2025高考物理 人教版选择性必修第1册专项复习含答案

2025高考物理人教版选择性必修第1册专项复习第一章动量守恒定律1．动量学习目标1．了解生产、生活中的碰撞现象。2．经历猜想和寻求两物体碰撞前后会有什么物理量不变的过程，领会实验的基本思想。3．理解动量的概念，会计算动量的变化。4．认识动量是状态量，深化运动与相互作用的观念。思维脉络寻求碰撞中的不变量1.实验现象(1)实验装置如下图所示。把两个完全相同的小钢球用两根长度相等的细线悬挂起来，B小球静止，拉起A小球，放开后它们相碰。可以看到：碰撞后，A球的速度_大小不变__地“传给”了B球。(2)将上面实验中的A球换成大小相同的C球，使C球质量大于B球质量，用手拉起C球至某一高度后放开，撞击静止的B球。我们可以看到，碰撞后B球获得_较大__的速度。(3)猜想：①两个物体碰撞前后_动能__之和可能不变。②两个物体碰撞前后_速度__与_质量__的乘积之和可能是不变的。2．实验：寻求碰撞中的不变量(1)实验器材有气垫导轨、_光电门__、小车、数字计时器、_天平__等。(2)本实验所说的“碰撞前”是指即将_发生__碰撞的那一_时刻__，“碰撞后”是指碰撞_刚结束__的那一时刻。(3)分析总结实验的数据，计算两辆小车碰撞前后的动能之和_不__相等，但是质量与速度的乘积之和基本_不变__。动量1.定义运动物体的_质量__和它的_速度__的乘积叫作物体的动量。2．表达式p＝_mv__。3．单位_千克米每秒__，符号kg·m·s－1。4．方向动量是矢量，它的方向与_速度__的方向相同。5．动量的变化量(1)定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′，则称Δp＝_p′－p__为物体在该过程中的动量变化量。(2)方向：Δp是_矢量__，其方向与_加速度__的方向、_合外力__的方向和_速度的改变量Δv__的方向相同。『判一判』(1)在光滑水平面上，两个钢球对心碰撞前后，其速度与质量的乘积之和是不变的。(√)(2)动量大的物体惯性一定大。(×)(3)物体的动量相同，其动能一定也相同。(×)(4)做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp的方向与运动方向相同。(√)(5)物体的动量发生改变，其动能也一定发生改变。(×)『选一选』关于动量，下列说法中正确的是(B)A．做匀速圆周运动的物体，动量不变B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在变化C．物体的动量变化，动能也一定变化D．甲物体的动量p1＝5kg·m/s，乙物体的动量p2＝－10kg·m/s，所以p1>p2解析：动量是矢量，做匀速圆周运动的物体，其速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，A错误；做匀变速直线运动的物体，其速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，B正确；若物体速度方向变化，但大小不变，则其动量变化，而动能不变，C错误；负号只表示动量的方向，与动量的大小无关，故p1<p2，D错误。『想一想』①如图所示，足球守门员可以很轻松地接住飞往球门的足球，但是假如飞来的是一个相同速度的铅球，守门员还敢接吗？②一颗子弹静止时毫无威胁，但它高速飞行时却有很大的杀伤力，这又是为什么？解析：物体的冲击效果跟物体的质量、速度都有关，由物体质量和速度的乘积共同决定。探究寻求碰撞中的不变量要点提炼1.实验器材方案一：带细线的摆球(两个)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。方案二：光滑长木板、光电计时器、纸带、小车(两个)、天平、橡皮泥等。2．实验步骤不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：(1)用天平测量相关物体的质量；(2)安装实验装置；(3)使物体发生碰撞；(4)测量或读出有关数据，计算出物体的速度；(5)改变碰撞条件重复上述(3)(4)步；(6)进行数据处理通过分析对比，找出碰撞中的不变量；(7)整理实验器材。3．数据处理(1)将以上两个实验过程中测得的数据填入下表中碰撞前碰撞后质量m1m2m1m2速度v1v2v1′v2′根据表中的数据，找出碰撞前和碰撞后相等的关系量。(2)结论在实验误差允许的范围内，碰撞前、后不变的量是物体的质量m与速度v的乘积之和，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。典例剖析1．某同学利用气垫导轨上滑块间的碰撞来寻找物体相互作用过程中的“不变量”，实验装置如图所示，实验过程如下(“＋、－”表示速度方向)：实验1两滑块质量m1＝m2＝0.25kg，让运动的m1碰静止的m2，碰后两个滑块分开，数据如表1。表1项目碰前碰后滑块m1滑块m2滑块m1滑块m2速度v/(m·s－1)＋0.11000＋0.108在误差允许的范围内，根据这个实验可推知：(1)碰前两滑块的速度的矢量和_等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的速度矢量和；(2)碰前两滑块动能之和_等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的动能之和；(3)碰前两滑块的质量m与速度v的乘积的矢量和_等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的质量m与速度v′的乘积mv′的矢量和。实验2取m1＝m2＝0.25kg，让运动的m1碰静止的m2，碰后m1、m2一起运动，数据如表2。表2项目碰前碰后滑块m1滑块m2滑块m1滑块m2速度v/(m·s－1)＋0.1400＋0.069＋0.069在误差允许的范围内，根据这个实验可推知：(1)碰前两滑块的速度的矢量和_等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的速度的矢量和；(2)碰前两滑块的动能之和_不等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的动能之和；(3)碰前两滑块的质量m与速度v的乘积mv的矢量和_等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的质量m与速度v′的乘积mv′的矢量和。实验3取2m1＝m2＝0.5kg，让运动的m1碰静止的m2碰后m1、m2分开，数据如表3。表3项目碰前碰后滑块m1滑块m2滑块m1滑块m2速度v/(m·s－1)＋0.1200－0.024＋0.070在误差允许的范围内，根据实验数据可推知：(1)碰前两滑块的速度的矢量和_不等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的速度的矢量和；(2)碰前两滑块的动能之和_不等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的动能之和。(3)碰前两滑块的质量m与速度v的乘积mv的矢量和_等于__(选填“等于”或“不等于”)碰后两滑块的质量m与速度v′的乘积mv′的矢量和，还进行了其他情景的实验，最终在实验中发现的“不变量”是_质量和速度的乘积的矢量和__；(4)在“探究碰撞中的不变量”实验中，关于实验结论的说明，正确的是_BCD__。A．只需找到一种情景的“不变量”即可，结论对其他情景也同样适用B．只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必适用C．实验中要寻找的“不变量”必须在各种碰撞情况下都不改变D．进行有限次实验找到的“不变量”，具有偶然性，结论还需要检验解析：实验1两滑块的质量相同，从表格中数据可以看出，碰撞前后两滑块的速度的矢量和相等，动能之和相等，质量与速度的乘积的矢量和相等。实验2(1)碰前的速度为v＝0.140m/s，碰后两滑块速度的矢量和为v′＝(0.069＋0.069)m/s＝0.138m/s，在误差允许的范围内相等。(2)碰前的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)×0.25×0.1402J＝0.00245J，碰后的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)×0.25×0.0692J＋eq\f(1,2)×0.25×0.0692J≈0.00119J总动能不相等。(3)碰前两滑块的质量m与速度v的乘积的矢量和mv＝0.25×0.140kg·m/s＝0.035kg·m/s，碰后两滑块的质量m′与速度v′的乘积的矢量和m′v′＝0.25×0.069×2kg·m/s＝0.0345kg·m/s，在误差允许的范围内相等。实验3(1)碰前的速度为v＝0.120m/s，碰后的速度矢量和v′＝(－0.024＋0.070)m/s＝0.046m/s，知矢量和不相等。(2)碰前的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)×0.25×0.1202J＝0.0018J，碰后的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)×0.25×0.0242J＋eq\f(1,2)×0.5×0.0702J≈0.0013J，总动能不相等。(3)碰前两滑块的质量m与速度v的乘积的矢量和mv＝0.25×0.120kg·m/s＝0.03kg·m/s，碰后两滑块的质量m′与速度v′的乘积的矢量和m′v′＝(－0.25×0.024＋0.5×0.070)kg·m/s＝0.029kg·m/s在误差允许的范围内相等。综上所述最终在实验中发现的“不变量”是“质量和速度的乘积”。(4)在“探究碰撞中的不变量”实验中，只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必适用，必须在各种碰撞的情况下都不改变，有限次实验偶然性较大，得出的结论需要检验，故B、C、D正确，A错误。对点训练❶用如图所示装置探究碰撞中的不变量，气垫导轨水平放置，两挡光片宽度皆为9.0mm，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电门的时间为0.040s，右侧滑块通过右侧光电门的时间为0.060s，左侧滑块质量为100g，左侧滑块的m1v1＝_22.5__g·m/s，右侧滑块质量为150g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝_0__。解析：以水平向左为正方向，左侧滑块的速度v1＝eq\f(d,t1)＝eq\f(9.0×10－3,0.040)m/s＝0.225m/s，则左侧滑块的m1v1＝100g×0.225m/s＝22.5g·m/s；右侧滑块的速度为v2＝－eq\f(d,t2)＝－eq\f(9.0×10－3,0.060)m/s＝－0.15m/s，则右侧滑块的m2v2＝150g×(－0.15m/s)＝－22.5g·m/s，由以上分析知，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝0。探究对动量的理解要点提炼1.动量的性质(1)瞬时性求动量时要明确是哪一物体在哪一状态(时刻)的动量，p＝mv中的速度v是瞬时速度。(2)矢量性动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同，有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算了。(3)相对性指物体的动量与参考系的选择有关，选不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量。2．动量与速度的区别和联系(1)区别：速度描述物体运动的快慢和方向；动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体间的作用效果。(2)联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，p＝mv。动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，也应比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。典例剖析2.一个质量m＝200g的小球，以v0＝20m/s的速度竖直向上抛出，不计空气阻力，小球的v－t图像如图所示，取竖直向上为正方向。(1)小球在t＝1s时的动量是多少？(2)小球在t＝3s时的动量是多少？(3)从t＝1s到t＝3s这一段时间内，动量的变化量是多少？解析：由v－t图像可知，取竖直向上为正方向。(1)在t＝1s时，v1＝10m/s，p1＝mv1＝0.2×10kg·m/s＝2kg·m/s。(2)在t＝3s时，v2＝－10m/s，p2＝mv2＝0.2×(－10)kg·m/s＝－2kg·m/s。(3)Δp＝p2－p1＝－4kg·m/s，负号表示Δp的方向与正方向相反。答案：(1)2kg·m/s(2)－2kg·m/s(3)－4kg·m/s，负号表示Δp正方向相反对点训练❷一个质量为0.18kg的垒球以25m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，则这一过程中动量的变化量为(D)A．大小为3.6kg·m/s，方向向左B．大小为3.6kg·m/s，方向向右C．大小为12.6kg·m/s，方向向左D．大小为12.6kg·m/s，方向向右解析：规定水平向右为正方向，如图所示，则初动量p1＝mv1＝－0.18kg×25m/s＝－4.5kg·m/s，被打击后动量p2＝mv2＝0.18kg×45m/s＝8.1kg·m/s，故动量变化量为Δp＝p2－p1＝12.6kg·m/s，Δp的方向与规定的正方向相同，即向右，选项D正确。动量和动能的比较动量动能物理量性质都是状态量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化决定因素物体所受冲量外力所做的功换算关系p＝eq\r(,2mEk)，Ek＝eq\f(p2,2m)案例(多选)(2023·河北唐山开滦一中检测)子弹在射入木板前的动能为E1，动量大小为p1；射穿木板后的动能为E2，动量大小为p2。若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为(BC)A.eq\f(E1＋E2,p1＋p2) B．eq\f(E2－E1,p2－p1)C．eq\f(E1,p1)＋eq\f(E2,p2) D．eq\f(E1,p1)－eq\f(E2,p2)解析：由p＝mv及Ek＝eq\f(1,2)mv2可知子弹的速度v＝eq\f(2Ek,p)，则子弹射入前速度v1＝eq\f(2E1,p1)，射穿后速度v2＝eq\f(2E2,p2)，则平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(E1,p1)＋eq\f(E2,p2)，故C正确；又根据数学知识得，eq\x\to(v)＝eq\f(E2－E1,p2－p1)，故B正确。一、寻求碰撞中的不变量1．(2024·山东省潍坊市高二调研)在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝170g，右侧滑块质量m2＝110g，挡光片宽度为3.00cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32s，Δt2＝0.21s。则两滑块的速度分别为v1′＝_0.094__m/s，v2′＝_－0.143__m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝_0__kg·m/s，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝_2.5×10－4___kg·m/s。可得到的结论是在实验允许的误差范围内，两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量。解析：取向左方向为正，两滑块速度v1′＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(3.00×10－2,0.32)m/s≈0.094m/s，v2′＝eq\f(－d,Δt2)＝eq\f(－3.00×10－2,0.21)m/s≈－0.143m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝0，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143)kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s，在实验允许的误差范围内，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。二、动量2．(多选)关于动量的概念，下列说法正确的是(AC)A．动量大的物体，惯性不一定大B．动量大的物体，运动一定快C．动量相同的物体，运动方向一定相同D．动量相同的物体，动能也一定相同解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的，动量大的物体质量不一定大，同理，动量大的物体速度也不一定大；动量相同指的是动量的大小和方向均相同；由动量和动能的关系p2＝2mEk知，只有质量相同的物体在动量相同时，动能才相同。3．质量为0.5kg的物体，运动速度为3m/s，它在一个变力作用下速度大小变为7m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为(A)A．5kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2kg·m/s，方向与原运动方向相同解析：以原来的运动方向为正方向，动量的变化量Δp＝mv′－mv＝0.5×(－7)kg·m/s－0.5×3kg·m/s＝－5kg·m/s，负号表示Δp的方向与原方向相反。4．(2023·广东高三月考)比赛用标准篮球充气后，从1.80m处自由下落后弹起的高度范围应在1.20～1.40m之间。在某次检测时，篮球自离地面高1.80m处无初速度释放后反弹最大高度为1.25m，该篮球的质量为0.6kg，忽略空气阻力的影响，g取10m/s2，则下列说法正确的是(B)A．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量方向向下B．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量大小为6.6kg·m/sC．从开始下落至反弹到最高点，整个过程篮球的机械能守恒D．从开始下落至反弹到最高点，整个过程合力对篮球所做的功为3.3J解析：取向下为正方向，由v2＝2gh，可得落地前的速度v1＝eq\r(2×10×1.8)m/s＝6m/s，反弹离开地面前的速度大小是v2＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s，方向向上，即v2＝－5m/s，则有Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－6.6kg·m/s，负号代表方向向上，大小为6.6kg·m/s，A错误，B正确；篮球反弹的最大高度小于初始高度，所以机械能有损失，机械能不守恒，C错误；由动能定理可知，整个过程动能变化量为零，合力做功也为零，D错误。5．物块A的质量为2.0kg，放在水平面上，在水平力F作用下由静止开始做直线运动，水平力F随物块的位移x变化的规律如图所示。最后物块停在距出发点28m处。求物块开始运动后5s末的动量。答案：11kg·m/s解析：由动能定理有F1x1＋F2x2－fx＝0代入数据得f＝5N匀加速过程有F1－f＝ma1匀减速过程有F2－f＝ma2－f＝ma3物块在第一段时间内v0＝0，x1＝12m，由x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得t1＝4s由v4＝a1t1，解得4s末物块的速度v4＝6m/s故5s末物块的速度v5＝v4＋a2t2＝6m/s－0.5×(5－4)m/s＝5.5m/s所以5s末物块的动量p5＝mv5＝11kg·m/s。基础强化练(时间25分钟满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题5分，共30分)1．下列关于动量的说法中，正确的是(D)A．物体的动量改变了，其速度大小一定改变B．物体的动量改变了，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态变化后，其动量也就变化解析：由于动量是矢量，动量改变时，可能是速度大小或方向改变，也可能两者都变，所以A、B错误；速度大小不变，速度方向可能变化，物体动量也就变化，所以C错误；物体的运动状态变化，说明物体速度发生变化，即动量发生变化，故D正确。2．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，则在这段时间内物体动量变化量的大小为(BCD)A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(2gh) D．meq\r(v2－v\o\al(2,0))解析：在这段时间内，速度的变化量为Δv＝vy＝gt，则Δp＝mgt；因为veq\o\al(2,y)＝2gh，则Δp＝mvy＝meq\r(2gh)；据速度矢量关系知，veq\o\al(2,y)＝v2－veq\o\al(2,0)，则Δp＝meq\r(v2－v\o\al(2,0))。综合分析知，选项B、C、D正确。3．(多选)物体的动量变化量的大小为6kg·m/s，这说明(CD)A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动能可能不变D．物体的动量大小可能不变解析：物体的动量变化量的大小为6kg·m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变，故A、B错误，D正确；动量发生变化时，速度大小可能不变，即动能不变，所以C正确，故选CD。4．如图所示，一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中其动量的改变量大小为(D)A．0.5kg·m/s B．1kg·m/sC．2kg·m/s D．3kg·m/s解析：篮球的重心下降高度0.8m的速度为v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，方向向下反弹后篮球的重心上升高度0.2m的初速度为v2＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，方向向上规定竖直向下为正方向，Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－2)kg·m/s－0.5×4kg·m/s＝－3kg·m/s。故D正确。5．(2024·山东滨州北镇中学高二期末)t＝0时刻质量为1kg的小球从空中某一高度由静止开始下落，与地面碰撞后反弹上升到某一高度处，此过程中小球的速率v随时间t变化的关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(B)A．2.0～3.0s内，小球处于超重状态B．0～3.0s内，小球的位移大小为10mC．小球在下落和上升过程中，加速度方向相反D．小球与地面碰撞过程中动量变化量的大小为4kg·m/s解析：2.0～3.0s内，小球减速上升，加速度向下，处于失重状态，A错误；图像与坐标轴围成的面积等于位移，0～3.0s内，小球的位移大小为x＝eq\f(1,2)×16×2m－eq\f(1,2)×12×1m＝10m，B正确；小球在加速下落和减速上升过程中，加速度均向下，方向相同，C错误；动量变化量为Δp＝1×(－12)kg·m/s－1×16kg·m/s＝－28kg·m/s，则小球与地面碰撞过程中动量变化量的大小为28kg·m/s，D错误。6．(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两个相同的小球a、b，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，下列说法正确的是(BC)A．b球在空中速度变化的快B．抛出时b球的动能较大C．整个过程中a、b两球动量的变化量相同D．整个过程中b球动能的变化量较大解析：不计空气阻力，两球都是只受重力，所以加速度相同，两球在空中速度变化快慢相同，故A错误；两球运动的最大高度相同，加速度相同，故飞行时间相同，两球的速度变化量相同，则Δp＝mΔv，整个过程中a、b两球动量的变化量相同，故C正确；两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同；b球运动的水平距离大，水平分速度大，则抛出时b球的速度较大，动能较大，故B正确；空气阻力不计，两球只受重力作用，机械能守恒；落地时的动能等于抛出时的初动能，则动能变化均为零，两球的动能变化量相同，故D错误。二、非选择题(共30分)7．(15分)(2023·北京市陈经纶中学高二下学期期中)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d＝_14.50__mm。又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h，为完成实验，还需要测量的物理量有：_小球B质量m2，碰后小球A摆动的最大角β__。解析：球的直径为d＝14mm＋eq\f(1,20)×10mm＝14.50mm；根据机械能守恒定律m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(1,2)d))(1－cosα)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)可得碰撞前瞬间球A的速度，碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以需要测出小球A碰后摆动的最大角β；小球B碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律可得小球B的速度，根据实验要求还需要测量小球B的质量m2。8．(15分)(2024·北京丰台区高二期末)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用。求：(1)第2s末质点的动量大小；(2)第1s内与第2s内质点动量增加量之比；(3)第1s内与第2s内质点动能增加量之比。答案：(1)6kg·m/s(2)2∶1(3)4∶5解析：(1)质点由静止开始运动，由牛顿第二定律可得，0～1s内质点的加速度大小为a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，1～2s内质点的加速度大小为a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，则第1s末质点的速度大小为v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，第2s末质点的速度大小为v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，因此第2s末质点的动量大小为p＝mv2＝1×6kg·m/s＝6kg·m/s。(2)第1s内与第2s内质点动量增加量之比为Δp1∶Δp2＝(mv1－0)∶(mv2－mv1)＝2∶1。(3)第1s内与第2s内质点动能增加量之比为ΔEk1∶ΔEk2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－0))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)))＝4∶5。能力提升练(时间20分钟满分40分)一、选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)1．(2023·陕西宝鸡高二统考期中)质量为2kg的物体，在运动过程中速度由向东的3m/s变为向南的3m/s，下列关于它在该运动过程中的动量和动能变化的说法正确的是(C)A．动量变化大小为0B．动量变化大小为12kg·m/sC．动能变化大小为0D．动能变化大小为12J解析：物体运动的速度由向东的3m/s变为向南的3m/s，设向东的速度为v1，向南的速度为v2，则有速度的变化量为Δv＝v2－v1＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝eq\r(32＋32)m/s＝3eq\r(2)m/s，可得动量变化大小为Δp＝mv2－mv1＝m·Δv＝2×3eq\r(2)kg·m/s＝6eq\r(2)kg·m/s，所以选项A、B错误；物体动能变化大小是ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0，所以选项C正确，D错误。2．(多选)如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，现有一与水平方向成θ角的恒力F作用于物体上，恒力F在物体上作用了一段时间(作用过程中物体始终未离开水平面)，则在此过程中(BC)A．力F对物体做的功大于物体动能的变化B．力F对物体做的功等于物体动能的变化C．力F对物体的冲量大小大于物体动量变化的大小D．力F对物体的冲量等于物体动量的变化解析：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，合力为Fcosθ；重力和支持力都与位移垂直，不做功，故拉力的功等于总功，也等于动能的增加量，A错误，B正确；根据动量定理，动量增加量等于合力的冲量；合力为Fcosθ，小于拉力，故拉力的冲量大于动量增加量，C正确，D错误。3.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的eq\f(1,4)圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是(A)A．a比b先到达S点，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S点，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S点，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S点，它们在S点的动量相等解析：在物块下落的过程中，只有重力对物块做功，故机械能守恒，由mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以在相同的高度，两物块的速度大小相同，即速率相同。由于a运动的路程小于b运动的路程，故ta<tb，即a比b先到达S点；到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物块的动量不相等，所以A正确。4.如图为跳水运动员进行跳板跳水训练的动作图解。从起跳到落水前，整个过程的路径为抛物线，将运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员(A)A．过程Ⅰ的动量逐渐增大B．过程Ⅱ的动量逐渐增大C．过程Ⅰ的动量改变量等于过程Ⅱ的动量改变量D．过程Ⅰ、Ⅱ的总动量改变量为零解析：过程Ⅰ的动量逐渐增大，过程Ⅱ的动量逐渐减小，A对，B错；运动员在最高点的速度不为零，末速度为零，则过程Ⅰ、Ⅱ的动量改变量不相等，其总动量改变量不为零，故C、D错误。5．(多选)如图所示为物体受到的合外力随时间变化的图像，若物体开始时是静止的，则前3s内(BC)A．物体的位移为0B．物体的动量改变量为0C．物体的动能变化量为0D．物体的动量先减小后增大解析：据牛顿第二定律知，物体第1s内的加速度为a1＝eq\f(20N,m)，第1s末的速度v1＝a1t1，物体第2、3s内的加速度为a2＝－eq\f(10N,m)，第3s末的速度v3＝v1＋a2t2＝0，故前3s内动量变化量Δp＝mv3－mv0＝0－0＝0，动能的变化量ΔEk＝0，故B、C正确；前3s内，物体的动量先增大后减小，故D错误；第1s内F＝20N，第2、3s内F＝－10N，物体先加速、后减速，在第3s末速度为0，物体的位移不为0，故A错误。二、非选择题(共15分)6．(15分)将质量为0.10kg的小球从离地面20m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m/s，g取10m/s2，不计空气阻力，求：(1)当小球落地时，小球的动量；(2)小球从抛出至落地过程中动量的增量。答案：(1)2.5kg·m/s，方向竖直向下(2)4.0kg·m/s，方向竖直向下解析：(1)由v2－veq\o\al(2,0)＝2gh可得小球落地时的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)＝eq\r(152＋2×10×20)m/s＝25m/s，取竖直向下为正方向，则小球落地时的动量为p＝mv＝0.10×25kg·m/s＝2.5kg·m/s，方向竖直向下。(2)以竖直向下为正方向，小球从抛出至落地过程中动量的增量Δp＝mv－mv0＝0.10×25kg·m/s－0.10×(－15)kg·m/s＝4.0kg·m/s，方向竖直向下。2.动量定理课时1动量定理的基本应用学习目标1．了解冲量的概念，理解动量定理的内涵。2．知道动量定理适用于变力情况，领会求变力冲量的极限思想。3．能用动量定理解释生产生活中的有关现象，并会应用它解决实际问题。思维脉络冲量1.定义_力__与_力的作用时间__的乘积叫力的冲量。2．表达式I＝FΔt。3．方向冲量是矢量，冲量的方向与_力__的方向一致，冲量的方向跟_动量变化__的方向一致。4．冲量的单位在国际单位制中是“_牛秒__”，符号“_N·s__”。『判一判』(1)冲量是矢量，其方向与动量的方向相同。(×)(2)力越大，力对物体的冲量越大。(×)(3)冲量就是物体的动量。(×)动量定理1.内容物体在一个过程中所受力的_冲量__等于它在这个过程始末的_动量变化量__。2．定义式I＝_p′－p__也可以写作：F(t′－t)＝_mv′－mv__。『判一判』(4)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。(√)(5)碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法增大冲击力的作用时间。(×)(6)动量定理中说的“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。(√)(7)合外力越大，物体的动量变化率越大，动量变化的就越快。(√)『选一选』汽车的安全气囊是用来保护乘客的，使汽车在出现撞击事故时，乘客不致发生致命伤害，关于安全气囊的作用，下列说法正确的是(C)A．减小人的动能变化量B．减小人的动量变化量C．减小人的动量变化率D．减小人受到合外力的冲量解析：由于安全气囊增加了人减速到零所用的时间，故可以减小人的动量变化率，也可以说减小人受到的合外力，选项C正确。动量定理的应用1.如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间越短，物体受的力就越_大__；作用的时间越长，物体受的力就越_小__。2．如果作用力一定时，作用的时间越长，动量的变化量越_大__，作用的时间越短，动量的变化量越_小__。『想一想』鸡蛋从一米多高的地方自由落到地板上，肯定会被打破。现在，在地板上放一块厚泡沫塑料垫，让鸡蛋从同一高度自由落下，落到泡沫塑料垫上，看鸡蛋会不会被打破，思考其中的道理。解析：鸡蛋落地动量变化Δp一定，鸡蛋落到厚泡沫塑料垫上时，作用时间Δt变大，根据动量定理F·Δt＝Δp，可知鸡蛋所受的撞击力减小，所以鸡蛋不会破。探究对冲量的理解要点提炼1.对冲量的理解(1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应。(2)冲量的矢量性：冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。(3)冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性。2．冲量的计算(1)单个力的冲量：利用公式I＝FΔt计算。(2)合力的冲量：①如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则。②两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解。(3)变力的冲量：由图可知F－t图线与时间轴之间所围的“面积”的大小表示对应时间Δt内，力F的冲量的大小。(1)冲量是矢量，求冲量的大小时一定要注意是力与其对应的时间的乘积。(2)判断两个力的冲量是否相同，必须满足冲量的大小和方向都相同，缺一不可。典例剖析1.如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°，高为5m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中，g取10m/s2，求：(1)重力的冲量；(2)支持力的冲量；(3)合力的冲量。思路引导：eq\x(\a\al(分析物体的,受力情况))→eq\x(\a\al(确定各力大,小、方向))→eq\x(\a\al(确定物体,运动时间))→eq\x(\a\al(根据公式,求各力及合,力的冲量))解析：由于物体下滑过程中各个力均为恒力，所以只要求出物体下滑的时间，便可以用公式I＝F·Δt逐个求解。由牛顿第二定律得：a＝eq\f(mg·sinθ,m)＝g·sinθ＝5m/s2由x＝eq\f(1,2)aΔt2，得Δt＝eq\r(,\f(2x,a))＝eq\r(,\f(2h,gsin2θ))＝2s。重力的冲量为IG＝mg·Δt＝2×10×2N·s＝40N·s，方向竖直向下。支持力的冲量为IF＝F·Δt＝mgcosθ·Δt＝20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上。合力的冲量为I合＝F合·Δt＝mgsinθ·Δt＝20N·s，方向沿斜面向下。答案：(1)40N·s，方向竖直向下(2)20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上(3)20N·s，方向沿斜面向下对点训练❶如图所示，将质量为m＝1kg的小球，从距水平地面高h＝5m处，以v0＝10m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m/s2。求：(1)抛出后0.4s内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp。解析：(1)重力是恒力，0.4s内重力对小球的冲量I1＝mgt1＝1×10×0.4N·s＝4N·s，方向竖直向下。(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，则h＝eq\f(1,2)gt2，解得落地时间t＝1s，小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I＝mgt＝1×10×1N·s＝10N·s，方向竖直向下。由动量定理得Δp＝I＝10kg·m/s，方向竖直向下。答案：(1)4N·s，竖直向下(2)10N·s，竖直向下探究对动量定理的理解和应用要点提炼1.对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。(2)动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同。运用动量定理主要解决一维运动问题，要注意正方向的规定。

(3)动量的变化率和动量的变化量由动量定理可以得出F＝eq\f(p′－p,Δt)，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力。而由动量定理I＝Δp知动量的变化量决定于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关。2．动量定理的应用(1)应用动量定理FΔt＝Δp定性解释常见物理现象。由上式可以看出如果保持Δp一定，则力作用的时间越短，冲力就越大。因此在需要增大作用力时，可尽量减少作用的时间，如打击、碰撞等，由于作用时间短、作用力往往较大。反之，作用时间越长，力F就越小，因此在需要减小作用力的时候，可想办法延长力的作用时间，如利用海绵或弹簧的缓冲作用来延长作用时间，达到减小作用力的目的。(2)应用I＝Δp求变力的冲量。如果物体受到大小、方向不变的力的作用，既可以应用FΔt求力的冲量，也可以根据物体动量变化量Δp的大小和方向来求出力的冲量。如果物体受到大小、方向改变的力的作用，则不能直接用FΔt求变力的冲量，这时可以求在该力冲量作用下物体动量变化量Δp的大小和方向，以求出变力的冲量。3．应用动量定理解题的一般步骤(1)选定研究对象，明确运动过程。(2)进行受力分析和运动的初、末状态分析。(3)选定正方向，根据动量定理列方程求解。典例剖析2．一质量为m＝100g的小球从h＝0.8m高处自由下落到一厚软垫上。若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，则这段时间内软垫对小球的平均冲力为多少？(g取10m/s2，不计空气阻力)解析：方法一：分段处理法设小球刚落到软垫瞬间的速度为v。小球自由下落的过程，由机械能守恒有：mgh＝eq\f(1,2)mv2得落地速度v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，小球接触软垫的过程，取向下为正方向。设软垫对小球的平均作用力大小为F，由动量定理有：(mg－F)t＝0－mv，得：F＝mg＋eq\f(mv,t)＝0.1×10N＋eq\f(0.1×4,0.2)N＝3N。方法二：全过程处理法设小球落到软垫上所用时间为t0，则h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，得t0＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，取小球下落的整个过程研究取向下为正方向，由动量定理得：mg(t0＋t)－Ft＝0，解得：F＝eq\f(mgt0＋t,t)＝eq\f(0.1×10×0.4＋0.2,0.2)N＝3N。答案：3N对点训练❷如图所示，用0.5kg的铁锤竖直把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为4.0m/s。如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s，那么：(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多少？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多少？(g取10m/s2)解析：(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv所以F1＝eq\f(－mv,t)＝－eq\f(0.5×－4.0,0.01)N＝200N，方向竖直向上。由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为200N，方向竖直向下。(2)若考虑重力，设此时铁锤受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正。(F2－mg)t＝0－mvF2＝－eq\f(0.5×－4.0,0.01)N＋0.5×10N＝205N，方向竖直向上。由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为205N，方向竖直向下。答案：(1)200N，方向竖直向下(2)205N，方向竖直向下动量定理和动能定理的比较项目动量定理动能定理公式F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp涉及力与时间Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk涉及力与位移标矢性矢量式标量式因果关系因力的冲量(总冲量)力做的功(总功)果动量的变化量动能的变化量相同点①公式中的力都是指物体所受的合外力。②动量定理和动能定理都注重初、末状态，而不注重过程，因此都可以用来求变力作用的结果(变力的冲量或变力做的功)。③研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统(但动能定理应用时要注意系统内力做功问题)；研究过程可以是整个过程，也可以是某一段过程。动量定理和动能定理都是求解力学问题的重要定理。应用时要特别注意选定研究对象和过程，注重受力情况分析和运动情况分析，灵活运用规律求解。特别注意运用动量定理解题需考虑速度的方向，运用动能定理解题则不需考虑速度的方向。案例(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥沙中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(AC)A．小球的机械能减少了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于meq\r(2gH) D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得：mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，B错误；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，对进入泥沙的过程运用动量定理得：IG－If＝0－meq\r(2gH)，得：If＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的冲量大于meq\r(2gH)，C正确；对全过程运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，大小为0，D错误。一、冲量1．关于冲量，下列说法正确的是(A)A．合力的冲量是物体动量变化的原因B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大D．冲量的方向与物体运动的方向相同解析：力作用一段时间便有了冲量，而合力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说合力的冲量使物体的动量发生了变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B错误；物体所受冲量I＝FΔt与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，与物体运动方向无关，D错误。二、动量定理2．(2023·四川省攀枝花市高二下学期期末)我国天津地标之一“天津之眼”是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做轨道半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，已知当地重力加速度为g，质量为m的乘客从最高点运动到最低点过程中，重力的冲量大小为(D)A．0 B．2mωRC．2mgR D．eq\f(πmg,ω)解析：乘客从最高点运动到最低点过程中经过的时间为t＝eq\f(π,ω)，则重力的冲量：I＝mgt＝eq\f(πmg,ω)；选项D正确。3.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止。其速度—时间图像如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力f做的功为W2，摩擦阻力冲量大小为I2。则下列选项正确的是(D)A．W1>W2；I1>I2 B．W1<W2；I1>I2C．W1<W2；I1<I2 D．W1＝W2；I1＝I2解析：功的关系：在0～t2时间内，由动能定理W1－W2＝0得：W1＝W2；冲量的关系：从0～t2时间内，由动量定理I1－I2＝0得：I1＝I2，故D正确。4．(多选)如图所示，AB为固定的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球(AC)A．所受合力的冲量水平向右B．所受支持力的冲量水平向右C．所受合力的冲量大小为meq\r(2gR)D．所受重力的冲量大小为0解析：小球初速度为0，末速度在B点水平向右，根据动能定理mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得速度大小为v＝eq\r(2gR)。根据动量定理得I合＝Δp＝mv＝meq\r(2gR)，方向水平向右，故A、C正确；重力是恒力，小球从A到B，重力的冲量大小不为0，故D项错误；小球从A到B，合力的冲量水平向右，重力的冲量竖直向下，根据平行四边形定则可知，支持力的冲量不可能水平向右，故B项错误。三、动量定理应用5．(2023·浙江金华高二调研)跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全(如图)，这是由于(D)A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小解析：人跳远从一定高度落下，落地前的速度一定，则初动量相同，落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理FΔt＝Δp，t长F小，故D对。6.如图所示，H是一种安全气囊，内部存有化学物质，当汽车高速前进，受到撞击时，化学物质会在瞬间爆发产生大量气体，充满气囊，填补在司机与车前挡风玻璃、仪表板、方向盘之间，防止司机受伤。若某次事故中汽车的速度是35m/s，司机冲向气囊后经0.2s停止运动，人体冲向气囊的质量约为40kg，头部和胸部作用在气囊上的面积约为400cm2。求：(1)则在这种情况下，人的头部和胸部受到平均压强为多大？(2)相当于多少个大气压？答案：(1)1.75×105Pa(2)相当于1.75个大气压解析：(1)由动量定理得F·t＝m·Δv，F＝eq\f(m·Δv,t)，①又p＝eq\f(F,S)，②联立①②两式得p＝eq\f(m·Δv,t·S)＝eq\f(40×35,0.2×400×10－4)Pa＝1.75×105Pa。(2)相当于1.75个大气压。基础强化练(时间25分钟满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1．关于力的冲量，下列说法正确的是(B)A．力越大，力的冲量就越大B．作用在物体上的力大，力的冲量不一定大C．静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零D．F1与作用时间t1的乘积F1t1在数值上等于F2与作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同解析：由冲量定义式I＝Ft可知，力越大，力的冲量不一定越大，还与时间有关，A错，B对；静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为Ft，C错；冲量是矢量，大小相等，若方向不同，则这两个冲量不相同，D错。2．如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(C)A．减小球的动量的变化量B．减小球对手作用力的冲量C．减小球的动量变化率D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：篮球的动量变化量一定，所以球对手的冲量也一定，A、B、D错误；由动量定理F·Δt＝Δp，可知Δt增大，减小了球的动量变化率，C正确。3.沿同一直线，甲、乙两物体分别在合外力F1、F2作用下做直线运动，甲在t1时间内、乙在t2时间内动量p随时间t变化的p－t图像如图所示，设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1，乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2，则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是(A)A．F1>F2，I1＝I2 B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2解析：由F＝eq\f(Δp,Δt)知F1>F2，由I＝Δp知I1＝I2，A正确。4．研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出5×10－5m3的空气，用时约0.02s。已知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反作用力为(A)A．0.13N B．0.68NC．2.6N D．13N解析：打一次喷嚏喷出的空气质量为m＝ρV＝1.3×5×10－5kg＝6.5×10－5kg，设打一次喷嚏喷出的空气受到的平均作用力为F，根据动量定理得FΔt＝mv，解得F＝eq\f(mv,Δt)＝eq\f(6.5×10－5×40,0.02)N＝0.13N，根据牛顿第三定律可得人受到的平均反作用力为F′＝F＝0.13N，故A正确。5．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落，对于这个实验，下列说法正确的是(D)A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些解析：在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时纸条与杯子作用时间长，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，选项A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与纸条间的摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确。6．(多选)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，重力加速度g取10m/s2，下列分析正确的是(BD)A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.48kg·m/sB．手机对眼睛的冲量大小约为0.48N·sC．手机对眼睛的冲量方向竖直向上D．手机对眼睛的作用力大小约为2.4N解析：根据自由落体得手机掉落到人眼睛位置时的速度为v＝eq\r(2gh)＝2m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为Δp＝0－mv＝－0.24kg·m/s，故A错误；手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向下为正方向，对手机由动量定理得mgt＋I＝Δp，代入数据得I＝－0.48N·s，负号表示方向竖直向上，根据力的作用是相互的，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48N·s，故B正确；因为手机对眼睛的力的方向是竖直向下，所以手机对眼睛的冲量方向竖直向下，故C错误；根据冲量定义得手机对眼睛的作用力大小约为F＝eq\f(－I,t)＝2.4N，故D正确。二、非选择题(共24分)7．(12分)在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10m/s2)答案：12s解析：用动量定理求解，研究全过程。选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、末状态的物体速度都等于零。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。8．(12分)一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示。求：(1)0～8s时间内拉力的冲量；(2)0～8s时间内物体的动量的变化量。答案：(1)18N·s(2)4kg·m/s解析：(1)由图乙知IF＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3＝18N·s。(2)由图丙可知：前2s内物体处于静止状态，2～6s物体匀加速运动；6～8s物体做匀速直线运动，在此过程中物体拉力与摩擦力相等，即Ff＝2N。物体在0～8s时间内动量的变化量等于合外力的冲量Δp＝IF－IFf＝18N·s－1×2N·s－2×6N·s＝4N·s＝4kg·m/s。能力提升练(时间15分钟满分40分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1．(2023·天津一中高二下学期模块检测)物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图(a)所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图(b)所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为(D)A．mv B．MuC．mv＋Mu D．mv＋mu解析：对B由动量定理得：MgΔt＝Mu－0，对A由动量定理得，设弹簧弹力的冲量为I：I－mgΔt＝mv－0，联立解得：I＝mv＋mu，A、B、C错误，D正确。2.(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是(BC)A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125JD．缓冲墙对滑块做的功为－250J解析：由动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝5m/s。由B到C的过程中，由动能定理得μmgLBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝3m/s滑块与墙碰撞后反弹滑行1m停下，同理可得滑块反弹的速度vC′＝－2m/s(方向与初速度反向，取负)由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量I＝Δp＝mvC′－mvC＝－250N·s由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝－125J，综上分析可知B、C正确。3．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动。经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t(C)A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D．以上三种情况都有可能解析：甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，作用时间相同，由冲量的定义式I＝FΔt可知，两冲量大小相等，只有选项C正确。4.篮球运动是深受人们喜爱的体育运动，有一种传球方式是通过地面传球的，其简化过程如图所示，若将质量为m的篮球以速度v斜射到地板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度大小仍为v，则下列说法中正确的是(A)A．合外力对篮球的冲量大小为eq\r(2)mvB．篮球动量的改变量为零C．地面对篮球冲量的方向水平向左D．篮球动量改变量的方向竖直向下解析：由图可知，碰撞前的动量大小为p1＝mv，方向沿初速度方向，末动量大小为p2＝mv，方向沿末速度方向；根据三角形定则，篮球动量的改变量为Δp＝eq\r(2)mv，方向竖直向上，故合外力的冲量竖直向上，大小为eq\r(2)mv，故A正确，B、D错误；因重力的冲量竖直向下，故地面对篮球的冲量方向一定竖直向上，故C错误。二、非选择题(共16分)5．(16分)(2023·广州大学附中高二下学期期末)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m，据测算两车相撞前速度约为30m/s。则：(1)试求车祸中车内质量约为60kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？答案：(1)5.4×104N(2)1.8×103N解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5m。设运动的时间为t，根据x＝eq\f(v0,2)t，得t＝eq\f(2x,v0)＝eq\f(1,30)s。根据动量定理F·t＝Δp＝mv0，得F＝eq\f(mv0,t)＝eq\f(60×30,\f(1,30))N＝5.4×104N。(2)若人系有安全带，则F′＝eq\f(mv0,t′)＝eq\f(60×30,1)N＝1.8×103N。

课时2用动量定理解决的常见问题学习目标1．学会用动量定理求变力、恒力的冲量。2．能用动量定理分析解决流体类问题。三类冲量的求解方法1.恒力的冲量：恒力的冲量用公式_I＝Ft__计算，冲量的方向与_恒力__的方向一致。2．变力的冲量(1)F－t图像“面积”法在F－t图像上，图线与时间轴围成的面积，就等于在该段时间内力对物体的_冲量__。面积大小表示冲量的大小，面积的正负表示冲量的方向。(2)动量定理法利用动量定理I＝Δp计算，即求出在该力冲量作用下物体动量改变量Δp的大小和方向，从而得到变力的冲量。3．合力的冲量(1)先求出每个力的冲量Ii＝Fiti，再求每个力冲量的矢量和I合＝_I1＋I2＋I3＋…＋In__。(2)利用动量定理：_I合＝Δp__。应用动量定理解题的注意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。(2)动量定理中的冲量不是某一个力的冲量。它可以是合力的冲量，也可以是各个力冲量的矢量和，还可以是合力在不同阶段的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。流体类问题1.流体作用模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝_ρSΔl＝ρSvΔt__，根据动量定理，流体微元所受的合力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝_ΔmΔv__分两种情况：(1)作用后流体微元静止，有Δv＝－v，代入上式有F＝_－ρSv2__；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝_－2ρSv2__。2．微粒类问题(1)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。(2)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S；②微元研究，作用时间Δt内一段柱体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝_SΔl＝SvΔt__，则微元内的粒子数N＝_nvSΔt__；③先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算。探究动量定理解释物理现象要点提炼利用动量定理解释生活中的现象主要有三类：1．Δp一定，Δt小则F大，Δt大则F小；2．F一定，Δt小则Δp小，Δt大则Δp大；3．Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。典例剖析1．如图是很熟悉的物理演示实验，为什么弹性钢片撞击塑料片后，塑料片从钢球下飞出而钢球仍然静止在支柱上？解析：弹性钢片在恢复原状的过程中给塑料片一个很大的弹力，塑料片受力，运动状态发生改变，获得较大的速度而从钢球下面穿出，钢球与塑料片之间存在滑动摩擦力，但塑料片与钢球之间的作用时间非常短，摩擦力的冲量非常小，钢球的动量变化也非常小，运动状态几乎不发生变化，所以钢球仍然静止在支柱上。答案：见解析对点训练❶杂技表演时，人用铁锤猛击“大力士”身上的大石块，石裂而人不伤，试分析其中的道理。解析：设大石块的质量为M，铁锤的质量为m，铁锤打击石块前的速度为v，反弹的速度为v′，取向上为正方向，根据动量定理有(F－mg)Δt＝mv′－m(－v)，得铁锤受到大石块的支持力F＝eq\f(mv＋v′,Δt)＋mg。对石块下的人而言，原来受压力为Mg，铁锤的打击将对人产生一附加压力，根据牛顿第三定律，石块受到的冲量F′Δt＝FΔt＝m(v＋v′)＋mgΔt。因人体腹部柔软，缓冲时间t较长，人体受到的附加压力F1＝eq\f(Δp,t)＝eq\f(mv＋v′,t)＋eq\f(mgΔt,t)并不大，故人不会受伤(当然，这还和表演者的技术有关，我们不能模仿)。答案：见解析探究应用动量定理处理“流体”问题要点提炼1.流体通常情况下应用动量定理解题，研究对象为质量一定的物体，相互作用往往就一次，这类题目的研究对象很明确，作用过程很清晰，解答的难度不大。对于流体，其作用往往是连续的，研究对象不固定，相互作用过程较复杂，求解难度偏大。通常接触的流体有两类，一类是“真流体”，另一类是“类流体”。2．连续流体类问题模型特点及求解思路流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“液体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ分析步骤1建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S2微元研究，作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体典例剖析2．人们常说“水滴石穿”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小。一瀑布落差为h＝20m，水流量为Q＝0.10m3/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零。(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10m/s2)解析：设水滴落下后与石头碰前速度为v，则有mgh＝eq\f(1,2)mv2设时间Δt内有质量为Δm的水冲到石头上，石头对水的作用力为F，由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv又因Δm＝ρQΔt联立得：F＝ρQeq\r(2gh)＝2×103N由牛顿第三定律知，水对石头的作用力大小F′＝F＝2×103N方向竖直向下。答案：2×103N，方向竖直向下对点训练❷有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝0.98m2，以v＝2×103m/s的速度飞入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一个微粒，每一微粒平均质量m＝2×10－7kg，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船碰撞后附着于飞船上)解析：选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v·Δt的柱体内微粒的质量M＝mSv·Δt，初动量为0，末动量为Mv。设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0则F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加F′＝F＝mSv2代入数据得F′＝2×10－7×0.98×(2×103)2N＝0.784N。答案：0.784N一、三类冲量的求解方法1．质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t物体的动量为p，动能为Ek。若水平力变为2F，经过时间2t，则(B)A．物体的动量变为2pB．物体的动量变为4pC．物体的动能变为4EkD．物体的动能变为8Ek解析：根据动量定理有p＝Ft，p′＝4Ft＝4p，根据动能与动量的关系有Ek′＝eq\f(p′2,2m)＝eq\f(16p2,2m)＝16Ek，故B正确。2．质量为m的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度v0水平跳出，由于风力的影响，经时间t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为g，在此段时间t内(D)A．风力一定沿水平方向B．爱好者机械能减