高考物理一輪復(fù)習(xí)專題7.1動量守恒定律-動量定理-(原卷版+解析)

考點21動量守恒定律--動量定理-新課程標(biāo)準(zhǔn)1.理解沖量和動量。通過理論推導(dǎo)和實驗，理解動量定理，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。命題趨勢考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)對物理觀念的認(rèn)識、運動與相互作用等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)?？茖W(xué)思維中的模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證等要素。必備知識主要是動量定理以及應(yīng)用。試題情境生活實踐類生產(chǎn)生活中的緩沖類問題，流體沖力問題，安全行車(安全氣囊)、交通運輸(噴氣式飛機(jī))、火箭發(fā)射、高空墜物學(xué)習(xí)探究類動量定理的理解及應(yīng)用、利用動量定理處理流體問題、考向一動量與沖量的理解考向二動量定理的理解及應(yīng)用考向三用動量定理解決變質(zhì)量問題考向四動量定理在多過程中的應(yīng)用考向一動量與沖量的理解一、動量、動量變化、沖量1．對動量的理解(1)動量的兩性①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。②相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量。(2)動量與動能的比較動量動能物理意義描述機(jī)械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢量矢量標(biāo)量變化因素合力的沖量合力所做的功大小關(guān)系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝p末-p初ΔEk＝Ek末-Ek初聯(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(3)都是狀態(tài)量，與某一時刻或某一位置相對應(yīng)2．對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積。②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與該力的方向一致。(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系。(3)沖量與功的比較沖量功定義作用在物體上的力和力的作用時間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I＝FΔt(F為恒力)W＝Flcosα(F為恒力)標(biāo)矢量矢量標(biāo)量意義①表示力對時間的累積②是動量變化的量度①表示力對空間的累積②是能量變化的量度聯(lián)系①都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系②沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零動量變化率F＝Δp【典例1】(2023·高考湖南卷，T2)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p－x圖象中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p－x圖象中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應(yīng)的相軌跡可能是()答案:D解析：質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式v2＝2ax可得v＝eq\r(2ax)，設(shè)質(zhì)點的質(zhì)量為m，則質(zhì)點的動量p＝meq\r(2ax)，由于質(zhì)點的速度方向不變，則質(zhì)點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知D正確?！镜淅?】(多選)(2023山西太原一模)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F的作用下，經(jīng)過時間t、通過位移L后動量變?yōu)閜、動能變?yōu)镋k.以下說法正確的是()A．在F作用下，若這個物體經(jīng)過位移2L，其動量等于2pB．在F作用下，若這個物體經(jīng)過位移2L，其動能等于2EkC．在F作用下，若這個物體經(jīng)過時間2t，其動能等于2EkD．在F作用下，若這個物體經(jīng)過時間2t，其動量等于2p答案:BD解析：在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根據(jù)動能定理知FL＝eq\f(1,2)mv2，位移變?yōu)樵瓉淼?倍，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)p＝eq\r(2mEk)，知動量變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量定理知，F(xiàn)t＝mv，時間變?yōu)樵瓉淼?倍，則動量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)知，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤，D正確．練習(xí)1、(2023·山東濰坊市第二次高考模擬)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()A．第2s末，質(zhì)點的動量為0B．第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化C．第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點D．在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0答案:D解析：由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4s內(nèi)F的方向與0～2s內(nèi)F的方向不同，該質(zhì)點0～2s內(nèi)做加速運動，2～4s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點，故選項C錯誤；在F－t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項D正確．練習(xí)2、(2023·浙江杭州市上學(xué)期選考模擬)如圖所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑．兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP>QN.將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是()A．合力對兩滑塊的沖量大小相同B．重力對a滑塊的沖量較大C．彈力對a滑塊的沖量較小D．兩滑塊的動量變化大小相同答案:C解析：這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達(dá)滑軌底端．合力F＝mgsinθ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a>Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大，a滑塊的動量變化也大；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a滑塊的沖量較?。xC.【巧學(xué)妙記】沖量的四種計算方法沖量的四種計算方法公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)圖像法利用F－t圖像計算，F(xiàn)－t圖像與時間軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量平均力法如果力隨時間是均勻變化的，則eq\x\to(F)＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)，該變力的沖量為I＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)t考向二動量定理的理解及應(yīng)用1．對動量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(3)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動量的變化率．(4)當(dāng)物體運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理．2．解題基本思路(1)確定研究對象．(2)對物體進(jìn)行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；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(fù)號．(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．3．應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象：(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)當(dāng)作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小．【典例3】(2023·高考全國卷Ⅰ，T14)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(guān)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(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D．延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積答案:D解析：行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，可以延長司機(jī)的受力時間，從而減小了司機(jī)受到的作用力，A錯誤，D正確；碰撞前司機(jī)動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機(jī)動量的變化量，B錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機(jī)的動能轉(zhuǎn)化為司機(jī)對安全氣囊做的功，C錯誤。【典例4】(2023·陜西質(zhì)檢)核桃是“四大堅果”之一，核桃仁具有豐富的營養(yǎng)價值，但核桃殼十分堅硬，不借助專用工具不易剝開。小悠同學(xué)發(fā)現(xiàn)了一個開核竅門，把核桃豎直上拋，核桃落回后與堅硬的地面撞擊就能開裂。拋出點距離地面的高度為H，上拋后達(dá)到的最高點與拋出點的距離為h。已知重力加速度為g，空氣阻力不計。(1)求核桃落回地面的速度大小v；(2)已知核桃質(zhì)量為m，與地面撞擊作用時間為Δt，撞擊后豎直反彈h1高度，求核桃與地面之間的平均作用力F。答案:(1)eq\r(2gH＋h)(2)eq\f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg，方向豎直向上解析：(1)核桃豎直上拋到最高點后做自由落體運動，則有v2＝2g(H＋h)則落回地面的速度大小v＝eq\r(2gH＋h)。(2)設(shè)核桃反彈速度大小為v1，則有veq\o\al(2,1)＝2gh1以豎直向上為正方向，核桃與地面作用的過程，由動量定理得(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)解得F＝eq\f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg方向豎直向上。練習(xí)3、(2023沈陽檢測)如圖所示，籃球運動員接傳過來的籃球時，通常要先伸出雙臂迎接籃球，手接觸到籃球后，雙手迅速將籃球引至胸前，運用你所學(xué)的物理規(guī)律分析，這樣做可以()A．減小籃球?qū)κ譀_量的大小B．減小籃球的動量變化量的大小C．減小籃球?qū)κ肿饔昧Φ拇笮．減小籃球?qū)κ值淖饔脮r間答案:C解析：先伸出雙臂迎接籃球，手接觸到球后，兩臂將球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：－Ft＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)，籃球動量的變化量不變，作用時間增大時，籃球動量的變化率減小，則作用力減小，C正確，D錯誤；由以上分析可知籃球動量變化量的大小及籃球?qū)κ譀_量的大小均不變，A、B錯誤．練習(xí)4、(2023重慶九龍坡區(qū)一模)質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開始做勻加速直線運動．經(jīng)過時間t0和4t0速度分別達(dá)到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，兩物體都做勻減速直線運動直至停止．兩物體速度隨時間變化的圖線如圖所示．設(shè)F1和F2對A、B兩物體的沖量分別為I1和I2，F(xiàn)1和F2對A、B兩物體做的功分別為W1和W2，則下列結(jié)論正確的是()A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5答案:C解析：由題可知，兩物體勻減速運動的加速度大小都為eq\f(v0,t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運動中有Ff＝ma，則摩擦力大小都為meq\f(v0,t0).由題圖可知，勻加速運動的加速度分別為eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運動中有F－Ff＝ma，則F1＝eq\f(3mv0,t0)，F(xiàn)2＝eq\f(5mv0,4t0)，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；對全過程運用動能定理得：W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則位移之比為6∶5，整個運動過程中F1和F2做功之比為W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正確．【巧學(xué)妙記】動量定理的應(yīng)用技巧動量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I＝Δp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I＝Ft求沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化Δp，等效代換得出變力的沖量I.(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動量的變化考向三用動量定理解決變質(zhì)量問題模型(一)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模型(二)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【典例5】(2023·全國卷Ⅰ，16)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實驗中該發(fā)動機(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答案:B解析：根據(jù)動量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝1.6×103kg/s，所以選項B正確?！镜淅?】](2023·湖北高考)抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機(jī)槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為()A．40 B．80C．120 D．160答案:C解析：設(shè)1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得Ft＝nmv0，代入數(shù)據(jù)解得n＝120，故C正確。練習(xí)5、(2023·福建高考)福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響。已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5m/s～28.4m/s，16級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s～56.0m/s。若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的()A．2倍 B．4倍C．8倍 D．16倍答案:B解析：設(shè)空氣的密度為ρ，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S，在時間Δt的空氣質(zhì)量為Δm＝ρSv·Δt，假定臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱?，對風(fēng)由動量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10級臺風(fēng)的風(fēng)速v1≈25m/s,16級臺風(fēng)的風(fēng)速v2≈50m/s，則有eq\f(F2,F1)＝eq\f(v22,v12)≈4，故B正確。練習(xí)6、(多選(2023·恩施高中等三校4月聯(lián)考))青島市即墨區(qū)鰲山灣一帶受嶗山余脈和海島影響，形成了長達(dá)60多公里的狹長“疾風(fēng)帶”，為風(fēng)力發(fā)電創(chuàng)造了有利條件，目前該地風(fēng)電總裝機(jī)容量已達(dá)18萬千瓦．如圖，風(fēng)力推動三個葉片轉(zhuǎn)動，葉片帶動轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動，在定子(線圈)中產(chǎn)生電流，實現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化．已知葉片長為r，風(fēng)速為v，空氣密度為ρ，流到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面的空氣中約有eq\f(1,4)速度減速為0，有eq\f(3,4)原速率穿過，如果不考慮其他能量損耗．下列說法正確的是()A．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為eq\f(1,8)ρπr2v3B．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為eq\f(1,6)ρπr2v2C．空氣對風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,8)ρπr2v3D．空氣對風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,12)ρπr2v2答案:D解析：根據(jù)題意可知，假設(shè)空氣流速為v，扇面的面積為S＝πr2，在時間t內(nèi)流過葉片的體積為V＝πr2vt，空氣質(zhì)量根據(jù)密度公式得m＝ρV＝ρπr2vt，題中有eq\f(1,4)的空氣速度減為零，所以與葉片發(fā)生相互作用的風(fēng)的質(zhì)量為eq\f(1,4)m，則根據(jù)功能關(guān)系有E電＝W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)ρπr2vt·v2＝eq\f(1,8)ρπr2v3t，則根據(jù)P＝eq\f(W,t)得發(fā)電功率為P＝eq\f(\f(1,8)ρπr2v3t,t)＝eq\f(1,8)ρπr2v3，故A正確，B錯誤；以與葉片發(fā)生相互作用的那部分空氣為研究對象，規(guī)定空氣流動方向為正方向，可列動量定理表達(dá)式－Ft＝0－eq\f(1,4)mv得F＝eq\f(1,4)ρπr2v2，則對一個葉片的作用力為F′＝eq\f(1,12)ρπr2v2，故C錯誤，D正確．【巧學(xué)妙記】兩類流體運動模型第一類是“吸收模型”,即流體與被碰物質(zhì)接觸后速度為零,第二類是“反彈模型”,即流體與被碰物質(zhì)接觸后以原速率反彈。設(shè)時間t內(nèi)流體與被碰物質(zhì)相碰的“粒子”數(shù)為n,每個“粒子”的動量為p,被碰物質(zhì)對“粒子”的作用力為F,以作用力的方向為正,則“吸收模型”滿足Ft=0-n(-p),“反彈模型”滿足Ft=np-n(-p)?！胺磸椖Ｐ汀钡膭恿孔兓繛椤拔漳Ｐ汀钡膭恿孔兓康?倍,解題時一定要明辨模型,避免錯誤?？枷蛩膭恿慷ɡ碓诙噙^程中的應(yīng)用【典例7】(2023全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板．一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案:BC解析：物塊每次與擋板碰撞后，擋板對物塊的沖量I沖＝mv0－m(－v0)＝40kg·m·s－1，方向與運動員退行方向相同，以此方向為正方向，以運動員和物塊整體為研究對象，當(dāng)物塊撞擊擋板7次后，7I沖＝m人v7＋mv0，v7<5m/s，得m人>52kg，當(dāng)物塊撞擊擋板8次后，8I沖＝m人v8＋mv0，v8>5m/s，得m人<60kg.故B、C正確，A、D錯誤．【典例8】(2023·全國卷Ⅰ)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(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?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，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。答案:(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)解析：(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則：Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S③(2)設(shè)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(dá)玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)④在h高度處，Δt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＝(Δm)v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥因為ΔmgΔt＝ρv0Sg(Δt)2含Δt的二次項，所以與FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件和牛頓第三定律得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。練習(xí)7、(2023·1月廣東學(xué)業(yè)水平選擇考適應(yīng)性測試，5)如圖4所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止自由下落80cm，被重新頂起，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10m/s2，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/sC.足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3.2kg·m/sD.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答案:C解析：足球自由落體80cm時的速度為v1，所用時間為t1，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，反彈后做豎直上拋運動，而上升的最大高度也為80cm，根據(jù)運動的對稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的時間t2＝t1＝0.4s，對足球與人接觸的過程，Δt＝0.1s，取向上為正，由動量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝36N，Δp＝3.2kg·m/s，即頭部對足球的平均作用力為36N，而足球的重力為4N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小為Δp＝3.2kg·m/s，故A錯誤，C正確；足球下落剛與頭接觸時的動量為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B錯誤；足球運動的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D錯誤。練習(xí)8、(2023·河池期末教學(xué)質(zhì)檢)在2021年東京奧運會蹦床比賽中，一個質(zhì)量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s，若把在這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小。(g＝10m/s2)答案:1500N解析：法一：分段法設(shè)運動員從高為h1處下落，則剛接觸網(wǎng)時的速度大小為v1＝eq\r(2gh1)(方向向下)彈跳后上升的高度設(shè)為h2，則剛離網(wǎng)時的速度大小為v2＝eq\r(2gh2)(方向向上)與網(wǎng)接觸過程中，運動員受到向下的重力mg和網(wǎng)對其向上的彈力F，規(guī)定豎直向上為正方向，由動量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)解以上三式得F＝mg＋meq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2gh2)＋\r(2gh1))),t)，代入數(shù)值可解得F＝1.5×103N。法二：整段法從3.2m高處自由下落的時間為：t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.8s，蹦到5.0m高處的時間為：t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝1s，整個過程中運動員始終受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t0＝1.2s的時間內(nèi)受到網(wǎng)對他向上的彈力FN的作用，設(shè)豎直向上為正方向，對全過程應(yīng)用動量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，則FN＝1500N?！厩蓪W(xué)妙記】用動量定理解多過程問題的兩點提醒用動量定理解多過程問題的兩點提醒(1)對于過程較復(fù)雜的運動，可分段應(yīng)用動量定理，也可整個過程應(yīng)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(yīng)引起關(guān)注1.(2023·石家莊一模)對于一定質(zhì)量的某物體而言，下列關(guān)于動能和動量的關(guān)系正確的是()A．物體的動能改變，其動量不一定改變B．物體動量改變，則其動能一定改變C．物體的速度不變，則其動量不變，動能也不變D．動量是標(biāo)量，動能是矢量2.(2023·邊城高級中學(xué)高三月考)籃球運動深受同學(xué)們的喜愛，打籃球時某同學(xué)伸出雙手接傳來的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。下列說法正確的是()A.手對籃球的作用力大于籃球?qū)κ值淖饔昧.手對籃球的作用力與籃球?qū)κ值淖饔昧κ且粚ζ胶饬.這樣做的目的是減小籃球動量的變化量D.這樣做的目的是減小籃球?qū)κ值臎_擊力3、(2023·湖北十一校3月第二次聯(lián)考)高樓墜物極其危險，被稱為“懸在城市上空的劍”。若一枚質(zhì)量為50g的雞蛋，從27層樓的窗戶處自由落下，與地面撞擊時間約為0.001s。不計空氣阻力，g取10m/s2，則雞蛋對地面的平均作用力約為()A．3000N B.2000NC．1000N D.500N4.(2023湖南長郡中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零并又開始下滑，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為Ff，重力加速度為g.在整個運動過程中，下列說法正確的是()A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθB．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθC．合外力的沖量為0D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)5、(多選)(2023·張家口期末)某風(fēng)力發(fā)電機(jī)如圖所示，風(fēng)力帶動葉片轉(zhuǎn)動，葉片再帶動轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動，使定子(線圈不計電阻)中產(chǎn)生電流，實現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。已知葉片長為l，風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，空氣遇到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面后一半減速為零，一半原速率穿過，下列說法正確的是()A．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率為eq\f(1,2)πρl2v3B．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率為eq\f(1,4)πρl2v3C．空氣對一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的平均作用力為eq\f(1,2)πρl2v2D．空氣對一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的平均作用力為eq\f(1,4)πρl2v26、(多選)(2023山東青島期末)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I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，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．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp37．(2023湖北荊門統(tǒng)考)在空中相同高度處以相同的速率分別拋出質(zhì)量相同的三個小球，一個豎直上拋，一個豎直下拋，一個平拋，若不計空氣阻力，從三個小球拋出到落地的過程中()A．三個小球動量的變化量相同B．下拋球和平拋球動量的變化量相同C．上拋球動量的變化量最大D．三個小球落地時的動量相同8．(2023重慶九龍坡區(qū)一模)水平恒定推力F1和F2分別作用于水平面上原來靜止且質(zhì)量相等的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，由于慣性，物體將繼續(xù)運動一段時間后才能停下，兩物體的v-t圖像如圖所示，已知圖中線段AB∥CD，則()A．a(chǎn)物體受到的摩擦力小于b物體受到的摩擦力B．a(chǎn)物體受到的摩擦力大于b物體受到的摩擦力C．F1的沖量大于F2的沖量D．F1的沖量小于F2的沖量9.(2023浙江杭州余杭中學(xué)月考)(多選)2018年1月8日，美國軍方高機(jī)密衛(wèi)星在進(jìn)入太空后完全失去了聯(lián)系，新年就迎來發(fā)射失?。鐖D所示，某一質(zhì)量為m的衛(wèi)星殘片從離地面H高處由靜止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不計空氣阻力，重力加速度為g.關(guān)于殘片下落的整個過程，下列說法中正確的有()A．殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H＋h)B．殘片下落的全過程中重力的沖量大小大于泥土阻力的沖量大小C．殘片所受泥土阻力的沖量大于meq\r(2gH)D．殘片從接觸地面到靜止的過程中動量的改變量等于所受阻力的沖量10.(多選)(2023山東濟(jì)寧質(zhì)檢)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為()A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(v2－v02) D．meq\r(2gh)11、(2023濟(jì)南模擬)用0.5kg的鐵錘把釘子釘進(jìn)木頭里，打擊時鐵錘的速度v＝4.0m/s，如果打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊的作用時間是0.01s，那么：(1)不計鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？(2)考慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力又是多大？(取g＝10m/s2)(3)比較(1)和(2)，討論是否要計鐵錘的重力．1.(2023·江蘇七市第三次調(diào)研)下列說法正確的是()A．做曲線運動的物體，動量的變化率一定改變B．合外力對物體做功為零，則合外力的沖量也一定為零C．做勻變速運動的物體，任意時間內(nèi)的動量變化量的方向是相同的D．做圓周運動的物體，經(jīng)過一個周期，合外力的沖量一定為零2．(2023·山東省煙臺市高三上期中)如果一物體在任意相等的時間內(nèi)受到合力的沖量相同，則此物體的運動不可能是()A．勻速圓周運動 B．自由落體運動C．平拋運動 D．豎直上拋運動3．(2023·八省聯(lián)考廣東卷)李老師在課堂上做了如下的小實驗：他把一支粉筆豎直放在水平桌面上靠近邊緣的紙條上，如圖所示．第一次他慢慢拉動紙條將紙條抽出，粉筆向后傾倒．第二次他快速將紙條抽出，粉筆輕微晃動一下又靜立在桌面上．兩次現(xiàn)象相比，下列說法正確的是()A．第一次粉筆的慣性更小B．第一次粉筆受到紙帶的摩擦力更大C．第一次粉筆受到紙帶的沖量更小D．第一次粉筆獲得的動量更大4．(2023·山東煙臺市期中)跳水運動一直是我國傳統(tǒng)的優(yōu)勢體育項目，我們的國家跳水隊享有“夢之隊”的贊譽．在某次訓(xùn)練中，跳水運動員在跳臺上由靜止開始豎直落下，進(jìn)入水中后在水中做減速運動，速度減為零時并未到達(dá)池底．不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．運動員在空中運動時，其動量變化量大于重力的沖量B．運動員從剛進(jìn)入水中到速度減為零的過程中，其重力的沖量等于水的作用力的沖量C．運動員從開始下落到速度減為零的過程中，其動量的改變量等于水的作用力的沖量D．運動員從開始下落到速度減為零的過程中，其重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向5、(多選)[2022·山西太原市模擬(一)]如圖所示，從P點以水平速度v將小皮球拋向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能夠入筐。不考慮空氣阻力，則小皮球在空中飛行的過程中()A．在相等的時間內(nèi)，皮球動量的改變量相同B．在相等的時間內(nèi)，皮球動能的改變量相同C．下落相同的高度，皮球動量的改變量相同D．下落相同的高度，皮球動能的改變量相同6、(2023·廣東省高考模擬)我國自主研發(fā)制造的世界上最大的海上風(fēng)電機(jī)SL5000，它的機(jī)艙上可以起降直升機(jī)，它的葉片直徑128m，風(fēng)輪高度超過40層樓，是世界風(fēng)電制造業(yè)的一個奇跡。風(fēng)速為12m/s時發(fā)電機(jī)滿載發(fā)電，風(fēng)通過發(fā)電機(jī)后速度減為11m/s，已知空氣的密度為1.3kg/m3，則風(fēng)受到的平均阻力約為()A．4.0×104N B．2.0×105NC．2.2×106N D．4.4×106N7．(多選)(2023·河南高三月考)蹦極是一項刺激的戶外休閑活動。蹦極者站在高塔頂端，將一端固定的彈性長繩綁在踝關(guān)節(jié)處，頭朝下跳離高塔。若蹦極者的質(zhì)量為50kg，繩的長度為45m，重力加速度大小g取10m/s2，將蹦極者視為質(zhì)點，認(rèn)為蹦極者離開塔頂時的速度為零，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．繩伸直時蹦極者的速度大小為30m/sB．繩伸直時蹦極者的速度大小為20m/sC．從繩伸直至蹦極者到達(dá)最低點，蹦極者的合力的沖量大小為1500N·sD．從繩伸直至蹦極者到達(dá)最低點，蹦極者的合力的沖量大小為2000N·s8．(2023·北京市豐臺區(qū)二模)將一物體以某一初速度沿豎直方向向上拋出。p表示物體的動量，eq\f(Δp,Δt)表示物體的動量變化率，取豎直向下為正方向，忽略空氣阻力。則下圖中正確的是()9．(2023濟(jì)南模擬)新型冠狀病毒主要傳播方式為飛沫傳播，打噴嚏可以將飛沫噴到十米之外．有關(guān)專家研究得出打噴嚏時氣流噴出的速度可達(dá)40m/s，假設(shè)打一次噴嚏大約噴出50mL的空氣，用時約0.02s．已知空氣的密度為1.3kg/m3，估算打一次噴嚏人受到的平均反沖力為()A．13NB．0.13NC．0.68ND．2.6N10.(2023·山東棗莊模擬)用細(xì)繩拴一小球在豎直面內(nèi)做圓周運動，從A點再次轉(zhuǎn)到A點的過程中，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．合力的沖量為0B．合力的沖量不為0C．重力的沖量為0D．繩中拉力的沖量大小大于重力的沖量大小11、(多選)(2023·廣東汕頭市第一次模擬)一質(zhì)量為m的運動員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運動到站立狀態(tài)(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運動員保持圖乙狀態(tài)站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升的高度分別為h1、h2，經(jīng)歷的時間分別為t1、t2，則()A．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運動員做的功為0B．地面對運動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運動員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)C．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)D．運動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2)，運動員對重物做的功為012.(2023·廣東省高考模擬)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?，方向相反。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，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(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N13.(2023濟(jì)南模擬)質(zhì)量相等的A、B兩物體運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示。整個運動過程中，A、B兩物體的位移大小分別為xA、xB，合外力做的功分別為WA、WB，合外力的沖量大小分別為IA、IB，加速度大小分別為aA、aB，下列關(guān)系式正確的是()A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1C．IA∶IB＝4∶1 D．a(chǎn)A∶aB＝2∶114、(2023·恩施高中等三校4月聯(lián)考)有一種灌漿機(jī)可以持續(xù)將某種涂料以速度v噴在墻壁上，其噴射出的涂料產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p，若涂料打在墻壁上后便完全附著在墻壁上，涂料的密度為ρ。則墻壁上涂料厚度增加的速度u為()A.eq\f(ρp,v) B.eq\f(p,ρv)C.eq\f(ρ,pv) D.eq\f(pv,ρ)15、(2023·山西省考前適應(yīng)性測試)運動員在水上做飛行運動表演，他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示．已知運動員與裝備的總質(zhì)量為90kg，水帶的直徑為10cm，兩個噴嘴的直徑均為7cm.已知重力加速度大小取g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為()A．2.7m/s B．5.4m/sC．7.6m/s D．10.8m/s16、(2023湖南五市十校聯(lián)考)(多選)如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放，在小球從A點運動到B點的過程中，小球()A．所受合力的沖量水平向右B．所受支持力的沖量水平向右C．所受合力的沖量大小為meq\r(2gR)D．所受重力的沖量大小為零17．(2023·廣東省高考模擬)如圖所示，在水平光滑的軌道上有一輛質(zhì)量為300kg，長度為2.5m的裝料車，懸吊著的漏斗以恒定的速率100kg/s向下漏原料，裝料車以0.5m/s的速度勻速行駛到漏斗下方裝載原料．(1)為了維持車速不變，在裝料過程中需用多大的水平拉力作用于車上才行；(2)車裝完料駛離漏斗下方仍以原來的速度前進(jìn)，要使它在2s內(nèi)停下來，需要對小車施加一個多大的水平制動力．18、(2023·江西八所重點中學(xué)4月聯(lián)考)根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量p之間的關(guān)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(qiáng)，這就是“光壓”，用I表示。(1)一臺二氧化碳?xì)怏w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(dāng)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F＝2pN，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P0和S表示該束激光對物體產(chǎn)生的光壓；(2)有人設(shè)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1350W，探測器和薄膜的總質(zhì)量為m＝100kg，薄膜面積為4×104m2，c＝3×108m/s，求此時探測器的加速度大小。1.（多選）（(2023年全國高考乙卷物理試題）7.質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（）

A.時物塊動能為零B.時物塊回到初始位置C.時物塊的動量為D.時間內(nèi)F對物塊所做的功為2、（湖北省2022年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試）7.一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（）A.， B.，C.， D.，3、（多選）（（湖南省2022年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試）7.神舟十三號返回艙進(jìn)入大氣層一段時間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其圖像如圖所示。設(shè)該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）

A.在時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小B.在時間內(nèi)，返回艙的加速度不變C.在時間內(nèi)，返回艙的動量隨時間減小D.在時間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變4、(2023·天津高考)(多選)一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號B遙二運載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進(jìn)入全面實施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏．增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺之間的相互作用5、(2023·全國乙卷)(多選)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eq\f(1,2)mv02B．在此過程中F的沖量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于eq\f(v02,4s0g)D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍6、(2023·高考海南卷，T8)太空探測器常裝配離子發(fā)動機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動機(jī)尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質(zhì)量為490kg，離子以30km/s的速率(遠(yuǎn)大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3g/s，則探測器獲得的平均推力大小為()A．1.47N B．0.147NC．0.09N D．0.009N7.(2023·高考北京卷，T10)如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是()A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωrC．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運動D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr8、(2023年山東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試）16．（9分）海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍。考點21動量守恒定律--動量定理-新課程標(biāo)準(zhǔn)1.理解沖量和動量。通過理論推導(dǎo)和實驗，理解動量定理，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。命題趨勢考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)對物理觀念的認(rèn)識、運動與相互作用等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)?？茖W(xué)思維中的模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證等要素。必備知識主要是動量定理以及應(yīng)用。試題情境生活實踐類生產(chǎn)生活中的緩沖類問題，流體沖力問題，安全行車(安全氣囊)、交通運輸(噴氣式飛機(jī))、火箭發(fā)射、高空墜物學(xué)習(xí)探究類動量定理的理解及應(yīng)用、利用動量定理處理流體問題、考向一動量與沖量的理解考向二動量定理的理解及應(yīng)用考向三用動量定理解決變質(zhì)量問題考向四動量定理在多過程中的應(yīng)用考向一動量與沖量的理解一、動量、動量變化、沖量1．對動量的理解(1)動量的兩性①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。②相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量。(2)動量與動能的比較動量動能物理意義描述機(jī)械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢量矢量標(biāo)量變化因素合力的沖量合力所做的功大小關(guān)系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝p末-p初ΔEk＝Ek末-Ek初聯(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(3)都是狀態(tài)量，與某一時刻或某一位置相對應(yīng)2．對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積。②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與該力的方向一致。(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系。(3)沖量與功的比較沖量功定義作用在物體上的力和力的作用時間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I＝FΔt(F為恒力)W＝Flcosα(F為恒力)標(biāo)矢量矢量標(biāo)量意義①表示力對時間的累積②是動量變化的量度①表示力對空間的累積②是能量變化的量度聯(lián)系①都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系②沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零動量變化率F＝Δp【典例1】(2023·高考湖南卷，T2)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p－x圖象中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p－x圖象中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應(yīng)的相軌跡可能是()答案:D解析：質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式v2＝2ax可得v＝eq\r(2ax)，設(shè)質(zhì)點的質(zhì)量為m，則質(zhì)點的動量p＝meq\r(2ax)，由于質(zhì)點的速度方向不變，則質(zhì)點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知D正確?！镜淅?】(多選)(2023山西太原一模)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F的作用下，經(jīng)過時間t、通過位移L后動量變?yōu)閜、動能變?yōu)镋k.以下說法正確的是()A．在F作用下，若這個物體經(jīng)過位移2L，其動量等于2pB．在F作用下，若這個物體經(jīng)過位移2L，其動能等于2EkC．在F作用下，若這個物體經(jīng)過時間2t，其動能等于2EkD．在F作用下，若這個物體經(jīng)過時間2t，其動量等于2p答案:BD解析：在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根據(jù)動能定理知FL＝eq\f(1,2)mv2，位移變?yōu)樵瓉淼?倍，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)p＝eq\r(2mEk)，知動量變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量定理知，F(xiàn)t＝mv，時間變?yōu)樵瓉淼?倍，則動量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)知，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤，D正確．練習(xí)1、(2023·山東濰坊市第二次高考模擬)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()A．第2s末，質(zhì)點的動量為0B．第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化C．第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點D．在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0答案:D解析：由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4s內(nèi)F的方向與0～2s內(nèi)F的方向不同，該質(zhì)點0～2s內(nèi)做加速運動，2～4s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點，故選項C錯誤；在F－t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項D正確．練習(xí)2、(2023·浙江杭州市上學(xué)期選考模擬)如圖所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑．兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP>QN.將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是()A．合力對兩滑塊的沖量大小相同B．重力對a滑塊的沖量較大C．彈力對a滑塊的沖量較小D．兩滑塊的動量變化大小相同答案:C解析：這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達(dá)滑軌底端．合力F＝mgsinθ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a>Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大，a滑塊的動量變化也大；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a滑塊的沖量較?。xC.【巧學(xué)妙記】沖量的四種計算方法沖量的四種計算方法公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)圖像法利用F－t圖像計算，F(xiàn)－t圖像與時間軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量平均力法如果力隨時間是均勻變化的，則eq\x\to(F)＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)，該變力的沖量為I＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)t考向二動量定理的理解及應(yīng)用1．對動量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(3)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動量的變化率．(4)當(dāng)物體運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理．2．解題基本思路(1)確定研究對象．(2)對物體進(jìn)行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；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(fù)號．(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．3．應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象：(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)當(dāng)作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越?。镜淅?】(2023·高考全國卷Ⅰ，T14)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(guān)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(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D．延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積答案:D解析：行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，可以延長司機(jī)的受力時間，從而減小了司機(jī)受到的作用力，A錯誤，D正確；碰撞前司機(jī)動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機(jī)動量的變化量，B錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機(jī)的動能轉(zhuǎn)化為司機(jī)對安全氣囊做的功，C錯誤?！镜淅?】(2023·陜西質(zhì)檢)核桃是“四大堅果”之一，核桃仁具有豐富的營養(yǎng)價值，但核桃殼十分堅硬，不借助專用工具不易剝開。小悠同學(xué)發(fā)現(xiàn)了一個開核竅門，把核桃豎直上拋，核桃落回后與堅硬的地面撞擊就能開裂。拋出點距離地面的高度為H，上拋后達(dá)到的最高點與拋出點的距離為h。已知重力加速度為g，空氣阻力不計。(1)求核桃落回地面的速度大小v；(2)已知核桃質(zhì)量為m，與地面撞擊作用時間為Δt，撞擊后豎直反彈h1高度，求核桃與地面之間的平均作用力F。答案:(1)eq\r(2gH＋h)(2)eq\f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg，方向豎直向上解析：(1)核桃豎直上拋到最高點后做自由落體運動，則有v2＝2g(H＋h)則落回地面的速度大小v＝eq\r(2gH＋h)。(2)設(shè)核桃反彈速度大小為v1，則有veq\o\al(2,1)＝2gh1以豎直向上為正方向，核桃與地面作用的過程，由動量定理得(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)解得F＝eq\f(m[\r(2gh1)＋\r(2gH＋h)],Δt)＋mg方向豎直向上。練習(xí)3、(2023沈陽檢測)如圖所示，籃球運動員接傳過來的籃球時，通常要先伸出雙臂迎接籃球，手接觸到籃球后，雙手迅速將籃球引至胸前，運用你所學(xué)的物理規(guī)律分析，這樣做可以()A．減小籃球?qū)κ譀_量的大小B．減小籃球的動量變化量的大小C．減小籃球?qū)κ肿饔昧Φ拇笮．減小籃球?qū)κ值淖饔脮r間答案:C解析：先伸出雙臂迎接籃球，手接觸到球后，兩臂將球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：－Ft＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)，籃球動量的變化量不變，作用時間增大時，籃球動量的變化率減小，則作用力減小，C正確，D錯誤；由以上分析可知籃球動量變化量的大小及籃球?qū)κ譀_量的大小均不變，A、B錯誤．練習(xí)4、(2023重慶九龍坡區(qū)一模)質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開始做勻加速直線運動．經(jīng)過時間t0和4t0速度分別達(dá)到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，兩物體都做勻減速直線運動直至停止．兩物體速度隨時間變化的圖線如圖所示．設(shè)F1和F2對A、B兩物體的沖量分別為I1和I2，F(xiàn)1和F2對A、B兩物體做的功分別為W1和W2，則下列結(jié)論正確的是()A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5答案:C解析：由題可知，兩物體勻減速運動的加速度大小都為eq\f(v0,t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運動中有Ff＝ma，則摩擦力大小都為meq\f(v0,t0).由題圖可知，勻加速運動的加速度分別為eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運動中有F－Ff＝ma，則F1＝eq\f(3mv0,t0)，F(xiàn)2＝eq\f(5mv0,4t0)，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；對全過程運用動能定理得：W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則位移之比為6∶5，整個運動過程中F1和F2做功之比為W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正確．【巧學(xué)妙記】動量定理的應(yīng)用技巧動量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I＝Δp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I＝Ft求沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化Δp，等效代換得出變力的沖量I.(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動量的變化考向三用動量定理解決變質(zhì)量問題模型(一)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模型(二)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【典例5】(2023·全國卷Ⅰ，16)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實驗中該發(fā)動機(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答案:B解析：根據(jù)動量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝1.6×103kg/s，所以選項B正確?！镜淅?】](2023·湖北高考)抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機(jī)槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為()A．40 B．80C．120 D．160答案:C解析：設(shè)1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得Ft＝nmv0，代入數(shù)據(jù)解得n＝120，故C正確。練習(xí)5、(2023·福建高考)福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響。已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5m/s～28.4m/s，16級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s～56.0m/s。若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的()A．2倍 B．4倍C．8倍 D．16倍答案:B解析：設(shè)空氣的密度為ρ，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S，在時間Δt的空氣質(zhì)量為Δm＝ρSv·Δt，假定臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱悖瑢︼L(fēng)由動量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10級臺風(fēng)的風(fēng)速v1≈25m/s,16級臺風(fēng)的風(fēng)速v2≈50m/s，則有eq\f(F2,F1)＝eq\f(v22,v12)≈4，故B正確。練習(xí)6、(多選(2023·恩施高中等三校4月聯(lián)考))青島市即墨區(qū)鰲山灣一帶受嶗山余脈和海島影響，形成了長達(dá)60多公里的狹長“疾風(fēng)帶”，為風(fēng)力發(fā)電創(chuàng)造了有利條件，目前該地風(fēng)電總裝機(jī)容量已達(dá)18萬千瓦．如圖，風(fēng)力推動三個葉片轉(zhuǎn)動，葉片帶動轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動，在定子(線圈)中產(chǎn)生電流，實現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化．已知葉片長為r，風(fēng)速為v，空氣密度為ρ，流到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面的空氣中約有eq\f(1,4)速度減速為0，有eq\f(3,4)原速率穿過，如果不考慮其他能量損耗．下列說法正確的是()A．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為eq\f(1,8)ρπr2v3B．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為eq\f(1,6)ρπr2v2C．空氣對風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,8)ρπr2v3D．空氣對風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,12)ρπr2v2答案:D解析：根據(jù)題意可知，假設(shè)空氣流速為v，扇面的面積為S＝πr2，在時間t內(nèi)流過葉片的體積為V＝πr2vt，空氣質(zhì)量根據(jù)密度公式得m＝ρV＝ρπr2vt，題中有eq\f(1,4)的空氣速度減為零，所以與葉片發(fā)生相互作用的風(fēng)的質(zhì)量為eq\f(1,4)m，則根據(jù)功能關(guān)系有E電＝W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)ρπr2vt·v2＝eq\f(1,8)ρπr2v3t，則根據(jù)P＝eq\f(W,t)得發(fā)電功率為P＝eq\f(\f(1,8)ρπr2v3t,t)＝eq\f(1,8)ρπr2v3，故A正確，B錯誤；以與葉片發(fā)生相互作用的那部分空氣為研究對象，規(guī)定空氣流動方向為正方向，可列動量定理表達(dá)式－Ft＝0－eq\f(1,4)mv得F＝eq\f(1,4)ρπr2v2，則對一個葉片的作用力為F′＝eq\f(1,12)ρπr2v2，故C錯誤，D正確．【巧學(xué)妙記】兩類流體運動模型第一類是“吸收模型”,即流體與被碰物質(zhì)接觸后速度為零,第二類是“反彈模型”,即流體與被碰物質(zhì)接觸后以原速率反彈。設(shè)時間t內(nèi)流體與被碰物質(zhì)相碰的“粒子”數(shù)為n,每個“粒子”的動量為p,被碰物質(zhì)對“粒子”的作用力為F,以作用力的方向為正,則“吸收模型”滿足Ft=0-n(-p),“反彈模型”滿足Ft=np-n(-p)。“反彈模型”的動量變化量為“吸收模型”的動量變化量的2倍,解題時一定要明辨模型,避免錯誤?？枷蛩膭恿慷ɡ碓诙噙^程中的應(yīng)用【典例7】(2023全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板．一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案:BC解析：物塊每次與擋板碰撞后，擋板對物塊的沖量I沖＝mv0－m(－v0)＝40kg·m·s－1，方向與運動員退行方向相同，以此方向為正方向，以運動員和物塊整體為研究對象，當(dāng)物塊撞擊擋板7次后，7I沖＝m人v7＋mv0，v7<5m/s，得m人>52kg，當(dāng)物塊撞擊擋板8次后，8I沖＝m人v8＋mv0，v8>5m/s，得m人<60kg.故B、C正確，A、D錯誤．【典例8】(2023·全國卷Ⅰ)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(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?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，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。答案:(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)解析：(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則：Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S③(2)設(shè)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(dá)玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)④在h高度處，Δt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＝(Δm)v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥因為ΔmgΔt＝ρv0Sg(Δt)2含Δt的二次項，所以與FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件和牛頓第三定律得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。練習(xí)7、(2023·1月廣東學(xué)業(yè)水平選擇考適應(yīng)性測試，5)如圖4所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止自由下落80cm，被重新頂起，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10m/s2，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/sC.足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3.2kg·m/sD.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答案:C解析：足球自由落體80cm時的速度為v1，所用時間為t1，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，反彈后做豎直上拋運動，而上升的最大高度也為80cm，根據(jù)運動的對稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的時間t2＝t1＝0.4s，對足球與人接觸的過程，Δt＝0.1s，取向上為正，由動量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝36N，Δp＝3.2kg·m/s，即頭部對足球的平均作用力為36N，而足球的重力為4N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小為Δp＝3.2kg·m/s，故A錯誤，C正確；足球下落剛與頭接觸時的動量為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B錯誤；足球運動的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D錯誤。練習(xí)8、(2023·河池期末教學(xué)質(zhì)檢)在2021年東京奧運會蹦床比賽中，一個質(zhì)量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s，若把在這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小。(g＝10m/s2)答案:1500N解析：法一：分段法設(shè)運動員從高為h1處下落，則剛接觸網(wǎng)時的速度大小為v1＝eq\r(2gh1)(方向向下)彈跳后上升的高度設(shè)為h2，則剛離網(wǎng)時的速度大小為v2＝eq\r(2gh2)(方向向上)與網(wǎng)接觸過程中，運動員受到向下的重力mg和網(wǎng)對其向上的彈力F，規(guī)定豎直向上為正方向，由動量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)解以上三式得F＝mg＋meq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2gh2)＋\r(2gh1))),t)，代入數(shù)值可解得F＝1.5×103N。法二：整段法從3.2m高處自由下落的時間為：t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.8s，蹦到5.0m高處的時間為：t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝1s，整個過程中運動員始終受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t0＝1.2s的時間內(nèi)受到網(wǎng)對他向上的彈力FN的作用，設(shè)豎直向上為正方向，對全過程應(yīng)用動量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，則FN＝1500N。【巧學(xué)妙記】用動量定理解多過程問題的兩點提醒用動量定理解多過程問題的兩點提醒(1)對于過程較復(fù)雜的運動，可分段應(yīng)用動