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專題9.1　動(dòng)量定理及應(yīng)用
1.物理觀念：動(dòng)量、沖量。
（1）理解沖量和動(dòng)量的定義及物理意義。
（2）會(huì)正確計(jì)算動(dòng)量與沖量。
2.科學(xué)思維：動(dòng)量定理。
（1）.1.能用動(dòng)量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。
（2）2.能利用動(dòng)量定理解決相關(guān)問(wèn)題，會(huì)在流體力學(xué)中建立“柱狀”模型。
3.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：在生產(chǎn)、生活情境中，體驗(yàn)動(dòng)量定理的應(yīng)用。
通過(guò)理論推導(dǎo)和實(shí)驗(yàn)，理解動(dòng)量定理，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。
【知識(shí)點(diǎn)一】對(duì)沖量的理解
1.對(duì)沖量的理解
（1）沖量的兩性
①時(shí)間性：沖量不僅與力有關(guān)，還與力的作用時(shí)間有關(guān)，恒力的沖量等于該力與該力的作用時(shí)間的乘積。
②矢量性：對(duì)于方向恒定的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與力的方向一致；對(duì)于作用時(shí)間內(nèi)方向變化的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量改變量的方向一致。
（2）作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但與作用力和反作用力做的功之間并無(wú)必然聯(lián)系。
（3）沖量與功的比較
沖量 功
定義 作用在物體上的力和力的作用時(shí)間的乘積 作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積
單位 N· s J
公式 I＝Ft（F為恒力） W＝Flcos α（F為恒力）
標(biāo)矢性 矢量 標(biāo)量
意義 ①表示力對(duì)時(shí)間的累積 ②是動(dòng)量變化的量度 ①表示力對(duì)空間的累積 ②是能量變化多少的量度 都是過(guò)程量，都與力的作用過(guò)程相聯(lián)系
（4）動(dòng)量、沖量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較
名稱 項(xiàng)目 動(dòng)量 沖量 動(dòng)能 動(dòng)量變化量
定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 作用在物體上的力和力的作用時(shí)間的乘積 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差
定義式 p＝mv I＝Ft（F為恒力） Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢量性 矢量 矢量 標(biāo)量 矢量
特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過(guò)程量
關(guān)聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
（2023 南通模擬）如圖所示，一同學(xué)練習(xí)使用網(wǎng)球訓(xùn)練器單人打回彈，網(wǎng)球與底座之間有一彈性繩連接，練習(xí)過(guò)程中底座保持不動(dòng)。該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點(diǎn)a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點(diǎn)，c處彈性繩仍然處于松弛狀態(tài)，d處彈性繩已經(jīng)繃緊并撞在豎直墻壁上，不計(jì)空氣阻力。則（　　）
A．a(chǎn)處網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量沿水平方向
B．拍打后a到c過(guò)程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下
C．c到d過(guò)程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下
D．d處反彈后網(wǎng)球做平拋運(yùn)動(dòng)
【解答】解：A、網(wǎng)球拍擊打網(wǎng)球后，網(wǎng)球做曲線運(yùn)動(dòng)，曲線上任意一點(diǎn)的切線方向即為網(wǎng)球的速度方向，由軌跡可知，a處軌跡的切線方向斜向右上方，則可知a處的速度方向斜向右上方，因此網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量應(yīng)斜向上方，故A錯(cuò)誤；
B、a到c過(guò)程中網(wǎng)球只受到豎直向下的重力作用，則重力的沖量豎直向下，因此拍打后a到c過(guò)程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下，故B正確；
C、由題意可知，d處彈性繩已經(jīng)繃緊，即彈性繩在到達(dá)d處時(shí)已經(jīng)出現(xiàn)了彈力，因此網(wǎng)球從c到d過(guò)程中受力情況分為只受重力與受到重力和彈性繩的拉力兩種情況，若只受重力階段，則沖量豎直向下；若受到重力和彈性繩的拉力則二者合力斜向左下方，因此網(wǎng)球受到的沖量方向斜向左下方，故C錯(cuò)誤；
D、做平拋運(yùn)動(dòng)的條件是初速度水平，且只受重力，顯然網(wǎng)球在d處反彈后除了受到重力還有因彈性繩收縮而受到的拉力，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（多選）（2023春 海淀區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，完全相同的物塊甲、乙分別從固定的軌道1、2頂端由靜止滑下，軌道為四分之一光滑圓弧軌道，半徑為R且底端切線水平；軌道2為光滑斜面，高度為R。忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．兩物塊到達(dá)底端時(shí)速度相同
B．兩物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中重力做功相同
C．兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)能相同
D．兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)量相同
【解答】解：ACD、根據(jù)動(dòng)能定理得：mgRmv2，解得：v，所以兩物塊達(dá)到底端的動(dòng)能相等，速度大小相等，但是甲的速度方向水平向右，乙的速度方向沿斜面向下，速度的方向不同，根據(jù)p＝mv可知甲乙物塊動(dòng)量大小相等，方向不同，故AD錯(cuò)誤，C正確；
B、兩物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，下落的高度相同，則重力做功相同，故B正確。
故選：BC。
（2022秋 沙市區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，某同學(xué)將質(zhì)量相同的三個(gè)物體從水平地面上的A點(diǎn)以同一速率沿不同方向拋出，運(yùn)動(dòng)軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個(gè)物體從拋出到落地過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．軌跡為1的物體在最高點(diǎn)的速度最大
B．軌跡為3的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)
C．軌跡為3的物體所受重力的沖量最大
D．三個(gè)物體在任意相同時(shí)間內(nèi)的速度變化量一定相同
【解答】解：AB、根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，豎直方向上的距離越大的物體，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，則軌跡為1的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)；物體在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)公式x＝vt可知軌跡為3的物體在最高點(diǎn)的速度最大，故AB錯(cuò)誤；
C、根據(jù)沖量的計(jì)算公式I＝mgt可知，軌跡為1的物體因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，則所受重力的沖量最大，故C錯(cuò)誤；
D、物體在任意單位時(shí)間內(nèi)的速度變化量為Δv＝gΔt，由此可知，三個(gè)物體在任意單位時(shí)間內(nèi)的速度變化量一定相同，故D正確。
故選：D。
【知識(shí)點(diǎn)二】動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用
1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程中所受力的沖量等于它在這個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量．
2．公式：F（t′－t）＝mv′－mv或I＝p′－p.
3．對(duì)動(dòng)量定理的理解
（1）Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．
（2）Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說(shuō)明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因．
（3）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合外力等于物體動(dòng)量的變化率．
（4）當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)量定理求解，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理．
【方法總結(jié)】
1.用動(dòng)量定理解題的基本思路
2.對(duì)過(guò)程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理。
考點(diǎn)三、應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體沖擊力問(wèn)題
題型一　用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象
（2023 香坊區(qū)校級(jí)三模）用質(zhì)量為m的小鐵錘以速度v1向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊（擊打時(shí)間極短），擊打后，小鐵錘以的速率反向彈回，已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時(shí)間為t，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．在擊打過(guò)程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為mv1
B．在擊打過(guò)程中，鐵錘重力的沖量大小為mgt
C．磚頭緩沖過(guò)程中，對(duì)手的壓力大小為Mg
D．磚頭緩沖過(guò)程中，對(duì)手的壓力大小為Mg
【解答】解：A．設(shè)方向向下為正方向，在擊打過(guò)程中，對(duì)鐵錘由動(dòng)量定理得：
解得：
在擊打過(guò)程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為，故A錯(cuò)誤；
B．鐵錘擊打的時(shí)間未知，所以在擊打過(guò)程中，鐵錘重力的沖量大小不能求解，故B錯(cuò)誤；
CD．在擊打過(guò)程中，由于時(shí)間極端，鐵錘與磚頭動(dòng)量守恒，取向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得
解得：
磚頭緩沖過(guò)程中，取向下為正方向，對(duì)磚頭由動(dòng)量定理得：
解得手對(duì)磚頭的支持力為：
由牛頓第三定律可知磚頭對(duì)手的壓力為：
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
（2023 長(zhǎng)沙二模）蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶外休閑活動(dòng)。圖甲為蹦極的場(chǎng)景，一游客從蹦極臺(tái)下落的速度一位移圖象如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長(zhǎng)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(zhǎng)為10m，若空氣阻力恒定，游客下落至5m處時(shí)速度大小為，重力加速度g取10m/s2，下列正確的是（　　）
A．整個(gè)下落過(guò)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(kāi)始下落15m的過(guò)程中重力的沖量為750N s
C．游客在最低點(diǎn)時(shí)，彈性勢(shì)能最大為13000J
D．彈性繩長(zhǎng)為20m時(shí)，游客的加速度大小為9m/s2
【解答】解：A、由題圖乙可知，游客從蹦極臺(tái)下落過(guò)程先加速后減速，加速度先向下后向上，所以游客先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故A正確；
B、以游客及攜帶裝備為研究對(duì)象，從靜止開(kāi)始下落15m的過(guò)程中，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得：I合＝IG﹣IF＝mv＝50×15N s＝750N s，故重力的沖量大于750N s，故B錯(cuò)誤；
C、游客在前5m做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理得：（mg﹣f）h1，解得阻力大小：f＝50N
從下落至最低點(diǎn)過(guò)程中，由能量守恒定律得：mgh＝Epm+fh
由圖知h＝26m，解得游客在最低點(diǎn)時(shí)，彈性勢(shì)能最大為：Epm＝（50×10×26﹣50×26）J＝11700J，故C錯(cuò)誤；
D、游客下落15m時(shí)合力為0時(shí)速度最大，此時(shí)彈性繩的彈力和阻力之和等于游客及攜帶裝備的總重力，即f+kΔx＝mg，其中Δx＝15m﹣5m＝10m
解得彈性繩的勁度系數(shù)：k＝45N/m
彈性繩長(zhǎng)為20m時(shí)，彈性繩的彈力F＝kΔx′＝45×（20﹣10）N＝450N
根據(jù)牛頓第二定律得：F+f﹣mg＝ma，解得彈性繩長(zhǎng)為20m時(shí)，游客的加速度大小：a＝0，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
（2023 哈爾濱模擬）哈爾濱冰雪大世界的雪花摩天輪被稱為“最北最美”摩天輪，乘坐摩天輪到高處，松花江南北兩岸風(fēng)光一覽無(wú)余，深受游客喜愛(ài)，成為哈爾濱的新地標(biāo)。乘坐摩天輪的游客坐于座艙中在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在完成一個(gè)完整圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．游客機(jī)械能守恒
B．游客在最高點(diǎn)處于超重狀態(tài)
C．游客所受合力保持不變
D．游客所受合力的沖量為0
【解答】解：A、游客隨摩天輪做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，線速度大小不變，則游客的動(dòng)能不變，但游客的高度變化，重力勢(shì)能變化，所以游客機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B、游客在最高點(diǎn)加速度指向圓心，所以處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C、游客做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力全部提供向心力，方向始終指向圓心，方向時(shí)刻變化，合力為變力，故C錯(cuò)誤；
D、游客完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)，初末速度大小相等，方向相同，所以動(dòng)量的變化為零，由動(dòng)量定理可知合力的沖量為零，故D正確。
故選：D。
題型二　動(dòng)量定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用
應(yīng)用動(dòng)量定理解決多過(guò)程問(wèn)題的方法與動(dòng)能定理類似，有分段列式和全程列式兩種思路．
（2023 姜堰區(qū)模擬）現(xiàn)代科學(xué)的發(fā)展揭示了無(wú)序性也是世界構(gòu)成的一個(gè)本質(zhì)要素．意大利物理學(xué)家喬治 帕里西發(fā)現(xiàn)了從原子到行星尺度的物理系統(tǒng)中無(wú)序和漲落間的相互影響，深刻揭示了無(wú)序體系中的隱藏對(duì)稱性，榮獲了諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。如圖所示是力學(xué)中的一個(gè)無(wú)序系統(tǒng)模型，質(zhì)量均為1kg的小球M、N用兩根長(zhǎng)度均為的輕質(zhì)細(xì)桿a、b連接，細(xì)桿a的一端可繞固定點(diǎn)O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)桿b可繞小球M自由轉(zhuǎn)動(dòng)．開(kāi)始時(shí)兩球與O點(diǎn)在同一高度，靜止釋放兩球，并開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩球在豎直面內(nèi)做無(wú)序運(yùn)動(dòng)；t＝2s時(shí)，細(xì)桿a與豎直方向的夾角為θ＝30°，小球N恰好到達(dá)與O點(diǎn)等高處且速度方向水平向右。重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．t＝2s時(shí)，兩小球速度大小相等
B．t＝2s時(shí)，N球的速度大小為1.5m/s
C．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)桿b對(duì)N球的沖量大小約為1.5N s
D．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b兩桿對(duì)M球做功之和為1.125J
【解答】解：A．細(xì)桿a的一端可繞固定點(diǎn)O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，則M的速度方向始終與桿a垂直，設(shè)t＝2s時(shí)小球M、N的速度大小分別為vM，vN，如圖所示
M的速度方向始終與桿a垂直，當(dāng)N速度方向水平向右時(shí)，根據(jù)關(guān)聯(lián)速度可知vNsinθ＝vMcos（90°﹣2θ）
可得，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律有：
解得，方向向右下方，與水平方向的夾角為30°；，方向水平向右，故B正確。
C．根據(jù)動(dòng)量定理可知，細(xì)桿b對(duì)N球的沖量，代入數(shù)據(jù)解得I≈20.06N s，故C錯(cuò)誤。
D．對(duì)M球根據(jù)動(dòng)能定理有
，代入數(shù)據(jù)解得WF＝﹣1.125J，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2023 鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）發(fā)光實(shí)心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛(ài)。一小朋友將彈力球（可視為質(zhì)點(diǎn)）拋出，落到水平面（足夠大）上前瞬間的速度大小為v0，與水平方向夾角α＝37°。彈力球與水平面碰撞的過(guò)程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、彈力的大小等于其重力的2倍。設(shè)每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變，不計(jì)空氣阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。則彈力球（　　）
A．第1次碰后離開(kāi)水平面瞬間，速度方向與水平面間的夾角大于45°
B．第2、3次落地點(diǎn)間的距離為
C．與水平面碰撞4次后停止運(yùn)動(dòng)
D．與水平面碰撞過(guò)程中受到合力的沖量保持不變
【解答】解：A．將碰前、碰后的速度分解成水平和豎直方向的分速度，如下圖所示
由于每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變。以豎直向上為正方向，則在豎直方向上由動(dòng)量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
設(shè)碰撞后彈力球沿水平方向速度為v'x，以水平向右為正方向，則水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得
代入數(shù)據(jù)可得
v'x＝0.6v0
反彈后的夾角正切值為
tan
故速度方向與水平面間的夾角等于45°，故A錯(cuò)誤；
B．小球在空中不受阻力作用，故根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，小球在第二次與地面碰前的速度和第一次與地面碰后的速度相等。故同理可得，以豎直向上為正方向，在豎直方向上由動(dòng)量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
設(shè)第二次碰撞后彈力球沿水平方向速度為v''x，以水平向右為正方向，則水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得
代入數(shù)據(jù)可得v“x＝0.4v0
小球從第二次碰撞后到與地面發(fā)生第三次碰撞前的過(guò)程中，在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，故從第二次碰撞后運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)所需時(shí)間為
水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，水平方向位移為x＝v″ 2t，故B正確；
C．根據(jù)以上分析結(jié)合題意可知，與水平面碰撞4次后，小球水平方向速度為零。但由于豎直方向上碰前和碰后速度大小不變，方向相反，且在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不考慮空氣阻力，故第四次碰后小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，如此往復(fù)。即小球不可能停止，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)以上分析可知，在前四次碰撞過(guò)程中，小球在水平和豎直方向受力均不變，且小球與地面的碰撞時(shí)間均相等。故前四次碰撞過(guò)程中，每次碰撞時(shí)合力的沖量為，可知小球在前四次碰撞過(guò)程中合力的沖量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度為零，開(kāi)始循環(huán)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。故在隨后的碰撞過(guò)程中，小球只受到豎直方向的作用力，且碰撞時(shí)間仍不變。故第四次后的碰撞過(guò)程中，小球所受合力的沖量為
I'＝Fy t
方向沿豎直方向，故與水平面碰撞過(guò)程中受到合力的沖量會(huì)發(fā)生改變，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2023 九江二模）如圖所示，質(zhì)量為m的摩托艇靜止在水面上，t＝0時(shí)刻，摩托艇在恒定牽引力作用下開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨速度v的變化規(guī)律如圖所示。已知摩托艇受到的阻力與運(yùn)動(dòng)速度成正比，即f＝kv（k為常數(shù)，大小未知）。則（　　）
A．摩托艇從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大過(guò)程中，牽引力對(duì)摩托艇做的功為
B．摩托艇從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大過(guò)程中，牽引力的沖量為mv0
C．牽引力的最大功率為ma0v0
D．常數(shù)k的大小為
【解答】解：A、由動(dòng)能定理可知，牽引力與阻力做功之和等于摩托艇動(dòng)能的變化量，阻力做負(fù)功，則牽引力對(duì)摩托艇做的功大于，故A錯(cuò)誤；
B、由動(dòng)量定理可知，牽引力與阻力沖量之和等于莫游艇動(dòng)量的變化量，阻力沖量為負(fù)值，則牽引力的沖量大于mv0，故B錯(cuò)誤；
C、由圖可知，速度為零時(shí)，阻力為零，牽引力為F＝ma0
牽引力為恒力，則速度最大時(shí)，牽引力的功率最大值為Pm＝ma0v0，故C正確；
D、由牛頓第二定律可得，F(xiàn)﹣kv＝ma
所以
可知
解得，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 河南模擬）隨著2022年北京冬奧會(huì)和冬殘奧會(huì)的成功舉辦，北京成為世界上首個(gè)雙奧之城。如圖所示，一滑雪運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止沿半徑r＝50m的圓弧形滑道AB下滑，經(jīng)B點(diǎn)越過(guò)寬為d的橫溝到達(dá)平臺(tái)C時(shí)，其速度vC剛好沿水平方向。已知A、B兩點(diǎn)的高度差為20m，B、C兩點(diǎn)間的高度差h＝4.05m，坡道在B點(diǎn)的切線方向與水平面成37°，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度大小vC＝9m/s
B．運(yùn)動(dòng)員在飛出B點(diǎn)前，對(duì)B點(diǎn)的壓力大小為725N
C．從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的減少量為4375J
D．從B到C的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量大小為150kg m/s
【解答】解：A．運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中做斜上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)在B點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員沿豎直方向分速度為v1，沿水平方向分速度為v0。則運(yùn)動(dòng)員在這個(gè)過(guò)程中，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度恰好為零，水平方向速度不變。故有2gh；
根據(jù)B點(diǎn)時(shí)水平方向分速度和豎直方向分速度的關(guān)系，可得tan37°
聯(lián)立可解得：v1＝9m/s，v0＝12m/s，所以C點(diǎn)的速度12m/s，故A錯(cuò)誤；
B．在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)速度的合成可得：vB
代入數(shù)據(jù)得vB＝15m/s
在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可得：FN﹣mgcos37°＝m
聯(lián)立可得：FN＝625N，故B錯(cuò)誤；
C．以B點(diǎn)為零勢(shì)能面，則從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的減少量為ΔE＝mgHAB
代入數(shù)據(jù)可得：ΔE＝4375J，故C正確；
D．由上可知從B到C的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在水平方向動(dòng)量變化量為零。在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員豎直方向的動(dòng)量的變化量大小為Δp＝0﹣mv1
代入數(shù)據(jù)可得：Δp＝﹣450kg m/s
故在此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量大小為450kg m/s。故D錯(cuò)誤。
故選：C。
題型三　動(dòng)量定理與圖象的結(jié)合
【必備知識(shí)】變力的沖量
①作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示．
②對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解．
（2023 重慶模擬）質(zhì)量為20kg的玩具汽車在水平地面上由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)了8m，其所受合外力大小與位移大小的關(guān)系如圖所示，則玩具汽車（　　）
A．所受合外力做的總功為25J
B．運(yùn)動(dòng)到6m處的速度大小為17m s﹣1
C．在0到3m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合外力的沖量大小為
D．在4m處所受合外力的瞬時(shí)功率為80W
【解答】解：A．F﹣x圖線與橫軸所圍面積表示F做的功，則合外力的總功為
故A錯(cuò)誤；
B．運(yùn)動(dòng)到6m處時(shí)F做的功為
根據(jù)動(dòng)能定理
代入數(shù)據(jù)解得
故B錯(cuò)誤；
C．同理，0～3m內(nèi)
W320×2J（20+40）×1J＝50J
W3m
代入數(shù)據(jù)解得
根據(jù)動(dòng)量定理得F的沖量為I＝mv3＝20N s＝20N s
故C正確；
D．運(yùn)動(dòng)到4m處時(shí)，F(xiàn)做的功為
W420×2J（20+40）×1J+40×1J＝90J
W4m
代入數(shù)據(jù)解得v4＝3m/s
此時(shí)F的功率為P＝Fv4＝40×3W＝120W
故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 天津一模）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，取重力加速度g＝10m/s2。則（　　）
A．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為6kg m/s
B．6s時(shí)物塊回到初始位置
C．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為8J
D．0～6s時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物塊所做的功為72J
【解答】解：A．規(guī)定水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理可得（F﹣f）t3＝mv3
代入數(shù)據(jù)解得3s末物塊的速度大小為
則3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p＝mv3＝1×6kg m/s＝6kg m/s
故A正確；
BC．0～3s內(nèi)物塊沿正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其位移大小為
根據(jù)動(dòng)量定理可得﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3
代入數(shù)據(jù)解得4s末物塊的速度大小為v4＝0m/s
因此3～4s內(nèi)物塊沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其位移大小為
物體在4s末速度變?yōu)榱悖瑒t4s時(shí)物塊的動(dòng)能為0J，然后在4～6s內(nèi)沿著負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則顯然其6s末的速度大小應(yīng)與物體2s末相等，則根據(jù)動(dòng)量定理可得（F﹣f）t2＝mv2
代入數(shù)據(jù)解得物塊在2s末與6s末的速度大小為v6＝v2＝4m/s
因?yàn)槲矬w在4～6s內(nèi)沿著負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以其在4～6s內(nèi)沿負(fù)方向的位移大小為
因此物體在0～6s的位移為x＝x1+x2﹣x3＝9m+3m﹣4m＝8m
6s時(shí)物塊并沒(méi)有回到初始位置，故BC錯(cuò)誤；
D．根據(jù)動(dòng)能定理可得
故D錯(cuò)誤。
故選：A。
（2023 鞍山三模）質(zhì)量m＝2kg的物體在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)。物體所受的合外力F隨時(shí)間t變化圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)
B．4s末物體的速度為零
C．6s內(nèi)合外力的沖量為4N s
D．6s內(nèi)合外力做功為8J
【解答】解：A．由圖可知，0～4s合力方向不變，則物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，最后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．由動(dòng)量定理可知，合外力沖量等于物體動(dòng)量的變化量，物體從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，0～4s內(nèi)有Ft＝mΔv
在F﹣t圖像中，合外力的沖量即為圖線與時(shí)間軸所圍成圖形的面積，有
2×2N s（4﹣2）×2N s＝2kg×v4
解得v4＝3m/s，故B錯(cuò)誤；
C．0～2s合力沖量為I2＝2×2N s＝4N s，2～6s合力的沖量為0，設(shè)6s內(nèi)合外力的沖量為I，則I＝I2＝4N s，故C正確；
D．0～6s的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得I＝mv6﹣0
代入數(shù)據(jù)解得v6＝2m/s
由動(dòng)能定理得Wm0
代入數(shù)據(jù)解得6s內(nèi)合外力做功為W＝4J，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【知識(shí)點(diǎn)三】應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”
1.研究對(duì)象
選取流體為研究對(duì)象，如水、空氣等。
2.研究方法
隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對(duì)象，然后列式求解。
3.基本思路
（1）在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對(duì)象。
（2）求小柱體的體積ΔV＝SvΔt
（3）求小柱體質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
（4）求小柱體的動(dòng)量變化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
（5）應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp
【方法技巧】應(yīng)用動(dòng)量定理解決微粒類問(wèn)題
微粒及其特點(diǎn) 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟 1 建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3 先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算
（多選）（2023 聊城一模）離子推進(jìn)器是利用電場(chǎng)將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進(jìn)的動(dòng)力，其工作原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)（離子初速度忽略不計(jì)），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過(guò)程中推進(jìn)器獲得恒定的推力。已知每個(gè)正離子質(zhì)量為m，電荷量為q，單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小為
B．離子推進(jìn)器獲得的平均推力大小為
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉(zhuǎn)換效率要使盡量大，可以使用比荷更小的正離子
【解答】解：A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小為：
其中Q＝nqt
解得：I＝nq故A錯(cuò)誤；
B．電場(chǎng)對(duì)粒子加速，根據(jù)動(dòng)能定理得：
根據(jù)動(dòng)量定理得：
m0v0＝Ft
其中m0＝nmt，Q＝nqt
聯(lián)立以上各式得：離子推進(jìn)器獲得的平均推力大小。故B錯(cuò)誤；
C．加速正離子束所消耗的功率：
解得：P＝nqU，
故C正確；
D．根據(jù)以上分析可知，轉(zhuǎn)換效率為：
解得：
要使轉(zhuǎn)換效率盡量大，可以使用質(zhì)量更大、帶電量更小即比荷更小的離子作為推進(jìn)器，故D正確。
故選：CD。
（2022 肥西縣校級(jí)模擬）“水刀”是應(yīng)用高壓水流切割的技術(shù)。某“水刀”工作過(guò)程中，水從面積為0.1mm2的細(xì)噴嘴高速噴出，直接打在被切割材料表面，實(shí)現(xiàn)切割。已知該“水刀”每分鐘用水600g，水的密度為1.0×103kg/m3。假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散開(kāi)沒(méi)有反彈，則水對(duì)材料表面的平均壓力為（　　）
A．1N B．3.6N C．10N D．103N
【解答】解：水刀每秒用水量mg＝0.01kg
由密度公式ρ，可得每秒所用水的體積為：Vm3＝10﹣5m3
根據(jù)公式得：V＝SL＝Svt
代入數(shù)據(jù)解得水流的速度大小為：v＝100m/s
以水流方向?yàn)檎较颍瑢?duì)與材料表面發(fā)生相互作用的水為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得： Δt＝0﹣Δmv
代入數(shù)據(jù)解得材料表面對(duì)水的作用力為：1N
根據(jù)牛頓第三定律，可得水對(duì)材料表面的壓力大小為：F1N，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
（2023春 平潭縣校級(jí)期中）2021年5月11日，浙江衛(wèi)視三星GalaxyZFold25G折量屏手機(jī)《迫星星的人》開(kāi)啟新征程，來(lái)到平潭島。在氣候宜人的“白金海岸”潭南灣，吳奇隆、竇驍、宋軼、張杰瑞將攜手鐘漢良、陳楚生，在溫暖的海風(fēng)中仰望星空，享受解壓偶像之旅，宋軼體驗(yàn)海上飛龍全程尖叫。如圖所示，宋軼和工作人員在玩海上飛龍時(shí)，工作人員操控噴射式懸浮飛行器將水帶送上來(lái)的水反轉(zhuǎn)180°后豎直向下以相等大小的速度噴出，令宋軼和工作人員懸停在空中。已知宋軼、工作人員與裝備的總質(zhì)量M為157kg，兩個(gè)圓管噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為（　　）
A．7.1m/s B．9.0m/s C．11.2m/s D．16.0m/s
【解答】解：設(shè)噴嘴處噴水的速度大小為v，每個(gè)噴嘴噴出的水對(duì)人的作用力大小均為F，運(yùn)動(dòng)員與裝備懸停在空中，受力平衡，則有Mg＝2F
故
選擇噴嘴噴出的一小段水柱為研究對(duì)象，設(shè)在較短的時(shí)間Δt內(nèi)，一個(gè)噴嘴噴出水的質(zhì)量為Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
一個(gè)噴嘴噴出的水與人的接觸面積
規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理可得FΔt＝Δmv﹣（﹣Δmv）＝2Δmv
聯(lián)立可得
解得，故BCD錯(cuò)誤，A正確。
故選：A。
（多選）（2023 芝罘區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示裝置，裝有細(xì)砂石的容器帶有比較細(xì)的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細(xì)砂石質(zhì)量的托盤(pán)秤。當(dāng)托盤(pán)上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細(xì)砂石時(shí)關(guān)閉閥門K，此時(shí)從管口到砂石堆頂端還有長(zhǎng)為H的細(xì)砂石柱，設(shè)管口單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，管口處細(xì)砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細(xì)砂石柱下落時(shí)砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．剛關(guān)閉閥門K時(shí)，托盤(pán)秤示數(shù)為mg
B．細(xì)砂石柱下落過(guò)程中，托盤(pán)秤示數(shù)為m+m0
C．細(xì)砂石柱對(duì)砂石堆頂端的沖擊力為m0
D．細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)大
【解答】解：A、剛關(guān)閉閥門時(shí)，細(xì)沙石在下落，下落的細(xì)沙石對(duì)砂石堆有一定的沖擊力，托盤(pán)示數(shù)大于m，故A錯(cuò)誤；
BC、細(xì)沙石從管口開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，則細(xì)沙石到達(dá)砂石堆時(shí)的速度為：H，細(xì)沙石與砂石堆作用后速度為零，砂石堆對(duì)細(xì)沙石的作用力為F，選向上為正，由動(dòng)量定理得：Ft＝m0tv
解得F＝m0，根據(jù)牛頓第三定律細(xì)沙石對(duì)砂石堆的沖擊力大小也為F，所以細(xì)沙石下落過(guò)程中托盤(pán)示數(shù)為m，故BC正確。
D、細(xì)沙石的位移H需要的時(shí)間t，單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，所以高度為H的細(xì)沙石的質(zhì)量為m0t＝m0，所以細(xì)沙石全部落完時(shí)托盤(pán)示數(shù)不變。故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
（2023 通州區(qū)一模）為尋找可靠的航天動(dòng)力裝置，科學(xué)家們正持續(xù)進(jìn)行太陽(yáng)帆推進(jìn)器和離子推進(jìn)器的研究。太陽(yáng)帆推進(jìn)器是利用太陽(yáng)光作用在太陽(yáng)帆的壓力提供動(dòng)力，離子推進(jìn)器則是利用電場(chǎng)加速后的離子氣體的反沖作用加速航天器。
（1）由量子理論可知每個(gè)光子的動(dòng)量為（h為普朗克常量，λ為光子的波長(zhǎng)），光子的能量為ε＝hv（v為光子的頻率），調(diào)整太陽(yáng)朝使太陽(yáng)光垂直照射，已知真空中光速為c，光子的頻率v，普朗克常量h，太陽(yáng)帆面積為S，時(shí)間t內(nèi)太陽(yáng)光垂直照射到太陽(yáng)帆每平方米面積上的太陽(yáng)光能為E，宇宙飛船的質(zhì)量為M，所有光子照射到太陽(yáng)帆上后全部被等速率反射，求：
①時(shí)間t內(nèi)作用在太陽(yáng)帆的光子個(gè)數(shù)N；
②在太陽(yáng)光壓下宇宙飛船的加速度a的大小
（2）離子推進(jìn)器的原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離，其中正離子飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)（離子初速度忽略不計(jì)），A，B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速正離子束的過(guò)程中所消耗的功率為P，推進(jìn)器獲得的恒定推力為F。為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，即要使盡量大，請(qǐng)通過(guò)論證說(shuō)明可行的方案。設(shè)正離子質(zhì)量為m，電荷量為q。
【解答】（1）①時(shí)間t內(nèi)，作用在太陽(yáng)帆的光子的總能量為
E總＝ES
時(shí)間t內(nèi)作用在太陽(yáng)帆的光子個(gè)數(shù)為
N
②根據(jù)動(dòng)量定理得
Ft＝2Np
故太陽(yáng)光對(duì)飛船的推力為
F
根據(jù)牛頓第二定律可知，在太陽(yáng)光壓下宇宙飛船的加速度為
a
（2）正離子飄入勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力做功功率為
P＝UI
正離子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
qU
PF′v
聯(lián)立，可得
F′＝I
根據(jù)牛頓第三定律，可知引擎獲得的推力F的大小為
F＝F′＝I
分析，可知
為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，可以用質(zhì)量大的粒子、用帶電量少的離子、減小加速電壓。
答：（1）①時(shí)間t內(nèi)作用在太陽(yáng)帆的光子個(gè)數(shù)N為；
②在太陽(yáng)光壓下宇宙飛船的加速度a的大小為；
（2）見(jiàn)解析；
（2023 全國(guó)）兩個(gè)質(zhì)量相等的小球P和Q位于同一高度，它們以相同大小的速度分別拋出，P做平拋運(yùn)動(dòng)，Q做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，則（　　）
A．P落地時(shí)的動(dòng)量大小小于Q落地時(shí)的動(dòng)量大小
B．P落地時(shí)的動(dòng)量大小大于Q落地時(shí)的動(dòng)量大小
C．在各自從拋出到落地時(shí)間內(nèi)，P所受重力沖量的大小比Q的大
D．在各自從拋出到落地時(shí)間內(nèi)，P所受重力沖量的大小比Q的小
【解答】解：AB、設(shè)小球初速度大小為v0，拋出位置離地面高度為h，P小球落地的速度大小為vP，Q小球落地的速度大小為vQ，P小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)水平分速度vx＝v0
豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)豎直分速度vy
則vP
Q小球做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—速度公式得：2gh
解得：vQ
則小球落地時(shí)速度大小相等，落地時(shí)的動(dòng)量為p＝mv
則兩小球落地時(shí)動(dòng)量大小相等，故AB錯(cuò)誤；
CD、設(shè)P小球下落時(shí)間為tP，Q小球下落時(shí)間為tQ，P小球豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，有：h
解得：tP
Q小球做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，有：h＝v0tQ
則tQ＜tP
兩小球所受沖量大小為I＝mgt
則P所受重力沖量的大小比Q的大，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
（多選）（2023 新課標(biāo)）使甲、乙兩條形磁鐵隔開(kāi)一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻（　　）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動(dòng)量大小比乙的小
C．甲的動(dòng)量大小與乙的相等
D．甲和乙的動(dòng)量之和不為零
【解答】解：A、分別對(duì)甲和乙受力分析，設(shè)兩者間的磁力為F，對(duì)甲，由牛頓第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲μg
對(duì)乙，由牛頓第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙μg
由題意可知，m甲＞m乙，則a甲＜a乙，則在它們相近過(guò)程中的任意時(shí)刻甲的速度大小比乙的小，故A錯(cuò)誤；
BCD、甲物體所受摩擦力大于乙物體所受摩擦力，則甲所受合力小于乙所受合力，從釋放甲和乙到它們相互接近過(guò)程中的某一時(shí)刻，甲所受合力的沖量小于乙所受合力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理得，合力的沖量等于動(dòng)量的變化量，甲的動(dòng)量大小比乙的小，甲和乙的動(dòng)量之和不為零，故BD正確，C錯(cuò)誤；
故選：BD。
（多選）（2023 新課標(biāo)）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6W
B．在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2J
C．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8J
D．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg m/s
【解答】解：A、W﹣x圖像的斜率為拉力F，由圖像可知，0～2m內(nèi)，拉力F1N＝6N
2～4m內(nèi)，拉力F2N＝3N
0～2m內(nèi)，對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：a＝2m/s2
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度—位移公式得：2ax
x＝1m時(shí)，物體的速度大小為v1m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A錯(cuò)誤；
B、滑動(dòng)摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m內(nèi)，對(duì)物體由動(dòng)能定理得：W﹣fx＝Ek
代入數(shù)據(jù)解得：Ek＝2J
故B正確；
C、從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正確；
D、0～2m過(guò)程中，拉力大于摩擦力，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，2m～4m時(shí)，拉力小于摩擦力，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)x＝2m時(shí)，物體的速度最大，動(dòng)量最大，物體的速度大小為：v2m/s＝2m/s
物體的最大動(dòng)量為：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
（多選）（2023 浙江）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)
B．物體受合外力越大，則動(dòng)量變化越快
C．利用紅外傳感器可制成商場(chǎng)的自動(dòng)門
D．牛頓運(yùn)動(dòng)定律不適用，則動(dòng)量守恒定律也不適用
【解答】解：A、利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)，人對(duì)著話筒講話時(shí)，振動(dòng)膜前后振動(dòng)，電容器兩板間的距離發(fā)生變化，電容器的電容變化，將聲信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，故A正確；
B、由動(dòng)量定理得，F(xiàn)，物體所受合外力越大，動(dòng)量的變化率越大，即動(dòng)量變化越快，故B正確；
C、紅外線是一種不可見(jiàn)光，人體可以向外界釋放紅外線，感應(yīng)裝置接收到紅外線后，可以開(kāi)門，利用紅外傳感器可制成商場(chǎng)的自動(dòng)門，故C正確；
D、牛頓運(yùn)動(dòng)定律只適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，不適用于微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)。而動(dòng)量守恒定律既適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，也適用于微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)。故D錯(cuò)誤。
故選：ABC。
（2022 重慶）在測(cè)試汽車的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開(kāi)始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（　　）
A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B．動(dòng)量大小先增大后減小
C．動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D．加速度大小先增大后減小
【解答】解：AB.假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F﹣t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動(dòng)量定理可知F﹣t圖像的面積也是動(dòng)量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，則動(dòng)量的大小一直增大，故AB錯(cuò)誤
C.根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系有
Ek
而F﹣t圖像的面積是動(dòng)量的變化量，則動(dòng)能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，故C錯(cuò)誤；
D.假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓第二定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，故D正確；
故選：D。
（2022 北京）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段：
1助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；
2起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；3飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；
4著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力
B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度
C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度
D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間
【解答】解：A、助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，而無(wú)法減小與滑道之間的摩擦力，故A錯(cuò)誤；
B、起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度，故B正確；
C、飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小與空氣間的摩擦力，故C錯(cuò)誤；
D、著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時(shí)間，從而減小沖擊力，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
（2022 海南）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是F1，乙對(duì)甲的作用力是F2，則這兩個(gè)力（　　）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的沖量大于F2的 D．F1的沖量小于F2的
【解答】解：AB、，在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是F1，乙對(duì)甲的作用力是F2，根據(jù)牛頓第三定律可知F1與F2為作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、由于F1和F2大小相等，甲推乙兩力作用時(shí)間相等，故兩力的沖量大小相等，方向相反，故CD錯(cuò)誤；
故選：A。
（2022 湖北）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（　　）
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
【解答】解：在前一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W13
在后一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W221
所以W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是：
m 2v﹣mv≤I1≤m 2v+mv，即mv≤I1≤3mv
m 5v﹣m 2v≤I2≤m 5v+m 2v，即3mv≤I2≤7mv
可知：I2≥I1，故D正確、ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
（多選）（2022 重慶）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（　　）
A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3J
C．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1：3
D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為
【解答】解：A．對(duì)物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動(dòng)摩擦力，有
F＝f＝μmgcos45°
由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為
a1＝gsin45°＝gg
則拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功為
解得WG
解得Wf
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得 ，故A錯(cuò)誤；
C．當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有
mgsin45°﹣F﹣f＝ma2
解得
a2g
則拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為
，故C正確；
B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為
WG2＝mgsin45° x
合力做功為 W合＝ma2 x
則其比值為
則重力做功為9J時(shí)，物塊的動(dòng)能即合外力做功為3J，故B正確；
D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小為
則動(dòng)量的大小之比為
解得 ，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
（多選）（2022 乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（　　）
A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零
B．6s時(shí)物塊回到初始位置
C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg m/s
D．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J
【解答】解：物塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s時(shí)物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；
t4＝4s時(shí)速度為v4，根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；
B、0～3s物塊沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，3s～4s物塊沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；
C、3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為：p＝mv3＝1×6kg m/s＝6kg m/s，故C錯(cuò)誤；
D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1m＝9m，方向?yàn)檎较颍?br/>3s～4s內(nèi)物塊的位移：x2m＝3m，方向?yàn)檎较颍?br/>6s時(shí)物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物塊的位移大小為：x3m＝4m，方向?yàn)樨?fù)方向。
所以0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。
故選：AD。
（2022 湖南）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。
（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；
（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。
【解答】解：（1）籃球在下落過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：
根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰前速度為：
籃球反彈的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律得：
根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰后速率為：
因此
k
（2）籃球反彈到最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的力，根據(jù)動(dòng)能定理得：
根據(jù)（1）問(wèn)的描述可知，籃球落地反彈的速度為
v4＝kv3
在反彈上升的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
聯(lián)立解得：F0
（3）由（1）問(wèn)的分析可知，籃球上升和下降過(guò)程的加速度分別為
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向下）
因?yàn)榕拇虻臅r(shí)間極短，重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理可知
I＝mv
即每次拍打籃球都會(huì)給籃球一個(gè)速度v。
拍打第一次下降過(guò)程中
上升過(guò)程中有
將k代入上升過(guò)程的式子化簡(jiǎn)得：
聯(lián)立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降過(guò)程中
上升過(guò)程中代入k后得
聯(lián)立得：
將h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降過(guò)程有
上升過(guò)程代入k值化簡(jiǎn)得：
聯(lián)立解得：
再將h2代入到h3得：
拍打第N次時(shí)，同理可得：
下降過(guò)程有
上升過(guò)程代入k值得：
聯(lián)立有
將hN﹣1代入hN后有
已知hN＝H
則有
[]
則有I＝mv＝m
答：（1）籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比為；
（2）F0的大小為；
（3）沖量I的大小為m。
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專題9.1　動(dòng)量定理及應(yīng)用
1.物理觀念：動(dòng)量、沖量。
（1）理解沖量和動(dòng)量的定義及物理意義。
（2）會(huì)正確計(jì)算動(dòng)量與沖量。
2.科學(xué)思維：動(dòng)量定理。
（1）.1.能用動(dòng)量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。
（2）2.能利用動(dòng)量定理解決相關(guān)問(wèn)題，會(huì)在流體力學(xué)中建立“柱狀”模型。
3.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：在生產(chǎn)、生活情境中，體驗(yàn)動(dòng)量定理的應(yīng)用。
通過(guò)理論推導(dǎo)和實(shí)驗(yàn)，理解動(dòng)量定理，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。
【知識(shí)點(diǎn)一】對(duì)沖量的理解
1.對(duì)沖量的理解
（1）沖量的兩性
①時(shí)間性：沖量不僅與力有關(guān)，還與力的作用時(shí)間有關(guān)，恒力的沖量等于該力與該力的作用時(shí)間的乘積。
②矢量性：對(duì)于方向恒定的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與力的方向一致；對(duì)于作用時(shí)間內(nèi)方向變化的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量改變量的方向一致。
（2）作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但與作用力和反作用力做的功之間并無(wú)必然聯(lián)系。
（3）沖量與功的比較
沖量 功
定義 作用在物體上的力和力的作用時(shí)間的乘積 作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積
單位 N· s J
公式 I＝Ft（F為恒力） W＝Flcos α（F為恒力）
標(biāo)矢性 矢量 標(biāo)量
意義 ①表示力對(duì)時(shí)間的累積 ②是動(dòng)量變化的量度 ①表示力對(duì)空間的累積 ②是能量變化多少的量度 都是過(guò)程量，都與力的作用過(guò)程相聯(lián)系
（4）動(dòng)量、沖量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較
名稱 項(xiàng)目 動(dòng)量 沖量 動(dòng)能 動(dòng)量變化量
定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 作用在物體上的力和力的作用時(shí)間的乘積 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差
定義式 p＝mv I＝Ft（F為恒力） Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢量性 矢量 矢量 標(biāo)量 矢量
特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過(guò)程量
關(guān)聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
（2023 南通模擬）如圖所示，一同學(xué)練習(xí)使用網(wǎng)球訓(xùn)練器單人打回彈，網(wǎng)球與底座之間有一彈性繩連接，練習(xí)過(guò)程中底座保持不動(dòng)。該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點(diǎn)a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點(diǎn)，c處彈性繩仍然處于松弛狀態(tài)，d處彈性繩已經(jīng)繃緊并撞在豎直墻壁上，不計(jì)空氣阻力。則（　　）
A．a(chǎn)處網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量沿水平方向
B．拍打后a到c過(guò)程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下
C．c到d過(guò)程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下
D．d處反彈后網(wǎng)球做平拋運(yùn)動(dòng)
（多選）（2023春 海淀區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，完全相同的物塊甲、乙分別從固定的軌道1、2頂端由靜止滑下，軌道為四分之一光滑圓弧軌道，半徑為R且底端切線水平；軌道2為光滑斜面，高度為R。忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．兩物塊到達(dá)底端時(shí)速度相同
B．兩物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中重力做功相同
C．兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)能相同
D．兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)量相同
（2022秋 沙市區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，某同學(xué)將質(zhì)量相同的三個(gè)物體從水平地面上的A點(diǎn)以同一速率沿不同方向拋出，運(yùn)動(dòng)軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個(gè)物體從拋出到落地過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．軌跡為1的物體在最高點(diǎn)的速度最大
B．軌跡為3的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)
C．軌跡為3的物體所受重力的沖量最大
D．三個(gè)物體在任意相同時(shí)間內(nèi)的速度變化量一定相同
【知識(shí)點(diǎn)二】動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用
1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程中所受力的沖量等于它在這個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量．
2．公式：F（t′－t）＝mv′－mv或I＝p′－p.
3．對(duì)動(dòng)量定理的理解
（1）Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．
（2）Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說(shuō)明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因．
（3）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合外力等于物體動(dòng)量的變化率．
（4）當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)量定理求解，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理．
【方法總結(jié)】
1.用動(dòng)量定理解題的基本思路
2.對(duì)過(guò)程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理。
考點(diǎn)三、應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體沖擊力問(wèn)題
題型一　用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象
（2023 香坊區(qū)校級(jí)三模）用質(zhì)量為m的小鐵錘以速度v1向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊（擊打時(shí)間極短），擊打后，小鐵錘以的速率反向彈回，已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時(shí)間為t，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．在擊打過(guò)程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為mv1
B．在擊打過(guò)程中，鐵錘重力的沖量大小為mgt
C．磚頭緩沖過(guò)程中，對(duì)手的壓力大小為Mg
D．磚頭緩沖過(guò)程中，對(duì)手的壓力大小為Mg
（2023 長(zhǎng)沙二模）蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶外休閑活動(dòng)。圖甲為蹦極的場(chǎng)景，一游客從蹦極臺(tái)下落的速度一位移圖象如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長(zhǎng)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(zhǎng)為10m，若空氣阻力恒定，游客下落至5m處時(shí)速度大小為，重力加速度g取10m/s2，下列正確的是（　　）
A．整個(gè)下落過(guò)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(kāi)始下落15m的過(guò)程中重力的沖量為750N s
C．游客在最低點(diǎn)時(shí)，彈性勢(shì)能最大為13000J
D．彈性繩長(zhǎng)為20m時(shí)，游客的加速度大小為9m/s2
（2023 哈爾濱模擬）哈爾濱冰雪大世界的雪花摩天輪被稱為“最北最美”摩天輪，乘坐摩天輪到高處，松花江南北兩岸風(fēng)光一覽無(wú)余，深受游客喜愛(ài)，成為哈爾濱的新地標(biāo)。乘坐摩天輪的游客坐于座艙中在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在完成一個(gè)完整圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．游客機(jī)械能守恒
B．游客在最高點(diǎn)處于超重狀態(tài)
C．游客所受合力保持不變
D．游客所受合力的沖量為0
題型二　動(dòng)量定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用
應(yīng)用動(dòng)量定理解決多過(guò)程問(wèn)題的方法與動(dòng)能定理類似，有分段列式和全程列式兩種思路．
（2023 姜堰區(qū)模擬）現(xiàn)代科學(xué)的發(fā)展揭示了無(wú)序性也是世界構(gòu)成的一個(gè)本質(zhì)要素．意大利物理學(xué)家喬治 帕里西發(fā)現(xiàn)了從原子到行星尺度的物理系統(tǒng)中無(wú)序和漲落間的相互影響，深刻揭示了無(wú)序體系中的隱藏對(duì)稱性，榮獲了諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。如圖所示是力學(xué)中的一個(gè)無(wú)序系統(tǒng)模型，質(zhì)量均為1kg的小球M、N用兩根長(zhǎng)度均為的輕質(zhì)細(xì)桿a、b連接，細(xì)桿a的一端可繞固定點(diǎn)O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)桿b可繞小球M自由轉(zhuǎn)動(dòng)．開(kāi)始時(shí)兩球與O點(diǎn)在同一高度，靜止釋放兩球，并開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩球在豎直面內(nèi)做無(wú)序運(yùn)動(dòng)；t＝2s時(shí)，細(xì)桿a與豎直方向的夾角為θ＝30°，小球N恰好到達(dá)與O點(diǎn)等高處且速度方向水平向右。重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．t＝2s時(shí)，兩小球速度大小相等
B．t＝2s時(shí)，N球的速度大小為1.5m/s
C．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)桿b對(duì)N球的沖量大小約為1.5N s
D．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b兩桿對(duì)M球做功之和為1.125J
（2023 鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）發(fā)光實(shí)心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛(ài)。一小朋友將彈力球（可視為質(zhì)點(diǎn)）拋出，落到水平面（足夠大）上前瞬間的速度大小為v0，與水平方向夾角α＝37°。彈力球與水平面碰撞的過(guò)程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、彈力的大小等于其重力的2倍。設(shè)每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變，不計(jì)空氣阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。則彈力球（　　）
A．第1次碰后離開(kāi)水平面瞬間，速度方向與水平面間的夾角大于45°
B．第2、3次落地點(diǎn)間的距離為
C．與水平面碰撞4次后停止運(yùn)動(dòng)
D．與水平面碰撞過(guò)程中受到合力的沖量保持不變
（2023 九江二模）如圖所示，質(zhì)量為m的摩托艇靜止在水面上，t＝0時(shí)刻，摩托艇在恒定牽引力作用下開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨速度v的變化規(guī)律如圖所示。已知摩托艇受到的阻力與運(yùn)動(dòng)速度成正比，即f＝kv（k為常數(shù)，大小未知）。則（　　）
A．摩托艇從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大過(guò)程中，牽引力對(duì)摩托艇做的功為
B．摩托艇從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大過(guò)程中，牽引力的沖量為mv0
C．牽引力的最大功率為ma0v0
D．常數(shù)k的大小為
（2023 河南模擬）隨著2022年北京冬奧會(huì)和冬殘奧會(huì)的成功舉辦，北京成為世界上首個(gè)雙奧之城。如圖所示，一滑雪運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止沿半徑r＝50m的圓弧形滑道AB下滑，經(jīng)B點(diǎn)越過(guò)寬為d的橫溝到達(dá)平臺(tái)C時(shí)，其速度vC剛好沿水平方向。已知A、B兩點(diǎn)的高度差為20m，B、C兩點(diǎn)間的高度差h＝4.05m，坡道在B點(diǎn)的切線方向與水平面成37°，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度大小vC＝9m/s
B．運(yùn)動(dòng)員在飛出B點(diǎn)前，對(duì)B點(diǎn)的壓力大小為725N
C．從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的減少量為4375J
D．從B到C的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量大小為150kg m/s
題型三　動(dòng)量定理與圖象的結(jié)合
【必備知識(shí)】變力的沖量
①作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示．
②對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解．
（2023 重慶模擬）質(zhì)量為20kg的玩具汽車在水平地面上由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)了8m，其所受合外力大小與位移大小的關(guān)系如圖所示，則玩具汽車（　　）
A．所受合外力做的總功為25J
B．運(yùn)動(dòng)到6m處的速度大小為17m s﹣1
C．在0到3m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合外力的沖量大小為
D．在4m處所受合外力的瞬時(shí)功率為80W
（2023 天津一模）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，取重力加速度g＝10m/s2。則（　　）
A．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為6kg m/s
B．6s時(shí)物塊回到初始位置
C．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為8J
D．0～6s時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物塊所做的功為72J
（2023 鞍山三模）質(zhì)量m＝2kg的物體在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)。物體所受的合外力F隨時(shí)間t變化圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)
B．4s末物體的速度為零
C．6s內(nèi)合外力的沖量為4N s
D．6s內(nèi)合外力做功為8J
【知識(shí)點(diǎn)三】應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”
1.研究對(duì)象
選取流體為研究對(duì)象，如水、空氣等。
2.研究方法
隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對(duì)象，然后列式求解。
3.基本思路
（1）在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對(duì)象。
（2）求小柱體的體積ΔV＝SvΔt
（3）求小柱體質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
（4）求小柱體的動(dòng)量變化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
（5）應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp
【方法技巧】應(yīng)用動(dòng)量定理解決微粒類問(wèn)題
微粒及其特點(diǎn) 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟 1 建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3 先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算
（多選）（2023 聊城一模）離子推進(jìn)器是利用電場(chǎng)將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進(jìn)的動(dòng)力，其工作原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)（離子初速度忽略不計(jì)），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過(guò)程中推進(jìn)器獲得恒定的推力。已知每個(gè)正離子質(zhì)量為m，電荷量為q，單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小為
B．離子推進(jìn)器獲得的平均推力大小為
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉(zhuǎn)換效率要使盡量大，可以使用比荷更小的正離子
（2022 肥西縣校級(jí)模擬）“水刀”是應(yīng)用高壓水流切割的技術(shù)。某“水刀”工作過(guò)程中，水從面積為0.1mm2的細(xì)噴嘴高速噴出，直接打在被切割材料表面，實(shí)現(xiàn)切割。已知該“水刀”每分鐘用水600g，水的密度為1.0×103kg/m3。假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散開(kāi)沒(méi)有反彈，則水對(duì)材料表面的平均壓力為（　　）
A．1N B．3.6N C．10N D．103N
（2023春 平潭縣校級(jí)期中）2021年5月11日，浙江衛(wèi)視三星GalaxyZFold25G折量屏手機(jī)《迫星星的人》開(kāi)啟新征程，來(lái)到平潭島。在氣候宜人的“白金海岸”潭南灣，吳奇隆、竇驍、宋軼、張杰瑞將攜手鐘漢良、陳楚生，在溫暖的海風(fēng)中仰望星空，享受解壓偶像之旅，宋軼體驗(yàn)海上飛龍全程尖叫。如圖所示，宋軼和工作人員在玩海上飛龍時(shí)，工作人員操控噴射式懸浮飛行器將水帶送上來(lái)的水反轉(zhuǎn)180°后豎直向下以相等大小的速度噴出，令宋軼和工作人員懸停在空中。已知宋軼、工作人員與裝備的總質(zhì)量M為157kg，兩個(gè)圓管噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為（　　）
A．7.1m/s B．9.0m/s C．11.2m/s D．16.0m/s
（多選）（2023 芝罘區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示裝置，裝有細(xì)砂石的容器帶有比較細(xì)的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細(xì)砂石質(zhì)量的托盤(pán)秤。當(dāng)托盤(pán)上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細(xì)砂石時(shí)關(guān)閉閥門K，此時(shí)從管口到砂石堆頂端還有長(zhǎng)為H的細(xì)砂石柱，設(shè)管口單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，管口處細(xì)砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細(xì)砂石柱下落時(shí)砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．剛關(guān)閉閥門K時(shí)，托盤(pán)秤示數(shù)為mg
B．細(xì)砂石柱下落過(guò)程中，托盤(pán)秤示數(shù)為m+m0
C．細(xì)砂石柱對(duì)砂石堆頂端的沖擊力為m0
D．細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時(shí)托盤(pán)秤的示數(shù)大
（2023 通州區(qū)一模）為尋找可靠的航天動(dòng)力裝置，科學(xué)家們正持續(xù)進(jìn)行太陽(yáng)帆推進(jìn)器和離子推進(jìn)器的研究。太陽(yáng)帆推進(jìn)器是利用太陽(yáng)光作用在太陽(yáng)帆的壓力提供動(dòng)力，離子推進(jìn)器則是利用電場(chǎng)加速后的離子氣體的反沖作用加速航天器。
（1）由量子理論可知每個(gè)光子的動(dòng)量為（h為普朗克常量，λ為光子的波長(zhǎng)），光子的能量為ε＝hv（v為光子的頻率），調(diào)整太陽(yáng)朝使太陽(yáng)光垂直照射，已知真空中光速為c，光子的頻率v，普朗克常量h，太陽(yáng)帆面積為S，時(shí)間t內(nèi)太陽(yáng)光垂直照射到太陽(yáng)帆每平方米面積上的太陽(yáng)光能為E，宇宙飛船的質(zhì)量為M，所有光子照射到太陽(yáng)帆上后全部被等速率反射，求：
①時(shí)間t內(nèi)作用在太陽(yáng)帆的光子個(gè)數(shù)N；
②在太陽(yáng)光壓下宇宙飛船的加速度a的大小
（2）離子推進(jìn)器的原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離，其中正離子飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)（離子初速度忽略不計(jì)），A，B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速正離子束的過(guò)程中所消耗的功率為P，推進(jìn)器獲得的恒定推力為F。為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，即要使盡量大，請(qǐng)通過(guò)論證說(shuō)明可行的方案。設(shè)正離子質(zhì)量為m，電荷量為q。
（2023 全國(guó)）兩個(gè)質(zhì)量相等的小球P和Q位于同一高度，它們以相同大小的速度分別拋出，P做平拋運(yùn)動(dòng)，Q做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，則（　　）
A．P落地時(shí)的動(dòng)量大小小于Q落地時(shí)的動(dòng)量大小
B．P落地時(shí)的動(dòng)量大小大于Q落地時(shí)的動(dòng)量大小
C．在各自從拋出到落地時(shí)間內(nèi)，P所受重力沖量的大小比Q的大
D．在各自從拋出到落地時(shí)間內(nèi)，P所受重力沖量的大小比Q的小
（多選）（2023 新課標(biāo)）使甲、乙兩條形磁鐵隔開(kāi)一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻（　　）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動(dòng)量大小比乙的小
C．甲的動(dòng)量大小與乙的相等
D．甲和乙的動(dòng)量之和不為零
（多選）（2023 新課標(biāo)）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6W
B．在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2J
C．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8J
D．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg m/s
（多選）（2023 浙江）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)
B．物體受合外力越大，則動(dòng)量變化越快
C．利用紅外傳感器可制成商場(chǎng)的自動(dòng)門
D．牛頓運(yùn)動(dòng)定律不適用，則動(dòng)量守恒定律也不適用
（2022 重慶）在測(cè)試汽車的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開(kāi)始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（　　）
A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B．動(dòng)量大小先增大后減小
C．動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D．加速度大小先增大后減小
（2022 北京）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段：
1助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；
2起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；3飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；
4著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力
B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度
C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度
D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間
（2022 海南）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是F1，乙對(duì)甲的作用力是F2，則這兩個(gè)力（　　）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的沖量大于F2的 D．F1的沖量小于F2的
（2022 湖北）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（　　）
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
（多選）（2022 重慶）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（　　）
A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3J
C．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1：3
D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為
（多選）（2022 乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（　　）
A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零
B．6s時(shí)物塊回到初始位置
C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg m/s
D．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J
（2022 湖南）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。
（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；
（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁(yè) （共 2 頁(yè)）
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