变式2
（多选）如图3所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则（ ）
图3
A.拉力对物体的冲量大小为Ft
B.拉力对物体的冲量大小为Ftsinθ
C.摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ
D.合外力对物体的冲量大小为零
答案 AD
解析 拉力F对物体的冲量就是Ft，所以A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ftcosθ，C项错误；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D项正确.
命题点二 动量定理的基本应用
1.动量定理的理解
（1）中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体.
（2）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.
（3）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.
（4）由Ft＝p′－p，得F＝
＝
，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率.
2.用动量定理解题的基本思路
（1）确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体.
（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.
例3
（2015·重庆理综·3）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）.此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）
A.
＋mgB.
－mg
C.
＋mgD.
－mg
答案 A
解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝
，在t时间内对人由动量定理得（mg－F）t＝0－mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝
＋mg，A项正确.
变式3
篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球.接球时，两手随球迅速收缩至胸前.这样做的目的是（ ）
A.减小球对手的冲量B.减小球对手的冲击力
C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量
答案 B
变式4
（2015·安徽理综·22）一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图4所示.物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2.
图4
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
答案
（1）0.32
（2）130N （3）9J
解析
（1）对小物块从A运动到B处的过程，应用动能定理得－μmgs＝
mv2－
mv02
代入数值解得μ＝0.32
（2）取向右为正方向，碰后物块速度v′＝－6m/s
由动量定理得：
FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.
（3）对物块反向运动过程，应用动能定理得
－W＝0－
mv′2
解得W＝9J
命题点三 动量定理在多过程问题中的应用
应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路.
例4
一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1s（工人最终悬挂在空中），则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？
（g取10m/s2，忽略空气阻力的影响）
答案 1200N，方向竖直向下
解析 解法一 分段列式法：
依题意作图，如图所示，
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，v12＝2gL，得
v1＝
经缓冲时间t＝1s后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，所以（mg－F）t＝0－mv1，F＝
将数值代入得F＝1200N.
由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F′为1200N，方向竖直向下.
解法二 全程列式法：
在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg（
＋t），拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知
mg（
＋t）－Ft＝0
解得F＝
＝1200N
由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F′＝F＝1200N，方向竖直向下.
变式5
一个质量为m＝100g的小球从离厚软垫h＝0.8m高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？
（g＝10m/s2）
答案 0.6N·s，方向竖直向上
解析 设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由
h＝
gt12得t1＝
＝0.4s.
设I为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得
mg（t1＋t）＋I＝0，得I＝－0.6N·s.
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上.
命题点四 应用动量定理处理“流体模型”
的冲击力问题
1.研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等.
2.研究方法
是隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解.
3.基本思路
（1）在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象.
（2）求小柱体的体积ΔV＝vSΔt
（3）求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt
（4）求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt
（5）应用动量定理FΔt＝Δp
例5
（2016·全国卷Ⅰ·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：
（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）
－
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
＝ρv0S
（2）设玩具底板相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲＝Mg④
其中，F冲为水柱对玩具底板的作用力
由牛顿第三定律：
F压＝F冲⑤
其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式：
v′2－v02＝－2gh⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为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
（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＝
－
变式6
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45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/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1×103kg/m3）（ ）
A.0.15PaB.0.54Pa
C.1.5PaD.5.4Pa
答案 A
解析 设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12m/s减为零.以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：
FΔt＝0－（－Δmv）＝Δmv，得到F＝
v.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv
.压强p＝
＝ρv
＝1×103×12×
Pa＝0.15Pa.
变式7
如图5所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v0、恒定的质量增率（即单位时间喷出的质量）
从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.（设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹）
图5
答案
－
（
）2
解析 设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速度为vt，则
vt2－v02＝－2gh
得vt2＝v02－2gh
由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为
FΔt＝2（
·Δt）vt
解得F＝2
·vt＝2
据题意有F＝Mg
联立解得h＝
－
（
）2
1.物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，则（ ）
A.物体的动量在减小
B.物体的动量在增大
C.物体的动量大小也可能不变
D.物体的动量大小一定变化
答案 C
2.（多选）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速度方向
答案 BD
3.质量为m的钢球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）
A.向下，m（v1－v2） B.向下，m（v1＋v2）
C.向上，m（v1－v2）D.向上，m（v1＋v2）
答案 D
4.质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/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＝2kg·m/s W＝－2J
B.Δp＝－2kg·m/s W＝2J
C.Δp＝0.4kg·m/s W＝－2J
D.Δp＝－0.4kg·m/s W＝2J
答案 A
5.（多选）从同样高度静止落下的玻璃杯，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大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B.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
C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小
答案 CD
6.如图1所示，质量为m的物体在水平外力F作用下以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
图1
A.v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功越多
B.v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功与v的大小无关
C.v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功越少
D.v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功与v的大小无关
答案 D
7.（2018·广东珠海调研）将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，以下判断正确的是（ ）
A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10N·s
B.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10N·s
D.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10N·s
答案 A
8.质量为1kg的物体做直线运动，其速度图象如图2所示，则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是（ ）
图2
A.10N·s 10N·s
B.10N·s －10N·s
C.0 10N·s
D.0 －10N·s
答案 D
9.物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则（ ）
A.I1＜I2，W1＝W2B.I1＞I2，W1＝W2
C.I1＞I2，W1＜W2D.I1＝I2，W1＜W2
答案 B
10.（2018·河南邢台质检）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＋mgΔt，地面对他做的功为
mv2
B.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，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
mv2
D.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
答案 B
11.如图3所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小.
图3
答案 2mv0
解析 考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝（M＋m）v0－（Mv0－mv0）＝2mv0
则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.
12.质量为1kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5N的水
平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3s后撤去F.求物体运动的总时间（g取10m/s2）.
答案 3.75s
解析 物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0①
又Ff＝μmg②
联立①②式解得t＝
，代入数据解得t＝3.75s.
13.一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m，据测算两车相撞前速度约为30m/s.
（1）试求车祸中车内质量约60kg的人受到的平均冲力.
（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力.
答案
（1）5.4×104N
（2）1.8×103N
解析
（1）两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5m.
设运动的时间为t，根据x＝
t，得t＝
＝
s，
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0
得F＝
＝
N＝5.4×104N.
（2）若人系有安全带，则F′＝
＝
N＝1.8×103N.
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