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第六章　動量
第六章　動量
題型 廣東省近三年考情
2024年 2023年 2022年
選擇題 T10，6分，考查動量守恒的條件和動量定理
計算題 T14，13分，考查動量定理，利用圖像求沖量 T15，15分，考查動量守恒 T13，11分，考查動量守恒定律的運用(結合牛頓運動定律和動能定理)
第六章　動量
考情分析
1．縱觀廣東近幾年高考試題：主要考查了碰撞模型，題型以計算題和選擇題為主。
2．動量守恒定律是力學的重點，要重視動量定理、動量守恒定律與牛頓運動定律、能量守恒定律、法拉第電磁感應定律等綜合考查的壓軸計算題。
第1節
動量和動量定理
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。
相同
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____，力的方向不變時，其方向與力的方向____。
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)＝______________或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：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。]
細研考點·突破題型
考點1　動量　沖量的理解
1．動量與動能的比較
項目 動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p＝mv Ek＝mv2
標矢性 矢量 標量
項目 動量 動能
變化因素 合外力的沖量 合外力所做的功
大小關系 p＝ Ek＝
變化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
聯系 (1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系 (2)若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化
2．沖量的計算方法
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。
(2)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對于易確定始、末時刻動量的情況，
可用動量定理求解。
3．沖量和功的區別
(1)沖量和功都是過程量。沖量表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用。
(2)沖量是矢量，功是標量。
(3)力作用的沖量不為零時，力做的功可能為零；力做的功不為零時，力作用的沖量一定不為零。
[典例1]　(多選)關于動量、沖量和動能，下列說法正確的是(　　)
A．物體的動量越大，表明它受到的沖量越大
B．物體的動量變化，其動能有可能不變
C．物體受到合外力的沖量作用，則其動能一定變化
D．物體動量變化量的方向可能與初動量的方向不在同一直線上
√
√
BD　[根據動量定理可知，動量的變化量越大，沖量越大，動量和沖量無直接聯系，故A錯誤；勻速圓周運動的速度方向時刻變化，所以動量變化，但速度大小不變，所以動能不變，故B正確；雖然勻速圓周運動的合外力的沖量不為零，但動能不變，故C錯誤；由公式Δp＝p′－p可知，由于動量和動量變化量為矢量，遵循平行四邊形定則，則物體動量變化量的方向可能與初動量的方向不在同一直線上，故D正確。]
考點2　動量定理的理解及應用
1．理解動量定理的三個要點
(1)應用動量定理時研究對象一般是單一物體。
(2)求合力的沖量的方法有兩種：一是先求合力，再求合力的沖量；二是求出每個力的沖量，再對沖量求和。
(3)動量定理是矢量式，列方程之前先規定正方向。
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；作用時間越長，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。
注意：分析問題時，要把哪個量一定，哪個量變化搞清楚。
3．理解動量定理的兩個重要應用
(1)應用I＝Δp求變力的沖量
如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量Δp，等效代換為力的沖量I。
(2)應用Δp＝FΔt求動量的變化量
例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換為動量的變化量。
角度1　動量定理的定性應用
[典例2]　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　[行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機的受力面積，減少了司機單位面積的受力大小，可以延長司機的受力時間，從而減小了司機受到的作用力，A項錯誤，D項正確；碰撞前司機動量等于其質量與速度的乘積，碰撞后司機動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機動量的變化量，B項錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機的動能轉化為氣囊的彈性勢能及氣囊氣體的內能，C項錯誤。]
角度2　動量定理的定量應用
[典例3]　一個質量為m＝100 g的小球從離厚軟墊h＝0.8 m 高處自由下落，落到厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了t＝0.2 s，不計空氣阻力，則在這段時間內，軟墊對小球的沖量是多少？(取g＝10 m/s2)
[解析]　設小球自由下落h＝0.8 m的時間為t1
由h＝得t1＝＝0.4 s
設I為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程運用動量定理得
mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6 N·s
負號表示軟墊對小球的沖量方向和規定的正方向相反，方向豎直向上。
[答案]　0.6 N·s，方向豎直向上
【典例3　教用·備選題】(多選)(2025·廣東深圳階段練習)如圖所示，某學生練習用頭顛球。某一次足球由靜止下落45 cm被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為45 cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質量為0.4 kg，g取
10 m/s2，不計空氣阻力，取向下為正方向，下
列說法正確的是(　　)
A．足球下落到與頭部剛接觸時速度為3 m/s
B．頭部對足球的平均作用力大小為24 N
C．足球與頭部作用過程中足球的動量變化量為－2.4 kg·m/s
D．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程，重力的沖量為0
√
√
AC　[根據自由落體運動的公式v2＝2gh，解得足球下落到與頭部剛接觸時速度為v＝3 m/s，故A正確；離開頭部后豎直上升的最大高度仍為45 cm，則離開的速度v′＝－3 m/s，對足球由動量定理得(mg－F)t＝mv′－mv，解得頭部對足球的平均作用力大小為28 N，故B錯誤；足球與頭部作用過程中足球的動量變化量為Δp＝mv′－mv＝－2.4 kg·m/s，故C正確；足球從最高點下落至重新回到最高點的過程，重力的沖量為IG＝mgt′≠0，故D錯誤。]
[典例4]　(多選)(2025·廣東廣州階段練習)如圖(a)所示，一個質量m＝1 kg的物塊靜止在水平面上，現用水平力F向右拉物塊，F的大小隨時間變化的關系如圖(b)所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是(　　)
A．0～4 s內，重力的沖量大小為0
B．0～4 s內，重力的沖量大小為40 N·s
C．4 s末，物塊的速度大小為8 m/s
D．4 s末，物塊的速度大小為9 m/s
√
√
BD　[0～4 s內，重力的沖量大小為IG＝mgt＝40 N·s，故A錯誤，B正確；當水平力增加到F＝f max＝μmg＝2 N時，物塊才開始運動，則1～4 s內由F-t圖像可知水平力F的沖量大小為IF＝×3 N·s＝15 N·s，則1～4 s內由動量定理可得IF－μmgt′＝mv，其中μmgt′＝0.2×1×10×
3 N·s＝6 N·s，解得4 s末，物塊的速度大小為v＝9 m/s，故C錯誤，D正確。]
規律方法　應用動量定理解題的一般步驟
(1)確定研究對象。一般選單個物體。
(2)對物體進行受力分析。可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。
(3)抓住過程的初、末狀態，選好正方向，確定各動量和沖量的正、負號。
(4)根據動量定理列方程，如有必要還需要其他補充方程，最后代入數據求解。對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。
角度3　應用動量定理處理“流體沖擊力問題”
[典例5]　(多選)(2025·廣東廣州專題練習)高壓水槍中豎直向上噴出的水柱將一個質量為m的小鐵盒開口向下頂在空中，如圖所示，已知水的密度為ρ，水以恒定速率v0從橫截面積為S的水槍
中持續噴出，向上運動并沖擊小鐵盒后，以不變的速率豎
直返回，水與鐵盒作用時這部分水所受重力可忽略不計，
重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．水到達鐵盒底部時的速度大小v＝
B．水到達鐵盒底部時的速度大小v＝
C．鐵盒到水槍口的高度h＝
D．鐵盒懸停時受到水的沖擊力大小為mg
√
√
√
BCD　[鐵盒懸停時處于平衡狀態，受到水的沖擊力大小為F＝mg，故D正確；以Δt時間內與鐵盒發生作用的水為研究對象，這些水的質量跟Δt時間內從槍口噴出的水的質量相同，Δm＝Sv0Δtρ，設這些水與鐵盒作用時的速度大小為v，則這些水與鐵盒作用過程中動量變化量大小為Δp＝2Δmv＝2ρSvv0Δt，鐵盒對這些水的作用力大小F′＝＝2ρSvv0，又F′＝F＝mg，解得v＝，故A錯誤，B正確；小鐵盒距水槍口的高度h＝＝，故C正確。]
1．(2025·廣東揭陽高三檢測)拍皮球是大家都喜歡的體育活動，能強身健體。已知皮球質量為m＝0.4 kg，為保證皮球每次與地面碰撞后自然跳起的最大高度均為h＝1.25 m，小明需每次在球到最高點時拍球，每次拍球作用的距離為s＝0.25 m，使球在離手時獲得一個豎直向下、大小為4 m/s 的初速度v。若不計空氣阻力
及球的形變，g取10 m/s2，則每次拍球時(　　)
學情診斷·當堂評價
A．手給球的沖量為1.6 kg·m/s
B．手給球的沖量為2.0 kg·m/s
C．人對球做的功為3.2 J
D．人對球做的功為2.2 J
√
D　[為使皮球在離手時獲得一個豎直向下、大小為4 m/s的初速度v，根據動量定理可知，合外力要給皮球的沖量為I＝mv＝0.4×4 kg·
m/s＝1.6 kg·m/s，手給球的沖量與重力給球的沖量之和等于合外力給球的沖量，故手給球的沖量小于1.6 kg·m/s，選項A、B錯誤；設人對球做的功為W，由動能定理知W＋mgs＝mv2，解得W＝
2.2 J，選項D正確，C錯誤。]
2．(多選)(2025·廣東深圳調研)如圖所示，物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運動，0～4 s內其合外力隨時間變化的關系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是(　　)
A．0～2 s內合外力的沖量一直增大
B．0～4 s內合外力的沖量為零
C．2 s末物體的動量方向發生變化
D．0～4 s內物體動量的方向一直不變
√
√
√
ABD　[根據F-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沖量可知在0～2 s內合外力的沖量一直增大，0～4 s內合外力的沖量為零，故A、B正確；2 s末合外力方向發生變化，物體的動量開始減小，但方向不發生變化，0～4 s內物體動量的方向一直不變，故C錯誤，D正確。]
3．一質量為0.5 kg的物塊靜止在水平地面上，物塊與水平地面間的動摩擦因數為0.2。現給物塊一水平方向的外力F，F隨時間t變化的圖線如圖所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．t＝1 s時物塊的動量大小為2 kg·m/s
B．t＝1.5 s時物塊的動量大小為2 kg·m/s
C．t＝(6－2)s時物塊的速度大小為0.5 m/s
D．在3～4 s的時間內，物塊受到的摩擦力逐漸減小
√
D　[根據動量定理可得(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1 s時物塊的動量大小為p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1) kg·m/s＝1 kg·m/s，故A錯誤；t＝1.5 s 時物塊的動量大小為p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5) kg·m/s＝1 kg·m/s，故B錯誤；設t時刻物塊的速度為零，由題圖知在2～4 s內外力F與時間的關系為F＝(0.5t－2) N，根據F-t圖像與t軸所圍的面積表示沖量大小可得t(2 s
≤t≤4 s)時刻IF＝2×1 N·s＋1×1 N·s＋·(t－2) N·s，由動量定理得，IF－μmgt＝0，聯立解得t＝(6－2) s，故C錯誤；因為t＝(6－2) s在2～3 s內，所以在3～4 s的時間內，物塊靜止，隨著F的減小，物塊受到的摩擦力逐漸減小，故D正確。]
4．(2025·廣東梅州模擬)有一柱形宇宙飛船，它的正面面積S＝
2 m2，飛船以v＝3×103 m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區。此微粒塵區每1 m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為m＝2×10-7 kg。設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加(　　)
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×10-3 N D．1.2 N
√
B　[選在時間Δt內與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質量應等于底面積為S、高為vΔt的柱體內微粒的質量，即M＝mSvΔt，初動量為0，末動量為Mv。設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得F·Δt＝Mv－0，則F＝＝＝mSv2；根據牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2，若飛船要保持原速度，牽引力應增加F′＝F＝mSv2，代入數據得F′＝2×10-7×2×(3×103)2 N＝3.6 N，故A、C、D錯誤，B正確。]
課時分層作業(十五)　動量和動量定理
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
1．下列說法正確的是(　　)
A．跳高時，在落地處墊海綿是為了減小沖量
B．在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過程受到的沖量
C．動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，質量小的先停下來
D．人從越高的地方跳下，落地時越危險，是因為落地時人受到的沖量越大
√
D　[跳高時，在落地處墊海綿是為了延長作用時間，減小沖力，不是減小沖量，故選項A錯誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長作用時間，從而減小沖力，不是減小沖量，故選項B錯誤；動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，根據動量定理Ft＝mv可知運動時間相等，故選項C錯誤；人從越高的地方跳下，落地前瞬間速度越大，動量越大，落地時動量變化量越大，則沖量越大，故選項D正確。]
題號
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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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3
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10
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，由運動學公式v2＝2ax可得v＝，設質點的質量為m，則質點的動量p＝m，由于質點的速度方向不變，則質點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據數學知識可知D正確。]
題號
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10
3．一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為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
√
題號
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D　[根據動能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，比較可得I2≥I1一定成立。故選D。]
題號
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4．(多選)(2024·廣東深圳二模)安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。如圖所示，在汽車正面碰撞測試中，汽車以72 km/h的速度發生碰撞。車內假人的質量為50 kg，使用安全帶時，假人用時0.8 s停下；不使用安全帶時，假人與前方碰撞，用時0.2 s停下。以下說法正確的是(　　)
A．碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒
B．無論是否使用安全帶，假人的動量變化量相同
C．使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為1 250 N
D．不使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為2 500 N
√
題號
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2
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9
10
√
BC　[碰撞過程中，汽車和假人受到外力，所以總動量不守恒，故A錯誤；無論是否使用安全帶，假人的初速度和末速度不變，所以假人的動量變化量相同，故B正確；選擇汽車的初速度方向為正方向，v＝72 km/h＝20 m/s，根據動量定理可得使用安全帶時，
－
＝5 000 N，故C正確，D錯誤。故選BC。]
題號
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5．(多選)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零
√
題號
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10
√
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；由以上分析可知，兩條形磁鐵的動量大小不相等，則甲、乙兩條形磁鐵的動量之和不為零，C錯誤，D正確。]
題號
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6．(2024·廣東汕頭一模)某實驗小組用電池、電動機等器材自制了一個風力小車，葉片勻速旋轉時將空氣以速度v向后排開，葉片旋轉形成的圓面積為S，空氣密度為ρ，下列說法正確的是(　　)
A．風力小車的原理是將風能轉化為小車的動能
B．t時間內葉片排開的空氣質量為ρSv
C．葉片勻速旋轉時，空氣對小車的推力為ρSv2
D．葉片勻速旋轉時，單位時間內空氣流動的動能為ρSv2
√
題號
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C　[風力小車的原理是先將電能轉化成風能，再推動小車運動，所以是電能轉化為小車的動能，故A錯誤；t時間內葉片排開的空氣質量為m＝ρvtS，故B錯誤；由動量定理可得葉片勻速旋轉時，空氣受到的推力為F＝＝＝ρSv2，根據牛頓第三定律可知空氣對小車的推力為ρSv2，故C正確；葉片勻速旋轉時，單位時間內空氣流動的動能為Ek＝m0v2＝ρSv·v2＝ρSv3，故D錯誤。]
題號
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7．(多選)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
√
題號
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√
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＋
題號
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10
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，設4～6 s物塊的運動時間為t2，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F做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正確。]
題號
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8．(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(　　)
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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
√
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√
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FΔt＝I2，解得F＝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。故選BD。]
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9．(2025·廣東茂名診斷)“嫦娥五號”飛船在月球表面的著陸過程如下：在反推火箭作用下，飛船在距月面100米處懸停，通過對障礙物和坡度進行識別，選定相對平坦的區域后，開始以a＝2 m/s2的加速度豎直下降。當四條“緩沖腳”觸地時，反推火箭立即停止工作，隨后飛船經2 s減速到0，停止在月球表面上。飛船質量m＝
1 000 kg，每條“緩沖腳”與地面的夾角為60°，月球表面的重力加速度g取 3.6 m/s2，四條“緩沖腳”的質量不計。求：
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(1)飛船豎直下降過程中，火箭推力對飛船做的功；
(2)從“緩沖腳”觸地到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的沖量大小。
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[解析]　(1)設h＝100 m，飛船加速下降時火箭推力大小為F，則mg－F＝ma
推力對火箭做的功為W＝－Fh
解得W＝－1.6×105 J。
(2)設“緩沖腳”觸地前瞬間，飛船速度大小為v
則v2＝2ah
設從“緩沖腳”觸地到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的沖量大小為I
則4Isin 60°－mgt＝mv
解得I＝ N·s。
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[答案]　(1)－1.6×105 J　(2) N·s
10．(2024·廣東卷)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
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(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規律可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
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[解析]　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知
(mg＋FN)tan θ＝ma
解得
tan θ＝。
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(2)①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s
方向豎直向上。
②頭錘落到氣囊上時的速度
v0＝＝8 m/s
與氣囊作用過程，對頭錘由動量定理(向上為正方向)有
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
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解得v＝2 m/s
則上升的最大高度
h＝＝0.2 m。
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[答案]　(1)　(2)①330 N·s，方向豎直向上　②0.2 m
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