2025届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量和动量定理学案粤教版

PAGE18-第六章碰撞与动量守恒[高考导航]考点内容要求全国卷三年考情分析202420242024动量、动量定理、动量守恒定律及其应用ⅡⅠ卷·T14：动量守恒定律的应用Ⅲ卷·T20：动量定理的应用Ⅰ卷·T14：动量、动能T24：动量守恒定律、机械能守恒定律Ⅱ卷·T24：牛顿其次定律、动量守恒定律T15：动量定理Ⅲ卷·T25：动量、机械能守恒定律Ⅰ卷·T16：动量定理的应用T25：v－t图象、动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理Ⅱ卷·T25：动量定理、动能定理、匀变速直线运动的规律Ⅲ卷·T25：动量守恒定律、动能定理、牛顿其次定律弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ试验七：验证动量守恒定律说明：只限于一维第1讲动量和动量定理学问要点一、动量1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。2.表达式：p＝mv。3.单位：kg·m/s。4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。二、冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。公式：I＝Ft。2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。三、动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变更。2.表达式：Ft＝Δp＝p′－p。3.矢量性：动量变更量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。基础诊断1.(多选)下列关于动量的说法正确的是()A.质量大的物体，动量肯定大B.质量和速率都相同的物体，动量肯定相同C.一个物体的速率变更，它的动量肯定变更D.一个物体的运动状态变更，它的动量肯定变更解析依据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同确定，故A项错误；又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小肯定相同，但方向不肯定相同，故B项错误；一个物体的速率变更，则它的动量大小就肯定变更，故C项正确；物体的运动状态变更，则它的速度就肯定发生了变更，它的动量也就发生了变更，故D项正确。答案CD2.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()图1A.拉力F对物体的冲量大小为零B.拉力F对物体的冲量大小为FtC.拉力F对物体的冲量大小是FtcosθD.合力对物体的冲量大小为零解析对冲量的计算肯定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。这一个力的冲量与另一个力的冲量无关。B、D项正确。答案BD3.质量为m的物体在力F作用下做初速度为v1的匀加速直线运动，经时间t，物体的动量由mv1增到mv2，则()A.若该物体在2F力作用下经2t，则物体的动量变更量为4mv2－4mv1B.若该物体在2F力作用下经2t，则物体的动量变更量为4mv2－3mv1C.在2F力作用下经t，物体的动量变更量为2mv2D.在2F力作用下经t，物体的动量变更量为2mv2－mv1解析由动量定理得Ft＝mv2－mv1，则2F·2t＝4mv2－4mv1，2Ft＝2mv2－2mv1，故只有选项A正确。答案A4.(2024·全国Ⅱ卷，15)高空坠物极易对行人造成损害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10N B.102NC.103N D.104N解析依据自由落体运动和动量定理有v2＝2gh(h为25层楼的高度，约70m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103N，所以C正确。答案C动量和冲量的理解1.对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常状况是指相对地面的动量。(2)动量与动能的比较名称项目动量动能动量变更量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力确定，还由力的作用时间确定，恒力的冲量等于该力与力的作用时间的乘积。②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一样；对于作用时间内方向变更的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量变更量的方向一样。(2)作用力和反作用力的冲量：肯定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必定联系。【例1】(2024·全国Ⅰ卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A.与它所经验的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比解析列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝eq\f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。答案B1.(多选)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是()A.物体的动量发生变更，其动能肯定发生变更B.物体的动量发生变更，其动能不肯定发生变更C.物体的动能发生变更，其动量肯定发生变更D.物体的动能发生变更，其动量不肯定发生变更解析物体的动量发生变更，可能是方向变更也可能是大小变更，所以物体的动能不肯定发生变更，故选项A错误，B正确；物体的动能变更，速度大小肯定变更，则动量肯定发生变更，故选项C正确，D错误。答案BC2.如图2所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q两点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()图2A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变更大小相同解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F＝mgsinθ(θ为滑轨倾角)，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变更也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcosθ，FNa＜FNb，因此弹力对a滑块的冲量较小，选C。答案C3.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，关于球的动量变更量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()A.Δp＝2kg·m/sW＝－2JB.Δp＝－2kg·m/sW＝2JC.Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD.Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变更量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－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W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。答案A动量定理的理解及应用1.动量定理的理解(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变更的力。变力的状况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式FΔt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特殊留意冲量、动量及动量变更量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。2.用动量定理说明现象(1)Δp肯定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。(2)F肯定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。分析问题时，要把哪个量不变、哪个量变更搞清晰。3.用动量定理解题的基本思路【例2】(2024·全国Ⅰ卷，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试胜利，这标记着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次试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解析依据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝1.6×103kg/s，所以选项B正确。答案B1.[应用动量定理说明生活现象]下列说明中正确的是()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，落地时越危急，是因为落地时人受到的冲量越大解析跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间从而减小冲力，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，依据动量定理Ft＝mv，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。答案D2.[应用动量定理求动量的变更量](多选)如图3所示，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下推断正确的是()图3A.相遇时A的速度肯定为零B.相遇时B的速度肯定为零C.A从抛出到最高点的时间为eq\f(v2,g)D.从抛出到相遇A、B动量的变更量相同解析相遇时A还具有水平速度，则此时的速度不为零，选项A错误；因A在最高点的竖直速度为零，可知B的速度也肯定为零，选项B正确；两球运动的时间相等，即t＝eq\f(v2,g)，选项C正确；依据Δp＝mgt可知从抛出到相遇A、B动量的变更量相同，选项D正确。答案BCD3.[应用动量定理求变力的冲量]拍皮球是大家都喜爱的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25m，使球在离手时获得一个竖直向下4m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10m/s2，则每次拍球()图4A.手给球的冲量为1.6kg·m/sB.手给球的冲量为2.0kg·m/sC.人对球做的功为3.2JD.人对球做的功为2.2J解析人拍球的过程，人对球的冲量为I，由动量定理得I＋mgΔt＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，则I＜1.6kg·m/s，则手给球的冲量小于1.6kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理得W＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(1,2)×0.4×42J－0.4×10×0.25J＝2.2J，选项D正确，C错误。答案D4.[动量定理与图象的综合](多选)(2024·全国Ⅲ卷，20)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止起先沿直线运动。F随时间t变更的图线如图5所示，则()图5A.t＝1s时物块的速率为1m/sB.t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t＝4s时物块的速度为零解析由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m)。t＝1s时物块的速率为v＝eq\f(Ft,m)＝eq\f(2×1,2)m/s＝1m/s，故选项A正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故选项B正确；t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，故选项C错误；t＝4s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故选项D错误。答案AB动量定理与微元法的综合应用考向流体类问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件分析步骤1建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S2用微元法探讨，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理探讨这段柱形流体【例3】[2024·全国Ⅰ卷，35(2)]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算便利起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周匀称散开。忽视空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析(ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满意ΔV＝ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。(ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽视，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)。答案(ⅰ)ρv0S(ⅱ)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)考向微粒类问题微粒及其特点通常电子流、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粒子数n分析步骤1建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2用微元法探讨，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt3先应用动量定理探讨单个粒子，建立方程，再乘N计算【例4】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽视，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学学问，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。解析一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有eq\f(1,6)的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N＝eq\f(1,6)n·SvΔtΔt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝eq\f(I,Δt)则器壁单位面积所受粒子的压力f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2。答案f＝eq\f(1,3)nmv21.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的。煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可破裂，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103kg/m3)()A.30m/s B.40m/sC.45m/s D.60m/s解析设溅落在煤层表面的某水柱微元的质量为Δm，由动量定理得F·Δt＝Δm·v，而Δm＝ρ·SΔl，Δl＝vΔt，联立可得eq\f(F,S)＝ρv2，则速度v＝eq\r(\f(F,S)·\f(1,ρ))＝eq\r(\f(p,ρ))＝60m/s，选项D正确。答案D2.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图6所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续匀称地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图6A.0.2N B.0.6NC.1.0N D.1.6N解析豆粒从80cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，veq\o\al(2,1)＝2gh，则v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s设竖直向上为正方向，依据动量定理Ft＝mv2－mv1则F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×（－4）,1)N＝0.6N，故B正确，A、C、D错误。答案B课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(多选)(2024·北京西城区模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变更C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量D.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变更量的方向相同，与动量的方向不肯定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变更，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。答案BD2.如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100N，球在地面上滚动了10s后停下来，则运动员对球的冲量为()图1A.1000N·s B.500N·sC.0 D.无法确定解析滚动了10s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球时的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D正确。答案D3.如图2，广州塔摩天轮位于塔顶450m高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客()图2A.动量不变 B.线速度不变C.合外力不变 D.机械能不守恒解析坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断变更，可知线速度不断变更，动量也不断变更；由于向心加速度方向不断变更，可知合外力大小不变，但方向不断变更，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变更，可知机械能不守恒，选项D正确。答案D4.2024年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，中午从天津飞抵香港途中遭受鸟击，飞机头部被撞穿一个1米乘1米的大洞，雷达罩被砸穿。所幸客机于下午1点24分平安着陆，机上无人受伤。设客机撞鸟时飞行速度大约为1080km/h，小鸟质量约为0.5kg，撞机时间约为0.01s，估算飞机受到的撞击力为()图3A.540N B.54000NC.15000N D.1.50N解析本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v＝1080km/h＝300m/s，撞击过程对鸟，以飞机飞行方向为正方向，由动量定理得Ft＝mv－0，解得F＝eq\f(mv,t)＝eq\f(0.5×300,0.01)N＝1.5×104N，则C正确，A、B、D错误。答案C5.如图4所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70kg，初速度v0＝5m/s，若经过1s时，速度为v＝5eq\r(5)m/s，则在此过程中，运动员动量的变更量为(g＝10m/s2，不计空气阻力)()图4A.700kg·m/s B.350eq\r(5)kg·m/sC.350(eq\r(5)－1)kg·m/s D.350(eq\r(5)＋1)kg·m/s解析依据动量定理得Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1kg·m/s＝700kg·m/s，故选项A正确。答案A6.(2024·佛山模拟)如图5所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面对左运动并与弹簧发生相互作用。设相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的大小为()图5A.I＝0 B.I＝mv0C.I＝2mv0 D.I＝3mv0解析设木块离开弹簧时的速度为v，依据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，依据动量定理得I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故选项C正确。答案C7.(多选)在港珠澳大桥施工过程中，我国科学家和工程技术人员自主创新了海底沉管技术。海底沉管要克服困难多变的洋流，情境困难，其简化原理图如图6所示，吊车处于静止状态，吊绳相对于吊车以速度v匀速向下放管子，管子的质量为m。假设图中P为管子起先被吊起的位置，Q为管子刚接触水面的位置，R为管子刚好完全进入水中的位置，S为管子刚好到达水底的位置，假定管子入水前后速度不变，则下列说法正确的是()图6A.管子从P位置到R位置，吊绳拉力等于管子重力B.管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，且拉力不变C.管子从Q位置到R位置，吊绳拉力做功的功率在渐渐减小D.管子从Q位置到最终停在S位置，合力对管子的冲量大小为mv解析依据共点力的平衡条件可知，管子从P位置到Q位置，吊绳拉力等于管子重力，管子从Q位置到R位置，由于管子排开水的体积渐渐增大，管子所受的浮力渐渐增大，故吊绳拉力渐渐减小，又速度大小不变，故拉力做功的功率P＝Fv渐渐减小，A错误，C正确；管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，管子从Q位置到R位置，吊绳拉力渐渐减小，管子从R位置到S位置，吊绳拉力不变，B错误；管子从Q位置到最终停在S位置，设向下的速度方向为正方向，依据动量定理可知，合力的冲量等于管子动量的变更量－mv，故合力对管子的冲量大小为mv，D正确。答案CD8.如图7所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()图7A.ρvS B.eq\f(ρv2,S)C.eq\f(1,2)ρv2S D.ρv2S解析Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。答案D9.质量为1kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图8所示。则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是()图8A.10N·s，10N·s B.10N·s，－10N·sC.0，10N·s D.0，－10N·s解析由图象可知，在前10s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故选项D正确。答案D综合提能练10.(2024·四川省绵阳市其次次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最终停下来。则质量大的物体()A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变更快解析依据p＝mv可知，初动量相同，质量大的物体速度小；依据动能定理可知－FfL＝0－Ek＝－eq\f(p2,2m)，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A正确；依据动量定理得，－Fft＝0－p，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿其次定律可知，质量大的加速度小，故C错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变更量相同，因滑行时间相同，故动量变更快慢相同，故D错误。答案A11.一质量为m的物体静置于倾角为θ的斜面上，在沿平行于斜面对上的拉力作用下起先运动，运动一段时间后撤去拉力，物体最终停止，其运动的速度—时间图象如图9所示，已知斜面足够长，重力加速度为g，则()图9A.拉力的大小为eq\f(2mv0,t0)B.滑动摩擦力冲量的大小为3(mv0－mgt0sinθ)C.0～2t0时间为拉力的平均功率与滑动摩擦力的平均功率相等D.整个过程中拉力做的功与物体克服摩擦力做的功相等解析由v－t图象斜率的肯定值表示加速度大小和牛顿其次定律得F－f－mgsinθ＝meq\f(v0,2t0)和f＋mgsinθ＝meq\f(v0,t0)，联立解得拉力的大小为F＝eq\f(3mv0,2t0)，选项A错误；由A项分析知滑动摩擦力的大小f＝meq\f(v0,t0)－mgsinθ，则滑动摩擦力的冲量大小为If＝f·3t0＝(meq\f(v0,t0)－mgsinθ)·3t0＝3(mv0－mgt0sinθ)，选项B正确，拉力的平均功率Peq\o(F,\s\up6(－))＝F·eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3mv0,2t0)·eq\f(v0,2)＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),4t0)，滑动摩擦力的平均功率Peq\o(f,\s\up6(－))＝f·eq\o(v,\s\up6(－))＝(meq\f(v0,t0)－mgsinθ)·eq\f(v0,2)，拉力的平均功率与滑动摩擦力的平均功率不相等，选