高中物理专项复习：动量 冲量 动量定理

竟黄量/动量

-------------------------------------◎考点展示◎---------------------------------

1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(II)2.弹性碰撞和非弹性碰撞(I)3.实验:

验证动量守恒定律

-------------------------------------★备考策略★---------------------------------

1.掌握隔离法、整体法和用守恒思想分析物理问题的方法.

2.理解动量、冲量和动量定理，能用动量定理解释生产、生活中的有关现象.

3.定量分析一维碰撞问题并能解释生产、生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.

4.运用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲、“子弹打木块”模型、

“弹簧系统”模型、“滑块一木板”模型、“人船”模型.

5.理解验证动量守恒定律的实验原理，灵活处理多种实验方案.

第1讲动量冲量动量定理

三三转茎至必备知识新学法基础落实至互短短妄

［主干知识•填一填］

一、动量、动量变化、冲量

i.动量

(1)定义：物体的质量与速度的乘积.

⑵表达式：p—mv.

(3)方向：动量的方向与速度的方向相同.

2.动量的变化

(1)因为动量是矢量,动量的变化量^p也是矢量,其方向与速度的改变量的方向相同.

(2)动量的变化量Ap的大小，一般用末动量p'减去初动量〃进行计算，也称为动量的

增量.即Ap=pz—p.

3.冲量

(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.

(2)公式：I=Ft.

(3)单位：N^.

(4)方向：冲量是矢量,其方向与力的方向相同.

二、动量定理

1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量.

2.公式：nw'—mo=F(t'一/)或一〃=/.

3.动量定理的理解

（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即外力的冲量是原因，物体

的动量变化量是结果.

（2）动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可

以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.

（3）动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.

［规律结论•记一记］

1.动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合

外力的冲量方向相同.

2.力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零.

3.某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关.

4.动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量.

5.应用动量定理列的方程是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一

正方向.

［必刷小题•测一测］

一、易混易错判断

1.两物体的动量相等，动能也一定相等.（X）

2.动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和.（X）

3.物体的动量变化量等于某个力的冲量.（X）

4.物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零.（X）

5.物体的动量越大，则物体的惯性就越大.（X）

6.物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的.（J）

二、经典小题速练

1.质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，

若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（）

A.10kg-m/sB.-10kg-m/s

C.40kg-m/sD.-40kg-m/s

解析：D动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动

量pi—mvi—2.5kg-m/s,末动量02=相。2=-15kg-m/s,所以动量的变化Ap=p2­01=—40

kg-m/s.

2.（人教版选修3—5巳仃2改编）一质量为机的物体静止在光滑水平面上，在水平力E作

用下，经时间3通过位移L后，动量变为p,动能变为瓦.若上述过程产不变，物体的质量

变为修，以下说法正确的是（）

A.经过时间2t,物体动量变为20

B.经过位移2L物体动量变为2P

C.经过时间2K物体动能变为4Ek

D.经过位移23物体动能变为4Ek

解析：A由动量定理得p=H,则经过时间2t,物体的动量p2=F-2t=2p,由p2=2mEk,

得物体的动能反2=平=8耳，选项A正确，C错误；由动能定理反=",则经过位移2L,

2

物体的动能Ek2=F-2L=2Ek,由p=2mEk,得物体的动量p2=y^2^2Ek=p,选项B、D

错误.

3.（人教版选修3-5PnT3改编）质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀变速直线运动，

经过2s,动量大小变为14kg-m/s,则该物体（）

A.所受合外力的大小可能大于11N

B.所受合外力的大小可能小于3N

C.冲量大小可能小于6N-s

D.冲量大小可能大于18N-s

解析：D若以物体初速度方向为正方向，则初动量pi=:如i=8kg-m/s,末动量大小为

14kg-m/s,则有两种可能：当p2=14kg・m/s,则刘=22—pi=6kg・m/s,F=3N；当p2=—14

kg-m/s,则尸/=p2—pi=-22kg・m/s,F=—llN,负号表示方向，故选项A、B、C错误，D

正

确.

关键能力新探究思维拓展

命题点一动量、冲量的理解及计算（自主学习）

［核心整合］

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

L17

定义式p-nwEk=2mr

标矢性矢量标量

变化因素物体所受冲量外力所做的功

F—正

大小关系p=y/2mEkEL2m

（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

联系（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.冲量与功的比较

冲量功

作用在物体上的力和力的作用时间的乘作用在物体上的力和物体在力的方向上

定义

积的位移的乘积

单位N-sJ

公式为恒力)Ficosct（F为恒力）

标矢性矢量标量

(1)表示力对时间的累积(1)表示力对空间的累积

意义

(2)是动量变化的量度(2)是能量变化多少的量度

作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并

说明

无必然联系

3.变力的冲量的计算

(1)方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力

尸在某段时间r内的冲量/=-y—K其中B、B为该段时间内初、末两时刻力的大小.

(2)作出足f变化图线，图线与r轴所夹的面积即为变力的冲量.如图所示.

(3)对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求切间接求出冲量.

［对点演练］

1.(动量及动量变化量的理解)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，关于球的

动量变化量Ap和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是()

A.A/?=2kg-m/s,W=~2J

B.Np=~2kg-m/s,W=2J

C.Ap=0.4kg-m/s,W=~2J

D.Ap=-0.4kg-m/s,W=2］

解析：A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Ap=/OT2—机

=0.2X4kg-m/s-0.2X(-6)kg-m/s=2kg-m/s,方向竖直向上.由动能定理知，合外力做的

功卬=产遥一同比=］><0.2X42J-］义0.2X62J——2J.

2.(冲量和功的计算)(多选)一质量为机的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)

缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立A/

时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙).甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为

hl.112,经历的时间分别为小t2,重力加速度为g,则()

A.地面对运动员的冲量为(M+刈)g«i+f2+Af)，地面对运动员做的功为0

B.地面对运动员的冲量为(M+机)g(fi+/2)，地面对运动员做的功为(M+m)gSi+/i2)

C.运动员对重物的冲量为吸出+友+所)，运动员对重物做的功为Mg(/?l+/72)

D.运动员对重物的冲量为MgS+编，运动员对重物做的功为0

解析：AC因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：

(M+m)g,整个过程的时间为(人+归+0)，根据/=口可知地面对运动员的冲量为

+t2+At)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0,选项A正确，

B错误；运动员对重物的作用力为Mg,作用时间为“1+攵+。)，根据/=为可知运动员对重

物的冲量为+重物的位移为(〃1+比)，根据W=F/cosa可知运动员对重物做的

功为Mg(0+后)，选项C正确，D错误.

命题点二动量定理的理解和应用(多维探究)

［核心整合］

1.对动量定理的理解

(l)Ff=p'—p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中n是物体所受的合

外力的冲量.

Q)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—p,得尸=且尸=半，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.应用动量定理解题基本思路

(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.

第1维度：应用动量定理解释生活现象

（1）口一定时，尸的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小.

（2*一定，此时力的作用时间越长，口就越大；力的作用时间越短，即就越小.分析

问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚.

EE（2020.全国卷I）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

解析：D汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间

内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定

理知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，

因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正

确.

第2维度：应用动量定理求变力的冲量

如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用/=口求变力的冲量，可以求

出该力作用下物体动量的变化量即，再利用动量定理求力的冲量I.

血可如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为根的木块以

互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲

量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是（）

A.1=0,W=mvo

1

B.I=mvg,W=2^vo9

C.I=2mvofW=0

19

D.I=2mv（）f

解析：C由能量守恒可知，木块向右离开弹簧瞬间的速度大小也为vo,取向右为正方

向，由动量定理可得：/=mvo—（—mvo）=,由动能定理可得：W=^mvo—^mvo=0,故

选项C正确.

第3维度：应用动量定理计算动量的变化量

例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化（A〃=p2—pi）需要应用矢量运算

方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，进而求出动量的变化量.

EE（多选）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑

到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量的大小依次为人、上、h，动量变化量的大小依

次为△小、即2、如3，则有（）

A.三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等

B.三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等

C.、p\=\p2=、P3

D./1V/2V/3，〈△夕3

解析：ABC由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小。相等，动

量变化量大小Kp=nw相等，即Api=Ap2=Ap3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变

化量，故合力的冲量大小也相等，注意不是相同（方向不同）；设斜面的高度为h,从顶端A

下滑到底端C,由烹=：gsin。/得物体下滑的时间t='/羡的万，所以。越小，sir?。越小,

billC/4\1olllC7

t越大，重力的冲量/就越大，故故A、C正确，D错误；物体下滑过程中

只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确.

第4维度：应用动量定理计算平均力

EE（2022•江西省崇义中学模拟）一质量为m的铁锤，以速度v,竖直打在木桩上，

经过。时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）

mv

A.mg\tB-A7

mvmv

C-A7+m^D-『mg

解析：C对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F,取竖直向上为正方

向，则有（/一mg）Ar=0一（一根。），解得尸=w+»ig,所以铁锤对木桩的平均冲力F'=F=w

+mg,C正确，A、B、D错误.

第5维度：动量定理和图象的综合应用

EE（2021・湖北十堰市上学期期末）一质量为0.5kg的物块静止在水平地面上，物块

与水平地面间的动摩擦因数为02现给物块一水平方向的外力尸，厂随时间r变化的图线如图

所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,贝ij（）

A.t=ls时物块的动量大小为2kg一向5

B.t=1.5s时物块的动量大小为2kg•m/s

C.t=(6—2小)s时物块的速度大小为0.5m/s

D.在3〜4s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小

解析：D根据动量定理可得(歹一〃加g)f=:如'—mo,t^ls时物块的动量大小为pi=

Fti—/.imgtx=(2X1—0.2X0.5X10Xl)kg-m/s=1kg-m/s,选项A错误；f=1.5s时物块的动

量大小为pi.5=Hi.5—〃机gfi.5=(2Xl+lX0.5—0.2X0.5X10X1.5)kg-m/s=lkg-m/s,选项B

错误；设/时刻物块的速度为零，由图象知在2〜4s内力与时间的关系为尸=(0.5f—2)N,

根据Ft图象与f轴所围的面积表示冲量大小可得"=2X1+1X1+~1+(^5f-2).(7—2),由

动量定理得/F—〃％gt=0,联立解得f=(6—24)s,故C错误；因为f=(6—2小)s在2〜3s

内，所以在3〜4s的时间内，物块静止，随着产的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D

正确.

第6维度：动量定理在多过程问题中的应用

(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理.

(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注.

血互I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f=ls,则安全带受到的冲力是多少？(g取10m/s2)

L

解析：法一程序法

设工人刚要拉紧安全带时的速度为

贝!]vl=2gL,得vi=y/2gL

经缓冲时间f=ls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/和重力wig.所以Og—F)f=0—nroi,^,mgt+mvi

将数值代入得P=1200N.

由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力A为1200N,方向竖直向下.

法二全过程整体法

由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力k=F=1200N,方向竖直向下.

答案：1200N

莹叁蕉蕉蕉核心素养新导向学科培优—言

素养培优19动量定理与微元法的综合应用

1.流体类“柱状模型”问题

通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已

流体及其特点

知密度"

1建立“柱状模型”，沿流速。的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S

分析微元研究，作用时间加内的一段柱形流体的长度为A/=o•加，对应的质量

2

步骤为\m=pSv\t

3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

典例1(2022•黑龙江大庆实验中学期末)如图所示为清洗汽车

用的高压水枪.设水枪喷出水柱直径为。，水流速度为。，水柱垂直

汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零.手持高压水枪操作，进入

水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为〃下列说法正确的是

()

A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为/mo。？

B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为5

C.水柱对汽车的平均冲力为5

D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4

倍

解析：D高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即mo=

n21

pV=p7T-^-v=^npvb1,故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为忆由动量定理得

即后兀0。2子0,解得b=5加2。2,选项c错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p

F

=pd,则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍,

5

选项D正确.

2.微粒类“柱状模型”问题

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

微粒及其特点

性，通常给出单位体积内粒子数〃

建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为

1

S

分析

微元研究，作用时间X内一段柱形流体的长度为△/,对应的体积为AV

步骤2

=Suobt，则微元内的粒子数N=〃ooSA/

3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算

典例2根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E=pc,其中c表示

光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这

就是“光压”，用/表示.

(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为Po,射出的光束的横截面积为S,当它

垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F=2pN,其中p表示

光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用丸和S表示该束激光对物体产生

的光压；

(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射

率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1350

W,探测器和薄膜的总质量为，71=100kg,薄膜面积为4X104m2,c=3X108m/s,求此时探

测器的加速度大小.

解析：(1)在单位时间内，功率为Po的激光的总能量为：

PoX\s=NE=Npc,

所以:。=急

由题意可知：激光对物体表面的压力下=2pN

故激光对物体产生的光压：/=(=笠.

Ckj

3

L--2Po2X1.35X10▼

由⑴可知：I=^=8PA=9X10PA

(2)-3X1OX1

所以探测器受到的光的总压力FN=IS膜,

对探测器应用牛顿第二定律有FN=ma

故此时探测器的加速度

/S腮9X10-6X4X104

m/s2=3.6X10-3m/s2.

m100

答案：（1%^（2）3.6X10-3m/s2

I反思领悟I

对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题，关键是应用微元法正确选取研究对象，

即选取很短时间内动量发生变化的那部分物质作为研究对象，建立“柱状模型”：研究对

象分布在以S为横截面积、长为。的柱体内，质量为分析它在时间内动量

的变化情况，再根据动量定理求出有关的物理量.

限时规范训练

［基础巩固］

1.关于动量和动能，下列说法中错误的是（）

A.做变速运动的物体，动能一定不断变化

B.做变速运动的物体，动量一定不断变化

C.合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零

D.合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零

解析：A做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做

变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合外力对物体做功为零，

由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体

动量的增量一定为零，故D正确.

2.下列解释中正确的是（）

A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量

B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量

C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来

D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大

解析：D跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故

选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，

故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理口=m0,则知运

动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大,

故选项D正确.

3.（2021・湖南卷）物体的运动状态可用位置无和动量p描述，称为相，对应p-x图象中的

一个点.物体运动状态的变化可用p-x图象中的一条曲线来描述，称为相轨迹.假如一质点

沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（）

解析：D质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2^2ax

可得v=y[2ax,设质点的质量为m,则质点的动量p=m^2ax,由于质点的速度方向不变，

则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确.

4.（2019•全国卷I）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，

这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体

速度约为3km/s,产生的推力约为4.8X1（）6N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为（）

A.1.6X102kgB.1.6X103kg

C.1.6X105kgD.1.6X106kg

解析：B设Is内喷出气体的质量为加，喷出的气体与该发动机的相互作用力为己由

6

匕目、rLFt4.8X1OX1,4《十〃

3

动里:定理短=7如知，=..!（J3—kg=1.6X10kg,选项B正确.

5.（2022彳新水模拟）（多选）一质量为根=60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经Af

=0.2s以o=lm/s的速度离开地面，重力加速度g=10m/s2.在这0.2s内（）

A.地面对运动员的冲量大小为180N-s

B.地面对运动员的冲量大小为60N-s

C.地面对运动员做的功为零

D.地面对运动员做的功为30J

解析：AC人的速度原来为零，起跳后变化v,以向上为正方向，由动量定理可得：/

—mgAt=mv—0,故地面对人的冲量为：/=mi;+??igA/=（60Xl+600X0.2）N-s=180N-s,故

A正确，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向

上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D错误，C正确.

6.质量为1kg的物体做直线运动，其速度一时间图象如图所示.则物体在前10s内和

后10s内所受外力的冲量分别是（）

C.0,10N-sD.0,-10N-S

解析：D由题图图象可知，在前10s内初、末状态的动量相同，pi=02=5kg-m/s,由

动量定理知71=0;在后10s内末状态的动量°3=-5kg・m/s,由动量定理得/2=P3—p2=一

lON-s,故选项D正确.

7.如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度oo运R

动.遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为上0，则以下说法正以一”屋

确的是（）

A.滑块的动量改变量的大小为

3

B.滑块的动量改变量的大小为亍如o

C.滑块的动量改变量的方向与内的方向相同

D.重力对滑块的冲量为零

、人「1mvmv=3mVQ,

解析：B以初速度方向为正方向，有Ap=p2—pi=~2°~°~2所以滑块的

3

动量改变量的大小为呼wo,方向与的方向相反，故A、C错误，B正确；根据/=/7得重

力的冲量为/=m?人不为零,故D错误.

8.航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化

（即电离出正离子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得

推进或调整姿态的反冲力.已知单个正离子的质量为m,电荷量为q,正、负栅板间加速电

压为U,从喷口喷出的正离子所形成的电流为/.忽略离子间的相互作用力及离子喷射对航天

器质量的影响.该发动机产生的平均推力厂的大小为（）

中和电子枪

®中性推进剂原子正极栅板

©离子

解析：A以正离子为研究对象，由动能定理可得加时间内通过的总电荷量

为。=/△/,喷出的总质量九由动量定理可知式联立以上各式求解可

得尸=八栏£选项A正确.

［能力提升］

9.（2022.山西晋中市模拟）质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉

力人、民的作用从静止开始做匀加速直线运动.经过时间力和由0速度分别达到2oo和。0时，

分别撤去6和6,两物体都做匀减速直线运动直至停止.两物体速度随时间变化的图线如

图所示.设Fi和&对A、B两物体的冲量分别为h和6,Fi和B对A、B两物体做的功分

别为W1和卬2，则下列结论正确的是（）

A.h:6=12：5,M：跖=6:5

B.八：七=6：5,M：牝=3:5

C.h:/2=3：5,%：牝=6:5

D.h：Z2=3：5,Wi：W2=12：5

解析：c由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为F，根据牛顿第二定律，匀

减速运动中有Ff=7W,则摩擦力大小都为"b.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为丁、

roto

黑根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F—则尸产竽，竽，故h：【2=

4roro4ro

Fito：4F2ZO=3：5；对全过程运用动能定理得：Wr-FfXi=0,W2-FiX2=0,得Wi=Rxi,

W2=Ffx2,ol图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5,整个运动

过程中Q和6做功之比为Wi：W2=xi：X2=6：5,故C正确.

10.（2021.全国乙卷）