清潔等。某

高壓水槍出水口直徑為d,水從槍口高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面

且速度在短時間內(nèi)由0變?yōu)榱?，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，水的密度為八

則水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為（）

A.PV2兀#

PV3Ttd2

C-4-

解析：D水在時間△/內(nèi)速度由0減為零，內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)

量為機=次兀八/?（歲2,以這部分水為研究對象，設(shè)物體表面對水的平均作用力大

小為F,以水流速度方向為正方向，由動量定理有一RA/=O—機。，解得F=

P廬兀，

*幺，由牛頓第三定律可知，水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為F'=F=

“丁\ABC錯誤，D正確。故選D。

5.（微粒類“柱狀模型”問題）國際空間站將在2031年退役，我國的空間站將

取代國際空間站的地位，成為很多國家爭相合作的對象。空間站運動受到稀薄空

氣阻力作用，需要離子推進器提供推力以平衡空氣阻力，已知離子推進器內(nèi)部加

速電壓為U,將大量質(zhì)量為加、電荷量為q的粒子從靜止加速后噴射出去，單位

時間噴射出去的粒子數(shù)為小則提供的推力為（）

A.nyjUmqB.2n\］2Umq

C2rr\lUmqD.rr\l2Umq

解析：D粒子被加速過程，據(jù)動能定理可得大量粒子噴射出去

的過程，據(jù)動量定理可得方△/=Az/w,其中加nA%,解得提供的推力F=

rr^2Umq,故選D。

限時規(guī)范訓(xùn)練26

［基礎(chǔ)鞏固題組］

L質(zhì)量為2kg的物體，速度由向東的5m/s變?yōu)橄蛭鞯?m/s,關(guān)于它的動量

和動能，下列說法正確的是（）

A.動量和動能都發(fā)生了變化

B.動量和動能都沒有發(fā)生變化

C.動量發(fā)生了變化，動能沒發(fā)生變化

D.動能發(fā)生了變化，動量沒有發(fā)生變化

解析：C動量和動能表達式分別為p=m）,Ek=^mv2,由于動量是矢量，

動能是標(biāo)量，故物體的動量發(fā)生了變化，動能沒發(fā)生變化。故選C。

2.（多選）如圖所示，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6

kg?m/s,則（）

A?球的動能可能不變

B.球的動量大小一定增加12.6kg?m/s

C.球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等

D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同

解析：AC壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度反向打出，所以球

的動能可能不變，動量大小可能不變，動量變化量不為零，故A正確，B錯誤；

由牛頓第三定律知，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；

球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向相反，故D

錯誤。

3.（2022.湖北卷）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由O增大到2o,

在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2。增大到5°。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點

做功分別為Wi和廂，合外力的沖量大小分別為h和12。下列關(guān)系式一定成立的

是（）

A.牝=3Wi,"W3/1B.W2=3WI,Bh

C.W2=7WI,/2<3/ID.W2=7WI,h力I

解析：根據(jù)動能定理可知Wi=^m（2v）2—^mv23ii

D]mv2,瓶=]機（5o）2一/

m（2r）2=ymr2,可得W2=7WI,由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向

相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍

是moWliW3m0,7m◎,比較可得，2三/1,一定成立。故選D。

4.（多選）在籃球場某同學(xué)伸出雙手迎接傳來的籃球，接球時，兩手隨球迅速收

縮至胸前。該同學(xué)這樣做的目的是（）

A.延長球?qū)κ值淖饔脮r間

B.減小球的動量變化量

C.減小球?qū)κ值臎_量

D.減小球?qū)κ值淖饔昧?/p>

解析：AD先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以

延長球?qū)κ值淖饔脮r間，故A正確；動量變化量為△/?=（）一加0=一m0,由于初

速度是定值，所以動量的變化量不變，故B錯誤；球?qū)κ值臎_量與手對球的沖量

等大反向，大小等于球的動量變化量，也不變，故C錯誤；根據(jù)動量定理得一的

=Q-mv,解得尸=7，當(dāng)時間增大時，動量的變化率減小，即球?qū)κ值淖饔昧?/p>

就減小，故D正確。故選AD。

5.如圖所示，學(xué)生練習(xí)用腳順球。某一次足球由靜止自由下落1.25m,被重

新順起，離開腳部后豎直上升的最大高度仍為L25m。已知足球與腳部的作用時

間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度大小g取lOm/s2,不計空氣阻力，

則（）

A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為4kg?m/s

B.足球自由下落過程重力的沖量大小為2kg?m/s

C.足球與腳部作用過程中動量變化量為零

D.腳部對足球的平均作用力為足球重力的9倍

解析：B足球達到腳背的速度為9=5m/s,足球下落到與腳部剛接

觸時動量大小為Q=mo=0.4X5kg?m/s=2kg?m/s,A錯誤；小球自由下落的

時間為t=、隹=0.5s,所以足球自由下落過程重力的沖量大小為I=mgt=

0.4X10X0.5kg-m/s=2kg?m/s,B正確；根據(jù)運動的對稱性，足球離開腳背的

速度大小也是5m/s,設(shè)豎直向下為正方向，所以腳背與足球作用過程中，動量變

化量為△2=一機00=—2X0.4X5kg?m/s=14kg?m/s,C錯誤；足球與腳

部作用過程中，根據(jù)動量定理可得（mg—F）t=解得歹=44N=H/ng,D錯誤。

故選B。

6.（多選）蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動。圖甲為蹦極的場景，一游客從

蹦極臺下落的速度一位移圖像如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長量的關(guān)系

符合胡克定律，游客及攜帶裝備的總質(zhì)量為50kg,彈性輕繩原長為10m,若空

氣阻力恒定，游客下落至5m處時速度大小為3710m/s,重力加速度g取10m/s2,

下列正確的是（）

甲乙

A.整個下落過程中，游客先處于失重后處于超重狀態(tài)

B.游客及攜帶裝備從靜止開始下落15m的過程中重力的沖量為750N?s

C.游客在最低點時，彈性勢能最大為13000J

D.彈性繩長為20m時，游客的加速度大小為9m/s2

解析：AD由題圖乙可知游客從蹦極臺下落過程先加速后減速，即先有向下

的加速度后有向上的加速度，所以游客先處于失重后處于超重狀態(tài)，故A正確；

以游客及攜帶裝備為研究對象，從靜止開始下落15m的過程中，由動量定理得/

^=lG-lF-If=mv=50X15N?s=750N?s,故重力的沖量大于750N?s,故B

錯誤；游客在前5nl做勻加速直線，根據(jù)動能定理（根?一月）歷=；加012,解得歷=

50N,從下落至最低點過程中能量守恒機g/z=Epm+歷加解得Epm=500X26J—

50X26J=11700J,故C錯誤；游客下落15m時合力為0,此時速度最大，此時

彈性繩的彈力和阻力等于游客及攜帶裝備的總重力，即歷+左Ax=mg,解得左=

竟J=90N/m,彈性繩長為20m時，彈性繩的彈力歹=左人/=90X（20-10）

N=900N,根據(jù)牛頓第二定律得R+B—機g=/na,解得a=9m/s2,故D正確。

7.水刀切割具有精度高、無熱變形、無毛刺、無需二次加工以及節(jié)約材料等

特點，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機床如圖所示，若橫截面直徑為d的圓柱

形水流垂直射到要切割的鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的流量（單

位時間流出水的體積）為Q,水的密度為p,則鋼板受到水的平均沖力大小為（）

KAQPB.Qo

I60。

C，五足D-71d2

解析：D水流速度-R—,單位時間內(nèi)水的質(zhì)量△機=p。，在

D/ClxQ

71（2）■

時間內(nèi)由動量定理可得一RA/=0—P0△/~§—,解得F=4：￥,故D正確，

兀（2）2

A、B、C錯誤。

8.灌漿機可以將涂料以速度。持續(xù)垂直噴在墻壁上，涂料打在墻壁上后完全

附著在墻壁上。涂料的密度為小墻壁上涂料厚度每秒增加M,不計涂料重力的作

用，則噴涂料對墻產(chǎn)生的壓強為（）

PU

A.PuvB.~^~

C4D.一

?uPV

解析：A在涂料持續(xù)飛向墻壁并附著在墻壁上的過程中，涂料小顆粒的速

度從。變?yōu)?,其動量的變化等于墻壁對它的沖量，以△/時間內(nèi)噴到墻壁上面積

為AS、質(zhì)量為△機的涂料為研究對象，墻壁對它的作用力為孔涂料增加的厚度

為h,由動量定理知一斤八/=0—△m0,又夕=17，Nm=pNSh,h=u^t,聯(lián)立

△\

可得p=/>M0,故A正確，B、C、D錯誤。

［能力提升題組］

9.（多選）如圖所示，質(zhì)量相等的小球A、3由輕質(zhì)彈簧連接，A球上端用細線

懸掛于天花板?，F(xiàn)燒斷細線，兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復(fù)原長過

程中（3球未觸地），不計空氣阻力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.細線燒斷瞬間，A球的加速度為g,3球的加速度為零

B.整個過程中，彈簧對43球的沖量大小相等

C.彈簧第一次恢復(fù)原長時，A球動量大于3球動量

D.整個過程中，A、5球的重力做功相等

解析：BC細線燒斷瞬間，彈簧長度不變，彈力不變，3球的加速度為零，

A球加速度為3=也寢強=2g，故A錯誤；整個過程中，彈簧對兩球的力大小

相等方向相反，彈簧對A、3球的沖量大小相等，故B正確；從開始下落至彈簧

第一次恢復(fù)原長之前，A球加速度一直大于B球加速度，A球速度大于B球速度，

A球動量大于3球動量，故C正確；整個過程中，A球位移大于3球位移，A球

的重力做功大于3球的重力做功，故D錯誤。

10.（多選）從貨車上卸載貨物時，工人往往在車廂與地面間放置一傾斜的板，

如圖所示。板與水平地面間的夾角。在0?90°范圍內(nèi)可調(diào)，貨物從距地面高H

處沿板面由靜止開始下滑，再沿水平地面滑動一段距離x后停下。忽略貨物下滑

到地面時與地面的碰撞，假設(shè)貨物與板面、貨物與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，

貨物在板上滑行的時間為3在水平地面上滑行的時間為必則（）

X

A.若。不變，H越大，則x越大

B.若。不變，H越大，貝盧越大

42

C.若H不變，。越大，則x越小

D.若H不變，。越大，則一越小

12

HHH

解析：由動能定理mgH—pmgcos0,-^—^—pimgx=O,可得二一二下=%，

ADsin（7〃Ld7nc