1.2動量定理

01學習目標

物理素養學習目標

1.能在恒力情況下進行理論推導，得出動量定理及

1.物理觀念：理解沖量的概念，知道其矢量性。

其表達式。

2.科學思維：通過理論推導掌握動量定理的表達式，

2.知道沖量概念，知道動量定理及其表達式的物理

理解其確切含義。

意義。

3.科學探究：探究變力沖量的計算方法，體會微分思

3.知道動量定理適用于變力情況，領會求解變力沖

想的應用。

量時的極限思想。

4.科學態度與責任：通過對緩沖現象的分析，體會物

4.會用動量定理解釋生活生產中的相關現象和解決

理規律在生產、生活中的應用。

實際問題。

重點關注：①力、沖量②動量定理③動能、動能定理

02思維導圖

03知識梳理

（一）課前研讀課本，梳理基礎知識

一、沖量

1.定義：力與力的作用時間的乘積。

2.定義式：I＝FΔt。

3.物理意義：沖量是反映力的作用對時間的累積效應的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大。

4.單位：在國際單位制中，沖量的單位是牛秒，符號為N·s。

5.矢量性：沖量是矢(填“矢”或“標”)量。如果力的方向恒定，則沖量的方向與力的方向相同。

二、動量定理

1.內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。

2.表達式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。

（二）辨析

1.沖量的兩個要素式力及其作用時間，沖量是狀態量還是過程量？

【答案】沖量是過程里，與一段時間對應，需要明確是什么力在哪一段時間內產生的沖量。

2.沖量由力（矢量）與力的作用時間（標量）相乘得到，那么沖量是矢量還是標量？

【答案】沖量是矢量，當力的方向不變時，其方向與力的方向相同。

3.“所受力的沖量”指的是什么力的沖量？

【答案】合力。

4.“等于”僅僅指的是大小相等嗎？

【答案】動量定理的表達式mvmvFt是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。

04題型精講

【題型一】沖量的計算

【點撥】

1．沖量是過程量：沖量是力作用在物體上的時間累積效應，取決于力和時間這兩個因素，所以求沖量

時一定要明確所求的是哪一個力在哪一段時間內的沖量。

2．沖量是矢量：在力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的

方向與相應時間內物體動量變化量的方向相同。

3．沖量和功的比較

①某個力在一段時間內做的功為零時，力的沖量不為零。

②一對作用力和反作用力的沖量大小一定相等，方向一定相反；但它們所做的功大小不一定相等，

符號也不一定相反。

4.某個恒力沖量的大小等于該力與時間的乘積，與是否受到其他力無關，與物體的狀態無關。某力沖

量的方向與該力的方向相同。

5.變力的沖量

①利用公式I＝FΔt求沖量：此公式適用于求恒力的沖量。

②利用F-t圖像法。

如圖甲、乙所示，該力在時間Δt內的沖量大小在數值上就等于圖中陰影部分的“面積”。

③如圖丙所示，若力F是變力，但力與時間成線性關系變化，則可用平均力求變力的沖量。

④利用動量定理求解：I＝Δp＝p′－p。

【典型例題1】（23-24高二下·北京豐臺·期中）如圖所示，一個物體在水平地面上受到與水平方向成θ角的

拉力F作用時間t后，加速向右運動，在這段時間內各力的沖量下列說法正確的是（）

A．支持力的沖量大小為0

B．合力的沖量大小為Ft

C．摩擦力的沖量大小為Ftcosθ

D．合力的沖量方向水平向右

【答案】D

【詳解】A．根據恒力沖量的定義可知，沖量等于力與時間的乘積，故物體所受支持力的沖量大小為

I支持(mgFsin)t

故A錯誤；

B．合力無法求出，其沖量大小無法求出，故B錯誤；

C．摩擦力無法求出，其沖量大小無法求出，故C錯誤；

D．合力的方向水平向右，則合力的沖量方向水平向右，故D正確。

故選D。

【典型例題2】（23-24高二下·湖北·期中）質量為1kg的物塊靜止在水平地面上，t=0時刻施加一水平力F，

t=3s時撤掉作用力F，F隨時間t變化的圖線如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則（）

A．1s~3s時間內F的沖量大小為3N·sB．前1s摩擦力的沖量大小為1N·s

C．前3s物塊動量的改變量大小為2kg·m/sD．t=4.5s時物塊的速度為0

【答案】D

12

【詳解】A．1s~3s時間內F的沖量大小為I1Ns+21Ns3.5Ns

F132

故A錯誤；

B．因為滑動摩擦力大小fmg1N

0~1s時間內F≤1N，物塊處于靜止狀態，前1s內摩擦力的大小跟F的大小相等，前1s內摩擦力的沖量

1

大小為I1Ns0.5Ns

f012

故B錯誤；

C．1s~3s時間內，摩擦力沖量的大小為If1312Ns2Ns

則前3s物塊動量的改變量（即1s~3s時間內物塊動量的改變量）為ΔpIF13If131.5kgm/s

故C錯誤；

D．1s~4.5s時間內摩擦力沖量的大小為If143.5Ns

根據動量定理得IF13If14mv0

解得v=0

即t=4.5s時物塊的速度為0，故D正確。

故選D。

【對點訓練1】（23-24高二下·北京順義·階段練習）如圖所示，物塊放在光滑水平面上，在一個與水平方

向成角的恒力F作用下，物塊沿光滑水平面運動了一段時間t，在這段時間t內（）

A．物塊受到的支持力的沖量為0

B．物塊受到的力F的沖量為Ftcos

C．物塊的動量變化量為Ft

D．物塊的動量變化量為Ftcos

【答案】D

【詳解】A．設物塊的重力為G，由沖量的定義可知，物塊受到的支持力的沖量為I1FNtGFsint

A錯誤；

B．物塊受到的力F的沖量為I2Ft

B錯誤；

CD．物塊受到的合力為F合Fcos

由動量定理可得pF合tFtcos

C錯誤，D正確。

故選D。

【題型二】動量定理的理解

【點撥】

1．對動量定理的理解

①動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因。

②動量定理的表達式FΔt＝mv′－mv是矢量式，運用動量定理解題時，要注意規定正方向。

③公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是變化的力，則F應理解為合外力在作用時間內的平

均值。

④動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動，而且對微觀粒子的高速運動同樣適用。

2．動量定理、動能定理的區別

①動量定理指出力在時間上的積累改變了物體的動量，動能定理指出力在空間上的積累改變了物體

的動能。

②動量定理是矢量式，動能定理是標量式。

【典型例題1】（23-24高二下·河南鄭州·期中）壘球是一項集競技性、觀賞性和娛樂性為一體的運動項目。

如圖所示，一個質量為0.18kg的壘球，以25m/s的水平速度飛向球棒，被球棒擊打后，反向水平飛回。

若球棒與壘球的作用時間為0.002s，球棒與壘球的平均作用力大小為6.3103N，以沿壘球飛向球棒的方

向為正方向，則下列說法正確的是（）

A．球棒對壘球的沖量為12.6NsB．壘球對球棒的沖量為12.6Ns

C．壘球的初動量為4.5kgm/sD．壘球被擊出后的速度大小為70m/s

【答案】A

【詳解】C．依據題意可知，沿壘球飛向球棒的方向為正方向，則壘球的初動量為

p1mv0.1825kgm/s4.5kgm/s

故C錯誤；

AB．球棒對壘球的作用力的方向與壘球飛向球棒的方向相反，故球棒對壘球的沖量為

IFt6.31030.002Ns12.6Ns

則壘球對球棒的沖量為12.6Ns，故A正確，B錯誤；

D．對壘球，由動量定理知Ftmv末mv

則壘球被擊出后的速度大小為v末45m/s

故D錯誤。

故選A。

【典型例題2】（23-24高二上·浙江紹興·期末）神舟十五號載人飛船返回艙在東風著陸場著陸。如圖所示，

離地高度約1m時，返回艙底部的4臺著陸反推發動機點火豎直向下噴氣，使返回艙速度在0.2s內由8m/s

降為2m/s。假設反推發動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態，此過程返回艙的質量變化和

受到的空氣阻力均忽略不計。返回艙的總質量為3×103kg。以豎直向下為正方向，反推發動機工作階段，

下列說法正確的是（）

A．返回艙的動量變化量為1.8×104kg?m/s

B．反推發動機啟動時航天員受到的作用力將減小

C．返回艙受到的平均推力大小約為1.2×105N

D．返回艙受到的平均推力大小約為9.0×104N

【答案】C

【詳解】A．返回艙的動量變化量為Pmv2mv1

解得P1.8104kgm/s

A錯誤；

B．反推發動機啟動時航天員做加速度較大的減速運動處于超重狀態，受到的作用力將增大，B錯誤；

CD．返回艙受到的平均推力為N，取豎直向下為正方向，根據動量定理得mgFtmv2mv1

解得F1.2105N

C正確，D錯誤。

故選C。

【對點訓練1】（23-24高二下·浙江·期中）《天工開物》中提到一種古法榨油——撞木榨油。如圖，撞木

榨油是先將包裹好的油餅整齊地擺到榨具里，然后用撞木撞擊木楔，擠壓油餅，油就流出來。某次撞擊

前撞木的速度為6m/s，撞擊后撞木反彈，且速度大小變為原來的一半。已知撞木撞擊木楔的時間為0.5s，

撞木的質量為100kg。則撞木對木楔撞擊力大小為（）

A．600NB．1600NC．1800ND．2800N

【答案】C

v

【詳解】取撞擊前撞木的速度方向為正方向，根據動量定律有Ftmmv

2

3mv31006

解得FN=1800N

2t20.5

根據牛頓第三定律可知撞木對木楔撞擊力大小為1800N。

故選C。

【題型三】動量定理的基本應用

【點撥】

1．用動量定理解釋生活中的現象

①Δp一定，Δt短則F大，Δt長則F小；

②F一定，Δt短則Δp小，Δt長則Δp大；

③Δt一定，F大則Δp大，F小則Δp小。

2.動量定理的定量計算

①動量定理是矢量式，應用時必須選取正方向。

②動量定理公式中I(F·Δt)應為合外力的沖量，不要漏掉某個力的沖量。

③應用動量定理定量計算的一般步驟：

【典型例題1】（23-24高一下·重慶·期中）快遞氣泡袋是由低密度聚乙烯（LDPE）加工而成的一種透明軟

包裝袋，主要用于快遞行業小體積、易碎、易損壞、精密貨品的包裝。將貨品裝入快遞氣泡袋的目的是

為了（）

A．減小撞擊時貨品的動能變化量B．減小撞擊時貨品的動量變化量

C．減小撞擊時貨品受到的沖量D．減小撞擊時貨品受到的力

【答案】D

【詳解】快遞氣泡袋起到緩沖作用，通過延長作用時間，減小撞擊時貨品受到的力，不會改變貨品動量

的變化量以及動能變化量，即不會改變貨品受到的沖量。

故選D。

【典型例題2】（23-24高三下·重慶·階段練習）如圖所示，小明同學對某輕質頭盔進行安全性測試，他在

頭盈中裝入質量為2.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從3.20m的高處自由落下，并與水平面發

生碰撞，頭盔被擠壓了0.08m時，物體的速度減為0。擠壓過程視為勻減速直線運動，不考慮物體和地

面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（）

A．擠壓過程中物體處于失重狀態

B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為820N

C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為16kg·m/s，方向豎直向下

D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為20N?s

【答案】B

【詳解】A．擠壓過程視為勻減速直線運動，因此物體處于超重狀態，故A錯誤；

1

B．根據hgt2

2

2h23.2

可得物體做自由下落運動的時間為ts0.8s

g10

物體落地瞬間的速度為vgt8m/s

根據0v22as

0v2082

可得物體做勻減速直線過程中加速度為am/s2400m/s2

2s20.08

根據牛頓第二定律有mgFma

所以頭盔對物體的平均作用力為F820N

故B正確；

C．物體做勻減速直線過程中動量變化量ΔpmΔvm(0v)2(08)kgm/s16kgm/s

負號表示方向豎直向上，故C錯誤；

D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為Imgt16Ns

故D錯誤。

故選B。

【典型例題3】（23-24高二上·廣東梅州·階段練習）人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手

機，經常出現手機砸傷眼睛的情況。若手機質量為m=0.2kg，從離人眼睛h=0.2m的高度無初速度掉落，

砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為?t=0.05s，取重力加速度g＝10m/s2，求：

（1）手機剛落到眼睛上時速度v的大小；

（2）手機對眼睛的作用力。

【答案】（1）2m/s；（2）F＝10N，方向豎直向下

【詳解】（1）根據自由落體運動規律有

v2＝2gh

v＝2m/s

（2）手機與眼睛作用后手機的速度變成0，選取向下為正方向（mgF）t＝0mv

解得F＝10N

由牛頓第三定律可得，手機對眼睛作用力大小為10N，方向豎直向下

【對點訓練1】（23-24高二下·廣東佛山·階段練習）如圖所示，測試汽車安全氣囊的實驗中，汽車載著模

型人以80km/h的速度撞向剛性壁障，汽車速度瞬間減為0，同時，安全氣囊彈出，保護模型人。則關于

安全氣囊的作用，下列說法正確的是（）

A．安全氣囊減少了碰撞過程中模型人的受力時間

B．安全氣囊減小了碰撞過程中模型人受到的沖擊力

C．安全氣囊減小了碰撞過程中模型人的動量變化量

D．安全氣囊減小了碰撞過程中模型人受到的沖量

【答案】B

【詳解】整個碰撞過程中模型人受到的沖量和模型人的動能變化量是一定的，不因安全氣囊的彈出而發

生變化。根據動量定理Ftp

可知安全氣囊的作用是增加了碰撞過程中模型人的受力時間，從而減小了碰撞過程中模型人受到的沖擊

力。

故選B。

【對點訓練2】（23-24高二上·山東濱州·期中）2023年10月23日上午，惠民縣第七屆“縣長杯”校園足球

聯賽拉開帷幕。如圖所示，小陳同學正在練習用頭顛球。某一次足球由靜止下落0.6m，被重新頂起，離

開頭部后豎直上升至1m處。已知足球與頭部作用過程中，頭對足球的平均作用力大小為36N，足球的

質量為0.4kg，足球在空中時空氣阻力為1N，大小不變，其他時間空氣阻力不計。重力加速度g取10m/s2，

在此過程中，求：

（1）足球在空中下落過程中空氣阻力對它的沖量大小；

（2）足球與頭部的作用時間。

【答案】（1）0.4N?s；（2）0.1s

1

【詳解】（1）足球下落過程由動能定理mghfhmv2

1121

解得v1=3m/s

1

足球上升過程由動能定理mghfh0mv2

2222

解得v2=5m/s

h1

t10.4s

下落過程的時間v1

2

足球在空中下落過程中空氣阻力對它的沖量大小Ifft10.4Ns

（2）規定向上為正方向，則足球與頭部的過程由動量定理(Fmg)tmv2(mv1)

解得t0.1s

05強化訓練

【基礎強化】

1．（23-24高二下·山西長治·期中）在蹦床比賽中，運動員從某一高度由靜止沿豎直方向落到蹦床上，然后

用力蹬蹦床，再次沿豎直方向返回原高度。假設運動員在運動過程中受到的空氣阻力大小不變，下列說

法正確的是（）

A．下降過程受重力沖量的大小等于上升過程受重力沖量的大小

B．下降過程受重力沖量的大小小于上升過程受重力沖量的大小

C．下降過程受合力沖量的大小小于上升過程受合力沖量的大小

D．下降過程受合力沖量的大小等于上升過程受合力沖量的大小

【答案】C

【詳解】AB．上升過程，空氣阻力向下，根據牛頓第二定律有mgfma1

下降過程，空氣阻力向上，根據牛頓第二定律有mgfma2

故a1a2

1

根據hgt2

2

可知t1t2

重力是恒力，其沖量大小為IGmgt

則知上升過程中籃球受到的重力的沖量較小，即下降過程受重力沖量的大小大于上升過程受重力沖量的

大小，故AB錯誤；

CD．上升過程中，根據動量定理有Imv0

下降過程中，根據動量定理有Imv

由于受空氣阻力可知vv0，則上升過程中籃球受到合力的沖量較大，即下降過程受合力沖量的大小小

于上升過程受合力沖量的大小，故C正確，D錯誤；

故選C。

2．（23-24高二下·廣東深圳·階段練習）籃球運動在學校普遍受到學生的喜愛，為了檢驗一籃球的彈性性能，

某同學讓它從H11.8m高處自由下落，能夠自由彈跳到H21.25m高度處。籃球和地面接觸的時間

t1.1102s，不考慮籃球在運動中的轉動和所受的空氣阻力，籃球的質量為0.6kg，當地重力加速度g

取10m/s2。若取向上為正方向，則（）

A．籃球在下落過程中，合力的沖量為1.8Ns

B．籃球與地面碰撞后瞬間的速度大小為6m/s

C．籃球在與地面碰撞過程中，動量改變量為0.6kgm/s

D．籃球受到地面的平均沖擊力大小為606N

【答案】D

12

【詳解】A．籃球在下落過程中，根據H1gt1

2

2H

解得下落時間為t10.6s

1g

籃球在下落過程中，合力的沖量為I合mgt13.6Ns

故A錯誤；

2

B．設籃球與地面碰撞后瞬間的速度大小為v2，根據0v22gH2

可得v22gH25m/s

故B錯誤；

C．籃球與地面碰撞前瞬間的速度大小為v1gt16m/s

則籃球在與地面碰撞過程中，動量改變量為pmv2(mv1)6.6kgm/s

故C錯誤；

D．籃球在與地面碰撞過程中，根據動量定理可得Ftmgtp

p6.6

解得籃球受到地面的平均沖擊力大小為FmgN0.610N606N

t1.1102

故D正確。

故選D。

3．（23-24高一下·湖北武漢·期中）一物體靜止在光滑水平面上，從t0時刻起，受到的水平外力F如圖所

示，以向右運動為正方向，物體質量為2.5kg，則下列說法正確的是（）

A．前1s內力F對物體的沖量為5NsB．t2s時物體回到出發點

C．t3s時物體的速度大小為1m/sD．第3s內物體的位移為1m

【答案】D

1

【詳解】A．前1s內力F對物體的沖量為IFt2.5Ns

2

A錯誤；

11

B．物體先向右加速運動，1s后向右減速運動，又由圖可知FtFt0

22

可知t2s時物體速度變為0，沒有回到原點，B錯誤；

11

C．由圖FtFtFt'mv0

22

解得v2m/s

C錯誤；

1215N2

D．第3s內物體做初速度為0的勻加速直線運動，位移xat1s1m

222.5kg

D正確。

故選D。

4．（23-24高二下·河南濮陽·階段練習）如圖所示，不可伸長的輕繩一端懸掛在天花板上的O點，另一端

系著質量為m的小球，給小球一定的速度v，使之在水平面內做周期為T的勻速圓周運動。不計空氣阻

力，下列說法正確的是（）

A．小球運動一周的過程中，重力的沖量為零B．小球運動半周的過程中，合力的沖量為零

C．小球運動一周的過程中，合力的沖量為零D．小球運動一周的過程中，拉力的沖量為零

【答案】C

【詳解】A．根據IGGtmgt

故小球運動一周的過程中，重力的沖量不為零，故A錯誤；

B．以末速度方向為正方向，根據動量定理可知，小球運動半周的過程中，合力的沖量為

Ipmvm(v)2mv

故B錯誤；

C．小球做勻速圓周運動，根據動量定理可知，運動一周動量變化為0，故合外力沖量為0，故C正確；

D．小球運動一周的過程中，合外力的沖量為零，拉力的沖量與重力的沖量等大反向，不為零，故D錯

誤。

故選C。

5．（23-24高二下·廣東佛山·期中）（多選）據報道，騎車佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，并且大大減小

了損傷程度和事故死亡率。經查閱資料知，頭部直接撞地時，撞擊能量向頭部的傳導時間約為4ms；若

帶上頭盔后，則頭盔內部的緩沖層能將撞擊能量向頭部的傳導時間延長6ms以上，假定撞擊地面后人頭

部的速度變為0，人頭部的質量約為2kg，重力加速度g=10m/s2，忽略撞擊過程中肢體對頭部的作用力，

則下列說法正確的是（）

A．頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率

B．頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量

C．在事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量相同

D．若駕駛員頭部以6m/s的速度垂直撞擊地面，該頭盔使撞擊力至少減少約1800N

【答案】AD

【詳解】A．根據Ftp

p

可得F

t

依題意，頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率。

故A正確；

B．同理，可知頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量。故B錯誤；

C．根據IFt

頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖量與

頭部對頭盔的沖量大小相等。故C錯誤；

p26

D．依題意，不戴頭盔時，有F13N3000N

t1410

p26

戴上頭盔后，有F23N1200N

t24610

該頭盔使撞擊力至少減少FF1F21800N

故D正確。

故選AD。

6．（23-24高一下·北京·期中）（多選）如圖所示，一個質量m50kg的蹦床運動員，從離水平網面h13.2m

高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面h25.0m高處。已知運動員與網接觸的時間為

Δt0.9s，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）

A．運動員與網接觸的這段時間內，動量變化量的大小Δp900kgm/s

B．運動員與網接觸的這段時間內，動量變化量的大小Δp100kgm/s

C．網對運動員平均作用力的大小F1500N

D．網對運動員平均作用力的大小F1000N

【答案】AC

1

【詳解】AB．設運動員觸網前的速度大小為v，下落過程有mghmv2

1121

解得v12gh18m/s

1

設運動員觸網后的速度大小為v，上升過程有mghmv2

2222

解得v22gh210m/s

以豎直向上為正方向，觸網過程中動量的變化量為

Δpmv2mv15010kgm/s508kgm/s900kgm/s

方向豎直向上。故A正確，B錯誤；

CD．觸網過程中，根據動量定理可得FmgΔtΔp

p900

解得FmgN5010N1500N

t0.9

故C正確，D錯誤。

故選AC

7．（23-24高二下·山西長治·期中）女排聯賽中，一傳不到位的排球觸網后沿豎直方向落下，將要觸地的瞬

間它的速度為5m/s，機敏的二傳手雙手抱拳將排球豎直向上墊起，當排球上升到最高3.20m處時，高高

躍起的主攻手將球扣到對方界內。已知排球的質量為0.260kg，排球與二傳手的作用時間為0.10s，不計

空氣阻力，取g10m/s2。求：

（1）排球被二傳手墊起瞬間動量的大小；

（2）二傳手對排球的平均作用力。

【答案】（1）2.08kg?m/s；（2）36.4N

【詳解】（1）排球被二傳手墊起瞬間的速度v22gh2103.2m/s8m/s

排球的動量的大小pmv20.268kgm/s2.08kgm/s

（2）以向上為正方向，則由動量定理Ftmgtmv2(mv1)

解得F=36.4N

8．（23-24高二上·貴州六盤水·期中）如圖為我國運動員嚴浪宇在杭州亞運會“蹦床”比賽中的畫面，設嚴浪

宇的質量為m，他從床墊正上方h1高處自由落下，落墊后反彈的高度為h2，他與床墊接觸的時間為t，

空氣阻力不計，重力加速度為g。求：

（1）嚴浪宇自由下落h1高度的過程，重力對他的沖量大小；

（2）嚴浪宇與床墊接觸的時間內，他對床墊的平均作用力大小。

m(2gh22gh1)

【答案】（1）m2gh1；（2）mg

t

2h

【詳解】（1）嚴浪宇自由下落h高度的過程，經過的時間t1

11g

2h

重力對他的沖量大小Imgtmg1m2gh

1g1

（2）落到墊上時的速度v12gh1

落墊后反彈的速度為v22gh2

設向上為正方向，由動量定理FNmgtmv2mv1

m2gh22gh1

解得Fmg

Nt

m2gh22gh1

由牛頓第三定律可知他對床墊的平均作用力大小為FFmg

NNt

【素養提升】

9．（2024·河北·三模）2024年春天，中國航天科技集團研制的50kW級雙環嵌套式霍爾推力器，成功實現

點火并穩定運行，標志著我國已躋身全球嵌套式霍爾電推進技術領先行列。嵌套式霍爾推力器不用傳統

的化學推進劑，而是使用等離子體推進劑，它的一個顯著優點是“比沖”高。比沖是航天學家為了衡量火

箭引擎燃料利用效率引入的一個物理量，英文縮寫為Isp，是單位質量的推進劑產生的沖量，比沖這個物

理量的單位應該是（）

A．m/sB．kgm/s2C．m/s2D．Ns

【答案】A

I

【詳解】根據題意比沖表示的是單位質量的推進劑產生的沖量，故可得I

spm

kgm/s

結合動量定理Imv，可得比沖這個物理量的單位為11m/s

kg

故選A。

10．（2024·河北邢臺·二模）某同學利用身邊的常見器材在家完成了有趣的物理實驗，如圖所示。當手持吹

風機垂直向電子秤的托盤吹風時，電子秤示數為36.0克。假設吹風機出風口為圓形，其半徑為5cm，空

氣密度為1.29kg/m3，實驗前電子秤已校準，重力加速度10m/s2。則此時吹風機的風速約為（??）

A．6m/sB．8m/sC．10m/sD．12m/s

【答案】A

【詳解】對于Δt時間內吹出的空氣，根據動量定理FtmvvStv

其中FG0.36N，Sr2

代入數據解得v6m/s

故選A。

11．（2024·山東棗莊·三模）如圖，將總質量為200g的2000粒黃豆從距秤盤125cm高處連續均勻地倒在秤

盤上，觀察到指針指在刻度為80g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內垂直碰撞一次，且碰撞

前后速率不變，重力加速度g10m/s2，不計空氣阻力，則持續傾倒黃豆的時間約為（）

A．1.5sB．2.5sC．3.0sD．5.0s

【答案】D

【詳解】黃豆落在秤盤上的速度大小為v2gh5m/s

2000

設持續傾倒黃豆的時間為t，則根據單位時間落在秤盤上的黃豆數量為n

t

由動量定理得Ftnm0gt2nm0v

方程兩側根據時間累計求和可得Ftnm0gt2m總v

又F0.8N，則代入數據可得t=5s

故選D。

12．（23-24高二下·安徽亳州·階段練習）如圖所示，用0.5kg的鐵錘釘釘子，打擊前鐵錘的速度為4ms，

打擊后鐵錘的速度變為0，設打擊時間為0.01s，g取10ms2.

（1）不計鐵錘所受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？

（2）考慮鐵錘所受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？

【答案】（1）200N，方向豎直向下；（2）205N，方向豎直向下

【詳解】（1）以鐵錘為研究對象，不計重力時，只受釘子的平均作用力，方向豎直向上，設為F1，取豎

直向上為正方向，則打擊前鐵錘的速度為v4ms

由動量定理可得F1t0mv

解得F1200N

方向豎直向上，由牛頓第三定律知，鐵錘釘釘子時，釘子受到的平均作用力為200N，方向豎直向下。

（2）若考慮重力，設此時鐵錘受釘子的平均作用力為F2，對鐵錘應用動量定理，取豎直向上為正方向，

則F2tmgt0mv

解得F2205N

方向豎直向上，由牛頓第三定律知，此時鐵錘釘釘子時釘子受到的平均作用力為205N，方向豎直向下。

13．（2024·上海黃浦·二模）消防員用橫截面積為S的噴水槍，噴出恒定流速為v的水流，水流垂直射向著

火的墻體后，速度可視為0。水的密度為，水流的重力忽略不計。求：

（1）水槍在t時間內噴出水的質量。

（2）墻體受到水流平均沖擊力的大小。

【答案】（1）ΔmSvt；（2）Sv2

【詳解】（1）水槍在t時間內噴出水的質量為ΔmSvΔt

（2）以水噴出的方向為正方向，與墻體碰撞過程中t時間內的水，根據動量定理得FΔt0Δmv

解得FSv2

根據牛頓第三定律可得，墻體受到水流平均沖擊力的大小FFSv2

【能力培優】

14．（23-24高一下·福建龍巖·期中）（多選）圖為清洗汽車的高壓水槍，設水槍水平噴出水柱，水柱截面

為圓形，直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后速度為零。手持高壓水槍操作，

水流剛進入水槍時的速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是（）

1

A．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為vD2

4

1

B．高壓水槍噴水的輸出功率為v3D2

4

C．水柱對汽車的平均沖力為v2D2

D．水柱對汽車的壓強與水流速度的平方成正比

【答案】AD

Svt1

【詳解】AC．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為mvD2

0t4

水柱沖擊汽車后速度為零，由動量定理得

Ft0mv

mm0t

1

解得水柱對汽車的平均沖力為Fv2D2

4

故A正確，C錯誤；

1

mv2

B．