新高考新教材一輪復習人教版第六章第1講動量沖量動量定理學案

第六章油量

■DILIUZHANG

第1講動量沖量動量定理

奏奏三要言必備知識新學法基礎落實套套蕉蕉^

［主干知識填一填］

一、動量、動量的變化量、沖量

1.動量

(1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積.

(2)表達式：p—mv.

(3)方向：動量的方向與速度的方向相同.

2.動量的變化量

(1)因為動量是矢量，動量的變化量Rp也是矢量,其方向與速度的改變量A。的方向相

回.

(2)動量的變化量AP的大小，一般用末動量"減去初動量P進行計算，也稱為動量的增

量.g∣JΔp=p'-p.

3.沖量

(I)定義:力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量.

(2)公式：I=Ft.

(3)單位：N?s.

(4)方向：沖量是矢量,其方向與力的方向相同.

二、動量定理

L內(nèi)容：物體在一個運動過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受合力的沖量.

2.公式：mv'—"2=式f'—力或〃'一〃=/.

3.動量定理的理解

(1)動量定理反映了力的沖量與動量變化量之間的因果關系,即外力的沖量是原因，物

體的動量變化量是結果.

(2)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，

可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和.

(3)動量定理表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義.

［規(guī)律結論?記一記］

1.動量是矢量，其方向與物體的速度方向相同，動量變化量也是矢量，其方向與物體

合外力的沖量方向相同.

2.力與物體運動方向垂直時，該力不做功，但該力的沖量不為零.

3.某個力的沖量與物體的運動狀態(tài)及其是否受其他力無關?

4.動量定理中物體動量的改變量等于合外力的沖量，包括物體重力的沖量.

5.應用動量定理列的方程是矢量方程，列方程時應選取正方向，且力和速度必須選同

一正方向.

［必刷小題?測一測］

一、易混易錯判斷

I.兩物體的動量相等，動能也一定相等.（X）

2.動量變化的大小，不可能等于初末狀態(tài)動量大小之和?（X）

3.物體的動量變化量等于某個力的沖量.（X）

4.物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零?（X）

5.物體的動量越大，則物體的慣性就越大?（X）

6.物體所受的合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的?（J）

二、經(jīng)典小題速練

I.下列關于物體的動量和動能的說法，正確的是（）

A.物體的動量發(fā)生變化，其動能一定發(fā)生變化

B.物體的動能發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化

C.若兩個物體的動量相同，它們的動能也一定相同

D.動能大的物體，其動量也一定大

解析：B物體的動量發(fā)生變化時，如果只是方向發(fā)生變化，則其動能不變，A錯誤；

物體的動能發(fā)生變化時，速度大小一定變化，則動量一定發(fā)生變化，B正確；由Ek=5可

知，兩物體的動量相同時，質(zhì)量越小，動能越大，故選項C、D均錯誤.

2.質(zhì)量為5kg的小球以5m?的速度豎直落到地板上，隨后以3m/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.10kg?m/sB.—10kg?m/s

C.40kg?m/sD.-40kg?m/s

解析：D動量的變化是未動量減去初動量，規(guī)定了豎直向下為正方向，則小球的初動

量Pl=WWl=25kg?m/s,末動量p2=,"02=-15kg?m/s,所以動量的變化AP=P2—pi=—

40kg?m/s.

3.質(zhì)量為4kg的物體以2m/s的初速度做勻變速直線運動，經(jīng)過2s,動量大小變?yōu)?/p>

∣4kg?m/s,則該物體（）

A.所受合外力的大小可能大于IlN

B.所受合外力的大小可能小于3N

C.沖量大小可能小于6N?s

D?沖量大小可能大于18N?s

解析：D若以物體初速度方向為正方向，則初動量pι=ms=8kg?m∕s,末動量大小

為14kg?m∕s,則有兩種可能：當他=14kg?m∕s,則/7=〃2—p∣=6kg?m∕s,F=3N；當

P2=-14kg?m∕s,則B=P2—pi=-22kg?m∕s,尸=—1IN,負號表示方向，故選項A、

B、C錯誤，D正確.

關鍵能力新探究思維拓展;

命題點一動量、沖量的理解及計算(自主學習)

［核心整合］

1.動能、動量、動量變化量的比較

動能動量動量變化量

物體由于運動而具有物體的質(zhì)量和速度的物體末動量與初動量

定義

的能量乘積的矢量差

^~Z^^i~~

定義式Ek~2mvp=mV^p=p,-p

標矢性標量矢量矢量

特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量

P2_1_/^—z-2Ek

關聯(lián)方程rγ

2m'Ek-呼。，p-y∣2mEk,p—v

(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

聯(lián)系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化

時動能不一定發(fā)生變化

2.沖量的計算

(1)恒力的沖量：直接用定義式/=E計算.

(2)變力的沖量

①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力

F∣+F?>

尸在某段時間，內(nèi)的沖量其中乃、民為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小.

②作出尸-f變化圖線，圖線與，軸所圍的面積即為變力的沖量.如F

③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過

求Ap間接求出沖量.0”M

［題組突破I

1.(動量及動量變化量的理解)質(zhì)量為0.2kg的球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面,

再以4m/s的速度反向彈回.取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，關于球的

動量變化量AP和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是()

A.Ap=2kg?m∕s,W=-2J

B.△〃=-2kg?m∕s,W=2J

C.AP=O.4kg?m∕s,W=-2J

D.?p=-0.4kg?m∕s,W=2J

解析：A取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量Ap=恤2—

/nu?×4kg?m∕s×(-6)kg?m∕s=2kg?m∕s,方向豎直向上.由動能定理知，合外力做的功

W=—^ιnυ↑=?××42J—×62J=-2J.

2.（對沖量的理解）（2022?天津一中模擬汝U圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個物體，沿著

傾角分別為α和￡的兩個光滑斜面，由靜止從同一高度的開始下滑到同樣的另一高度小的

過程中，A、B兩個物體相同的物理量是（）

A.所受重力的沖量

B.所受支持力的沖量

C.所受合力的沖量

D.動量變化量的大小

解析:D物體下滑過程中，下滑高度人=〃2—小相等，由機械能守恒定律得：成?力=5加2,

物體到達高度用處時，速度V=廊I,由牛頓第二定律得：WgSinθ=ma,加速度α=gsin0,

物體沿斜面下滑的時間：，=?=密4=右層，由于斜面傾角9不同，物體下滑的時間

，不同，重力的沖量∕=mg/不同，故A錯誤；物體下滑的時間r不同，所受支持力的方向不

同，所以所受支持力的沖量一定不同，故B錯誤；由于斜面傾角不同，滑到加高度時，兩

物體動量方向不同，但兩物體動量大小相等，所以兩個物體動量變化量的大小是相等的；由

動量定理可知，物體動量變化量等于物體所受合外力的沖量，所以物體所受合力的沖量大小

相等，但方向不同，故C錯誤，D正確.

3.（利用Rr圖像求沖量）（多選）如圖所示，物體從f=0時刻開始由.l,,w

↑Λ∕N

靜止做直線運動，0?4S內(nèi)其合外力隨時間變化的關系圖線為正弦曲”[z?

線，下列表述正確的是（）0['?^∕4js

A.0?2s內(nèi)合外力的沖量一直增大

B.0?4s內(nèi)合外力的沖量為零

C.2s末物體的動量方向發(fā)生變化

D.0?4s內(nèi)物體動量的方向一直不變

解析：ABD根據(jù)尸Y圖像中圖線與r軸圍成的面積表示沖量，可知在O?2s內(nèi)合外力

的沖量一直增大，A正確；O?4s內(nèi)合外力的沖量為零，故B正確；2s末沖量方向發(fā)生變

化，物體的動量開始減小，但方向不發(fā)生變化，。?4s內(nèi)物體動量的方向一直不變，故C

錯誤，D正確.

命題點二動量定理的理解和應用（多維探究）

1.應用動量定理時研究對象既可以是單一物體，也可以是系統(tǒng)，當為系統(tǒng)時不考慮內(nèi)

力的沖量.

2.求合力的沖量的方法有兩種：第一先求合力再求合力沖量，第二求出每個力的沖量

再對沖量求和.

3.動量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向.

4.由E=P，-p,得F=呼=W,即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化

率.

第1維度：應用動量定理解釋生活現(xiàn)象..............

（I）Ap一定時，F(xiàn)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，就越大；力的作用時間越短，Ap就越小.分

析問題時，要把哪個量一定，哪個量變化搞清楚.

EEI（2020?全國卷I）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)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(nèi)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(zhuǎn)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

解析：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(nèi)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(jù)動量定

理AP=F△，知，司機所受作用力減?。挥种踩珰饽掖蜷_后，司機與物體的接觸面積變大，

因此減少了司機單位面積的受力大??；碰撞過程中，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.綜上可知，選項D

正確.

第2維度：應用動量定理求變力的沖量..............

如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用/=Fr求變力的沖量，可以求

出該力作用下物體動量的變化量Ap,再利用動量定理求力的沖量/.

EE如圖所示，一輕質(zhì)彈簧固定在墻上，一個質(zhì)量為機的木塊N

7777777777777

以速度大小。。從右側沿光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用.設相互作用的過程中

彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量/的大小和彈

簧對木塊做的功W分別是（）

A./=0,W=mvl

1?

B.I=mv?）fW=產(chǎn)劭

C.I=ImVQ1W=O

D./=2〃wo,W=^nvi

解析：C由能量守恒可知，木塊向右離開彈簧瞬間的速度大小也為加，取向右為正方

向，由動量定理可得：/=根的一（一加次））=2加處，由動能定理可得：W=—^fnv（）=0,故

選項C正確.

第3維度：應用動量定理計算動量的變化量

EE（多選）如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑

斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處,三個過程中重力

的沖量的大小依次為h>/2、/3,動量變化量的大小依次為Api、

△P2、03，則有（）

A.三個過程中，合力的沖量大小相等，動量的變化量大小相等

B.三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等

C.!?<h<h,APl=AP2=Ap3

D.Λ<∕2<∕3,?p∣<Δp2<?p?

解析：ABC由機械能守恒定律可知物體下滑到底端UD、E的速度大小。相等，動

量變化量大小Ap=，"。相等，即Api=Ap2=Ap3；根據(jù)動量定理，合力的沖量等于動量的

變化量，故合力的沖量大小也相等，注意不是相同（方向不同）；設斜面的高度為力，從頂端

A下滑到底端C,由卷=如in6?產(chǎn)得物體下滑的時間f=Y三篇，所以0越小，SiNd

越小，f越大，重力的沖量∕=%gf就越大，故∕ι<∕2<∕3,故A、C正確，D錯誤；物體下滑

過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動能定理，動能的變化量相等，故B正確.

第4維度：應用動量定理計算平均力

EE高空拋物現(xiàn)象曾被稱為“懸在城市上空的痛”.高空拋物，是一種不文明的行

為，而且會帶來很大的社會危害.有人曾做了一個實驗，將一枚50g的雞蛋從8樓（距離地

面上靜止的鋼板為20m）無初速釋放，XlO-4s,雞蛋與鋼板撞擊后速度變?yōu)榱?，不計空?/p>

阻力，重力加速度g取Iom?2.則雞蛋與鋼板碰撞的過程中，鋼板受到的平均撞擊力的大小

約為（）

A.0.5NB.500N

C.1000ND.2500N

解析：D根據(jù)動能定理可得/MgZz=5mA設向下為正方向，則對碰撞過程由動量定理

可得Og—F)f=0-?7。代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得尸=-2500N,負號表示撞擊力方向向上，故A、

B、C錯誤，D正確.

第5維度：動量定理和圖像的綜合應用..............

EE(2022.湖北十堰市上學期期末)一質(zhì)量為0.5kg的物塊靜止在水平地面上，F(xiàn),F

隨時間「變化的圖線如圖所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10m∕s2,

則()

tF/N

2

I

A.t=?s時物塊的動量大小為2kg?m/s

B.f=L5s時物塊的動量大小為2kg?m∕s

C.f=(6—2√5)s時物塊的速度大小為0.5m/s

D.在3?4s的時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力逐漸減小

解析：D根據(jù)動量定理可得(F—W*g)r=，加'-mo,I=Is時物塊的動量大小為Pi=Fh

-μmgt]=(2×××10×1)kg?m∕s=1kg?m/s,選項A錯誤；f=1.5s時物塊的動量大小為

p=Ft-μmgt=(2×?+?×××lO×l.5)kg?m∕s=lkg?m/s,選項B錯誤；設，時刻物塊

的速度為零，由圖像知在2?4s內(nèi)力與時間的關系為R—2)N,根據(jù)凡f圖像與r軸所圍的

r—2)

面積表示沖量大小可得∕F=2X1+1X1+—?—?(r—2),由動量定理得∕F-∕""gf=O,聯(lián)立

解得f=(6—2√5)S,故C錯誤；因為￡=(6—2小"在2~3$內(nèi)，所以在3?4s的時間內(nèi)，

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.

第6維度：應用動量定理求解多過程問題..............

(1)對于過程較復雜的運動，可分段應用動量定理，也可整個過程應用動量定理.

(2)物體受多個力作用，力的方向和作用時間往往不同，列動量定理時應引起關注.

EE一個質(zhì)量為巾=Ioog的小球從離厚軟墊/?=0.8m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(jīng)歷了f=0.2s,不計空氣阻力，則在這段時間內(nèi)，

軟墊對小球的沖量是多少？(取g=10m∕s2)

解析：設小球自由下落力=0.8m的時間為A,由

∕j=*A得Z∣=-^?Jy=0.4S.

設/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(f∣+f)+∕=0,得∕=-0.6N?s.

負號表示軟墊對小球的沖量方向和規(guī)定的正方向相反，方向豎直向上.

答案:0.6N?s,方向豎直向上

I總結提升I

應用動量定理解題的基本思路

(1)確定研究對象.中學階段的動量定理問題，其研究對象一般僅限于單個物體.

(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(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號.

(4)根據(jù)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(shù)據(jù)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.

宦季三歪軍季，核心素養(yǎng)新導向?qū)W科培優(yōu)至垣年至連碧

素養(yǎng)培優(yōu)18應用動量定理解答兩類柱狀模型問題

模型一流體類“柱狀模型”問題

通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已

流體及其特點

知密度"

1建立“柱狀模型”，沿流速。的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S

分析微元研究，作用時間Ar內(nèi)的一段柱形流體的長度為△/,對應的質(zhì)量為A

2

步驟=PSuZ

3建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體

典例1某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停

在空中.為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度。°豎直向上噴出；

玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖?/p>

水平方向朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的密度為2，重力加速度大小為g.求：

(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；

(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度.

解析：(1)設△，時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為△匕質(zhì)量為△，小貝

?m—p?Vφ

ΔV=vnSt?

由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為

Δm

W=POoS.③

(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度

大小為仇對于時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得

T(?w∕)v2÷(ΔMgh=g(?m)v^(4)

在/?高度處，Ar時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為

Δp=(Δ,")0⑤

設水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有

尸Af=Ap⑥

由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得

F=Mg⑦

聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得

VC)M2g

h~2g~2p2vsS2?^

答案：(1)POOS(2):2g2p2viS2

模型二微粒類“柱狀模型”問題

通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨立性，

微粒及其特點

通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)〃

1建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S

分析微元研究，作用時間Ar內(nèi)一段柱形流體的長度為△/,對應的體積為AV=

2

步驟SoO△，，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N="OoSAf

3先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算

典例2根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量P之間的關系式為E=pc,其中C表示

光速，由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時都會對物體產(chǎn)生壓強，這

就是“光壓”，用/表示.

(1)一臺二氧化碳氣體激光器發(fā)出的激光，功率為P0,射出的光束的橫截面積為S,當

它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時，激光對物體表面的壓力尸=2PM其中P表

示光子的動量，N表示單位時間內(nèi)激光器射出的光子數(shù)，試用PO和S表示該束激光對物體

產(chǎn)生的光壓；

(2)有人設想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反

射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時每平方米面積上的輻射功率為

8

1350W,探測器和薄膜的總質(zhì)量為加=IOOkg,薄膜面積為4X104ιτι2,c=3×10m∕s,求

此時探測器的加速度大小.

解析：（1）在單位時間內(nèi)，功率為Po的激光的總能量為:

PoXlS=NE=Npc.

由題意可知：激光對物體表面的壓力∕7=2PN

故激光對物體產(chǎn)生的光壓：/=（=笠.

,r-2尸02×XlO3F

（2）由（1）可知：/=尋=衣而收TPa=9X106Pa

所以探測器受到的光的總壓力FN=/Sz

對探測器應用牛頓第二定律有FN=ma

故此時探測器的加速度

/S?9×10"6×4×IO4

m∕s2×103m∕s2.

答案：（1）堂XI。-3m∕s2

I反思領悟I

對于流體及微粒的動量連續(xù)發(fā)生變化這類問題，關鍵是應用微元法正確選取研究對象,

即選取很短時間△，內(nèi)動量發(fā)生變化的那部分物質(zhì)作為研究對象，建立“柱狀模型”：研究

對象分布在以S為橫截面積、長為OAr的柱體內(nèi)，質(zhì)量為Xm=PSVxt,分析它在Ar時間

內(nèi)動量的變化情況，再根據(jù)動量定理求出有關的物理量.

限時規(guī)范訓練

1.（多選）一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力尸的作用下從靜止開始沿直線運動.尸隨時間

f變化的圖線如圖所示，則（）

O

-1

A.f=ls時物塊的速率為lm∕s

B.f=2s時物塊的動量大小為4kg?m∕s

C.f=3s時物塊的動量大小為5kg?m/s

D.f=4s時物塊的速度為零

Ft2X[

解析：AB由動量定理可得：Ft=InV,故物塊在f=ls時的速度0=萬L=U—m∕s=

1m/s,A正確；物塊在Z=2s時的動量大小p2=Ft2=2×2kg?m/s=4kg?m/s,在/=3s

時的動量大小p3=(2×2-1×l)kg?m∕s=3kg?m/s,故B正確，C錯誤；在f=4S時，

/合=(2X2—1><2)N?s=2N?s,由/合=根。4可得f=4s時，物塊的速度大小。4=1m/s,D

錯誤.

2.（2022?大連模擬）一輛質(zhì)量為220Okg的汽車正在以26m/s的速度Γ2200kg―后可

行駛，如果駕駛員緊急制動，可在3?8s內(nèi)使車停下，如果汽車撞到堅

固的墻上，則會在0.22S內(nèi)停下，下列判斷正確的是（）

A.汽車緊急制動過程動量的變化量大

B.汽車撞到堅固的墻上動量的變化量大

C.汽車緊急制動過程受到的平均作用力約為15000N

D.汽車撞到堅固的墻上受到的平均作用力約為15000N

解析：C汽車無論是緊急制動還是撞到堅固的墻上，動量都是由機。變?yōu)?,所以動

量的變化量一樣大，A、B錯誤；汽車緊急制動過程中，平均作用力B=7^=15053N,C

t?

正確；汽車撞到堅固的墻上，平均作用力F2=7-=260000N,D錯誤.

t2

3.（2019?全國卷【）最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功,

這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展.若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體

速度約為3km∕s,XlO6N,則它在IS時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（）

A.×IO2kgB.×103kg

C.×105kgD.×106kg

解析：B設IS內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為根，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F,

Pt

由動量定理∕7f=/如知，機=彳=錯誤！kg×IO3kg,選項B正確.

4.（2022.營口模擬）用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理.如

圖所示，從距秤盤80Cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用?

時間為1s,豆粒彈起時豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相?若每個

豆粒只與秤盤碰撞--次，且碰撞時間極短（在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力

遠大于豆粒受到的重力），己知1（）00粒的豆粒的總質(zhì)量為IOOg.則在碰撞過程中

秤盤受到的壓力大小約為（）

A.0.2NB.0.6N

C.1.0ND.1.6N

解析：B設豆粒從80Cm高處下落到秤盤上時的速度為。1,vq=2gh,則Ol=?√旃=

[2X10X0.8m∕s=4m/s.設豎直向上為正方向，對所有豆粒與秤盤碰撞過程，根據(jù)動量定理:

nwi—mVI

Ft=ms-mvι,貝IF=「~~L=錯誤！N=0.6N,根據(jù)牛頓第三定律可知，在碰撞過程中

秤盤受到的壓力大小為0.6N,故B正確，A,C、D錯誤.

5.如圖所示，學生練習用頭顛球.某一次足球靜止自由下落80cm,被重新

Θ

頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm.已知足球與頭部的作用時間為0.1s,足

球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度g取IOmK,不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍

B.足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為3.2kg?m∕s

C.足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3.2kg-m/s

D.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為3.2N?s

解析：C