2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動(dòng)量守恒第1講動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)案粵教版

PAGE18-第六章碰撞與動(dòng)量守恒[高考導(dǎo)航]考點(diǎn)內(nèi)容要求全國(guó)卷三年考情分析202420242024動(dòng)量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用ⅡⅠ卷·T14：動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用Ⅲ卷·T20：動(dòng)量定理的應(yīng)用Ⅰ卷·T14：動(dòng)量、動(dòng)能T24：動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律Ⅱ卷·T24：牛頓其次定律、動(dòng)量守恒定律T15：動(dòng)量定理Ⅲ卷·T25：動(dòng)量、機(jī)械能守恒定律Ⅰ卷·T16：動(dòng)量定理的應(yīng)用T25：v－t圖象、動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理Ⅱ卷·T25：動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律Ⅲ卷·T25：動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、牛頓其次定律彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ試驗(yàn)七：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律說(shuō)明：只限于一維第1講動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)問(wèn)要點(diǎn)一、動(dòng)量1.定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來(lái)表示。2.表達(dá)式：p＝mv。3.單位：kg·m/s。4.標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同。二、沖量1.定義：力和力的作用時(shí)間的乘積叫做這個(gè)力的沖量。公式：I＝Ft。2.單位：沖量的單位是牛·秒，符號(hào)是N·s。3.方向：沖量是矢量，沖量的方向與力的方向相同。三、動(dòng)量定理1.內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變更。2.表達(dá)式：Ft＝Δp＝p′－p。3.矢量性：動(dòng)量變更量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上應(yīng)用動(dòng)量定理。基礎(chǔ)診斷1.(多選)下列關(guān)于動(dòng)量的說(shuō)法正確的是()A.質(zhì)量大的物體，動(dòng)量肯定大B.質(zhì)量和速率都相同的物體，動(dòng)量肯定相同C.一個(gè)物體的速率變更，它的動(dòng)量肯定變更D.一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變更，它的動(dòng)量肯定變更解析依據(jù)動(dòng)量的定義，它是質(zhì)量和速度的乘積，因此它由質(zhì)量和速度共同確定，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；又因?yàn)閯?dòng)量是矢量，它的方向與速度的方向相同，而質(zhì)量和速率都相同的物體，其動(dòng)量大小肯定相同，但方向不肯定相同，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；一個(gè)物體的速率變更，則它的動(dòng)量大小就肯定變更，故C項(xiàng)正確；物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變更，則它的速度就肯定發(fā)生了變更，它的動(dòng)量也就發(fā)生了變更，故D項(xiàng)正確。答案CD2.(多選)恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖1所示，由于地面對(duì)物體的摩擦力較大，物體沒(méi)有被拉動(dòng)，則經(jīng)時(shí)間t，下列說(shuō)法正確的是()圖1A.拉力F對(duì)物體的沖量大小為零B.拉力F對(duì)物體的沖量大小為FtC.拉力F對(duì)物體的沖量大小是FtcosθD.合力對(duì)物體的沖量大小為零解析對(duì)沖量的計(jì)算肯定要分清求的是哪個(gè)力的沖量，是某一個(gè)力的沖量、是合力的沖量、是分力的沖量還是某一方向上力的沖量。這一個(gè)力的沖量與另一個(gè)力的沖量無(wú)關(guān)。B、D項(xiàng)正確。答案BD3.質(zhì)量為m的物體在力F作用下做初速度為v1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t，物體的動(dòng)量由mv1增到mv2，則()A.若該物體在2F力作用下經(jīng)2t，則物體的動(dòng)量變更量為4mv2－4mv1B.若該物體在2F力作用下經(jīng)2t，則物體的動(dòng)量變更量為4mv2－3mv1C.在2F力作用下經(jīng)t，物體的動(dòng)量變更量為2mv2D.在2F力作用下經(jīng)t，物體的動(dòng)量變更量為2mv2－mv1解析由動(dòng)量定理得Ft＝mv2－mv1，則2F·2t＝4mv2－4mv1，2Ft＝2mv2－2mv1，故只有選項(xiàng)A正確。答案A4.(2024·全國(guó)Ⅱ卷，15)高空墜物極易對(duì)行人造成損害。若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A.10N B.102NC.103N D.104N解析依據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有v2＝2gh(h為25層樓的高度，約70m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103N，所以C正確。答案C動(dòng)量和沖量的理解1.對(duì)動(dòng)量的理解(1)動(dòng)量的兩性①瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，是針對(duì)某一時(shí)刻或位置而言的。②相對(duì)性：動(dòng)量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常狀況是指相對(duì)地面的動(dòng)量。(2)動(dòng)量與動(dòng)能的比較名稱項(xiàng)目動(dòng)量動(dòng)能動(dòng)量變更量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過(guò)程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)2.對(duì)沖量的理解(1)沖量的兩性①時(shí)間性：沖量不僅由力確定，還由力的作用時(shí)間確定，恒力的沖量等于該力與力的作用時(shí)間的乘積。②矢量性：對(duì)于方向恒定的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與力的方向一樣；對(duì)于作用時(shí)間內(nèi)方向變更的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變更量的方向一樣。(2)作用力和反作用力的沖量：肯定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無(wú)必定聯(lián)系?！纠?】(2024·全國(guó)Ⅰ卷，14)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A.與它所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動(dòng)量成正比解析列車啟動(dòng)的過(guò)程中加速度恒定，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間關(guān)系可知v＝at，且列車的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比，動(dòng)能與速度的平方成正比，A、C錯(cuò)誤；將x＝eq\f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，則列車的動(dòng)能與位移成正比，B正確；由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，列車的動(dòng)能與動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。答案B1.(多選)對(duì)于一個(gè)質(zhì)量不變的物體，下列說(shuō)法正確的是()A.物體的動(dòng)量發(fā)生變更，其動(dòng)能肯定發(fā)生變更B.物體的動(dòng)量發(fā)生變更，其動(dòng)能不肯定發(fā)生變更C.物體的動(dòng)能發(fā)生變更，其動(dòng)量肯定發(fā)生變更D.物體的動(dòng)能發(fā)生變更，其動(dòng)量不肯定發(fā)生變更解析物體的動(dòng)量發(fā)生變更，可能是方向變更也可能是大小變更，所以物體的動(dòng)能不肯定發(fā)生變更，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；物體的動(dòng)能變更，速度大小肯定變更，則動(dòng)量肯定發(fā)生變更，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案BC2.如圖2所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑。兩根光滑滑軌MP、QN的端點(diǎn)都在圓周上，MP＞QN。將兩個(gè)完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q兩點(diǎn)無(wú)初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運(yùn)動(dòng)到圓周上的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()圖2A.合力對(duì)兩滑塊的沖量大小相同B.重力對(duì)a滑塊的沖量較大C.彈力對(duì)a滑塊的沖量較小D.兩滑塊的動(dòng)量變更大小相同解析這是“等時(shí)圓”，即兩滑塊同時(shí)到達(dá)滑軌底端。合力F＝mgsinθ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a＞Fb，因此合力對(duì)a滑塊的沖量較大，a滑塊的動(dòng)量變更也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FN＝mgcosθ，F(xiàn)Na＜FNb，因此彈力對(duì)a滑塊的沖量較小，選C。答案C3.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(shí)間內(nèi)，關(guān)于球的動(dòng)量變更量Δp和合外力對(duì)小球做的功W，下列說(shuō)法正確的是()A.Δp＝2kg·m/sW＝－2JB.Δp＝－2kg·m/sW＝2JC.Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD.Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過(guò)程中動(dòng)量的變更量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向豎直向上。由動(dòng)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動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用1.動(dòng)量定理的理解(1)動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變更的力。變力的狀況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式FΔt＝Δp是矢量式，運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特殊留意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變更量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。2.用動(dòng)量定理說(shuō)明現(xiàn)象(1)Δp肯定時(shí)，F(xiàn)的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長(zhǎng)，力就越小。(2)F肯定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，Δp就越大；力的作用時(shí)間越短，Δp就越小。分析問(wèn)題時(shí)，要把哪個(gè)量不變、哪個(gè)量變更搞清晰。3.用動(dòng)量定理解題的基本思路【例2】(2024·全國(guó)Ⅰ卷，16)最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試勝利，這標(biāo)記著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次試驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg解析依據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝1.6×103kg/s，所以選項(xiàng)B正確。答案B1.[應(yīng)用動(dòng)量定理說(shuō)明生活現(xiàn)象]下列說(shuō)明中正確的是()A.跳高時(shí)，在落地處墊海綿是為了減小沖量B.在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過(guò)程受到的沖量C.動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力作用，質(zhì)量小的先停下來(lái)D.人從越高的地方跳下，落地時(shí)越危急，是因?yàn)槁涞貢r(shí)人受到的沖量越大解析跳高時(shí)，在落地處墊海綿是為了延長(zhǎng)作用時(shí)間從而減小沖力，不是減小沖量，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長(zhǎng)作用時(shí)間，從而減小沖力，不是減小沖量，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力作用，依據(jù)動(dòng)量定理Ft＝mv，則知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從越高的地方跳下，落地時(shí)速度越大，動(dòng)量越大，則沖量越大，故選項(xiàng)D正確。答案D2.[應(yīng)用動(dòng)量定理求動(dòng)量的變更量](多選)如圖3所示，兩位同學(xué)同時(shí)在等高處拋出手中的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以速度v2豎直向上拋出，當(dāng)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)恰與B相遇。不計(jì)空氣阻力，A、B質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，以下推斷正確的是()圖3A.相遇時(shí)A的速度肯定為零B.相遇時(shí)B的速度肯定為零C.A從拋出到最高點(diǎn)的時(shí)間為eq\f(v2,g)D.從拋出到相遇A、B動(dòng)量的變更量相同解析相遇時(shí)A還具有水平速度，則此時(shí)的速度不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因A在最高點(diǎn)的豎直速度為零，可知B的速度也肯定為零，選項(xiàng)B正確；兩球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，即t＝eq\f(v2,g)，選項(xiàng)C正確；依據(jù)Δp＝mgt可知從拋出到相遇A、B動(dòng)量的變更量相同，選項(xiàng)D正確。答案BCD3.[應(yīng)用動(dòng)量定理求變力的沖量]拍皮球是大家都喜愛(ài)的體育活動(dòng)，既能強(qiáng)身又能健體。已知皮球質(zhì)量為0.4kg，為保證皮球與地面碰撞后自然跳起的最大高度均為1.25m，小明需每次在球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)拍球，每次拍球作用距離為0.25m，使球在離手時(shí)獲得一個(gè)豎直向下4m/s的初速度。若不計(jì)空氣阻力及球的形變，g取10m/s2，則每次拍球()圖4A.手給球的沖量為1.6kg·m/sB.手給球的沖量為2.0kg·m/sC.人對(duì)球做的功為3.2JD.人對(duì)球做的功為2.2J解析人拍球的過(guò)程，人對(duì)球的沖量為I，由動(dòng)量定理得I＋mgΔt＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，則I＜1.6kg·m/s，則手給球的沖量小于1.6kg·m/s，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；設(shè)人對(duì)球做的功為W，由動(dòng)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，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。答案D4.[動(dòng)量定理與圖象的綜合](多選)(2024·全國(guó)Ⅲ卷，20)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變更的圖線如圖5所示，則()圖5A.t＝1s時(shí)物塊的速率為1m/sB.t＝2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg·m/sC.t＝3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg·m/sD.t＝4s時(shí)物塊的速度為零解析由動(dòng)量定理可得Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m)。t＝1s時(shí)物塊的速率為v＝eq\f(Ft,m)＝eq\f(2×1,2)m/s＝1m/s，故選項(xiàng)A正確；t＝2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故選項(xiàng)B正確；t＝3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s時(shí)物塊的速度為1m/s，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB動(dòng)量定理與微元法的綜合應(yīng)用考向流體類問(wèn)題流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，特點(diǎn)是質(zhì)量具有連續(xù)性，題目中通常給出密度ρ作為已知條件分析步驟1建立“柱體”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2用微元法探討，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度Δl＝vΔt，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理探討這段柱形流體【例3】[2024·全國(guó)Ⅰ卷，35(2)]某游樂(lè)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(jì)算便利起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0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?，在水平方向朝四周勻稱散開。忽視空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(ⅰ)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(ⅱ)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。解析(ⅰ)在剛噴出一段很短的Δt時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿意ΔV＝ΔlS③由①②③可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。(ⅱ)設(shè)玩具底面相對(duì)于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對(duì)玩具底部的作用力由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底部對(duì)水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底部時(shí)的速度由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對(duì)該部分水柱應(yīng)用動(dòng)量定理得－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽視，⑧式變?yōu)镕壓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)考向微粒類問(wèn)題微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2用微元法探討，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)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(dòng)量定理探討單個(gè)粒子，建立方程，再乘N計(jì)算【例4】正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子的質(zhì)量均為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡(jiǎn)化問(wèn)題，我們假定：粒子大小可以忽視，其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會(huì)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(xué)力學(xué)學(xué)問(wèn)，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系。解析一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有eq\f(1,6)的粒子在Δt時(shí)間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù)N＝eq\f(1,6)n·SvΔtΔt時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝eq\f(1,3)nSmv2Δt器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝eq\f(I,Δt)則器壁單位面積所受粒子的壓力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沖擊煤層而進(jìn)行的。煤層受到3.6×106N/m2的壓強(qiáng)沖擊即可破裂，若水流沿水平方向沖擊煤層，不考慮水的反向?yàn)R射作用，則沖擊煤層的水流速度至少應(yīng)為(水的密度為1×103kg/m3)()A.30m/s B.40m/sC.45m/s D.60m/s解析設(shè)濺落在煤層表面的某水柱微元的質(zhì)量為Δm，由動(dòng)量定理得F·Δt＝Δm·v，而Δm＝ρ·SΔl，Δl＝vΔt，聯(lián)立可得eq\f(F,S)＝ρv2，則速度v＝eq\r(\f(F,S)·\f(1,ρ))＝eq\r(\f(p,ρ))＝60m/s，選項(xiàng)D正確。答案D2.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理。如圖6所示，從距秤盤80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)勻稱地倒在秤盤上，持續(xù)作用時(shí)間為1s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话耄较蛳喾?。若每個(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g。則在碰撞過(guò)程中秤盤受到的壓力大小約為()圖6A.0.2N B.0.6NC.1.0N D.1.6N解析豆粒從80cm高處下落到秤盤上時(shí)的速度為v1，veq\o\al(2,1)＝2gh，則v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s設(shè)豎直向上為正方向，依據(jù)動(dòng)量定理Ft＝mv2－mv1則F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×（－4）,1)N＝0.6N，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案B課時(shí)作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.(多選)(2024·北京西城區(qū)模擬)關(guān)于動(dòng)量和沖量，下列說(shuō)法正確的是()A.物體所受合外力的沖量的方向與物體動(dòng)量的方向相同B.物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變更C.物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量D.物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同解析物體所受合外力的沖量的方向與合外力的方向相同，與物體動(dòng)量變更量的方向相同，與動(dòng)量的方向不肯定相同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變更，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；物體的動(dòng)量p＝mv，故物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)D正確。答案BD2.如圖1所示，運(yùn)動(dòng)員向球踢了一腳，踢球時(shí)的力F＝100N，球在地面上滾動(dòng)了10s后停下來(lái)，則運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的沖量為()圖1A.1000N·s B.500N·sC.0 D.無(wú)法確定解析滾動(dòng)了10s是地面摩擦力對(duì)足球的作用時(shí)間，不是踢球時(shí)的力的作用時(shí)間，由于不能確定運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的作用時(shí)間，所以無(wú)法確定運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的沖量，選項(xiàng)D正確。答案D3.如圖2，廣州塔摩天輪位于塔頂450m高空處，摩天輪由16個(gè)“水晶”觀光球艙組成，沿著傾斜的軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則坐于觀光球艙中的某游客()圖2A.動(dòng)量不變 B.線速度不變C.合外力不變 D.機(jī)械能不守恒解析坐于觀光球艙中的某游客線速度的大小不變，但方向不斷變更，可知線速度不斷變更，動(dòng)量也不斷變更；由于向心加速度方向不斷變更，可知合外力大小不變，但方向不斷變更，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；由于動(dòng)能不變，重力勢(shì)能不斷變更，可知機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D正確。答案D4.2024年3月22日，一架中國(guó)國(guó)際航空CA103客機(jī)，中午從天津飛抵香港途中遭受鳥擊，飛機(jī)頭部被撞穿一個(gè)1米乘1米的大洞，雷達(dá)罩被砸穿。所幸客機(jī)于下午1點(diǎn)24分平安著陸，機(jī)上無(wú)人受傷。設(shè)客機(jī)撞鳥時(shí)飛行速度大約為1080km/h，小鳥質(zhì)量約為0.5kg，撞機(jī)時(shí)間約為0.01s，估算飛機(jī)受到的撞擊力為()圖3A.540N B.54000NC.15000N D.1.50N解析本題為估算題，可以認(rèn)為撞擊前鳥的速度為零，撞擊后鳥與飛機(jī)的速度相等，飛機(jī)速度為v＝1080km/h＝300m/s，撞擊過(guò)程對(duì)鳥，以飛機(jī)飛行方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)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，則C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案C5.如圖4所示，跳水運(yùn)動(dòng)員從某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m＝70kg，初速度v0＝5m/s，若經(jīng)過(guò)1s時(shí)，速度為v＝5eq\r(5)m/s，則在此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變更量為(g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力)()圖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解析依據(jù)動(dòng)量定理得Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1kg·m/s＝700kg·m/s，故選項(xiàng)A正確。答案A6.(2024·佛山模擬)如圖5所示，一輕質(zhì)彈簧固定在墻上，一個(gè)質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右側(cè)沿光滑水平面對(duì)左運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生相互作用。設(shè)相互作用的過(guò)程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么在整個(gè)相互作用的過(guò)程中彈簧對(duì)木塊沖量I的大小為()圖5A.I＝0 B.I＝mv0C.I＝2mv0 D.I＝3mv0解析設(shè)木塊離開彈簧時(shí)的速度為v，依據(jù)機(jī)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，設(shè)向右的速度方向?yàn)檎较?，依?jù)動(dòng)量定理得I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故選項(xiàng)C正確。答案C7.(多選)在港珠澳大橋施工過(guò)程中，我國(guó)科學(xué)家和工程技術(shù)人員自主創(chuàng)新了海底沉管技術(shù)。海底沉管要克服困難多變的洋流，情境困難，其簡(jiǎn)化原理圖如圖6所示，吊車處于靜止?fàn)顟B(tài)，吊繩相對(duì)于吊車以速度v勻速向下放管子，管子的質(zhì)量為m。假設(shè)圖中P為管子起先被吊起的位置，Q為管子剛接觸水面的位置，R為管子剛好完全進(jìn)入水中的位置，S為管子剛好到達(dá)水底的位置，假定管子入水前后速度不變，則下列說(shuō)法正確的是()圖6A.管子從P位置到R位置，吊繩拉力等于管子重力B.管子從Q位置到S位置，吊繩拉力小于管子重力，且拉力不變C.管子從Q位置到R位置，吊繩拉力做功的功率在漸漸減小D.管子從Q位置到最終停在S位置，合力對(duì)管子的沖量大小為mv解析依據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可知，管子從P位置到Q位置，吊繩拉力等于管子重力，管子從Q位置到R位置，由于管子排開水的體積漸漸增大，管子所受的浮力漸漸增大，故吊繩拉力漸漸減小，又速度大小不變，故拉力做功的功率P＝Fv漸漸減小，A錯(cuò)誤，C正確；管子從Q位置到S位置，吊繩拉力小于管子重力，管子從Q位置到R位置，吊繩拉力漸漸減小，管子從R位置到S位置，吊繩拉力不變，B錯(cuò)誤；管子從Q位置到最終停在S位置，設(shè)向下的速度方向?yàn)檎较?，依?jù)動(dòng)量定理可知，合力的沖量等于管子動(dòng)量的變更量－mv，故合力對(duì)管子的沖量大小為mv，D正確。答案CD8.如圖7所示，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時(shí)鋼瓶底端對(duì)豎直墻面的作用力大小是()圖7A.ρvS B.eq\f(ρv2,S)C.eq\f(1,2)ρv2S D.ρv2S解析Δt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對(duì)于貯氣瓶、瓶?jī)?nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，選項(xiàng)D正確。答案D9.質(zhì)量為1kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖象如圖8所示。則物體在前10s內(nèi)和后10s內(nèi)所受外力的沖量分別是()圖8A.10N·s，10N·s B.10N·s，－10N·sC.0，10N·s D.0，－10N·s解析由圖象可知，在前10s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由動(dòng)量定理知I1＝0；在后10s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p3＝－5kg·m/s，由動(dòng)量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故選項(xiàng)D正確。答案D綜合提能練10.(2024·四川省綿陽(yáng)市其次次診斷)在水平地面上，兩個(gè)具有相同初動(dòng)量而質(zhì)量不同的物體，在大小相等的阻力作用下最終停下來(lái)。則質(zhì)量大的物體()A.滑行的距離小B.滑行的時(shí)間長(zhǎng)C.滑行過(guò)程中的加速度大D.滑行過(guò)程中的動(dòng)量變更快解析依據(jù)p＝mv可知，初動(dòng)量相同，質(zhì)量大的物體速度??；依據(jù)動(dòng)能定理可知－FfL＝0－Ek＝－eq\f(p2,2m)，因兩物體受到的阻力大小相等，則質(zhì)量大的物體滑行的距離小，故A正確；依據(jù)動(dòng)量定理得，－Fft＝0－p，因動(dòng)量相同，故滑行時(shí)間相同，故B錯(cuò)誤；因兩物體受到的阻力相同，由牛頓其次定律可知，質(zhì)量大的加速度小，故C錯(cuò)誤；因兩物體均停止，所以滑行過(guò)程中動(dòng)量變更量相同，因滑行時(shí)間相同，故動(dòng)量變更快慢相同，故D錯(cuò)誤。答案A11.一質(zhì)量為m的物體靜置于傾角為θ的斜面上，在沿平行于斜面對(duì)上的拉力作用下起先運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去拉力，物體最終停止，其運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖9所示，已知斜面足夠長(zhǎng)，重力加速度為g，則()圖9A.拉力的大小為eq\f(2mv0,t0)B.滑動(dòng)摩擦力沖量的大小為3(mv0－mgt0sinθ)C.0～2t0時(shí)間為拉力的平均功率與滑動(dòng)摩擦力的平均功率相等D.整個(gè)過(guò)程中拉力做的功與物體克服摩擦力做的功相等解析由v－t圖象斜率的肯定值表示加速度大小和牛頓其次定律得F－f－mgsinθ＝meq\f(v0,2t0)和f＋mgsinθ＝meq\f(v0,t0)，聯(lián)立解得拉力的大小為F＝eq\f(3mv0,2t0)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由A項(xiàng)分析知滑動(dòng)摩擦力的大小f＝meq\f(v0,t0)－mgsinθ，則滑動(dòng)摩擦力的沖量大小為If＝f·3t0＝(meq\f(v0,t0)－mgsinθ)·3t0＝3(mv0－mgt0sinθ)，選項(xiàng)B正確，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)，滑動(dòng)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)，拉力的平均功率與滑動(dòng)摩擦力的平均功率不相等，選