金版教程物理2025高考科学复习解决方案第七章动量守恒定律及其应用第七章 核心素养提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第七章动量守恒定律及其应用第七章核心素养提升[科学思维提炼]1．抽象与概括：动量概念的提出，以及动量守恒定律发现的科学历史过程。2．特殊值法：例如弹性碰撞的实例分析中，选取简单特例进行分析。如果所得结论与实际情况一致，那么理论分析可能是正确的，否则一定出了问题。3．微元法(1)求某些变力的冲量。(2)动量定理在“流体”类及“微粒”类物体相关问题中的应用。4．图像法：求某些变力的冲量。5．平均值法：当力的大小随时间均匀变化时，求该力的冲量。6．分段法和全程法：多过程问题中应用动量定理或动量守恒定律。7．守恒思想：动量守恒定律，明确守恒条件。8．模型建构(1)动量定理在“流体”类及“微粒”类物体相关问题中应用时，沿流体流速方向或微粒速度方向建立“柱体”模型。(2)动量守恒定律实际应用中的碰撞、爆炸、反冲模型，以及其下细化的弹性碰撞、对心正碰、“人船模型”、“子弹打木块”及“滑块—木板”模型、“滑块—弹簧”模型、“悬绳模型”等。9．力学三大观点(1)动力学观点：需要进行过程分析，可以求瞬时量。(2)能量观点①动能定理应用时需要确定初末状态，并明确过程中力做的功；②机械能守恒定律应用时需要确定物体或系统初末状态，并明确守恒条件；③能量守恒定律应用时需要确定研究涉及的物体及对应过程的初末状态。(3)动量观点①动量定理应用时需要确定初末状态，并明确过程中力的冲量；②动量守恒定律应用时需要确定系统所涉及的物体以及初末状态，并明确守恒条件。10．转换法：(利用斜槽滚球法)验证动量守恒定律的实验。11．数学归纳法：动量守恒定律在某些多过程问题中的应用。[素养提升集训]一、选择题(本题共8小题)1.(2023·广东省湛江市高三下第二次模拟)(多选)一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3均已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．0～2s内，木箱保持静止B．可求出木箱与地面间的动摩擦因数C．可求出0～6s内合力的冲量大小D．可求出0～6s内木箱克服摩擦力做的功答案AC解析4s后木箱做匀速直线运动，表明木箱所受滑动摩擦力大小f＝F2，又f＝fmax，根据题图可得F1<F2＝fmax，所以0～2s内，木箱保持静止，A正确；根据f＝μmg，f＝F2，解得μ＝eq\f(F2,mg)，由于木箱质量未知，因此不能求出木箱与地面间的动摩擦因数μ，B错误；在F­t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示力的冲量，所以根据图像可求出0～6s内拉力F的冲量大小IF＝2s·(F1＋F2＋F3)，0～2s内木箱处于静止状态，有f1＝F1，2～6s内摩擦力f＝F2，且摩擦力方向与拉力方向始终相反，则摩擦力的冲量If＝－2s·f1－4s·f＝－2s·F1－4s·F2，则0～6s内合力的冲量大小I合＝IF＋If＝2s·(F3－F2)，C正确；由于木箱质量未知，因此不能求出木箱的速度、加速度与位移，则不能求出0～6s内木箱克服摩擦力做的功，D错误。2．(2023·福建省厦门市高三下3月第二次质量检测)鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2m2，海水的密度为1.05×103kg/m3，则海浪对礁石的平均冲击力大小约为()A．1.05×104N B．5.25×104NC．7.88×104N D．2.63×105N答案B解析设Δt时间内冲击礁石的海水的体积为ΔV，则有ΔV＝SvΔt，这部分海水的质量为Δm＝ρ·ΔV，以海浪的运动方向为正方向，在海浪冲击礁石过程中，设礁石对海水的平均作用力大小为F，根据动量定理有－FΔt＝0－Δmv，联立解得F＝ρSv2＝1.05×103×2×52N＝5.25×104N，根据牛顿第三定律可知，海浪对礁石的平均冲击力大小约为F′＝F＝5.25×104N，故选B。3．(2023·湖南省邵阳市高三下二模)“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为vt。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是()A．vt＝2u B．vt＝v0＋2uC．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u答案B解析设探测器的质量为m，行星的质量为M，行星在探测器远离后的速度大小为u1，以u方向为正方向，由题意结合弹性碰撞规律可知，探测器与行星作用过程中，两者组成的系统动量守恒、总动能保持不变，根据动量守恒定律有－mv0＋Mu＝mvt＋Mu1，根据总动能保持不变，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mu2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,1)，解得vt＝eq\f(M（v0＋2u）,M＋m)－eq\f(mv0,M＋m)，又因为m≪M，则有vt＝v0＋2u，故选B。4．(2023·新课标卷)(多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A．在x＝1m时，拉力的功率为6WB．在x＝4m时，物体的动能为2JC．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s答案BC解析由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知，0～2m，F1＝eq\f(12－0,2－0)N＝6N，2～4m，F2＝eq\f(18－12,4－2)N＝3N。物体从x＝0运动到x＝1m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入W1＝6J、x1＝1m，解得在x＝1m时，物体的速度v1＝2m/s，则在x＝1m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18J、x4＝4m，解得在x＝4m时，物体的动能Ek4＝2J，B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2m，解得Wf2＝8J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2m内由静止开始做加速运动，在2～4m内做减速运动，在x＝2m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入W2＝12J、x2＝2m，解得在x＝2m时物体的速度v2＝2eq\r(2)m/s，则从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D错误。5.(2024·湖南省永州市高三上第一次模拟)(多选)如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置静止释放b球，下列说法正确的是()A．b球落地的瞬间，a球的速度为0B．在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0答案AC解析a、b两球组成的系统在水平方向上所受合力始终为零，水平方向动量守恒，系统水平方向的初动量为零，则b球落地的瞬间系统水平方向动量仍为零，此时轻杆方向水平，则a、b球水平方向的速度相等，可知a球的速度为零，故A正确；由于释放b球时a球的速度为0，当b球落地的瞬间，a球的速度仍为0，但b球下落过程中a球速度不为0，则a球的机械能不守恒，但初、末时刻的机械能相等，由于a、b球与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，b球的机械能不守恒，但初、末时刻b球的机械能相等，则轻杆对b球做的总功为0，故B、D错误；b球落地前的整个过程中，b球的动量变化量Δpb竖直向下，b球的重力的冲量竖直向下，根据动量定理可知，轻杆对b球的水平冲量为0，分析可知，轻杆对b球先有斜向上的推力，后有斜向下的拉力，设前一过程轻杆对b球的冲量为I1，后一过程轻杆对b球的冲量为I2，则I1与水平方向的夹角较大，根据以上分析，由矢量的合成法则，可作出整个过程轻杆对b球的冲量I如图，即轻杆对b球的冲量大小不为零，方向竖直向上，故C正确。6.(鲁科版选择性必修第一册·第一章[单元自我检测]T8改编)(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则()A．C球落地前瞬间A球的速度为eq\r(2gH)B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6C．A球弹起的最大高度为25HD．A球弹起的最大高度为9H答案ABD解析因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝eq\r(2gH)，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq\f(1,2)mBvB′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由B项分析解得vA′＝3eq\r(2gH)，根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度hmax＝eq\f(vA′2,2g)＝9H，C错误，D正确。7.(2021·山东高考)(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是()A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为mgC．d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)D．d＝eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))\s\up12(2)H2)答案BC解析开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0，有F浮＝Mg＋mg；水平投出质量为m的物资瞬间，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度v＝eq\f(mv0,M)；投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮－Mg＝mg，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确。投出物资后热气球和物资的运动示意图如图所示，设物资落地所用时间为t，根据H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2H,g))，热气球的加速度大小a＝eq\f(mg,M)＝eq\f(m,M)g，则在竖直方向上运动的位移为HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H；物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，则物资和热气球的水平位移分别为xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))·eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，C正确，D错误。8．(2021·湖南高考)(多选)如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是()A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0B．mA>mBC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3答案ABD解析在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。二、非选择题(本题共1小题)9．(2023·全国乙卷)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝eq\f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。答案(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)4解析(1)小球释放后自由下落，设下降高度为l时小球的速度为v0，根据机械能守恒定律得mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)小球以速度v0＝eq\r(2gl)与静止圆盘发生弹性碰撞，设碰后瞬间小球的速度为vm1，圆盘的速度为vM1，取竖直向下为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M1)mv0＝mvm1＋MvM1联立解得vm1＝－eq\f(1,2)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)vM1＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向上，圆盘的速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向下。(2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，当二者速度相同时，间距最大，设这段时间为t，以竖直向下为运动的正方向，则vm1＋gt＝vM1根据运动学公式，这段时间圆盘和小球的位移分别为xM1′＝vM1txm1′＝vm1t＋eq\f(1,2)gt2则在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离dmax＝xM1′－xm1′联立解得dmax＝l。(3)从第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度为vM1的圆盘为参考系，则小球做竖直上抛运动，且相对初速度为vm1′＝vm1－vM1设该过程所用时间为t1，则－vm1′＝vm1′＋gt1可得vm1′＝－v0，t1＝eq\f(2v0,g)这段时间圆盘的实际位移xM1＝vM1t1可得xM1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)＝2l第二次碰撞过程，仍以速度为vM1的圆盘为参考系，根据碰撞规律同理可得，碰后瞬间小球和圆盘相对vM1的速度分别为vm2′＝－eq\f(1,2)v0，vM2′＝eq\f(1,2)v0分析可知，此后相邻两次碰撞时间内，以前一次碰撞后的圆盘为参考系，则小球均以初速度－v0做竖直上抛运动，相邻两次碰撞的时间间隔均为t1＝eq\f(2v0,g)且第n次碰撞后，圆盘速度大小为vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…)第n次碰撞至第n＋1次碰撞时间内，圆盘向下运动的位移xMn＝vMnt1联立可得xMn＝2nl则第n次碰撞时圆盘与管的上端口的距离为ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1)结合数学知识解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…)因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l则第五次碰撞前，圆盘已落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。建模提能3应用动量定理分析变质量问题的技巧水流、气流等流体或电子流、粒子流等微粒对物体表面持续撞击时，或者对流体或微粒持续施加作用力时，流体或微粒持续发生其中的部分动量改变的情形，分析这些问题时，一般以流体或微粒为研究对象，沿流体的流速或微粒的速度方向建立“柱状”模型，应用动量定理及微元法等综合分析。1．流体类问题通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水等速率反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()A．2.7m/s B．5.4m/sC．7.6m/s D．10.8m/s[答案]B[解析]根据平衡条件，水对飞行器的作用力F＝Mg，根据牛顿第三定律，飞行器对水的平均作用力大小也等于F。设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρ·V＝2ρSvt，由动量定理可知，飞行器对水的平均作用力在t时间内对质量为Δm的水的冲量I＝Ft＝Δm[v－(－v)]，联立可得v＝eq\r(\f(Mg,4ρS))＝eq\r(\f(90×10,4×1000×π×0.052))m/s≈5.4m/s，B正确。【名师点睛】流体类问题分析步骤(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt。(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv。2．微粒类问题通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。(2020·海南高考)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3g/s，则探测器获得的平均推力大小为()A．1.47N B．0.147NC．0.09N D．0.009N[答案]C[解析]设Δt时间内发动机喷出离子的质量为Δm，对这部分离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3kg×Δt，v＝3×104m/s，解得F＝0.09N，由牛顿第三定律知，探测器受到的平均推力与F等大反向，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故C正确，A、B、D错误。【名师点睛】微粒类问题分析步骤(1)建立“柱体”模型，沿速度v的方向选取一段微元，其横截面积为S。(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt。(3)应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解，即FΔt＝NmΔv。1．(2021·天津高考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是()A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用答案AB解析燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误；设Δt时间内喷出Δm的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为v，以喷出Δm燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定理有FΔt＝Δmv，结合牛顿第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝eq\f(Δm,Δt)·v，可知增加单位时间的燃气喷射量eq\f(Δm,Δt)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v时，均可以增大火箭的推力，故A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，喷出的燃气相对于火箭的速度v不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误。2．(2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s～56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的()A．2倍 B．4倍C．8倍 D．16倍答案B解析设空气的密度为ρ，台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt内吹向交通标志牌的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向该交通标志牌的末速度变为零，对台风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，结合牛顿第三定律可得台风对该交通标志牌的作用力大小F′＝F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25m/s，16级台风的风速v2≈50m/s，则有eq\f(F2′,F1′)＝eq\f(veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,1))≈4，故选B。3．一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A．Snmveq\o\al(2,0) B．2Snmveq\o\al(2,0)C．Snmveq\o\al(3,0) D．2Snmveq\o\al(3,0)答案C解析时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝nmveq\o\al(2,0)S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝nmveq\o\al(3,0)S，故C正确，A、B、D错误。课时作业[A组基础巩固练]1．物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是()A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变B．合力对物体做功为零，则合力的冲量也一定为零C．做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的D．做圆周运动的物体，经过一周，合力的冲量一定为零答案C解析根据动量定理知，动量的变化率即为合力，则做匀变速曲线运动的物体，动量的变化率恒定，A错误；合力对物体做功为零，则合力可能不为零，例如合力可能作用了一段时间，物体初末速度大小相等，但方向不同，故合力的冲量不一定为零，B错误；做匀变速运动的物体所受的合力恒定，动量变化量的方向与合力同向，保持不变，C正确；做变速圆周运动的物体，经过一周，动量的变化量不一定为零，由动量定理知合力的冲量不一定为零，D错误。2．(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p­x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p­x图像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()答案D解析质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝meq\r(2ax)＝meq\r(2a)·xeq\s\up6(\f(1,2))，且x和p均应为正值，故对应的相轨迹为图像D。3.(2023·安徽省宣城市高三下第二次模拟调研)如图所示，将一质量为m的小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做半径为r的匀速圆周运动，周期为T，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．在T时间内，小球受到的重力冲量为零B．在eq\f(T,2)时间内，小球受到合力的冲量为零C．在T时间内，小球受到弹力的冲量为零D．在eq\f(T,2)时间内，小球受到弹力的冲量大小为meq\r(\f(16π2r2,T2)＋\f(g2T2,4))答案D解析在T时间内，小球受到的重力冲量IG＝mgT，不为零，故A错误；小球的线速度大小v＝eq\f(2πr,T)，在eq\f(T,2)时间内，小球的速度大小不变，方向反向，根据动量定理可知，小球受到合力的冲量大小为I合＝2mv＝eq\f(4mπr,T)，故B错误；在T时间内，小球动量改变量为零，根据动量定理可得0＝mgT＋IN，解得小球受到弹力的冲量IN＝－mgT，不为零，故C错误；在eq\f(T,2)时间内，根据平衡条件可知，小球受到弹力的竖直分力等于重力，则水平分力等于合力，则小球受到弹力的水平分力冲量大小Ix＝I合，竖直分力冲量大小Iy＝mg·eq\f(T,2)，则小球受到弹力的冲量大小IN′＝eq\r(Ieq\o\al(2,x)＋Ieq\o\al(2,y))＝meq\r(\f(16π2r2,T2)＋\f(g2T2,4))，故D正确。4．(2022·福建省福州市高三下3月质量检测)2021年12月9日下午，航天员王亚平等天空授课时，在演播室主持人给同学们提出下列思考题“航天员站在舱外机械臂上，一只手拿一个小钢球，另一只手拿一根羽毛，双手用同样的力，向同一方向抛出，预定距离两米，小钢球和羽毛哪个先抵达？”假设力的作用时间相同，那么正确的结论是()A．小钢球先到达 B．羽毛先到达C．同时到达 D．无法判定答案B解析根据动量定理，可得Ft＝mv，依题意，力F和作用时间t均相同，小钢球的质量大于羽毛的质量，所以v钢球<v羽毛，易知羽毛先到达。故选B。5.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v­t图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中()A．F1的冲量等于F2的冲量B．F1的冲量大于F2的冲量C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量答案D解析题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，则F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。6．(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4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正确。[B组综合提升练]7.(鲁科版选择性必修第一册·第1章[单元自我检测]T7改编)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3．2kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s答案C解析设足球自由下落h＝80cm时的速度为v1，时间为t1，由veq\o\al(2,1)＝2gh，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，有t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，足球反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛运动的初速度大小v2＝v1＝4m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4s；对足球与头部作用的过程，取竖直向上为正方向，该过程中足球动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)＝3.2kg·m/s，由动量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝Δp，其中Δt＝0.1s，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝36N，即头部对足球的平均作用力大小为36N，而足球的重力大小为4N，则头部对足球的平均作用力是足球重力的9倍，故A错误，C正确。足球下落到刚接触头部时的动量大小为p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B错误；足球从最高点下落到重新回到最高点的过程，所受重力的冲量大小为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D错误。8．(2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8g，出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为()A．40 B．80C．120 D．160答案C解析根据牛顿第三定律，机枪对子弹的平均作用力大小约为F＝12N，设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，C正确，A、B、D错误。9.(2023·湖南省株洲市高三下一模)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意向。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型，芭蕉叶呈水平状；所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为eq\f(v,5)，另一半则留在叶面上；忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p为()A.eq\f(\a\vs4\al(11ρhv),10t) B.eq\f(\a\vs4\al(9ρhv),10t)C.eq\f(\a\vs4\al(3