第24講 動量和動量定理及其應(yīng)用 -備戰(zhàn)2025年高考物理一輪精細復(fù)習(xí)（解析版）

第第頁第24講動量和動量定理及其應(yīng)用——劃重點之精細講義系列考點1動量及沖量的計算考點2動量定理及其應(yīng)用考點3應(yīng)用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”考點4應(yīng)用動量定理處理多物體、多過程問題考點1：動量及沖量的計算一．動能、動量、動量變化量的比較動能動量動量變化量定義物體由于運動而具有的能量物體的質(zhì)量和速度的乘積物體末動量與初動量的矢量差定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p標矢性標量矢量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(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)生變化二．沖量及計算1.沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。(2)表達式：I＝FΔt。(3)單位：沖量的單位是牛秒，符號是N·s。(4)方向：沖量是矢量，沖量的方向由力的方向決定。如果力的方向在作用時間內(nèi)不變，沖量的方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用時間內(nèi)發(fā)生變化，則沖量的方向只能由動量變化量的方向確定。2.沖量的計算(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft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在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小。②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如甲乙丙圖所示。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Δp間接求出沖量。④對于變力的方向時刻改變的，先做矢量三角形求出Δp，再確定沖量的大小和方向，如下圖所示，小球在水平面內(nèi)繞圓心O做勻速圓周運動，合力的方向發(fā)生變化,沖量的方向與動量變化量的方向一致.由圖可得,合力的沖量I=mv2-mv1=mΔv(3)求合沖量的兩種方法:①分別求每一個力的沖量,再求各沖量的矢量和;②如果各個力的作用時間相同,也可以先求合力,再用公式I合=FΔt求解.【考向1】（2024·廣西·二模）某市學(xué)生期考體能測試中有一重要項目：排球墊球個數(shù)測試。某同學(xué)在一次測試中雙手在同一高度多次豎直墊起排球，第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2m第二次墊球后，球豎直上升高度為0.45m。已知排球的質(zhì)量為0.27kg，重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力。則第二次墊球過程，排球動量變化量的大小為（）A．0.27kg?m/sC．0.81kg?m/s 【答案】D【分析】本題考查動量及其變化量的計算。解題的關(guān)鍵是要能根據(jù)動量表達式分析計算物體的動量變化量，注意動量的矢量性，需取正方向。【詳解】第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2m，球落回到手上的速度為v方向向下；第二次墊球后，球豎直上升高度為0.45m，則球剛離手時的速度為v方向向上；取向上為正方向，第二次墊球過程，排球動量變化量為Δ故選D。【考向2】如圖所示，“嫦娥三號”繞月球做勻速圓周運動，其質(zhì)量為m、動量為p，公轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，下列說法正確的是（）A．“嫦娥三號”的動能為pB．“嫦娥三號”的向心加速度為πpC．“嫦娥三號”的公轉(zhuǎn)軌道半徑為TpD．無法求出月球的質(zhì)量【答案】C【詳解】A．根據(jù)動量與動能的關(guān)系有E故A錯誤；B．“嫦娥三號”的動量為p=mv公轉(zhuǎn)周期為T，則角速度為ω=向心加速度為a=vω=故B錯誤；C．根據(jù)線速度與周期的關(guān)系可知v=解得r=故C正確；D．根據(jù)萬有引力提供向心力有G由于G、T、r都是已知量，可解得月球質(zhì)量M，故D錯誤；故選C?！究枷?】（多選）（2023·山東濱州·二模）如圖1所示，一物體在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直線運動，運動過程中拉力大小隨時間的變化圖像如圖2。物體加速度a隨時間變化的圖像如圖3．重力加速度g取10ms2A．物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.15B．物體與水平地面間的最大靜摩擦力為3.75C．在0～4s時間內(nèi)，合外力做的功為D．在0～4s時間內(nèi)，拉力F的沖量為【答案】AC【詳解】A．由圖2可得拉力F關(guān)于時間的函數(shù)為F=而由圖3可知，在2s末物塊的加速度a1大小為1.5m/s2，此時拉力F1大小為7.5N；在4s末加速度a2大小為FF代入數(shù)據(jù)解得m=2.5kg，故A正確；B．物塊運動過程中所受的滑動摩擦力為F而最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，故B錯誤；C．加速度與時間的圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖3可知，4s末物體的速度為v=根據(jù)動能定理可得，在0～4sW故C正確；D．根據(jù)圖2可知，在0～4s時間內(nèi)，拉力FI故D錯誤。故選AC?！究枷?】（多選）（2023·廣西南寧·二模）如圖所示，將兩個質(zhì)量分別為m和2m的小球A和B用一根長為L的輕桿（質(zhì)量不計）連接，輕桿可繞通過中心O的水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動，現(xiàn)讓桿處于水平位置靜止釋放，在桿轉(zhuǎn)至豎直的過程中，下列說法正確的是（）

A．兩球的速度始終相同B．任意一段時間ΔtC．任意一段時間ΔtD．B球的機械能保持不變【答案】BC【詳解】A．桿轉(zhuǎn)動過程中，兩球速度大小相等，方向相反，故A錯誤；B．任一時刻，桿對兩球的彈力大小相等，方向相反，所以桿對兩球的沖量不相同，故B正確；C．因AB系統(tǒng)機械能守恒，故任意一段時間Δt內(nèi)，桿對兩球做的功代數(shù)和一定為零，故C正確；D．B球從圖中位置轉(zhuǎn)到最低點過程中，A球轉(zhuǎn)到最高點，A球的動能和勢能都增大，說明桿對A球做正功，由于桿是質(zhì)量不計的輕桿，所以桿對B球做負功，此過程B機械能減少，故D錯誤。故選BC?！究枷?】如圖所示，在傾角為θ的斜面上，有一個質(zhì)量是m的小滑塊沿斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零后又下滑，經(jīng)過時間t2，回到斜面底端。滑塊在運動過程中，受到的摩擦力大小始終是Ff，在整個運動過程中，摩擦力對滑塊的總沖量大小為，方向是；合力對滑塊的總沖量大小為，方向是。

【答案】Ff(t【詳解】[1][2]摩擦力先向下后向上，因上滑過程用時短，故摩擦力的沖量為I=方向與向下運動時的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上。[3][4]合力的沖量為I沿斜面向下?！究枷?】（2024·河北保定·二模）如圖所示，將質(zhì)量m=0.31kg的圓環(huán)套在固定的水平桿上，圓環(huán)的內(nèi)徑略大于桿的截面直徑?，F(xiàn)對圓環(huán)施加一與桿成θ角、斜向上的恒定拉力F，圓環(huán)由靜止開始做勻加速直線運動，拉力作用t=2s后撤去，圓環(huán)總共運動了s=12m后靜止，已知圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)μ=0.8，取重力加速度大小g=10m/s2，sinθ=0.8（1）圓環(huán)的最大速度vm（2）拉力F對圓環(huán)的沖量大小I?！敬鸢浮浚?）vm=8m/s；（2）I=6【詳解】（1）圓環(huán)先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，做勻減速直線運動的加速度為a根據(jù)牛頓第二定律有μmg=m圓環(huán)總共運動的距離為s=解得v（2）桿與圓環(huán)無壓力時，有mg=F解得F=3.875當F<3.875N時，桿的上側(cè)與圓環(huán)存在摩擦力，當F>3.875N時，桿的下側(cè)與圓環(huán)存在摩擦力。以下分兩種情況討論：（?。﹫A環(huán)做勻加速直線運動的加速度為a當F<3.875N時，根據(jù)牛頓第二定律有F拉力F對圓環(huán)的沖量大小為I=Ft解得I=6（ⅱ）當F>3.875N時，根據(jù)牛頓第二定律有F拉力F對圓環(huán)的沖量大小為I=Ft解得I=62【考向7】（2023·湖北武漢·三模）如圖1所示，為一游樂場的飛天大轉(zhuǎn)盤娛樂項目，現(xiàn)將該游戲簡化為圖2所示的情形。一粗糙的傾斜圓盤，與水平面的夾角為θ=37°，繞垂直圓盤的軸線OO′以角速度ω=1rad/s逆時針方向轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為m=1kg的物體放在轉(zhuǎn)盤上，隨轉(zhuǎn)盤一起轉(zhuǎn)動，且物體轉(zhuǎn)到最低點A時恰好與圓盤不發(fā)生相對滑動，已知物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)μ=78，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10（1）圓盤對物體所做的功；（2）圓盤對物體的摩擦力的沖量大小。

【答案】（1）W=12J；（2）【詳解】（1）對物體，在最低點mg解得R=1物體從最低點運動到最高點，由動能定理得W?2mgR解得W=12（2）物體從最低點運動到最高點的過程中，物體重力沿盤面方向的沖量大小為I物體的動量改變量Δ則摩擦力的沖量I解得I

考點2：動量定理及其應(yīng)用1.動量定理(1)內(nèi)容：物體所受合力的沖量等于物體動量的變化量．(2)表達式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：動量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動量定理．2.對動量定理的理解（1）動量定理的研究對象是一個質(zhì)點(或可視為一個物體的系統(tǒng))．（2）動量定理的表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向。（3）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。這種情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值.（4）動量定理中的沖量是合外力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,也可以是各力沖量的矢量和,還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和.合力是包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，合力的沖量不包括系統(tǒng)內(nèi)力的沖量。（5）由Ft＝p′－p得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變化率。3.動量定理的三大應(yīng)用(1)用動量定理解釋現(xiàn)象①物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越?。绮ＡП粼谒嗟厣弦姿?而掉在沙地上不易碎。②作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小．(2)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量．(3)應(yīng)用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量．4.用動量定理解題的基本思路【考向8】玻璃茶杯從同一高度掉下，落在石板上易碎，落在海綿墊上不易碎，這是因為茶杯與石板撞擊過程中（）A．茶杯的初動量較大 B．茶杯所受沖量較大C．茶杯動量變化較大 D．茶杯動量變化率較大【答案】D【詳解】根據(jù)動量定理，可得Ft=解得F=可知茶杯與石板撞擊過程中茶杯動量變化率較大，所受沖擊力較大，易碎。故選D?！究枷?】（2024·江西鷹潭·二模）原地縱跳摸高是常見的體能測試項目。在某次摸高測試中，一同學(xué)從如圖A所示的靜止下蹲狀態(tài)，腳剛離開地面，如圖B所示，身體運動到最高點時位置如圖C所示，三幅圖代表同一豎直線上的三個位置，不計空氣阻力，關(guān)于該同學(xué)測試的全過程，下列說法正確的是（

）A．從A到B的運動過程中，該同學(xué)因為受地面支持力的位移為零，所以支持力沖量為零B．該同學(xué)在C圖位置的機械能等于在A圖位置的機械能C．從A到B的運動過程中，地面對腳的支持力始終大于該同學(xué)的重力D．從A到C的過程中，地面對腳的支持力沖量與該同學(xué)的重力沖量等大反向【答案】D【詳解】AC．運動員從用力蹬地到剛離開地面的起跳過程，先向上加速，地面支持力大于重力；當?shù)孛嬷С至Φ扔谥亓r速度最大；之后腳與地面作用力逐漸減小，運動員開始減速；當腳與地面作用力為零時，離開地面。此過程地面對腳的支持力的沖量不為零，AC錯誤；B．蹬地起跳過程中運動員消耗體內(nèi)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能，B圖位置的機械能大于在A圖位置的機械能，從B到C的運動過程中機械能守恒，則該同學(xué)在C圖位置的機械能大于在A圖位置的機械能，B錯誤；D．從A到C的過程中，應(yīng)用動量定理有I所以地面對腳的支持力沖量與該同學(xué)的重力沖量等大反向，D正確。故選D?！究枷?0】（2024·山西陽泉·三模）2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓(xùn)練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質(zhì)量為40kg的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力—時間（F—t）圖像片段，運動員可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g=10A．演員在a到b過程處于超重狀態(tài)B．演員在b時刻速度最大，速度大小為8C．從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于1280JD．從a時刻到b時刻，蹦床給演員的沖量大小為320【答案】C【詳解】A．演員在a到b過程，壓力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在a到b過程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B．結(jié)合上述可知，演員在a到b過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，后向上做加速度減小的變減速直線運動，當加速度為0時，速度達到最大值，即a到b之間的某一時刻，演員的速度最大，故B錯誤；C．根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為2.8s-1.2s=1.6s根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為0.8s，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有v在0.2s到1.2s內(nèi)，結(jié)合上述可知，蹦床對演員做的功為W=根據(jù)圖像可知，從a時刻到b時刻，蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為演員增加的重力勢能與動能，可知，從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于1280J，故C正確；D．從a時刻到b時刻，根據(jù)動量定理有I?mg解得I=mg解得I=720故D錯誤。故選C?！究枷?1】（多選）（2024·廣東肇慶·二模）在水平面上靜置有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運動一段距離后停下，a、b在運動過程中未相撞，a、b的v-t圖像如圖所示，圖中Ata平行于Btb，整個過程中A．物體a、b受到的摩擦力大小相等B．兩水平推力對物體的沖量之比為IC．兩水平推力對物體的做功之比為WD．兩水平推力的大小之比為F【答案】ABC【詳解】AD．由題圖知，Ata平行于體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知FF解得F根據(jù)圖像可知tA<解得F故A正確，D錯誤；B．根據(jù)動量定理有I1?μmg解得I故B正確；C．根據(jù)動能定理可得W1?μmgsa=解得W故C正確。故選ABC?！究枷?2】（多選）（2024·貴州黔東南·三模）風(fēng)洞實驗是了解飛行器空氣動力學(xué)特性的一種空氣動力實驗方法。在風(fēng)洞中將一質(zhì)量為m的飛行器（可視為質(zhì)點）由靜止釋放，假設(shè)飛行器所受風(fēng)洞阻力方向豎直向上，風(fēng)洞阻力大小f與飛行器下降速率v的關(guān)系為f=kv，測出飛行器由靜止下降h后做勻速直線運動，重力加速度大小為g。關(guān)于飛行器下降h的過程下列說法正確的是（??）A．飛行器的最大速率v=mgk C．飛行器運動時間為t=2?kmg 【答案】AD【詳解】A．飛行器速度最大時加速度為零，由牛頓第二定律得mg=k則v故A正確；B．對飛行器由動能定理得mg?+則W故B錯誤；CD．對飛行器由動量定理得mgt?kv則t=故C錯誤，D正確。故選AD。考點3：應(yīng)用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”1.流體類柱狀模型流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ，液體流量Q（單位時間內(nèi)流體的體積）等分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體2.微粒類柱狀模型微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟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S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算【考向13】（2024·河北·一模）如圖所示，某航拍小型飛機有四個相同的風(fēng)扇，每個風(fēng)扇的半徑均為R，當它在無風(fēng)的天氣懸停時，每個風(fēng)扇都呈水平狀態(tài)，風(fēng)扇吹出的空氣速度大小都等于v，吹出的空氣流動方向相同。已知空氣的平均密度為ρ，則風(fēng)扇懸停時，不考慮其他位置空氣流動的影響。下列說法錯誤的是（）A．風(fēng)扇吹出的空氣流動方向豎直向下B．單位時間內(nèi)每個風(fēng)扇吹出的空氣的質(zhì)量為ρπC．無人機的總重力等于4ρπD．每個風(fēng)扇對空氣做功的功率為1【答案】D【詳解】A．由于無人機懸停時受到的升力與其重力平衡，螺旋槳吹風(fēng)方向均為豎直向下，故A正確；B．單位時間內(nèi)被每個螺旋槳推動的空氣質(zhì)量為Δ故B正確；C．根據(jù)動量定理F解得每個螺旋槳對空氣的作用力為F=ρπ無人機的總重力等于G=4F=4ρπ故C正確；D．每個風(fēng)扇對空氣做功的功率為P=故D錯誤。本題選錯誤的，故選D?！究枷?4】（2024·山東棗莊·三模）如圖，將總質(zhì)量為200g的2000粒黃豆從距秤盤125cm高處連續(xù)均勻地倒在秤盤上，觀察到指針指在刻度為80g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內(nèi)垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度g=10m/sA．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s【答案】B【詳解】黃豆落在秤盤上的速度大小為v=設(shè)持續(xù)傾倒黃豆的時間為t，則根據(jù)單位時間落在秤盤上的黃豆數(shù)量為n=黃豆對秤盤的撞擊力遠大于黃豆的重力，故重力可以忽略，由動量定理得F方程兩側(cè)根據(jù)時間累計求和可得Ft=2又F=0.8Nt=2.5s故選B?！究枷?5】（2024·廣東汕頭·一模）某實驗小組用電池、電動機等器材自制風(fēng)力小車，如圖所示，葉片勻速旋轉(zhuǎn)時將空氣以速度v向后排開，葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S，空氣密度為ρ，下列說法正確的是（）A．風(fēng)力小車的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車的動能B．t時間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為ρSvC．葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，空氣對小車的推力為ρSD．葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，單位時間內(nèi)空氣流動的動能為1【答案】C【詳解】A．風(fēng)力小車的原理是消耗電能，先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能，再推動小車運動，所以是電能轉(zhuǎn)化為小車的動能，故A錯誤；B．t時間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為m=ρvtS故B錯誤；C．由動量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，空氣受到的推力為F=根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對小車的推力為ρSvD．葉片勻速旋轉(zhuǎn)時，單位時間內(nèi)空氣流動的動能為E故D錯誤。故選C?！究枷?6】（2024·山東菏澤·三模）風(fēng)箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時刻風(fēng)箏靜止在空中，風(fēng)箏面與水平面夾角為θ，牽引線與豎直方向夾角為2θ。已知風(fēng)箏質(zhì)量為m，垂直風(fēng)箏面的風(fēng)速大小為v，風(fēng)箏面的面積為S，重力加速度為g，則風(fēng)箏所在高度空氣密度為（）A．2mgcosθSv2 B．2mgsin【答案】A【詳解】對風(fēng)箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風(fēng)箏此時獲得的垂直風(fēng)箏面的力F=2mg根據(jù)牛頓第三定律，風(fēng)箏對垂直風(fēng)箏面的風(fēng)的作用力大小也為F，以風(fēng)為研究對象，單位時間ΔtΔ在垂直風(fēng)箏面方向上由動量定理有F?聯(lián)立解得空氣密度為ρ=故選A?！究枷?7】（2024·山東濰坊·二模）用噴水機澆灌草坪，噴水機將水加速后通過噴水嘴噴出，噴水嘴出水速度的大小v和夾角θ均可調(diào)節(jié)。已知噴水嘴的截面積S=1.0×10?4m2，水噴出的最大水平射程為10m，水的密度ρ=1.0×10（1）噴水嘴出水的最大速率vm（2）若出水速度v1=8m【答案】（1）10m/s；（2）3.2N【詳解】（1）設(shè)噴水嘴出水的最大速度為vm，出水方向與水平方向夾角為θ，水從噴水嘴到地面運動的時間為t，水的水平射程為xv水平方向位移x=解得x=當θ=45°時，水平射程最大x解得v（2）在時間ΔtΔ由動量定理得F解得F由牛頓第三定律可得F考點4：應(yīng)用動量定理處理多物體、多過程問題1.動量定理適用于單個物體也適用于多個物體組成的系統(tǒng)．2.動量定理不僅能處理單一過程，也能處理多過程．在多過程中外力的沖量是各個力沖量的矢量和．對過程較復(fù)雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理．解決多物體多過程問題的一般思路：①若物體（或系統(tǒng)）涉及速度和時間，應(yīng)考慮用動量定理；②若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和時間，且受到恒力的作用，應(yīng)考慮使用牛頓運動定律；③若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動能定理，尤其是關(guān)于曲線運動和變加速運動問題。【考向18】（2021·廣西玉林·一模）如圖所示，有一子彈穿過三塊靜止放置在光滑水平面上的相互接觸質(zhì)量分別為m、2m、3m的木塊A、B、C，設(shè)子彈穿過木塊A、B、C的時間分別為t1、t2、t3，木塊對子彈的阻力恒為f，則子彈穿過三木塊后，木塊A的速度大小是（）A．v=f1m B．v=f13m【答案】C【詳解】A與B分離時三者的速度是相等的，分離后，A的速度不變，在分離前子彈對系統(tǒng)的作用力使A、B與C的速度增大，由動量定理得f?所以v=故選C?！究枷?9】如圖所示，物體A、B相隔一段距離放置在水平地面上，現(xiàn)A以vA=10m/s的初速度向靜止的物體B運動，物體A與B發(fā)生正碰后仍沿原來的方向運動。若物體A在碰撞前后共運動6s后停止，求碰撞后B運動的時間。（已知mA=2mB，物體A、B與水平地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度g取10m/s2）【答案】8s【詳解】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，從A開始運動到A、B均停止運動這一過程來看，系統(tǒng)在水平方向受到的外力就是摩擦力，碰撞中物體A、B間的相互作用力是內(nèi)力，可用系統(tǒng)動量定理求解。取運動方向為正方向，設(shè)物體A、B運動的時間分別為tA和tB，則由系統(tǒng)動量定理得-μmAgtA-μmBgtB=0-mAvA代入數(shù)據(jù)得B的運動時間tB=mAv【考向20】總質(zhì)量為M的列車，沿水平直軌道勻速前進，其末節(jié)車廂質(zhì)量為m，中途脫節(jié)，司機發(fā)覺時，機車已行駛了時間t，于是立即關(guān)閉油門。設(shè)運動的阻力與重量成正比，機車牽引力恒定，當列車兩部分都停止時，機車比末節(jié)車廂多運動了多長時間?！敬鸢浮縈t【詳解】脫節(jié)后，機車、末節(jié)車廂受力分析如圖所示設(shè)列車前進的方向為正方向，勻速前進時速度為v，由題知，機車受到的摩擦力F末節(jié)車廂受到的摩擦力F（k為比例常數(shù)）。列車勻速前進時由平衡條件可得，牽引力F＝kMg設(shè)脫節(jié)后，至停下來，機車的運動時間為t1，由動量定理得Ft+即kMgt?k解得t設(shè)脫節(jié)后，至停下來，末節(jié)車廂的運動時間為t2，由動量定理得F即?kmg所以t機車比末節(jié)車廂多運動了Δ【考向21】（多選）如圖所示，一熱氣球正以豎直速度v勻速上升，當氣球下面所系質(zhì)量為m的物體距水平地面h高處時，繩子斷裂，物體和氣球分離。已知熱氣球與物體的總質(zhì)量為M，分離后熱氣球所受浮力不變，重力加速度大小為g，不計阻力，則（）A．從分離開始，經(jīng)過時間2g?gB．物體剛到達地面時的速度大小為vC．物體從分離到落地的過程中，熱氣球動量增加mD．物體剛到達地面時，熱氣球離地的高度為M【答案】BCD【詳解】A．從分離開始，物體做豎直上拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t物體落地，則有??=vt?解得t=vg+A錯誤；B．設(shè)物體剛到達地面時的速度大小為v1，根據(jù)動能定理有mg?=解得vB正確；C．熱氣球與物體組成的系統(tǒng)合外力為0，則系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)物體剛到達地面時，熱氣球的速度大小為v2，根據(jù)動量守恒定律有Mv=解得v根據(jù)動量定理可知，物體從分離到落地的過程中，熱氣球所受合力的沖量大小為I=C正確；D．根據(jù)平衡條件易知熱氣球所受浮力大小為Mg，設(shè)物體剛到達地面時，熱氣球離地的高度為H，根據(jù)動能定理有Mg?解得H=所以D正確；故選BCD?！菊骖}1】（2024·北京·高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程損失的機械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【詳解】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；C．小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，B錯誤。故選C?！菊骖}2】（多選）（2023·福建·高考真題）甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運動。以出發(fā)時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力—時間圖像如圖（b）所示。則（

）A．0~2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大B．乙車在t=2s和t=6s時的速度相同C．2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同D．t=8s時，甲、乙兩車的動能不同【答案】BC【詳解】A．由題知甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，則根據(jù)圖（a）可知0~2s內(nèi)，甲車做勻加速直線運動，加速度大小不變，故A錯誤；B．由題知乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示，則乙車在0~2s內(nèi)根據(jù)動量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s乙車在0~6s內(nèi)根據(jù)動量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s則可知乙車在t=2s和t=6s時的速度相同，故B正確；C．根據(jù)圖（a）可知，2~6s內(nèi)甲車的位移為0；根據(jù)圖（b）可知，2~6s內(nèi)乙車一直向正方向運動，則2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；D．根據(jù)圖（a）可知，t=8s時甲車的速度為0，則t=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內(nèi)根據(jù)動量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0可知t=8s時乙車的速度為0，則t=8s時，乙車的動能為0，故D錯誤。故選BC?！菊骖}3】（多選）（2024·福建·高考真題）物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定，t=0時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是（）A．0~4tB．0~4tC．t0時動量是2D．2t0~3【答案】AD【詳解】根據(jù)圖像可知當F=2mgsina=方向沿斜面向下；當F=?2mgsina=方向沿斜面向上，作出物塊0~4t0內(nèi)的A．根據(jù)圖像可知0~4tB．根據(jù)圖像可知0~4tI故B錯誤；C．根據(jù)圖像可知t0時物塊速度大于2t0時物塊的速度，故t0時動量D．v?t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2t0~3故選AD?！菊骖}4】（多選）（2024·全國·高考真題）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在t=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10mA．t=0.15sB．t=0.30s時，運動員的速度大小為C．t=1.00sD．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N【答案】BD【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t=0.15sBC．根據(jù)題圖可知運動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2s，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在t=v=10×故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理F?其中Δ代入數(shù)據(jù)可得F=4600根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N，故D正確。故選BD?！菊骖}5】（多選）（2024·安徽·高考真題）一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖（1）所示。從t=0開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從0點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關(guān)系如圖（2）所示。己知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10mA．物塊始終做勻變速曲線運動B．t=1s時，物塊的yC．t=1s時，物塊的加速度大小為D．t=2s時，物塊的速度大小為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)圖像可得F1=4?t，F(xiàn)=4+2t物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)閙gsin30°，B．在y軸方向的加速度為a故t=1s時，物塊的yy=故B正確；C．t=1s時，F(xiàn)=6a=故C錯誤；D．對x軸正方向，對物塊根據(jù)動量定理Ft=m由于F與時間t成線性關(guān)系故可得4+2×0解得v此時y軸方向速度為v故此時物塊的速度大小為v=故D正確。故選BD。【真題6】（多選）（2023·全國·高考真題）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（

）

A．在x=1m時，拉力的功率為6WB．在x=4m時，物體的動能為2JC．從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s【答案】BC【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。AB．在物體運動的過程中根據(jù)動能定理有W?μmgx=則x=1m時物體的速度為v1=2m/sx=1m時，拉力為F=則此時拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m時物體的動能為Ek=2JA錯誤、B正確；C．從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8JC正確；D．根據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過程中F1=6N，2—4m的過程中F2=3N，由于物體受到的摩擦力恒為f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項AB分析可知此時的速度v則從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為p=mv=2D錯誤。故選BC。【真題7】（多選）（2023·重慶·高考真題）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t?26和y=?2t+140。無人機及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）

A．EF段無人機的速度大小為4m/sB．FM段無人機的貨物處于失重狀態(tài)C．FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無人機機械能守恒【答案】AB【詳解】A．根據(jù)EF段方程y=4t?26可知EF段無人機的速度大小為v=故A正確；B．根據(jù)y?t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；C．根據(jù)MN段方程y=?2t+140可知MN段無人機的速度為v則有Δ可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg?m/s，故C錯誤；D．MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。故選AB。【真題8】（2024·廣東·高考真題）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(yīng)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(tài)，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(zhì)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（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)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(fā)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作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M=30kg,H=3.2m①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）tanθ=【詳解】（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+解得tan（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小I方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時的速度v與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）I解得v=2m/s則上升的最大高度?=一、單選題1．（2024·廣東·三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅(qū)動輪上某點的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅(qū)動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（）A．做勻加速運動 B．加速度逐漸減小C．動量變化得越來越快 D．所受摩擦力的功率不變【答案】C【詳解】A．由于滑塊與傳送帶相對靜止，傳送帶與驅(qū)動輪間無相對滑動，則滑塊的速度隨位移均勻增大，若滑塊做勻加速運動，由直線運動規(guī)律得v滑塊速度不隨位移均勻增大，即滑塊不做勻加速運動，故A錯誤；B．滑塊速度逐漸增大，則通過任意相同位移的時間逐漸減小，又滑塊通過相同位移的速度變化量相同，則滑塊加速度越來越大，故B錯誤；C．滑塊動量p=mv由于滑塊加速度逐漸增大，即速度變化的越來越快，而滑塊質(zhì)量不變，則滑塊動量變化的越來越快，故C正確；D．滑塊所受摩擦力即其所受合外力，由牛頓第二定律得所受摩擦力逐漸增大，又滑塊速度逐漸增大，由P=fv可知摩擦力的功率增大，故D錯誤。故選C。2．（2024·四川涼山·三模）如圖所示，動力小車以恒定的速率沿曲線豎直軌道上表面從A點運動到D點，A點是軌道最低點，B為軌道最高點。下列判斷正確的是（

）A．小車在A、B兩點速度不同 B．運動中小車的動量不變C．運動中小車機械能不變 D．小車在A點對軌道壓力最大【答案】D【詳解】A．小車做曲線運動，運動方向與軌跡相切，小車在A、B兩點時，兩點分別為最低點和最高點切線沿水平方向，則小車運動方向沿水平方向，方向相同，小車的速率即速度大小也相同，所以，小車在A、B兩點速度相同，故A錯誤；B．小車做曲線運動，運動方向時刻改變，動量為矢量，方向與速度方向相同，所以小車的動量大小不變，方向時刻改變，故B錯誤；C．汽車在運動過程中動能不變，重力勢能變化，所以機械能變化，故C錯誤；D．小車在A點時，為軌道的最低點，根據(jù)牛頓第二定律N?mg=m解得N=mg+m又因為，由圖可得小車在A點對應(yīng)的圓周運動的半徑最小，一定速率下，向心力最大，所以小車在A點是軌道對小車的支持力最大，根據(jù)牛頓第三定律，此時小車對軌道的壓力最大，故D正確。故選D。3．（2023·廣東·二模）2023年7月22日，中國女足迎來世界杯首戰(zhàn)．如圖所示，某次撲球時，守門員戴著厚厚的手套向水平飛馳而來的足球撲去，使足球停下．與不戴手套相比，此過程守門員戴手套可以（）A．減小足球的慣性 B．減小足球?qū)κ值臎_量C．減小足球的動量變化量 D．減小足球?qū)κ值钠骄饔昧Α敬鸢浮緿【詳解】守門員戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，這樣可以延長球與手接觸的時間，對球，取球的初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得?Ft=0?mv可得F=當時間延長時，動量的變化量不變，則球受到的沖量不變，可減小球動量的變化率，即減小手對球的平均作用力，足球的慣性由質(zhì)量決定，不會變化。故選D。4．（2024·寧夏吳忠·二模）如圖所示，某同學(xué)將質(zhì)量相同的三個物體從水平地面上的A點以同一速率沿不同方向拋出，運動軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個物體從拋出到落地過程中，下列說法正確的是（）A．軌跡為1的物體在最高點的速度最大B．軌跡為1的物體在空中飛行時間最短C．軌跡為3的物體所受重力的沖量最大D．三個物體單位時間內(nèi)動量的變化相同【答案】D【詳解】A．物體做平拋運動，則?=x=物體在最高點的速度等于平拋的初速度，為v可得v故軌跡為1的物體在最高點的速度最小，故A錯誤；BC．根據(jù)斜拋運動的對稱性可知，物體從最高點到落地的過程為平拋運動，則斜拋的總時間為t因?可得t故軌跡為1的物體在空中飛行時間最長，故B錯誤；C．重力的沖量為I可得I故軌跡為3的物體所受重力的沖量最小，故C錯誤；D．單位時間內(nèi)動量的變化為Δ故三個物體單位時間內(nèi)動量的變化相同，故D正確。故選D。5．（2024·北京海淀·一模）如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B，B球的質(zhì)量是A球的3倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面，不計空氣阻力、定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦。已知重力加速度為g。由靜止釋放B球，到B球落地前的過程中，下列說法正確的是（

）A．B球重力勢能的減少量等于兩球動能的增加量B．輕繩拉力對A球做的功等于A球動能的增加量C．B球重力勢能的減少量大于A球機械能的增加量D．輕繩拉力對兩小球的總沖量為零【答案】C【詳解】A．B球重力勢能的減少量等于兩球動能的增加量以及A球重力勢能增加量之和，選項A錯誤；B.輕繩拉力對A球做的功以及A球重力對A做功之和等于A球動能的增加量，選項B錯誤；C．B球重力勢能的減少量等于A球機械能的增加量與B球動能增加量之和，可知B球重力勢能的減少量大于A球機械能的增加量，選項C正確；D．輕繩對兩小球的拉力均向上，且拉力的大小和作用時間均不為零，可知總沖量不為零，選項D錯誤。故選C。6．“雙星”是宇宙中普遍存在的一種天體系統(tǒng)，由兩顆恒星組成，雙星系統(tǒng)遠離其他恒星，在相互的萬有引力作用下繞連線上一點做周期相同的勻速圓周運動。如圖所示，A、B兩顆恒星構(gòu)成雙星系統(tǒng)，繞共同的圓心O做勻速圓周運動，經(jīng)過t（小于周期）時間，A、B兩恒星的動量變化量分別為ΔpA、A．ΔpA>ΔpB B．Δ【答案】D【詳解】系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的總動量守恒，根據(jù)牛頓第二定律F加速度為a=則有m由于角速度相同，因此m兩恒星的速度方向始終相反，則p因此系統(tǒng)的總動量始終為零，可得ΔpA故選D。7．（2023·貴州安順·一模）有些太空探測器裝配有離子發(fā)動機，其工作原理是將被電離后的正離子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力。若發(fā)動機向后噴出離子的速率為25km/s（遠大于探測器的飛行速率）時，探測器獲得的推力大小為0.1N，則該發(fā)動機1s時間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為（）A．4×10?4kg B．C．4×10?6kg D．【答案】C【詳解】由牛頓第三定律可知1s時間內(nèi)噴出的離子受到發(fā)動機的平均作用力大小為F=0.1對1s時間內(nèi)噴出的離子由動量定理可得Ft=mv?0解得該發(fā)動機1s時間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為m=故選C。8．（2024·陜西·一模）今年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》為觀眾帶來了一場視覺盛宴。彩排時為確保演員們能夠準確掌握發(fā)力技巧，教練組將壓力傳感器安裝在圖甲的蹦床上，記錄演員對彈性網(wǎng)的壓力。圖乙是某次彩排中質(zhì)量為35kg的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力-時間（F?t）圖像，演員可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/sA．從a時刻到b時刻，演員做勻變速直線運動B．從a時刻到b時刻，演員一直處于失重狀態(tài)C．在b時刻，演員的速度最大D．從a時刻到b時刻，蹦床給演員的沖量大小為455N·s【答案】D【詳解】A．從a時刻到b時刻彈力逐漸減小，合外力不恒定，加速度變化，故演員做非勻變速運動，A錯；B．a(chǎn)時刻彈力最大，應(yīng)處于最低點，具有向上的加速度，當重力與彈力相等時，加速度為零，此后加速度變?yōu)橄蛳?，從a時刻到b時刻，故先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，B錯誤；C．彈力和重力相等時，即在平衡位置時，演員的速度最大，C錯誤；D．演員在空中的時間t=(2.8?1.2)故演員脫離蹦床時的速度v=g·根據(jù)動量定理可得I解得ID正確。故選D。9．春節(jié)期間很多騎行人員未按要求佩戴頭盔，交管部門針對這一現(xiàn)象，進行專項整治，未按要求佩戴頭盔人員將受到如下懲罰：舉如圖所示的廣告牌，發(fā)朋友圈“集贊”。某同學(xué)在某輕質(zhì)頭盔的安全性測試中進行了模擬檢測，某次他在頭盔中裝入質(zhì)量為5kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從0.8m的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了0.02m時，物體的速度減為0，如圖所示，擠壓過程中視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．物體落地瞬間的速度為8m/sB．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為2050NC．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為20kg·m/s，方向豎直向下D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為30N·s【答案】B【詳解】A．物體落地瞬間的速度為v=A錯誤；B．物體勻減速過程中x=設(shè)豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理mg?得頭盔對物體的平均作用力大小為FB正確；C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為Δ方向豎直向上，C錯誤；D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為I=mgt得I=0.5D錯誤。故選B。10．（2023·安徽淮北·一模）質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平面上，t=0時受到水平拉力F的作用開始運動，F(xiàn)?t圖像如圖所示，4s時物體剛好停止運動。物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g取10m/s2A．μ=0．2 B．C．物體最大動能為2J D．3s時物體的動量為2kg【答案】D【詳解】A．根據(jù)F?t圖像可知，0~4sI0~4sI解得物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.15故A錯誤；BC．物體受到的滑動摩擦力大小為f=μmg=3由F?t圖像可知，當t′=2.5s時，水平拉力大小為3I其中I解得最大速度為v則最大動能為E故BC錯誤；D．0~3sI其中I解得3s時物體的動量為p故D正確。故選D。11．（2023·安徽宣城·二模）如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動，周期為T，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．在T時間內(nèi)，小球受到的重力沖量為零B．在T2C．在T時間內(nèi)，小球受到彈力的沖量為零D．在T2時間內(nèi)，小球受到彈力的沖量大小為【答案】D【詳解】A．小球在T時間內(nèi)，小球受到的重力沖量不為零，故A錯誤；B．小球的線速度v=在T2I=2mv=故B錯誤；C．在T時間內(nèi)，小球動量改變量為零，根據(jù)動量定理可得0=mgt+解得I故C錯誤；D．在T2I故D正確。故選D。12．如圖所示，AB為豎直固定的四分之一粗糙圓弧軌道，O為圓心，P為圓弧AB的中點，OA水平，OB豎直，軌道半徑R=2m，一質(zhì)量m=4kg的小物塊以2m/s速度從A到B做勻速圓周運動，重力加速度g=1

A．A到B的過程中合力對小球的沖量為8N?sB．在P點時，重力的瞬時功率為40WC．AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功D．在B點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為40N【答案】D【詳解】A．A到B的過程初狀態(tài)動量方向豎直向下，末狀態(tài)動量方向水平向右，大小均為p該過程小物塊的動量改變量大小為Δ根據(jù)動量定理，可知I即A到B的過程中合力對小球的沖量大小為8NB．依題意，P為圓弧AB的中點，則小物塊在P點的速度方向與豎直方向成45°角，根據(jù)功率的表達式，有P=mgv故B正確，與題意不符；C．由幾何知識可知?由動能定理，可得mg聯(lián)立，解得W可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功。故C正確，與題意不符；D．小物塊在B點時，由牛頓第二定律可得F解得F根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊對圓弧軌道的壓力大小為44J故選D。二、多選題13．（2024·廣東江門·一模）數(shù)據(jù)表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6ms以上，人頭部的質(zhì)量約為2kg，則下列說法正確的是（）A．頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率B．頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量C．事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等D．若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)F?Δt=Δp可得F=依題意，頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率。故A正確；B．同理，可知頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量。故B錯誤；C．根據(jù)I=F?Δt頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等。故C正確；D．代入數(shù)據(jù)，可得F=可知事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N。故D正確。故選ACD。14．用一小型電動機豎直向上提升質(zhì)量為m的重物，電動機的輸出功率恒定，重物向上加速運動的v-t圖像如圖所示，v0為上升過程的最大速度。重力加速度為g，加速上升過程中，重力的沖量大小為I，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．重物加速上升的時間為IB．重物加速上升過程中吊索對重物拉力的沖量大小等于mv0C．電動機的輸出功率P=mgv0D．當重物速度為12v【答案】AC【詳解】A．由題意可知，重物加速上升的時間為t=故A正確；B．重物加速上升過程中根據(jù)動量定理，吊索對重物拉力的沖量大小為I故B錯誤；C．當勻速運動時，拉力F等于重物的重力，電動機的輸出功率P=F故C正確；D．重物速度為v=時，拉力F由F1-mg=ma解得a=g故D錯誤。故選AC。15．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示為固定在水平面上的光滑半球形碗，一質(zhì)量為m的小物塊從碗口A點由靜止沿圓弧面下滑到最低點C，B