資源簡介

(共84張PPT)
第六章　動　量
[教師備選資源]
第六章　動　量
考情 分析 動量　 動量定理 2024·全國甲卷·T7、2024·廣東卷·T14、2023·新課標卷·T19、2023·廣東卷·T10、2021·湖南卷·T2、2020·全國卷Ⅰ·T14
第六章　動　量
考情 分析 動量守恒定律 2024·江蘇卷·T14、2022·湖南卷·T4、2021·全國乙卷·T14、2021·山東卷·T11、2021·廣東卷·T13、2021·河北卷·T13、2020·全國卷Ⅱ·T21、2020·全國卷Ⅲ·T15、2020·江蘇卷·T12(3)、2020·北京卷·T13
第六章　動　量
考情 分析 動量和能量的綜合 2024·安徽卷·T8、2024·江蘇卷·T8、2024·湖北卷·T10、2024·山東卷·T17、2024·安徽卷·T14、2024·河北卷·T15、2024·湖南卷·T15、2023·湖南卷·T15、2023·遼寧卷·T15、2023·浙江6月選考·T18、2022·全國乙卷·T25、2022·湖北卷·T16、2022·河北卷·T13、
2022·山東卷·T18
第六章　動　量
考情 分析 實驗：驗證動量定理 2021·江蘇卷·T11、
2020·全國卷Ⅰ·T23
實驗：驗證動量守恒定律 2024·新課標·T9、2024·山東卷·T13、2024·北京卷·T18、2023·遼寧卷·T11、2022·全國甲卷·T23
第六章　動　量
備考 策略 1．掌握動量、沖量的概念及公式，理解其意義，并注意碰撞、反沖等常見現象。理解動量定理，能用其進行定性分析和定量計算。
2．掌握動量守恒的條件，并結合能量守恒定律靈活處理力學綜合問題。注重將物理規律應用于實際問題，把實際問題模型化。
3．注重實驗原理與操作、實驗能力的遷移應用。
第1節
動量和動量定理
[學習目標]　1．理解動量和沖量的概念，理解動量定理及其表達式。
2．能用動量定理解釋生活中的有關現象。
3．會在流體力學中建立“柱狀”模型，并會用動量定理進行相關計算。
鏈接教材·夯基固本
1．動量
(1)定義：物體的____與____的乘積。
(2)表達式：p＝____。
(3)單位：kg·m/s。
(4)方向：動量的方向與____的方向相同。
質量
速度
mv
速度
2．動量的變化量
(1)矢量：其方向與速度的改變量Δv的方向____。
(2)Δp＝p′－p：一般用末動量p′減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量。
3．沖量
(1)定義：力與力的作用時間的____叫作力的沖量。
(2)公式：I＝______。
(3)單位：______。
(4)方向：沖量是____，其方向與力的方向____。
相同
乘積
FΔt
N·s
矢量
相同
4．動量定理
(1)內容：物體在一個過程中所受合力的沖量等于它在這個過程始末的動量______。
(2)公式：F(t′－t)＝___________I＝p′－p。
變化量
mv′－mv
1．易錯易混辨析
人教版選擇性必修第一冊第30頁第3題：描述了一個雞蛋從不同樓層拋下時對人的傷害問題。據此情境進行判斷：
(1)雞蛋下落過程動量增大。 (　　)
(2)雞蛋下落過程動量變化量的方向豎直向下。 (　　)
(3)雞蛋所受合力的沖量方向與其動量變化的方向是一致的。 (　　)
(4)雞蛋被拋下時樓層越高，砸在人頭上時對人頭骨的沖力越大。 (　　)
√
√
√
√
2．(人教版選擇性必修第一冊改編)體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以(　　)
A．減小地面對人的沖量
B．減小地面對人的撞擊力
C．減小人的動量變化量
D．減小人的動能變化量
√
B　[由mgh＝mv2知，剛要落地時的速度v為定值。體操運動員落地時屈腿可以延長地面對人的撞擊力的作用時間，取人落地時速度方向為正方向，根據動量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，即F＝＋mg，當t增加時F減小，而沖量和動量、動能的變化量都不變，所以B正確。]
3．(人教版選擇性必修第一冊改編)(多選)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為0
√
√
AB　[前2 s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝
1.5 m/s，動量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤；t＝4 s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯誤。]
細研考點·突破題型
考點1　動量、沖量的理解
1．動能、動量、動量變化量的比較
動能 動量 動量變化量
定義 物體由于運動而具有的能量 物體的質量和速度的乘積 物體末動量與初動量的矢量差
定義式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p
動能 動量 動量變化量
標矢性 標量 矢量 矢量
特點 狀態量 狀態量 過程量
關聯方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
2．沖量的計算
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。
(2)變力的沖量
①平均力法：若力的大小隨時間均勻變化，即力與時間是一次函數關系，則力F在某段時間t內的沖量I＝t，其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。
②F-t圖像法：在F-t圖像中，圖線與t軸所圍的“面積”即為變力的沖量。如圖所示。

③動量定理法：對于已知始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求動量變化量間接求出沖量。
角度1　沖量、動量與動能的比較
[典例1]　如圖所示，表面光滑的斜面ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，質量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下。在兩物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是
(　　)
A．兩物塊所受重力的沖量相同
B．兩物塊的動量改變量相同
C．兩物塊的動能改變量相同
D．兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率相同
√
C　[斜面傾角為θ時，物塊在斜面上的加速度為a＝g sin θ，設斜面頂點到水平地面的高度為h，則物塊在斜面上滑行的時間為t＝＝，因為∠ABC<∠ACB，可得物塊在AB斜面上的滑行時間比在AC斜面上的滑行時間長，根據I＝mgt可知，兩物塊所受重力的沖量不相同，選項A錯誤；根據動量定理有mg sinθ·t＝Δp，可知Δp＝mg，動量改變量是矢量，兩物塊的動量改變量大小相
等，但方向不相同，選項B錯誤；根據動能定理有ΔEk＝mgh，得兩物塊的動能改變量相同，選項C正確；物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率P＝mgv sin θ，因兩物塊所處斜面傾角不相同，則重力的瞬時功率不相同，選項D錯誤。]
角度2　沖量的計算
[典例2]　(多選)在水平地面上放置一質量為m＝0.2 kg的物塊，物塊受到隨時間變化、豎直向上的拉力作用，拉力F隨時間t變化的圖像如圖所示。取水平地面為重力勢能零勢能面，豎直向上為正方向，重力加速度g＝10 m/s2，則(　　)
A．2 s末物塊的動量方向豎直向上
B．3 s末物塊的動量大小為2 kg·m/s
C．3 s內拉力F的沖量為2 N·s
D．0～4 s內物塊的動量變化量為4 kg·m/s
√
√
BD　[在0～2 s時間內，F1＝2 N，物塊的重力G＝mg＝2 N，由F1＝G可知，物塊保持靜止，故2 s末物塊的動量為0，A錯誤；在2～4 s時間內，F2＝4 N，物塊的加速度a＝＝10 m/s2，3 s末物塊的速度v1＝at1＝10 m/s，動量大小為p＝mv1＝2 kg·m/s，B正確；在F-t圖像中，圖線與時間軸所包圍的面積表示力F的沖量，所以3 s內拉力F的沖量為IF＝(2×2＋4×1) N·s＝8 N·s，C錯誤；4 s末物塊的速度v2＝at2＝20 m/s，物塊的動量變化量Δp＝mv2－0＝4 kg·m/s，D正確。]
考點2　動量定理的理解及應用
1．對動量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物體所受的合力的沖量。
(2)FΔt＝p′－p除表明了兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合力的沖量是動量變化的原因。
(3)由FΔt＝p′－p得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。
(4)改變動量的沖量是這段時間內所有力的沖量的矢量和。
2．用動量定理解釋兩種現象
(1)Δp一定時，F的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。
(2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小。
3．動量定理的兩個重要應用
(1)應用I＝Δp求變力的沖量。
(2)應用Δp＝FΔt求動量的變化量。
角度1　動量定理的定性分析
[典例3]　行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(　　)
A．增加了司機單位面積的受力大小
B．減少了碰撞前后司機動量的變化量
C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
√
D　[汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸。司機在很短時間內由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據動量定理Δp＝FΔt知，司機所受作用力減??；又知安全氣囊打開后，司機受力面積變大，因此減小了司機單位面積的受力大小；碰撞過程中，動能轉化為內能。綜上可知，選項D正確。]
角度2　動量定理的有關計算
[典例4]　高空作業須系安全帶。如果質量為m的高空作業人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前，人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經歷時間t，安全帶達到最大伸長量。若在此過程中該作用力始終豎直向上，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　)
A．＋mg B．－mg
C．＋mg D．－mg
√
A　[安全帶對人起作用之前，人做自由落體運動，由v2＝2gh可得，安全帶對人起作用前瞬間，人的速度v＝；安全帶達到最大伸長量時，人的速度為零，從安全帶開始對人起作用到安全帶伸長量最大，取豎直向下為正方向，由動量定理可得(mg－＝＋mg＝＋mg，故選項A正確。]
規律方法　應用動量定理的一般思路
考點3　應用動量定理巧解兩類“柱狀”模型
研究 對象 流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ
微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內粒子數n
分析 步驟 ①構建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S
②微元研究 取極短的作用時間Δt，對應小柱體的體積ΔV＝vSΔt
流體類小柱體質量m＝ρΔV＝ρvSΔt
流體類小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒類小柱體粒子數N＝nvSΔt
③建立方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究
[典例5]　(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 g。假設吹風機出風口為圓形，其半徑為5 cm，空氣密度為1.29 kg/m3，實驗前電子秤已校準，重力加速度為10 m/s2。則此時吹風機的風速約為(　　)
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
√
A　[對于Δt時間內吹出的空氣，根據動量定理得FΔt＝mv＝ρvSΔt·v，其中F＝G＝0.36 N，S＝πr2，代入數據解得v≈6 m/s，故選A。]
[典例6]　一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當進入有宇宙塵埃的區域時，設在該區域，單位體積內有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力功率為(　　)
√
C　[時間Δt內粘在飛船上的塵埃質量為M＝v0ΔtSnm，對粘在飛船上的塵埃，由動量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飛船對這些塵埃的作用力為F＝；根據牛頓第三定律及平衡條件，可知為保持飛船勻速航行，飛船發動機的牽引力F′＝F，牽引力的功率為P＝F′v0＝，故C正確，A、B、D錯誤。]
即時檢驗·感悟高考
1．(多選)(2024·全國甲卷)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床的作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取 10 m/s2。 下列說法正確的是(　　)
A．t＝0.15 s時，運動員的重力勢能最大
B．t＝0.30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C．t＝1.00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D．運動員每次從與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
√
√
BD　[根據題圖分析可知，t＝0.15 s時，運動員對蹦床的作用力最大，則此時運動員下降至最低點，運動員的重力勢能最小，A錯誤；根據題圖分析可知，t＝0.30 s時運動員剛好離開蹦床，做豎直上拋運動，經 2 s 后，即t＝2.30 s時再次落至蹦床上，根據豎直上拋運動的對稱性可知，t＝1.30 s時，運動員運動至最大高度處，根據v＝gΔt可知，運動員在t＝0.30 s時的速度大小v0＝10 m/s，B正確，C錯誤；對運動員與蹦床的一次相互作用過程，根據動量定理有(＝4 600 N，D正確。]
2．(多選)(2023·新課標卷)如圖所示，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，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
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0
√
√
BD　[設兩條形磁鐵間的相互作用力大小為F，對任意一個條形磁鐵由動量定理有(F－μmg)t＝mv，得v＝t－μgt，顯然質量越大的條形磁鐵速度越小，A錯誤；由(F－μmg)t＝p可知質量越大的條形磁鐵動量越小，B正確；由B選項分析可知，兩條形磁鐵的動量大小不相等，即甲、乙兩條形磁鐵的動量之和不為零，C錯誤，D正確。]
3．(多選)(2023·廣東卷)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型。多個質量均為1 kg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0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s。關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
A．該過程動量守恒
B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
√
√
BD　[取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·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I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·
m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，負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I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2根據動量定理有＝5.5 N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確。]
4．(多選)(2022·全國乙卷)質量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。則(　　)
A．4 s時物塊的動能為零
B．6 s時物塊回到初始位置
C．3 s時物塊的動量為12 kg·m/s
D．0～6 s時間內F對物塊所做的功為40 J
√
√
AD　[物塊與地面間的滑動摩擦力為f ＝μmg＝2 N，對物塊在0～3 s內的運動過程，由動量定理可得(F－f )t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s時物塊的動量為p＝mv3＝6 kg·m/s，設3 s后經過時間t′，物塊的速度第一次減為0，由動量定理可得－(F＋f )t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物塊在t＝4 s時速度減為0，此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；設0～3 s內物塊的位移為x1，由動能定理可得(F－f )x1＝，得x1＝9 m，3～4 s過程中，對物塊由動能定理可得－(F＋
f )x2＝，得x2＝3 m，4～6 s物塊反向運動，物塊的加速度大小為a＝＝2 m/s2，4～6 s物塊的位移為x3＝＝4 m＜x1＋x2，即6 s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；0～6 s內拉力做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正確。]
課時數智作業(十六)
題號
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7
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10
11
1．下列說法正確的是(　　)
A．速度大的物體，它的動量一定也大
B．動量大的物體，它的速度一定也大
C．只要物體的運動速度大小不變，物體的動量就保持不變
D．物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大
12
√
題號
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11
D　[動量p＝mv，由質量和速度共同決定，所以A、B錯誤；動量是矢量，速度方向改變，動量也會改變，故C錯誤；由Δp＝mΔv知，D正確。]
12
2．物體的運動狀態可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p-x圖像中的一個點。物體運動狀態的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是(　　)
題號
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12
A　　　 B　　 　 C　 　　 D
√
D　[質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有v2＝2ax，而動量為p＝mv，聯立可得p＝m＝m·，且x>0，故對應的相軌跡可能為D。]
題號
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12
3．質量為5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為(　　)
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
題號
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√
D　[動量的變化是末動量減去初動量，規定了豎直向下為正方向，則小球的初動量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15 kg·
m/s，所以動量的變化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正確。]
題號
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4．(人教版選擇性必修第一冊改編)(多選)如圖所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t，則(　　)
A．拉力對物體的沖量大小為Ft
B．拉力對物體的沖量大小為Ft sin θ
C．摩擦力對物體的沖量大小為Ft sin θ
D．合力對物體的沖量大小為0
題號
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√
√
AD　[拉力F對物體的沖量大小為Ft，故A項正確，B項錯誤；物體勻速運動，受力平衡，受到的摩擦力大小Ff＝F cos θ，所以摩擦力對物體的沖量大小為Ff t＝Ft cos θ，故C項錯誤；物體勻速運動，合力為零，所以合力對物體的沖量大小為零，故D項正確。]
題號
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5．如圖所示，一個質量為0.2 kg的壘球以20 m/s的水平速度飛至球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變為40 m/s。設球棒與壘球的作用時間為 0.01 s, 下列說法正確的是(　　)
A．球棒對壘球不做功
B．球棒對壘球做負功
C．球棒對壘球的平均作用力大小為400 N
D．球棒對壘球的平均作用力大小為1 200 N
題號
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√
D　[球棒擊飛壘球過程，由動能定理可得球棒對壘球做功為W＝，其中v1＝20 m/s，v2＝40 m/s，m＝0.2 kg，解得W＝120 J，所以球棒對壘球做正功，故A、B錯誤；以壘球的初速度方向為正方向，對壘球，由動量定理有－Ft＝－mv2－mv1，其中t＝0.01 s，解得球棒對壘球的平均作用力大小為F＝1 200 N，故C錯誤，D正確。]
題號
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6．我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4.8×
106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
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√
B　[設該發動機在t時間內噴射出的氣體質量為m，根據動量定理有Ft＝mv，可知，在1 s內噴射出的氣體質量m0＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故選B。]
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7．(2024·重慶西南大學附中高三期末)舞中幡是中國傳承千年的雜技項目之一，雜技演員站在地上，將中幡從胸口處豎直向上拋起，1.5 s后，在自己的胸口處開始接幡，并下蹲緩沖，經過0.5 s，將幡接穩在手中。若一根中幡質量約為20 kg，重力加速度g＝10 m/s2，假設忽略幡運動過程中所受的空氣阻力，則雜技演員接幡過程中，幡對手的平均作用力為(　　)
A．300 N B．500 N
C．600 N D．800 N
題號
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√
B　[由對稱性可知，雜技演員開始接幡時幡的速度為v＝g·＝
7.5 m/s，接幡過程中，設幡對手的平均作用力大小為F，取向下為正方向，由動量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入數據解得F＝500 N，故B正確。]
題號
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8．航天器離子發動機原理如圖所示，首先電子槍發射出的高速電子將中性推進劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使飛船獲得推進或姿態調整的反沖動力。已知單個正離子的質量為m、電荷量為q，正、負極柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I。忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對衛星質量的影響。該發動機產生的平均推力F的大小為(　　)
題號
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A．I
B．I
C．I
D．2I
題號
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√
A　[以正離子為研究對象，由動能定理得qU＝mv2，Δt時間內通過的總電荷量Q＝IΔt，噴出離子的總質量M＝m＝m；由動量定理可知正離子所受平均沖量為＝I，根據牛頓第三定律可知，發動機產生的平均推力F＝I，A正確。]
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9．游樂園內噴泉噴出的水柱使得質量為M的卡通玩具懸停在空中(假設這樣沖水，能保持短暫平衡)。為估算，做如下假設后進行理論分析：假設噴泉水柱從橫截面積為S的噴口以速度v0持續豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積大于S)；水柱沖擊到玩具底部后，豎直方向的速度變為零，朝四周均勻散開。已知水的密度為ρ，當地重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。下列說法錯誤的是(　　)
題號
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A．水柱對玩具底部的作用力大小等于玩具重力
B．水柱對玩具底部的作用力與玩具重力是一對平衡力
C．噴泉單位時間內噴出的水質量為ρSv0
D．玩具在空中懸停時，其底部相對于噴口的高度為
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√
D　[由于卡通玩具懸停在空中，則玩具受平衡力的作用，水柱對玩具底部的作用力大小等于玩具重力，這兩個力為一對平衡力，A、B說法正確，不符合題意；單位時間內噴出的水柱的長度為Δh＝v0(m)，則該水柱的體積為ΔV＝SΔh＝Sv0(m3)，所以噴泉單位時間內噴出的水的質量為Δm＝ρΔV＝ρSv0(kg)，C說法正確，不符合題意；設玩具懸停時其底部距噴口的高度為h，水到達玩具底部前瞬間的速度大小為v，玩具對水的作用力為F，則對于單位時間內噴出
題號
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的水柱，由能量守恒定律得·Δm·v2＋Δm·gh＝，以豎直向上為正方向，在距噴口h高度處對單位時間內噴射到玩具底部的水柱沿豎直方向由動量定理得F·Δt＝0－Δm·v，其中Δt＝1 s，對玩具由力的平衡條件得F′＝Mg，由牛頓第三定律可知F＝－F′，聯立解得h＝，D說法錯誤，符合題意。]
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10．(多選)在研制飛機過程中風洞實驗是必不可少的?，F某同學在風洞中完成了以下實驗：將一個質量為m的物體放在水平網上(網不影響物體受到的風力)，調節風力大小，并記錄了物體所受豎直向上的風力F與時間t的關系，如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．在前2t0時間內物體加速度均勻增加
B．在前6t0時間內物體一直向上運動
C．在5t0時刻物體的速度大小為
D．在前6t0時間內物體的最大速度為
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√
√
CD　[由題圖可知，t0時刻物體才開始運動，A、B錯誤；從t0到5t0這段時間，對物體應用動量定理有IF－mg×4t0＝mv1－0，沖量在F-t圖像中可用圖線與t軸所夾面積表示，由題圖可知這段時間內風力的沖量IF＝＋＝，解得v1＝，C正確；由題圖可知，5t0～6t0內的F與t的數學關系式為F＝－2.5t＋15，當F＝mg時，t＝5.6t0，則在5.6t0時物體的加速度為零，速度最大，從t0到5.6t0，對物體應用動量定理有I′F－mg×4.6t0＝mvm－0，由題中圖像可知這段時間內風力的沖量＝IF＋＝，解得vm＝，D正確。]
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11．一質量為2 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處有一面墻，如圖所示。物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止，g取10 m/s2。
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(1)求物塊與地面間的動摩擦因數μ；
(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；
(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。
題號
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[解析]　(1)物塊從A點到B點做勻減速直線運動的過程，由動能定理有
－μmgx＝
可得μ＝0.32。
(2)物塊和墻壁作用的過程，取向左為正方向，由動量定理有FΔt＝mv′－mv
其中v′＝6 m/s，v＝－7 m/s
代入可得F＝520 N。
題號
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(3)物塊向左做勻減速直線運動的過程，由動能定理有－W＝0－mv′2
解得W＝36 J。
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[答案]　(1)0.32　(2)520 N　(3)36 J
12．(2025·山東泰安高三檢測)如圖1所示，一傾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，質量m＝1 kg的滑塊(可視為質點)靜止在斜面底部。從某時刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑塊上，拉力F隨時間t變化的圖像如圖2所示，4 s后拉力F消失，2 s時物塊速度達到最大?；瑝K到達最高點后再下滑到斜面底部的速率為 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 求：
題號
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(1)物塊與斜面間的動摩擦因數和滑塊上滑時的最大速度的大小；
(2)滑塊到達最高點的時間及拉力F做的功。
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[解析]　(1)根據題意可知，t＝2 s時，上滑速度最大，則滑塊所受合外力為0，由題圖可知此時F＝8 N
由平衡條件有F＝mg sin θ＋μmg cos θ
代入數據得μ＝0.25
0～2 s由動量定理有IF2－mgt sin θ－μmgt cos θ＝mvm－0
根據F-t圖像與時間軸所圍的面積表示沖量，結合題圖可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s
聯立解得vm＝8 m/s。
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(2)根據題意，若滑塊到達最高點的時間大于等于4 s，設時間為t1，由動量定理有
IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0
其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s
解得t1＝4 s
符合假設，則滑塊4 s末時速度為v1＝0
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滑塊到達最高點，對從最高點下滑過程有＝2a2x
由牛頓第二定律有a2＝g sin θ－μg cos θ
解得最大位移x＝ m
設拉力F做的功為W，上滑過程中，由動能定理有W－mg sin θ·x－μmg cos θ·x＝0
解得W＝ J。
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[答案]　(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　 J
謝 謝 ！

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