2025新課改-高中物理-選修第1冊（21講）01 C動量 動量定理 提升版含答案

2025新課改-高中物理-選修第1冊（21講）01C動量動量定理提升版含答案動量動量定理知識點：動量動量定理一、尋求碰撞中的不變量1．質(zhì)量大的C球與靜止的B球碰撞，B球獲得的速度大于(填“大于”“小于”或“等于”)碰前C球的速度，兩球碰撞前后的速度之和不相等(填“相等”或“不相等”)．2．由教材第3頁小車碰撞實驗中記錄的數(shù)據(jù)知：兩小車碰撞前后，動能之和不相等(填“相等”或“不相等”)，質(zhì)量與速度的乘積之和基本不變．二、動量1．動量(1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積．(2)公式：p＝mv，單位：kg·m/s.(3)動量的矢量性：動量是矢(填“矢”或“標”)量，方向與速度的方向相同，運算遵循平行四邊形定則．2．動量的變化量(1)物體在某段時間內(nèi)末動量與初動量的矢量差，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)動量始終保持在一條直線上時的運算：選定一個正方向，動量、動量的變化量用帶正、負號的數(shù)值表示，從而將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算，此時的正、負號僅表示方向，不表示大小．三、動量定理1．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積．(2)定義式：I＝FΔt.(3)物理意義：沖量是反映力的作用對時間的累積效應(yīng)的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大．(4)單位：在國際單位制中，沖量的單位是牛秒，符號為N·s.(5)矢量性：如果力的方向恒定，則沖量的方向與力的方向相同；如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量變化量的方向相同．2．動量定理(1)內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量．(2)表達式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv.技巧點撥一、動量動量的變化量1．對動量的理解(1)瞬時性：物體的動量是物體在某一時刻或某一位置的動量，動量的大小可用p＝mv表示．(2)矢量性：動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同．(3)相對性：因物體的速度與參考系的選取有關(guān)，故物體的動量也與參考系的選取有關(guān)．2．動量的變化量(1)表達式：Δp＝p2－p1.該式為矢量式，運算遵循平行四邊形定則，當p2、p1在同一條直線上時，可規(guī)定正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算．(2)方向：方向與速度變化的方向相同，在合力為恒力的情況下，物體動量變化的方向也與物體加速度的方向相同，即與物體所受合外力的方向相同．總結(jié)提升動量與動能的區(qū)別與聯(lián)系1．區(qū)別：動量是矢量，動能是標量，質(zhì)量相同的兩物體，動量相同時動能一定相同，但動能相同時，動量不一定相同．2．聯(lián)系：動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，大小關(guān)系為Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk).二、沖量及其計算1．對沖量的理解(1)沖量是過程量沖量是力作用在物體上的時間累積效應(yīng)，取決于力和時間這兩個因素，所以求沖量時一定要明確所求的是哪一個力在哪一段時間內(nèi)的沖量．(2)沖量是矢量在力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量變化量的方向相同．2．沖量的計算(1)求恒力的沖量沖量等于力和力的作用時間的乘積(無論物體是否運動，無論物體在該力的方向上是否有位移)．(2)求變力的沖量①若力與時間成線性關(guān)系，則可用平均力求變力的沖量．②若給出了力隨時間變化的圖像如圖所示，可用面積法求變力的沖量．圖③利用動量定理求解．三、動量定理1．動量定理的推導如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體(與水平面無摩擦)在水平恒力F作用下，經(jīng)過時間t，速度從v變?yōu)関′.圖物體在這個過程中的加速度a＝eq\f(v′－v,t)根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可得F＝meq\f(v′－v,t)整理得：Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv即Ft＝mv′－mv＝Δp.2．動量定理的理解(1)動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因．(2)動量定理的表達式Ft＝mv′－mv是矢量式，運用動量定理解題時，要注意規(guī)定正方向．(3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是均勻變化的力，則F應(yīng)是合外力在作用時間內(nèi)的平均值．3．動量定理的應(yīng)用(1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象．①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大，反之力就越?。谧饔昧σ欢〞r，力的作用時間越長，動量變化量越大，反之動量變化量就越?。?2)應(yīng)用動量定理定量計算的一般步驟．eq\x(選定研究對象，明確運動過程)→eq\x(進行受力分析，確定初、末狀態(tài))→eq\x(選取正方向，列動量定理方程求解)總結(jié)提升用動量定理解題時應(yīng)注意的問題1．列方程前首先選取正方向；2．分析速度時一定要選取同一參考系，一般選地面為參考系；3．公式中的沖量應(yīng)是合外力的沖量，求動量的變化量時要嚴格按公式，且要注意動量的變化量是末動量減去初動量．例題精練1．（2020秋?江西月考）我國高鐵技術(shù)在世界上處于領(lǐng)先地位，由中國中車制造的高速列車“CIT500”最高測試速度達到了605km/h。某次測試中，一列質(zhì)量為m的列車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經(jīng)時間t達到該功率下的最大速度vm，設(shè)列車行駛過程所受到的阻力F保持不變，則列車在時間t內(nèi)（）A．牽引力的沖量I＝mvm﹣mv0 B．牽引力的沖量I＝Ft C．行駛的距離s＝t D．行駛的距離s＝﹣【分析】力F的沖量為I＝Ft，只有合外力的沖量才等于動量變化量；列車行駛的距離s＝t，只有勻變速直線運動才有＝；由動能定理求出列車行駛的距離?！窘獯稹拷猓篈、由動量定理可知：合外力的沖量等于動量變化量，列車的合外力為牽引力減去阻力，故A錯誤；B、牽引力的沖量I＝F牽t，但F牽≠F，只有當速度達到最大時F牽＝F，故B錯誤；C、列車啟動過程中，P＝F牽v，v增大時，牽引力減小，所以列車合外力不恒定，做變速直線運動，所以≠，列車行駛的距離s＝t，故C錯誤；D、列車啟動過程中，由動能定理可知：Pt﹣Fs＝﹣，解得：行駛的距離s＝﹣，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查列車啟動問題和動量定理、動能定理的綜合。主要動量定理的概念是合外力的沖量等于動量變化量，某個分力的沖量就是該力乘以它作用的時間即可；列車啟動過程不一定是勻變速直線運動，所以求位移時一般用動能定理，牽引力做的功為變力做功W＝Pt。2．（2020?攀枝花三模）某質(zhì)點做勻變速直線運動，一段時間內(nèi)速度增加量為2v，動能增加量為3E（E為初始時刻的動能），則在這段時間內(nèi)該質(zhì)點動量的變化為（）A． B． C． D．【分析】依據(jù)動量定理結(jié)合動能定理分析求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動量定理：Ft＝m?2v根據(jù)動能定理：Fx＝3E由于物體做勻變速運動，則x＝，聯(lián)立得：，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了動量定理和動能定理結(jié)合解題，要靈活應(yīng)用勻變速運動規(guī)律。隨堂練習1．（2021春?商洛期末）河北某校高二年級物理備課組組織了一次“高樓落蛋”比賽。每班由5名學生組成一支參賽組，每組只能由一名學生攜小組設(shè)計的裝置到教學樓5樓實施落蛋操作，小組其他學生在一樓等候。某小組同學將裝有雞蛋的保護裝置從教學樓5樓窗口外側(cè)由靜止釋放。若該裝置著地后（裝置與地面作用時間極短）經(jīng)0.6s速度減為零，不計空氣阻力則在裝置與地面碰撞的過程中，雞蛋對裝置產(chǎn)生的平均作用力大小最接近（）A．0.2N B．2N C．20N D．200N【分析】雞蛋下落過程做自由落體運動，應(yīng)用運動學公式求出雞蛋到達地面時的速度大??；雞蛋落地過程，應(yīng)用動量定理求出裝置對間的平均作用力大小，然后應(yīng)用牛頓第三定律求出雞蛋對裝置的作用力大小?！窘獯稹拷猓好看谓虒W樓的高度約為3m，5樓窗口到地面的高度約為h＝3×4m＝12m，雞蛋下落過載做自由落體運動，落地速度大小v＝雞蛋的質(zhì)量約為m＝60g＝0.060kg設(shè)裝置對雞蛋的作用力大小為F，以向上為正方向，則v＝﹣雞蛋與裝置落地過程，對雞蛋，由動量定理得：（F﹣mg）t＝0﹣mv代入數(shù)據(jù)解得：F≈2N由牛頓第三定律可知，雞蛋對裝置的作用力大小F′＝F＝2N，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題是一道估算問題，合理估計樓高、雞蛋的質(zhì)量是解題的前提，應(yīng)用運動學公式與動量定理即可解題。2．（2021春?錫山區(qū)校級期末）下列關(guān)于動量的說法中，正確的是（）A．物體的慣性越大，動量越大 B．物體的加速度不變，其動量一定不變 C．一個物體的動量變化，其速率一定變化 D．一個物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，它的動量一定改變【分析】質(zhì)量是慣性大小的量度，是標量；動量表達式P＝mv，是矢量，方向與速度方向相同，動量變化可以是動量的大小變化、動量的方向變化，以及動量的大小方向一起變化?！窘獯稹拷猓篈、物體的慣性大，說明物體的質(zhì)量大，但沒有說明物體的速度關(guān)系，故不能判定動量大，故A錯誤；B、物體的加速度不變，物體做勻變速運動，物體的速度是均勻變化的，動量也發(fā)生變化，故B錯誤；C、動量是矢量，當物體做勻速圓周運動時，速度方向不斷變化，物體的動量是變化的，而勻速圓周運動的速率卻沒有變化，故C錯誤；D、物體的運動狀態(tài)是否發(fā)生變化看物體的速度有沒有變化，若物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，則物體的速度一定發(fā)生變化，則物體的動量一定改變，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了影響動量大小的因素，知道動量是矢量，動量的變化可以由物體速度的方向變化也可以是速度的大小變化以及速度的大小方向一起變化引起的。3．（2021?海淀區(qū)校級三模）根據(jù)量子理論：光子既有能量也有動量；光子的能量E和動量p之間的關(guān)系是E＝pc，其中c為光速。由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或被反射時都會對物體產(chǎn)生一定的沖量，也就對物體產(chǎn)生了一定的壓強。根據(jù)動量定理可近似認為：當動量為p的光子垂直照到物體表面，若被物體反射，則物體受到的沖量大小為2p；若被物體吸收，則物體受到的沖量大小為p。某激光器發(fā)出激光束的功率為P0，光束的橫截面積為S。當該激光束垂直照射到某物體表面時，物體對該激光的反光率為η，則激光束對此物體產(chǎn)生的壓強為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)題意求出釋放光子的能量，然后根據(jù)光子的動量和能量之間關(guān)系，求出光子的動量，由動量定理求出壓力，然后求出光壓．【解答】解：時間t內(nèi)釋放光子的能量：E總＝P0t＝P0t，光子的總動量：p＝＝，根據(jù)題意，由動量定理得：2ηp+（1﹣η）p＝Ft，激光束對物體產(chǎn)生的壓強：p壓強＝，解得壓強為：p壓強＝，故B正確、ACD錯誤。故選：B。【點評】本題要讀懂題意，知道什么是光壓，再應(yīng)用動量定理與壓強公式即可解題，本題是一道信息給予題，認真審題，理解題意是正確解題的前提．4．（2021?湖北模擬）如圖所示，A、B兩個小物塊用足夠長的細線相連，細線繞過固定在水平面與斜面交界處的光滑輕小定滑輪，將兩物塊分別置于水平面與斜面上，滑輪兩邊細線分別與水平面和斜面平行．已知A物塊的質(zhì)量大于B物塊的質(zhì)量，不計一切摩擦，在兩物塊分別沿水平面與斜面運動的一段過程中，下列說法正確的是（）A．細線拉力對兩物塊做的功相同 B．細線拉力對兩物塊的沖量相同 C．若將兩物塊的位置互換，細線上拉力大小不變 D．若將兩物塊的位置互換，細線上拉力變大【分析】用功和沖量的概念判斷拉力做的功和拉力的沖量；用牛頓第二定律求拉力大小進行比較。【解答】解：A、細線拉力對A做正功，對B做負功，所以拉力對兩物塊做功不同，故A錯誤；B、沖量是矢量，有方向，而細線對A的拉力和對B的拉力方向不同，所以拉力對兩物塊的沖量不同，故B錯誤；CD、設(shè)A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，斜面傾角為θ，設(shè)細線拉力為F1，加速度為a1，對整體由牛頓第二定律可得：mBgsinθ＝（mA+mB）a1，隔離A根據(jù)牛頓第二定律可得：F1＝mAa1，聯(lián)立解得：F1＝；互換位置后，設(shè)細線拉力為F2，整加速度為a2，整體根據(jù)牛頓第二定律可得：mAgsinθ＝（mA+mB）a2，隔離B根據(jù)牛頓第二定律可得：F2＝mBa2，聯(lián)立解得：F2＝，所以F1＝F2，即將兩物塊的位置互換，細線上拉力大小不變，故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（2020春?廣饒縣校級月考）關(guān)于動量的概念，下列說法正確的是（）A．運動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向 B．物體的加速度不變，其動量也一定不變 C．物體的動能不變，其動量也一定不變 D．物體的動量越大，其慣性也越大【分析】慣性的大小與質(zhì)量有關(guān)；質(zhì)量與速度的乘積是物體的動量，根據(jù)動量的定義式以及動量和速度的關(guān)系分析答題?！窘獯稹拷猓篈、動量和速度都是矢量，物體的動量p＝mv，可知運動物體在任一時刻的動量的方向一定是該時刻的速度方向，故A正確B、物體的加速度不變，速度變化，則動量變化，故B錯誤C、物體的動能不變，則物體的速度大小不變，若方向變化，則其動量也變化，故C錯誤D、質(zhì)量是慣性大小的量度，而物體的動量：p＝mv，動量大小取決于質(zhì)量與速度的乘積，動量大的物體慣性不一定大，故D錯誤故選：A?！军c評】本題考查了影響動量大小的因素、動量與速度的關(guān)系，知道動量的定義式、掌握速度與動量間的關(guān)系即可正確解題2．（2020春?藍田縣期末）一質(zhì)量為2kg的物體，速度由向東3m/s變?yōu)橄蛭?m/s，在這個過程中該物體的動量與動能的變化量分別是（）A．0、0 B．0、18J C．12kg?m/s、0 D．12kg?m/s、18J【分析】根據(jù)動量是矢量，動能是標量，分別按照矢量和標量的運算法則求解，先選取正方向，表示出初速度和末速度，再求動量的變化量。根據(jù)速度的大小，求動能的變化量?！窘獯稹拷猓阂?guī)定向西為正，物體動量變化量為mv﹣m（﹣v）＝12kg?m/s，方向向西。動能，故這個過程中，動能變化量為0，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】分析本題時，要注意動量與動能的區(qū)別：動量是矢量，動能是標量，在規(guī)定正方向后，要用正負號表示出速度的方向。3．（2019春?思明區(qū)校級期中）下列關(guān)于動量說法中，正確的是（）A．物體的動量越大，其慣性也越大 B．做勻速圓周運動的物體，其動量不變 C．動量大小不變的運動，可能是變速運動 D．豎直向上拋的物體（不計空氣阻力）經(jīng)過空中同一位置時動量一定相同【分析】質(zhì)量是慣性大小的量度，是標量；動量表達式mv，是矢量，方向與速度方向相同；勻速圓周運動速度大小不變，方向時刻不變化；豎直上拋運動經(jīng)過空中同一位置，速度大小相等，方向相反?！窘獯稹拷猓篈、物體動量（mv）大，可能是速度大，不一定是質(zhì)量大，慣性大，故A錯誤B、做勻速圓周運動的物體，速度大小恒定，速度方向時刻變化，即動量方向時刻變化，故B錯誤C、動量大小不變，方向變化的運動，如勻速圓周運動為變速運動，故C正確D、豎直上拋的物體（忽略空氣阻力），機械能守恒，經(jīng)過空中同一位置時，速度大小相等，方向相反，動量大小相等，方向相反，故D錯誤故選：C?！军c評】深刻理解動量是矢量，由mv決定，方向是物體的運動方向；動量的不變一定是大小和方向均不變；注意利用豎直上拋運動的對稱性和機械能守恒定律處理問題。此題難點在于理解動量的矢量性和決定式。4．（2019秋?田陽縣校級月考）對于質(zhì)量不變的物體，下列關(guān)于物體動量的說法正確的是（）A．若物體的速度不變，動量可能改變 B．若物體的速率不變，動量一定不變 C．若物體動能變化，動量一定變化 D．若物體動量變化，動能一定變化【分析】動量是矢量，物體的速度大小和方向任意一個發(fā)生變化，動量都會發(fā)生變化。動量的方向與速度方向相同?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)p＝mv知，若物體的速度不變，即速度的大小和方向均不變，動量一定不變，故A錯誤。A、根據(jù)p＝mv知，若物體的速率不變，方向變化，物體的動量發(fā)生改變，故B錯誤。C、若物體動能變化，則速度大小一定變化，根據(jù)p＝mv知，動量一定變化，故C正確。D、若物體動量變化，可能速度大小不變、方向變化，則動能可能不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道動量是矢量，方向與速度方向相同，知道動量和動能的區(qū)別，基礎(chǔ)題。5．（2021?岳陽模擬）高空拋物極易對人造成重大傷害，2021年1月1日起施行的《民法典》明確提出“禁止從建筑物中拋擲物品”，若造成損害事故的將追究民事甚至刑事責任。如果一個蘋果從居民樓16層墜落，與地面的撞擊時間約為3×10﹣3s，則蘋果對地面的沖擊力約為（）A．20N B．200N C．2000N D．20000N【分析】先通過自由落體運動求落前瞬間的速度，再用動量定理列方程即可求解?！窘獯稹拷猓好繉訕歉叽蠹s3m，蘋果從居民樓16層墜落下落高度約為：h＝3×15m＝45m由2gh＝v2，解得：v＝30m/s選向上為正方向，與地面撞擊過程由動量定理：Ft﹣mgt＝0﹣（﹣mv）一個蘋果質(zhì)量m大約0.2kg，解得：F≈2000N故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題主要考查了動量定理的應(yīng)用，此題的難點在于學生的生活經(jīng)驗：要知道樓層的大約高度和一個蘋果的大約質(zhì)量。另外由于題中蘋果和地面撞擊時間極短，重力的沖量可以忽略，但如果作用時間較長，則必須考慮重力的沖量。6．（2021春?雞冠區(qū)校級期末）一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ（不計空氣阻力），進入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則（）A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量 B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小 C．過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功等于過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能 D．過程Ⅱ中損失的機械能大于過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能【分析】根據(jù)動量定理分析沖量與動量變化量的關(guān)系．根據(jù)動能定理分析重力做功與阻力做功的關(guān)系，從而得出克服阻力做功與重力勢能的變化之間的關(guān)系；根據(jù)機械能的概念分析機械能的減少量?！窘獯稹拷猓篈、過程Ⅰ中僅受重力，根據(jù)動量定理知，過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量，故A錯誤；B、對整個過程運用動量定理知，動量的變化量為零，則整個過程重力的沖量與阻力的沖量大小相等，方向相反，所以過程Ⅱ中阻力的沖量的大小大于過程Ⅰ中重力沖量的大小，故B錯誤；C、對整個過程運用動能定理，有：mgH﹣Wf＝0，可知整個過程中重力做功等于克服阻力做功，過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功大于過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能，故C錯誤；D、設(shè)過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能為Ek，過程Ⅱ中損失的機械能△E＝Ek+EP，其中EP為過程Ⅱ中重力勢能的減少，所以過程Ⅱ中損失的機械能大于過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了動量定理和動能定理的基本運用，運用動能定理和動量定理均要合理地選擇研究的過程，知道在整個過程中動能的變化量為零，動量的變化量為零．7．（2021春?雞冠區(qū)校級期末）一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動，F(xiàn)隨時間t變化的圖象如圖所示，則（）A．t＝1s時物塊的速率為2m/s B．t＝3s時物塊的速度大小為為1.5m/s C．t＝4s時物塊的動量大小為4kg?m/s D．0~4s時物塊受到的沖量為6N?s【分析】F﹣t圖象與坐標軸圍成的面積表示力的沖量，根據(jù)動量定理結(jié)合圖象進行解答?！窘獯稹拷猓篈、F﹣t圖象與坐標軸圍成的面積表示力的沖量，設(shè)t1＝1s時物塊的速度大小為v1，根據(jù)動量定理可得：F1t1＝mv1﹣0，其中F1＝2N，解得：v1＝1m/s，故A錯誤；B、設(shè)t3＝3s時物塊的速度大小為v3，根據(jù)動量定理可得：F1t2﹣F2(t3﹣t2)＝mv3﹣0，其中F1＝2N，F(xiàn)2＝1N，t2＝2s，解得：v3＝1.5m/s，故B正確；C、設(shè)t4＝4s時物塊動量大小為p，根據(jù)動量定理可得：p＝F1t2﹣F2(t4﹣t2)，解得：p＝2kg?m/s，故C錯誤；D、根據(jù)動量定理可得0~4s時物塊受到的沖量I＝p＝2N?s，方向與0~2s內(nèi)力F的方向相同，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化；對于F﹣t圖象，要掌握F﹣t圖象與坐標軸圍成的面積所表示的物理意義。8．（2021?天津模擬）一質(zhì)量為m的物塊靜止在水平光滑桌面上，現(xiàn)用一力F（大小未知）拉動物塊，物塊運動時的a﹣t圖像如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．0.5T時，物塊速度為0.5a0T B．T～1.5T與1.5T～2T物塊運動形式不同 C．T～1.5T，過程中F沖量為ma0T D．T～2T過程中F做功為零【分析】在a﹣t圖像中，圖像與時間軸所圍的面積大小等于速度的變化量，據(jù)此畫出物體的速度﹣時間圖像進行分析即可；T～1.5T過程中，根據(jù)動量定理求出力F的沖量；T～2T過程中，根據(jù)動能定理求出力F做的功?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)a﹣t圖像與時間軸所圍的面積大小表示速度的變化量，且物體從靜止開始運動可知：物體在0～0.5T時間內(nèi)做初速度為零的加速度為a0的勻加速直線運動，0.5T時物體的速度v＝△v＝0.5a0T0.5T～T時間內(nèi)物體的加速度為零，以速度v做勻速運動T～1.5T時間內(nèi)物體的加速度為﹣a0，物體做勻減速運動，1.5T時刻的速度v1.5T＝v﹣a0×0.5T＝0.5a0T﹣0.5a0T＝01.5T～2T時間內(nèi)物體做初速度為零加速度為﹣a0的反向勻加速直線運動，2T時物體的速度v2T＝﹣a0×（2T﹣1.5T）＝﹣a0T＝﹣v，其速度時間圖像如圖所示，故AB正確；C、T～1.5T，根據(jù)動量定理可知F沖量等于物體的動量變化，即IF＝△p＝0﹣mv＝﹣0.5ma0T，故C錯誤；D、T～2T過程中，根據(jù)動能定理可知：F做的功等于物體的動能變化，即，故D正確。本題選錯誤的，故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是做出對應(yīng)的速度﹣時間圖像，這樣解題更直觀。9．（2021?咸陽模擬）“水刀”應(yīng)用高壓水流切割技術(shù)，相比于激光切割有切割材料范圍廣，效率高、安全環(huán)保等優(yōu)勢，某型號“水刀”工作過程中，將水從面積S＝0.1mm2的細噴嘴高速噴出，直接打在被切割材料表面，從而產(chǎn)生極大壓強，實現(xiàn)切割，已知該“水刀”每分鐘用水600g，水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3。假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散開沒有反彈，試估算水對材料垂直于表面方向的壓強p為（）A．1.0×103Pa B．1.0×106Pa C．1.0×107Pa D．1.0×108Pa【分析】根據(jù)水的質(zhì)量與速度關(guān)系求從噴嘴噴出水的流度v的大小；根據(jù)動量定理和壓強公式及牛頓第三定律求水對材料表面的壓強p約為多大?！窘獯稹拷猓阂环昼妵姵龅乃馁|(zhì)量為：m＝ρSvt水的流速：v＝選取△t時間內(nèi)打在材料表面質(zhì)量為△m水為研究對象，以從細噴嘴高速噴出時的速度方向為正方向，由動量定理得：﹣F△t＝0﹣△mv其中：△m＝ρSv△t解得：F＝ρSv2根據(jù)牛頓第三定律，材料表面受到的壓力：F′＝F水對材料垂直于表面方向的壓強：p＝代入數(shù)據(jù)解得：p＝1.0×107pa，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題是以水刀應(yīng)用高壓水流切割技術(shù)為背景的試題，考查的是流體問題中動量定理的應(yīng)用，解決從問題得關(guān)鍵是選取△t時間內(nèi)打在材料表面質(zhì)量為△m水為研究對象，然后用動量定理方程求解。10．（2021?朝陽區(qū)二模）在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。如圖，質(zhì)量為m的彈性薄片沿傾斜方向落到足夠大水平彈性面上，碰前瞬間速度為v0，方向與水平方向夾角α＝30°。薄片與彈性面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。不計空氣阻力，碰撞過程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后豎直方向的速度大小保持不變，并且在運動過程中始終沒有旋轉(zhuǎn)。下列選項正確的是（）A．薄片第1次碰后離開水平面瞬間，速度方向與水平面間夾角仍為30° B．薄片每次與水平面碰撞過程中，受到的沖量均相等 C．薄片在與水平面多次碰撞后，最終將靜止在水平面上 D．薄片與水平面碰撞兩次后，水平位移將不再增加【分析】對薄片與地面過程應(yīng)用動量定理列方程求解即可。【解答】解：A、薄片第1次碰后因豎直速度不變，但是由于薄片與地面之間有摩擦力作用，則水平方向速度減小，則薄片離開水平面瞬間，速度方向與水平面間夾角大于30°，故A錯誤；BCD、以豎直向上為正方向，薄片第一次與地面碰撞時，設(shè)地面對薄片的支持力為F豎直速度大小不變，豎直方向，F(xiàn)t＝2mv0sin30°＝mv0水平方向﹣μFt＝﹣μmv0＝﹣0.5mv0即每次與地面碰撞一次后，水平方向動量減小0.5mv0，而水平方向的初動量為即薄片與水平面碰撞兩次后，水平方向動量減為零，即水平方向位移將不再增加，薄片將在豎直方向不斷與地面碰撞；由以上分析可知，薄片在前兩次與水平面碰撞過程中，豎直方向受到的沖量相等，水平方向受到的沖量不相等，則薄片與地面碰撞中的沖量不相等。故D正確，BC錯誤。故選：D。【點評】本題考查動量定理的應(yīng)用，注意動量定理方程是矢量式，列式時要注意方向。11．（2021?岳陽縣校級模擬）如圖所示，某次訓練時將乒乓球發(fā)球機置于地面上方某一合適位置，正對豎直墻面水平發(fā)射乒乓球?，F(xiàn)有兩個質(zhì)量相同乒乓球a和b以不同速度水平射出，碰到墻面時下落的高度之比為9：16，不計阻力，則乒乓球a和b（）A．初速度之比為3：4 B．重力對兩乒乓球的沖量大小之比為9：16 C．從射出到碰到墻面時重力做功的平均功率之比為3：4 D．碰到墻面時重力的瞬時功率之比為9：16【分析】先根據(jù)下落高度之比求出空中飛行時間之比，然后分別求初速度、沖量及功率的比值?！窘獯稹拷猓浩古仪騛和b以不同速度水平射出后做平拋運動，由豎直方向的位移h＝得：t＝，又ha：hb＝9：16，解得：ta：tb＝3：4A、乒乓球水平方向勻速運動的位移相同，且x＝v0t，解得：初速度之比v0a：v0b＝tb：ta＝4：3，故A錯誤；B、由沖量的定義I＝Ft，且兩球重力相等，所以重力對兩乒乓球的沖量大小之比Ia：Ib＝ta：tb＝3：4，故B錯誤；C、從射出到碰到墻面重力做功的平均功率P＝，重力做功的平均功率之比，故C正確；D、碰到墻面時豎直分速度vy＝gt，所以重力的瞬時功率P′＝mgvy＝mg2t，解得：此時重力的瞬時功率之比為，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題借助平拋運動模型考查了沖量及功率的概念，求功率時應(yīng)注意瞬時功率與平均功率的區(qū)別。12．（2021?海淀區(qū)二模）如圖甲所示，在靜水中，當風的方向與無自帶動力帆船的目標航向（圖中由A指向B）一致時，只需將帆面與船身垂直安放，則帆船能沿直線順利到達目標位置B；如圖乙所示，在靜水中，當風的方向與無自帶動力帆船的目標航向（圖中由A指向B）相反時，若調(diào)整船身和帆面的位置（其中目標方向AB與船身的夾角為θ，帆面與船身的夾角為φ），帆船也可以逆風到達目標位置B，例如，帆船可先到達C再到達目標位置B。帆船能沿AC段運動的動力來源可簡化解釋為：風以某一角度α吹到帆面上，碰撞后彈出的角度也是α，碰撞前、后的風速大小相同。風與帆面的碰撞導致風對帆面施加了一個垂直于帆面的沖量，使帆船受到了一個方向與帆面垂直的壓力F，這個壓力沿船身方向及垂直于船身方向的分力分別為F1和F2，F(xiàn)1就是船沿AC航線前進的動力（其大小與v風的大小關(guān)系可表示為kv風2），F(xiàn)2則有使船側(cè)向漂移的作用，可以認為該力被水對船的橫向阻力平衡。結(jié)合以上解釋和所學的物理知識，下列說法中不正確的是（）A．k與φ、θ和空氣密度ρ都有關(guān) B．要使無自帶動力帆船沿CB航行，帆面必須處于銳角∠ACB的兩邊之間 C．若不斷改變船身和帆面的方位，無自帶動力帆船可沿鋸齒形航線從A駛向B D．空氣分子與帆面發(fā)生彈性碰撞前后，空氣分子的動量改變量垂直于帆面【分析】風以某一角度α吹到帆面上，碰撞后彈出的角度也是α，碰撞前、后的風速大小相同，當α＝90°時，空氣原速率返回，用動量定理求F，再定性討論各個選項【解答】解：A、設(shè)△t時間內(nèi)的空氣吹到風帆上，根據(jù)題意又原速率彈回，△t時間內(nèi)的空氣質(zhì)量為：△m＝ρSv△t，由動量定理：F△t＝△mvsin（θ﹣φ）﹣△m（﹣vsin（θ﹣φ））＝2△mvsin（θ﹣φ）＝2ρSv2sin（θ﹣φ）△t解得：F＝2ρSv2sin（θ﹣φ）將這個壓力F沿船身方向及垂直于船身方向的分力分別為F1和F2：F1＝Fsinφ＝2ρSv2sinφsin（θ﹣φ）＝kv2k＝2ρSsinφsin（θ﹣φ）k與空氣的密度ρ有關(guān)，而φ與θ也和空氣的密度ρ有關(guān)，故A正確。B、要使無自帶動力帆船沿CB航行，帆面的位置如圖1所示。帆面與BC線有夾角，故不處于銳角∠ACB的兩邊之間，故B錯誤。1圖1圖2圖3C、如果不斷改變帆身和帆面的方位，無自帶動力帆船可沿鋸齒形航線從A駛向B，如圖2所示，故C正確。D、空氣分子與帆面發(fā)生彈性碰撞前后，空氣分子的速率是不變的。方向發(fā)生改變，由圖3可知，空氣分子的動量改變量與帆面垂直，故D正確。故選：B?！军c評】本題考查用動量定理處理流體力學問題，解題的關(guān)鍵是建立“柱體”模型，也是難點，敘述文字太多，注意抓住解題的主要信息。13．（2021?香坊區(qū)校級二模）高空拋物是一種不文明的行為，而會帶來很大的社會危害。2019年6月26日，廈門市某小區(qū)樓下一位年輕媽媽被從三樓陽臺丟下的一節(jié)5號干電池擊中頭部，當場鮮血直流。若一節(jié)質(zhì)量為0.1kg的干電池從1.25m高處自由下落到水平地面上后又反彈到0.2m高度，電池第一次接觸地面的時間為0.01s，第一次落地對地面的沖擊力跟電池重力的比值為k，重力加速度大小g＝10m/s2，選取地面為零勢能面，則（）A．該電池的最大重力勢能為12.5J B．該電池的下落時間比上升時間短0.3s C．k＝71 D．電池在接觸地面過程中動量的變化量大小為0.3kg?m/s【分析】電池剛下落時重力勢能最大；通過下落和反彈高度用位移公式求時間；用動量定理求電池與地面接觸過程地面與電池的作用力跟重力的比值；可用動量定理求電池動量變化量。【解答】解：A、電池剛下落時重力勢能最大，EPm＝mgH＝0.1×10×1.25J＝1.25J，故A錯誤；B、設(shè)電池下落時間為t1，下落高度為H＝1.25m，由H＝解得：t1＝0.5s，設(shè)電池上升時間為t2，反彈高度為h＝0.2m，由h＝解得：t2＝0.2s，所以t1﹣t2＝0.5s﹣0.2s＝0.3s，所以該電池的下落時間比上升時間多0.3s，故B錯誤；C、物體落地前瞬間速度v1＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s，反彈速度v2＝gt2＝10×0.2m/s＝2m/s，以電池為研究對象，選向上為正方向，由動量定理得：kmgt﹣mgt＝mv2﹣（﹣mv1），其中t＝0.01s，解得：k＝71，故C正確；D、電池在接觸地面過程中動量的變化量大小等于合外力的沖量大小，則△p＝71mgt﹣mgt＝70mgt＝70×0.1×10×0.01kg?m/s＝0.7kg?m/s，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了動量定律的基本應(yīng)用，此題的易錯點是在電池與地面相互作用的過程中應(yīng)用動量定理時，容易丟掉重力的沖量。14．（2021?嘉興二模）在2019年世界中學生排球錦標賽上，中國男女排雙雙獲得冠軍。如圖所示為某次接發(fā)球過程的示意圖，運動員從場地端線處起跳，將球從離地h1＝2.80m高的A點沿垂直端線的方向水平擊出，球運動到對方球場時，在離地h2＝0.35m，離端線x＝0.50m處的B點被運動員救起，球沿豎直方向向上運動到離擊球點h3＝5.00m處的C點處速度為零。已知排球質(zhì)量m＝280g，排球視為質(zhì)點，排球場長L＝18.00m，球網(wǎng)上邊緣離地高h＝2.35m，運動員與排球接觸時間均很短，不考慮空氣阻力。則（）A．排球從A運動到B的運動時間為s B．在A點，運動員對排球做功為85J C．在A點，運動員對排球的沖量大小為3.5N?s D．在B點，排球在豎直方向的動量變化量大小為4.76kg?m/s【分析】由平拋運動可知物體運動的時間。根據(jù)動能定理可求運動員對排球做的功。根據(jù)動量定理可求沖量大小和動量變化量?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題意，由平拋運動可得從A到B，，代入數(shù)據(jù)解得t＝0.7s，故A錯誤。B、由A到B，設(shè)物體做平拋運動的水平位移為x′，x′＝L﹣x＝v0t，代入數(shù)據(jù)解得v0＝25m/s根據(jù)動能定理有W＝△EK＝，代入數(shù)據(jù)得W＝8.75J，故B錯誤。C、根據(jù)動量定理有I＝mv0，代入數(shù)據(jù)得I＝7kg?m/s，故C錯誤。D、從A到B點由平拋運動有，代入數(shù)據(jù)得vy＝7m/s，由B點到最高點，代入數(shù)據(jù)得vy′＝10m/s，取向上為正方向，I＝△P＝mvy′﹣（﹣mvy），代入數(shù)據(jù)得I＝4.76kg?m/s，故D正確。故選：D。【點評】掌握動量定理和動能定理，明確物體做平拋運動是解決問題的關(guān)鍵。15．（2021?重慶模擬）如圖所示，一質(zhì)量為2kg的物體只在力F的作用下由靜止開始運動，則下列說法正確的是（）A．物體做折線運動 B．2s末物體的速度方向改變 C．4s末物體回到出發(fā)點 D．6s末物體的速度大小為1m/s【分析】圖像并不代表物體運動的軌跡；根據(jù)F﹣t圖像所包圍的面積表示力在△t時間內(nèi)的沖量，以及動量定理，分別求出2s末、4s末、6s末物體的速度，即可分析出物體的運動情況?！窘獯稹拷猓篈、圖像并不代表物體運動的軌跡，由圖像知物體做直線運動。故A錯誤。B、F﹣t圖像所包圍的面積表示力在△t時間內(nèi)的沖量在0﹣2s內(nèi)，以開始運動的方向為正方向，根據(jù)動量定理得：I1＝△P＝mv2﹣0解得：v2＝m/s＝1m/s，速度方向不變，故B錯誤。C、在0﹣4s內(nèi)，以開始運動的方向為正方向，根據(jù)動量定理得：I1+I2＝mv4﹣0解得：v4＝＝0，故4s末，物體速度減為零，將反向運動，故C錯誤。D、在2﹣6s內(nèi)，以2s末速度的方向為正方向，根據(jù)動量定理得：I3＝mv6﹣mv2解得：v6＝m/s＝﹣1m/s，故6s末物體的速度大小為1m/s。故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了動量定理的表達式，注意變力的沖量可以用圖像所包圍的面積求解，也可用求解。二．多選題（共15小題）16．（2021?4月份模擬）正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力大小為f，則（）A．一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量大小為I＝mv B．△t時間內(nèi)粒子給面積為S的器壁沖量大小為 C．器壁單位面積所受粒子壓力大小為f＝ D．器壁所受的壓強大小為 E．氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器壁頻繁碰撞引起的【分析】由于粒子的運動是無規(guī)則的，所以粒子與器壁有均等的碰撞機會，即相等時間內(nèi)與某一器壁碰撞的粒子為該段時間內(nèi)粒子總數(shù)的。一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量是I＝2mv，據(jù)此根據(jù)動量定理求與某一個截面碰撞時的作用力f。【解答】解、A、由題意，根據(jù)動量定理可知一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量是I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv，故A錯誤；B、在△t時間內(nèi)面積為S的容器壁上的粒子所占據(jù)的體積為V＝SvΔt，因為粒子與器壁各面碰撞的機會均等，即可能撞擊到某一個器壁面的粒子數(shù)為：N＝nV＝nSvΔt。根據(jù)動量定理得Δt時間內(nèi)粒子給面積為S的器壁沖量大小為：I′＝NI＝nSvΔt?2mv＝nmSv2Δt，故B錯誤；CD、根據(jù)動量定理可得面積為S的器壁所受粒子的壓力大小為：F＝＝nmv2S，所以器壁單位面積所受粒子壓力大小為：f＝＝nmv2，根據(jù)壓強的定義可知器壁所受的壓強大小即為器壁單位面積所受的壓力大小，故CD正確；E、氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器壁頻繁碰撞引起的，故E正確。故選：CDE?！军c評】本題的關(guān)鍵是建立微觀粒子的運動模型，然后根據(jù)動量定理列式求解平均碰撞沖力。要注意粒子的運動是無規(guī)則的，相等時間內(nèi)與某一器壁碰撞的粒子為該段時間內(nèi)粒子總數(shù)的。17．（2021?株洲模擬）在一次定點投籃比賽中，某運動員將籃球快速出手，籃球空心入筐（如圖），由于網(wǎng)兜作用，籃球豎直落下。已知出手時籃球距地面高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球在最高點離地的高度為h，網(wǎng)兜對籃球的水平?jīng)_量為I，籃球質(zhì)量為m。不計空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．籃球進筐時的動能為 B．籃球從出手到進筐歷時+ C．籃球的出手點到落地點的水平距離為 D．投籃時運動員對籃球做功為mg（h﹣h1）+【分析】A、籃球進筐前的運動可看作兩段平拋運動，已知網(wǎng)兜對籃球的水平?jīng)_量為I，可求出籃球的水平速度，由籃筐距地面高度和籃球在最高點離地的高度可求出第二段平拋運動的豎直分速度，則可計算籃球進筐時的動能；B、籃球在豎直方向做兩次勻變速運動，由兩個高度可求出兩次勻變速運動的時間，即籃球從出手到進筐經(jīng)歷的時間；C、籃球在水平方向做勻速直線運動，由B選項求出的時間和A選項求出的水平速度可得到籃球從出手點到落地點的水平距離；D、求出籃球出手時的豎直速度和水平速度，即可求出投籃時運動員對籃球做的功。【解答】解：A、設(shè)籃球進籃筐時的水平分速度為v1，豎直分速度為v2，籃球從最高點到進筐，由運動學公式有：＝2g（h﹣h2），從籃球空心入筐到豎直落下，網(wǎng)兜對籃球的水平?jīng)_量為I，水平?jīng)_量I的方向與籃球的水平初速度方向相反，設(shè)水平?jīng)_量I的方向為正方向，根據(jù)動量定理有：I＝0﹣（﹣mv1），則籃球進籃筐時的動能為：Ek＝m（+）＝+mg（h﹣h2），故A錯誤；B、將籃球進筐前的運動看作兩段平拋運動，在豎直方向均做勻變速運動，由運動學公式得：g＝h﹣﹣h1，g＝h﹣h2，則籃球從出手到進筐歷時：t＝t1+t2＝+，故B正確；C、籃球進筐前在水平方向做勻速直線運動，所以籃球的出手點到落地點的水平距離為：x＝v1t＝?（+），故C錯誤；D、設(shè)籃球出手時的豎直分速度為v3，由運動學公式有：＝2g（h﹣h1），投籃時運動員對籃球做功轉(zhuǎn)化為籃球的初動能，由動能定理有：W＝m（+）＝+mg（h﹣h1），故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了動量定理、斜拋運動及動能定理的應(yīng)用，分析清楚題意，靈活選取研究的過程即可正確解題。了解斜拋運動的特點也是解答本題的關(guān)鍵。18．（2021?浙江模擬）如圖甲所示，一質(zhì)量為0.5kg的物塊在水平拉力F的作用下從t＝0時起由靜止開始沿足夠長的粗糙水平面運動，拉力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，取水平向右為F的正方向．已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力為滑動摩擦力的1.1倍，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．t＝1s時物塊的動量大小為2kg?m/s B．t＝2s時物塊的動量大小為2kg?m/s C．t＝1s至t＝3s，物塊所受合外力沖量大小為1N?s D．t＝2s至t＝4s，物塊所受摩擦力的沖量大小為零【分析】根據(jù)動量定理分別求出t＝1s時的動量、t＝2s時的動量、t＝3s時的動量，由此得到物塊所受合外力沖量大??；分析t＝2s到t＝3s和t＝3s到t＝4s摩擦力的大小和方向，由此得到物塊所受摩擦力的沖量大小。【解答】解：物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，則滑動摩擦力f＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1N，最大靜摩擦力fm＝1.1f＝1.1×1N＝1.1N。涉及動量定理，取向右為正方向。AB、0～2s內(nèi)，水平拉力F1＝2N；0～1s內(nèi)，經(jīng)過的時間t1＝1s，根據(jù)動量定理可得F1t1﹣ft1＝△p1，解得：△p1＝1kg?m/s，由于初動量為零，t＝1s時物體的動量大小為1kg?m/s；0～2s內(nèi)，經(jīng)過的時間t2＝2s，根據(jù)動量定理可得F1t2﹣ft2＝△p2，解得：△p2＝2kg?m/s，由于初動量為零，則t＝2s時物塊的動量大小為2kg?m/s，故A錯誤、B正確；C、2s～3s內(nèi)，經(jīng)過的時間t1′＝1s，水平拉力F2＝﹣1N，根據(jù)動量定理可得F2t1′﹣ft1′＝△p3，解得：△p3＝﹣2kg?m/s，由于t＝2s時物塊的動量為2kg?m/s，則t＝3s時物塊的動量為0，根據(jù)動量定理可得t＝1s至t＝3s，物塊所受合外力沖量大小為I＝0﹣1N?s＝﹣1N?s，物塊所受合外力沖量大小為1N?s，故C正確；D、t＝3s時物塊速度為零，由于拉力小于最大靜摩擦力，所以t＝3s后物塊靜止；t＝2s到t＝3s，摩擦力大小為f＝1N，方向向左；t＝3s到t＝4s，根據(jù)平衡條件可得摩擦力方向向右，大小為f′＝1N，所以t＝2s至t＝4s，物塊所受摩擦力的沖量大小為零，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。19．（2021?丹東二模）一質(zhì)量為m、帶電量為q（q＞0）的小球，在真空中由A點無初速度自由下落，經(jīng)過t時間落到B點。此時在空間加豎直向上的勻強電場，使該小球又經(jīng)過t時間返回A點。已知重力加速度為g，空間足夠高，則下列說法正確的是（）A．小球返回A點時的速率是其下落至B點時速率的3倍 B．空間所加勻強電場的電場強度大小為E＝ C．小球自A點下落至最低點的過程中重力的沖量大小為mgt D．小球自A點下落到再返回A點的過程中機械能增量為2mg2t2【分析】根據(jù)勻變速運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律可求得速度與電場強度；求得下落至最低點的時間即可求得沖量大?。浑妶隽ψ龉礊闄C械能的增量?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)A到B高度為h，vB＝gt，h＝，加上電場，取豎直向下為正方向，則：﹣h＝vBt﹣聯(lián)立解得：a＝3g，由牛頓第二定律：qE﹣mg＝ma，解得電場強度：E＝，vA＝vB﹣at＝gt﹣3gt＝﹣2gt＝﹣2vB，方向豎直向上，故A錯誤，B正確；C、加上電場，小球從B點勻減速下降至最低點（速度為0）時間為t′：vB＝at′，解得：t′＝＝＝小球自A點下落至最低點的過程中重力的沖量大小為：I＝mg（t+t′）＝mg（t+）＝，故C正確；D、小球自A點下落到再返回A點的過程中機械能的增量等于電場力做：△E＝qEh＝q?＝4mgh＝4mg?＝2mg2t2，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題注意的是加上電場后小球從B點先向下勻減速到最低點，再向上勻加速返回到A點，從A到B和從B返回A兩個過程位移等大反向，這是解答題此的難點和關(guān)鍵。20．（2021春?壽縣校級月考）質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動，經(jīng)過時間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時間內(nèi)物體動量變化量的大小可能是（）A．m（v﹣v0） B．mgt C．m D．m【分析】根據(jù)動量定理求出物體動量的變化量，或通過首末位置的動量，結(jié)合三角形定則求出動量的變化量?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動量定理得，合力的沖量等于動量的變化量，所以△p＝mgt；下降的高度為h時豎直方向的速度大小為：vy＝，在這段時間內(nèi)物體動量變化量的大小△p＝mvy＝m末位置的動量為mv，初位置的動量為mv0，根據(jù)三角形定則，知動量的變化量△p＝mvy＝m，故A錯誤，BCD正確。故選：BCD?！军c評】本題考查了求物體動量的變化，正確應(yīng)用動量定理、動量計算公式解題。解決本題的關(guān)鍵掌握動量定理的表達式，并能靈活運用，掌握不在同一條直線上矢量運算法則是正確解題的關(guān)鍵。21．（2021?泉州模擬）將相同的甲、乙兩小球從O點水平拋出，均可以到達水平地面上的A點，在空中的運動軌跡如圖所示。乙球與地面B點發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，取地面為零勢能面，則甲、乙（）A．拋出時速度之比為3：1 B．拋出時機械能之比為9：1 C．從O到A的運動過程中運動時間之比為1：1 D．從O到A的運動過程中所受重力的沖量之比為1：3【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移。斜拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動。結(jié)合分運動的規(guī)律研究?！窘獯稹拷猓篈C、甲做平拋運動，乙球與地面發(fā)生彈性碰撞，碰撞后做斜拋運動，根據(jù)斜拋運動的對稱性可知，乙球運動到A點的時間是甲球運動到A點時間的3倍，根據(jù)v0甲t甲＝v0乙t乙知，v0甲：v0乙＝3：1，故A正確，C錯誤；B、拋出時兩球的重力勢能大小相等，初速度之比為3：1，則動能之比為3：1，而機械能等于動能和重力勢能之和，可知機械能之比不是9：1的關(guān)系，故B錯誤；D、甲乙兩球運動的時間之比為1：3，根據(jù)沖量的公式I＝Ft知，重力的沖量之比為1：3，故D正確。故選：AD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動和斜拋運動的規(guī)律，掌握處理曲線運動的方法，對于斜拋運動，可以運用對稱性分析求解，也可以分解為水平方向和豎直方向進行研究。22．（2021春?屯溪區(qū)校級期中）如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示。t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端。下列說法正確的是（）A．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0?cosθ B．物塊從t＝0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為﹣mv0 C．斜面傾角θ的正弦值為 D．不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功【分析】由沖量的定義式直接求重力的沖量；根據(jù)物塊運動位移的關(guān)系由圖象得到末速度，進而得到動量變化量；根據(jù)上滑、下滑過程加速度的關(guān)系求得傾斜角的正弦；由動能定理得到克服摩擦力做的功?！窘獯稹拷猓阂匝匦泵嫦蛏蠟檎较颉、物塊從開始運動到返回底端的過程中用時3t0，該過程重力的沖量大小為I＝mg?3t0＝3mgt0，故A錯誤；B、設(shè)物塊返回底端時的速度大小為v，物塊上滑、下滑過程位移大小相等，由圖乙所示圖象可知，＝﹣，v＝﹣v0；物塊從t＝0時刻開始運動到返回底端的過程中動量變化量為△p＝mv﹣mv0＝﹣mv0，故B正確；C、物塊上滑時加速度a1＝﹣gsinθ﹣μgcosθ＝﹣，下滑時加速度a2＝﹣gsinθ+μgcosθ＝＝a1，所以sinθ＝，故C正確；D、3t0時間內(nèi)重力做功為零，由動能定理可知，3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力做的功為：Wf＝?mv2＝mv02，故D錯誤。故選：BC?！军c評】分析清楚物塊的運動過程與受力情況是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)沖量的計算公式、應(yīng)用牛頓第二定律與動能定理即可解題。23．（2021春?沙坪壩區(qū)校級月考）水平力F方向確定，大小隨時間變化如圖甲所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，物塊質(zhì)量為1kg，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度隨時間變化如圖乙所示，取g＝10m/s2，由圖象可知（）A．小物塊所受滑動摩擦力的大小為6N B．4s時小物塊的速度為8m/s C．在0～4s時間內(nèi)，合外力的功為64J D．在0～4s時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為16N?s【分析】根據(jù)牛頓第二定律求解滑動摩擦力大?。籥﹣t圖象與坐標軸圍成的面積表示速度的變化，由此求解t＝4s時小物塊的速度大??；根據(jù)動能定理求解在0～4s時間內(nèi)合外力的功；求出0～4s時間內(nèi)拉力的沖量，根據(jù)動量定理求解摩擦力的沖量?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)小物塊所受滑動摩擦力的大小為f，在t＝4s時的加速度大小為a＝7m/s2、拉力為F＝12N，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣f＝ma，解得：f＝5N，故A錯誤；B、a﹣t圖象與坐標軸圍成的面積表示速度的變化，小物塊的初速度為零，則t＝4s時小物塊的速度為v＝m/s＝8m/s，故B正確；C、根據(jù)動能定理可得在0～4s時間內(nèi)，合外力的功為W＝＝J＝32J，故C錯誤；D、F﹣t圖象與坐標軸圍成的面積表示力的沖量，所以在0～4s時間內(nèi)，拉力的沖量為IF＝＝24N?s設(shè)摩擦力的沖量大小為If，取拉力方向為正方向，根據(jù)動量定理可得：IF﹣If＝mv﹣0解得：If＝16N?s，故D正確。故選：BD?！军c評】本題主要是考查牛頓第二定律和動量定理，關(guān)鍵是弄清楚圖象與坐標軸圍成的面積所表示的物理意義；注意“在0～4s時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小”包含前面2s內(nèi)靜摩擦力的沖量大小。24．（2021?山東模擬）如圖甲所示，特殊材料制成的水平長直軌道上，靜止著一質(zhì)量為m的物體，物體在軌道上運動時，受到的阻力大小與其速度成正比，即f＝kv（k為常量，大小未知）。從t＝0時刻起，物體在一水平恒定拉力作用下，開始向右運動，其加速度a隨速度v的變化規(guī)律如圖乙所示（圖乙中的v0和a0均為已知量）。下列說法正確的是（）A．該拉力的大小為2ma0 B．常量k的大小為 C．在物體從開始運動到速度最大的過程中，合力的沖量大小為mv0 D．在物體從開始運動到速度最大的過程中，該拉力對物體做的功為mv02【分析】列出牛頓第二定律方程，變形得a﹣v函數(shù)關(guān)系式，與圖像斜率、截距對應(yīng)求解拉力和k，用動量定理求合力的沖量；用動能定理求拉力的功?！窘獯稹拷猓篈B、由牛頓第二定律：F﹣kv＝ma解得：a＝﹣v+由圖像知：v＝0時，a＝a0即a0＝所以有F＝ma0v＝v0時，a＝0，即0＝﹣v0+解得：k＝故A錯誤，B正確；C、由圖像知：物體速度增大，加速度減小，當加速度為零時，速度達到最大v0，以后物體做勻速運動，由動量定理得合力沖量為：I＝mv0﹣0＝mv0故C正確；D、在物體從開始運動到速度最大的過程中，由動能定理：WF﹣W＝mv﹣0，解得：WF＝W+故D錯誤。故選：BC。【點評】用牛頓第二定律變形得a﹣v函數(shù)關(guān)系式是處理動力學圖像問題的關(guān)鍵，同時注重運動過程的分析找到何時達到最大速度。25．（2021?乙卷）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動。物體通過的路程等于s0時，速度的大小為v0，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運動。重力加速度大小為g。則（）A．在此過程中F所做的功為mv02 B．在此過程中F的沖量大小等于mv0 C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于 D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍【分析】撤去外力前后分別對物塊進行動能定理列式子，可求出拉力F做的功以及拉力和摩擦力之間的關(guān)系；由動量定理求出拉力F的沖量；由動能定理結(jié)合滑動摩擦力公式，求得動摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、在F作用下，由動能定理可知：WF﹣fs0＝﹣0，撤去外力之后，由動能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，聯(lián)立解得：WF＝，故A錯誤；BD、由于外力做功WF＝Fs0，結(jié)合A中兩式，解得F＝3f，取v0方向為正，撤去外力之前對物體動量定理可知：（F﹣f）t1＝mv0﹣0，可得：Ft1＝mv0，則F的沖量大小I＝Ft1＝mv0，故B正確，D錯誤；C、撤去外力之后，由動能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，摩擦力f＝μmg，則解得：μ＝，故C正確；故選：BC?！军c評】本題考查動能定理，動量定理和牛頓第二定律的綜合，分清楚運動過程，熟練運用各定理進行運算是關(guān)鍵。本題難度不大，但綜合性很強。26．（2021?泰安模擬）如圖所示，輕彈簧與傾角為θ的固定斜面平行彈簧的下端固定，質(zhì)量為m的物塊（視為質(zhì)點）放在斜面上A點，物塊與彈簧接觸，但未與彈簧拴接，此時彈簧恰好處于原長狀態(tài)。若物塊從A點以某一初速度沿斜面下滑，測得物塊下滑的最大距離為x，所用的時間為t，之后物塊被彈簧反向彈回，最終停在A點上方到A點距離為x的B點。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．在物塊上滑的過程中，物塊所受合力的沖量為零 B．在物塊下滑的過程中，彈簧彈力的沖量大小為mgt（sinθ﹣μcosθ） C．在物塊上滑的過程中，當彈簧彈力的大小為mgsinθ+μmgcosθ時，物塊的速度最大 D．物塊從A點下滑的初速度大小為【分析】根據(jù)動量定理可知，合力的沖量等于動量的變化量，彈簧彈力的大小和沖量利用動量定理求解，物塊的初速度用動能定理計算?！窘獯稹拷猓篈、在物塊上滑的過程中，初末速度均為零，動量的變化量為零，由動量定理可知物塊所受合力的沖量為零，故A正確；B、在物塊下滑的過程中，以向下為正，由動量定理得：mgsinθ×t﹣I彈﹣umgcosθ×t＝0﹣mv0所以彈簧彈力的沖量為I彈＝mgt（sinθ﹣μcosθ）﹣mv0，故B錯誤；C、在上滑的過程中，當物塊沿斜面方向所受的合力為零時，速度最大，即mgsinθ+μmgcosθ﹣F彈＝0解得：F彈＝mgsinθ+μmgcosθ，故C正確。D、物塊從A點開始下滑到上滑到B點的過程中，彈簧彈力做功為零，摩擦力做負功，重力做負功，由動能定理得解得，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題是彈簧問題，彈簧彈力是變力，通常用動能定理和動量定理求解，運用動量定理時注意其矢量性。27．（2021?襄城區(qū)校級模擬）如圖甲所示，在水平桌面上豎直固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度平方與其對應(yīng)高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5N，軌道半徑r＝0.4m，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．圖乙中x＝36m2/s2 B．小球質(zhì)量為0.2kg C．小球在B點受到軌道作用力為8.5N D．小球從A至C的過程中，軌道ABC對桌面的水平?jīng)_量大小為1.6N?s【分析】根據(jù)機械能守恒定律寫出圖乙對應(yīng)的v2隨h變化的函數(shù)關(guān)系；在B點、C點分別列向心力公式；對小球從A到C列動量定理方程?！窘獯稹拷猓篈、小球在光滑軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，則有：，解得：，由圖乙，當h＝0.8m時，v2＝9m2/s2，解得：v0＝5m/s，當h＝0時，x＝v＝25m2/s2，故A錯誤；B、由圖乙可知，＝9m2/s2，小球的速度為vC＝3m/s，由牛頓第二定律：F+mg＝m，解得：m＝0.2kg，故B正確；C、小球從A到B機械能守恒，則有：，在B點由牛頓第二定律得：FNB＝m，解得：FNB＝8.5N，故C正確；D、小球從A至C的過程中，選向左為正方向，對小球由動量定理可得軌道對小球的沖量為：I＝mvC﹣（﹣mv0），解得：I＝1.6N?s，所以小球?qū)壍赖臎_量大小也是1.6N?s，又因為軌道靜止，所以小球?qū)壍赖乃經(jīng)_量與桌面對軌道的水平?jīng)_量大小相等，方向相反，所以軌道ABC對桌面的水平?jīng)_量大小也為1.6N﹣s，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題考查了機械能守恒定律與動量定理的綜合應(yīng)用，此題的難點在于對v2﹣h圖像的理解，關(guān)鍵是知道根據(jù)題目所給物理過程根據(jù)相應(yīng)的物理原理寫出v2隨h變化的函數(shù)關(guān)系。28．（2021?海淀區(qū)二模）如圖甲所示，在靜水中，當風的方向與無自帶動力帆船的目標航向（圖中由A指向B）一致時，只需將帆面與船身垂直安放，則帆船能沿直線順利到達目標位置B；如圖乙所示，在靜水中，當風的方向與無自帶動力帆船的目標航向（圖中由A指向B）相反時，若調(diào)整船身和帆面的位置使帆面與船身的夾角為φ，帆船也可以逆風到達目標位置B，例如，帆船可先到達C再到達目標位置B。帆船能沿AC段運動的動力來源可簡化解釋為：風以某一角度α吹到帆面上，碰撞后彈出的角度也是α，碰撞前、后的風速大小相同。風與帆面的碰撞導致風對帆面施加了一個垂直于帆面的沖量，使帆船受到了一個方向與帆面垂直的壓力F，這個壓力沿船身方向及垂直于船身方向的分力分別為F1和F2，F(xiàn)1就是船沿AC航線前進的動力（其大小與風速v的平方成正比），F(xiàn)2則有使船側(cè)向漂移的作用，可以認為該力被水對船的橫向阻力平衡，不考慮帆船行進過程中帆的彎曲。設(shè)風的密度為ρ，帆的面積為S，風速遠大于船速。結(jié)合以上解釋和所學的物理知識，下列說法中正確的是（）A．帆船前進的動力的大小為2ρSv2sinα?sinφ B．水對船橫向阻力的大小為2ρSv2sinα?cosφ C．其他條件相同時，如果僅增大帆的面積，帆船可以獲得更大的動力 D．其他條件相同時，如果僅升高空氣的溫度，帆船可以獲得更大的動力 E．只要條件合適，無自帶動力帆船的速度可能大于風的速度 F．當φ角取0時，不管α角取多少，F(xiàn)1的大小均為0 G．帆船前進的動力的大小【分析】風以某一角度α吹到帆面上，碰撞后彈出的角度也是α，碰撞前、后的風速大小相同，當α＝90°時，空氣原速率返回，用動量定理求F，然后根據(jù)正交分解表達F1和F2，再討論各個選項【解答】解：AB、設(shè)△t時間內(nèi)的空氣吹到風帆上，根據(jù)題意又原速率彈回，△t時間內(nèi)的空氣質(zhì)量為：△m＝ρSv△t由動量定理有：F△t＝△mvsin（α﹣φ）﹣△m（﹣vsin（α﹣φ））＝2△mvsin（θ﹣φ）＝2ρSv2sin（α﹣φ）△t解得：F＝2ρSv2sin（α﹣φ）＝kv2將這個壓力F沿船身方向及垂直于船身方向的分力分別為F1和F2：F1＝Fsinφ＝2ρSv2sinφsin（α﹣φ）F2＝Fcosφ＝2ρSv2sin（α﹣φ）cosφ帆船前進的動力大小為2ρSv2sinφsin（α﹣φ）故A錯誤；帆船前進的阻力大小為2ρSv2sin（α﹣φ）cosφ故B錯誤；C、由F1＝2ρSv2sinφsin（α﹣φ）可知，其它條件相同時，F(xiàn)1∝S，如果僅增大帆的面積，帆船可以獲得更大的動力，故C正確；D、其它條件相同時，如果僅升高空氣的溫度，則空氣的密度減小，由F1＝2ρSv2sinφsin（α﹣φ）可知，帆船前進的動力變小，故D錯誤。E、只要條件合適，比如找到比風直接推動帆船更有效率且強大的動力來源，無自帶動力帆船的速度可以大于風速，故E正確。F、由F1＝2ρSv2sinφsin（α﹣φ）可知，當φ＝0時，F(xiàn)1＝0，無論α角取何值，故F正確。故選：CEF?！军c評】本題考查用動量定理處理流體力學問題，解題的關(guān)鍵是建立“柱體”模型，也是難點，敘述文字太多，注意抓住解題的主要信息。29．（2021?海淀區(qū)一模）如圖所示，小明在體驗蹦極運動時，把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)處，從高處由靜止落下。將小明的蹦極過程近似為在豎直方向的運動，在運動過程中，把小明視作質(zhì)點，不計空氣阻力。下列判斷中正確的是（）A．從開始下落到最低點的過程中，小明的動量守恒 B．從開始到下落速度最大的過程中，小明所受合外力先增大后減小 C．從開始到下落至最低點的過程中，小明所受合外力先增大后減小 D．從開始到下落速度最大的過程中小明所受合外力的沖量的大小大于小明從速度最大處到下落至最低點的過程中合外力的沖量的大小 E．從彈性繩剛好被拉直到下落至最低點的過程中，小明做簡諧運動 F．從彈性繩剛好被拉直到速度最大所用時間與從速度最大到最低點所用時間相同 G．當小明速度最大時，小明的加速度也達到最大 H．小明在最低點的加速度在數(shù)值上等于重力加速度 I．小明還可以返回起跳的位置 J．從開始到下落速度最大的過程中，小明先失重再超重【分析】由動量守恒的條件判斷動量問題，由牛頓第二定律判斷加速度的變化問題和超重失重問題，由受到的力是否與位移成正比判斷是否是簡諧運動問題?！窘獯稹拷猓篈、由于小明受到彈力和重力的作用，用兩力的合力不為零，所以動量不守恒，故A錯誤；BC、從開始下落到速度最大的過程中，小明開始只受重力，合力不變，繩子張緊后則受到逐漸增大的彈力，合力減小為零，合力無增大的過程，故B錯誤。從開始下落到最低點的過程中，小明受到的合外力是：先恒定，后減小到零（速度最大），再增大直到速度減小為零，故C錯誤；D、由于速度從零到最大，再從最大到零，動量的變化大小相等方向相反，則合外力的沖量也是大小相等方向相反，故D錯誤；E、由于彈性繩的伸長與拉力成正比，整個系統(tǒng)類似于豎直方向的彈射振子，所以是簡諧運動，故E正確；F、由于彈性繩剛好拉直時的初速度不為零，而最低點的速度為零，那么從剛拉直到速度最大，與從速度最大到最低點的時間不相等，故F錯誤；G、速度最大時，小明的加速度為零，故G錯誤；H、小明在最低點的加速度大于重力加速度，故H錯誤；I、不考慮空氣阻力和能量損失，由機械能守恒定律可知，小明還能回到出發(fā)點，故I正確；J、從開始到速度最大，加速度一直向下，所以一直是失重，故J錯誤；故選：EI。【點評】本題從一個實例考查物理多個知識點，從每個規(guī)律的條件出發(fā)去判斷是關(guān)鍵。30．（2021?內(nèi)江二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R＝0.4m的光滑圓軌道，P、Q分別是它的最低點和最高點，在P點有一質(zhì)量為0.5kg的靜止小球（視為質(zhì)點）?，F(xiàn)給它一水平向右大小為2.5N?s的瞬時沖量，重力加速度g取10m/s2，則小球在豎直軌道內(nèi)運動過程中，下列說法正確的是（）A．在P點時，小球?qū)壍赖膲毫?N B．在Q點時，小球的速度大小為3m/s C．小球在最高點的向心加速度大小為10m/s2 D．從P點運動到Q點小球克服重力做功的平均功率等于從Q點運動到P點小球重力做功的平均功率【分析】由動量定理可以求出小球獲得的速度，應(yīng)用機械能守恒定律可以求出小球到達Q點時的速度大小，應(yīng)用牛頓第二定律與功率公式分析答題?！窘獯稹拷?；A、設(shè)小球獲得沖量后的速度大小為v0，對小球，由動量定理得；I＝mv0，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5m/s，在P點，設(shè)軌道對小球的支持力大小為F，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得；F＝36.25N，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮′＝F＝36.25N，方向豎直向下，故A錯誤；B、從P到Q過程小球機械能守恒，由機械能守恒定律得：+mg×2R，代入數(shù)據(jù)解得：vQ＝3m/s，故B正確；C、小球在最高點的加速度大小a＝m/s2＝22.5m/s2，故C錯誤；D、小球從從P點運動到Q點是小球從Q點運動到P點的逆過程，運動時間t相等，兩過程種小球高度變化量相等，都是2R，從P點運動到Q點小球克服重力做的功W與從Q點運動到P點小球重力做的功W′相等，由P＝可知，從P點運動到Q點小球克服重力做功的平均功率等于從Q點運動到P點小球重力做功的平均功率，故D正確。故選：BD。【點評】根據(jù)題意分析清楚小球的運動過程，應(yīng)用動量定理、牛頓第二定律、機械能守恒定律與功率公式即可解題。三．填空題（共6小題）31．（2021春?鼓樓區(qū)校級期中）質(zhì)量為2kg的小球從125m的高空自由落下，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，則第2s內(nèi)動量的變化量為20kg?m/s，從開始下落到落地這段時間內(nèi)，重力的沖量為100N?s?！痉治觥扛鶕?jù)動量定理求第2s內(nèi)動量的變化量。根據(jù)自由落體運動的規(guī)律求出小球下落的時間，然后由沖量的定義求出重力的沖量?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動量定理可知，小球在第2s內(nèi)動量的變化量等于重力在第2s內(nèi)的沖量，即有：△p＝mgt2＝2×10×1kg?m/s＝20kg?m/s小球下落的時間為：t＝＝s＝5s從開始下落到落地這段時間內(nèi)，重力的沖量為I＝mgt＝2×10×5N?s＝100N?s故答案為：20kg?m/s，100N?s?！军c評】本題是動量與自由落體運動的綜合應(yīng)用，要知道動量定理既可以求動量的變化量，也可以求沖量。32．（2020秋?南崗區(qū)校級期末）一人做“蹦極”運動，用原長20m的橡皮繩拴住身體往下躍，若此人質(zhì)量為50kg，從45m高處無初速下落，運動開始至運動停止瞬間所用時間4s，則橡皮繩對人的平均作用力約為1000N（不計空氣阻力，g＝10m/s2）?！痉治觥坑勺杂陕潴w運動的位移公式求出自由落體的時間，然后求出繩子產(chǎn)生拉力的時間，最后由動量定理求出繩子的平均作用力?！窘獯稹拷猓喝讼茸鲎杂陕潴w運動，由，可得自由下落的時間為，繩的拉力作用時間為：t2＝t﹣t1＝4s﹣2s＝2s，設(shè)向上為正方向，全程應(yīng)用動量定理有：Ft2﹣mgt＝0，解得平均作用力為，故答案為：1000.【點評】本題考查了求橡皮繩的平均作用力，橡皮繩的作用力是變力，可以應(yīng)用動量定理求解，分析求出人的運動過程、求出橡皮繩產(chǎn)生力的時間，應(yīng)用動量定理即可求出平均作用力．33．（2019秋?閔行區(qū)期末）在其余條件相同時，汽車因撞擊而停下要比剎車停下對乘員的作用力大，分析其原因：（1）可依據(jù)的相關(guān)的物理原理有：牛頓第二定律和運動學關(guān)系；（2）具體理由是：速度變化相同時，時間越短（或路程越短），則加速度大?！痉治觥靠梢詮氖芰Α⒐δ?、動量等不同的方面分析，汽車因撞擊而停下要比剎車停下對乘員的作用力大的原因?！窘獯稹拷猓罕绢}答案不唯一：答法1：（1）牛頓第二定律和運動學關(guān)系；（2）速度變化相同時，時間越短（或路程越短），則加速度大。答法2：（1）功能原理；（2）機械能變化相同時，位移越小、力越大。答法3：（1）動能定理；（2）動能變化相同時，位移越小、力越大。答法4：（1）動量定理；（2）動量變化相同時，時間越短、力越大。故答案為：（1）牛頓第二定律和運動學關(guān)系；（2）速度變化相同時，時間越短（或路程越短），則加速度大?！军c評】本題考查了牛頓運動定律、動能定理和動量定理的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵明確題干信息，和已學的知識聯(lián)系起來。34．（2019春?和平區(qū)校級月考）2010年，日本發(fā)射了光帆飛船伊卡洛斯號造訪金