2024-2025學年高中物理舉一反三專題1.1 動量定理【八大題型】（含答案）

2024-2025學年高中物理舉一反三專題1.1動量定理【八大題型】（含答案）專題1.1動量定理【八大題型】【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1動量及動量變化的分析與計算】 【題型2高科技中的動量定理】 【題型3恒力沖量】 【題型4動量定理解決變力沖量問題】 【題型5流體類問題】 【題型6動量定理解決多過程問題】 【題型7利用動量定理解釋生活現(xiàn)象】 【題型8圖像問題】 【題型1動量及動量變化的分析與計算】【例1】(2021·湖南高考)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是()【變式1-1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經歷的時間成正比 B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比【變式1-2】如圖所示，跳水運動員從某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知運動員的質量m＝70kg，初速度v0＝5m/s，若經過1s時，速度為v＝5eq\r(5)m/s，則在此過程中，運動員動量的變化量為(g＝10m/s2，不計空氣阻力)()A．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【變式1-3】將質量為0.5kg的小球以20m/s的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2，以下判斷正確的是()A．小球從被拋出至到達最高點受到的沖量大小為10N·sB．小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為零C．小球從被拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為10N·sD．小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為10kg·m/s【題型2高科技中的動量定理】【例2】有一宇宙飛船，它沿運動方向的正對面積S＝2m2，以v＝3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)．此微粒塵區(qū)每1m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為m＝2×10－7kg.設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加()A．3.6×103N B．3.6NC．1.2×103N D．1.2N【變式2-1】(2021·天津等級考)(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，標志著我國空間站建造進入全面實施階段。下列關于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力B．增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用【變式2-2】使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質制成種子膠囊。播種時，在離地面10m高處以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機上，播種器利用空氣壓力把種子膠囊以5m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出，種子膠囊進入地面以下10cm深處完成一次播種。已知種子膠囊的總質量為20g，不考慮其所受大氣阻力及進入土壤后的重力作用，取g＝10m/s2，則()A．射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做功為2.5JB．離開無人機后，種子膠囊在空中運動的時間為eq\r(2)sC．土壤對種子膠囊沖量的大小為3eq\r(2)kg·m/sD．種子膠囊在土壤內受到平均阻力的大小為22.5eq\r(2)N【變式2-3】最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展．若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg【題型3恒力沖量】【例3】(2021·全國乙卷)(多選)水平桌面上，一質量為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【變式3-1】(2022·廣州模擬)某科技小組將一款自動防撞系統(tǒng)安裝在汽車上進行測試。當汽車與障礙物之間達到“報警距離”時，汽車能夠立即采取制動措施，并將先后經過警報區(qū)域和緊急制動區(qū)域。某次性能測試中，質量m＝50kg的汽車測試假人“駕駛”汽車以v0＝10m/s的速度沿直線行駛，當距離前方靜止障礙物s＝13.5m時，系統(tǒng)立即自動控制汽車做加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運動，并發(fā)出警報，減速t1＝1s后汽車行至某處自動觸發(fā)緊急制動，汽車做加速度大小為a2的勻減速直線運動，最終停在障礙物前s′＝0.5m處。g＝10m/s2，求：(1)汽車在緊急制動過程中加速度的大小a2；(2)在整個減速過程中，測試假人所受重力的沖量大小I?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑固定斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是()A．兩個物體重力的沖量大小相等B．兩個物體合力的沖量大小相等C．剛到達底端時兩個物體的動量相同D．到達斜面底端時兩個物體的動能相等【變式3-3】(多選)恒力F作用在質量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經時間t，下列說法正確的是()A．拉力F對物體的沖量大小為零B．拉力F對物體的沖量大小為FtC．拉力F對物體的沖量大小是FtcosθD．合力對物體的沖量大小為零【變式3-4】如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d四個點位于同一圓周上，a在圓周最高點，d在圓周最低點，每根桿上都套著質量相等的小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c三個點同時由靜止釋放．關于它們下滑的過程，下列說法正確的是()A．重力對它們的沖量相同B．彈力對它們的沖量相同C．合外力對它們的沖量相同D．它們動能的增量相同【題型4動量定理解決變力沖量問題】【例4】如圖所示，車載玩具——彈簧人公仔固定在車的水平臺面上，公仔頭部的質量為m，靜止在圖示位置?，F(xiàn)用手豎直向下壓公仔的頭部，使之緩慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的頭部經過時間t，沿豎直方向上升到另一位置時速度為零。此過程彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力及彈簧質量。在公仔頭部上升的過程中()A．公仔頭部的機械能守恒B．公仔頭部的加速度先增大后減小C．彈簧彈力沖量的大小為mgtD．彈簧彈力對頭部所做的功為零【變式4-1】(2021·北京等級考)如圖所示，圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動，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．圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動D．圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr【變式4-2】(2022·汕頭模擬)(多選)某人站在力的傳感器(連著計算機)上完成下蹲、起立動作，計算機屏幕上顯示出力的傳感器示數(shù)F隨時間t變化的情況如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．該人下蹲時間約為0.5sB．該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2C．起立過程該人一直處于超重狀態(tài)D．起立過程傳感器對該人支持力的沖量約為500N·s【變式4-3】如圖所示，一輕質彈簧固定在墻上，一個質量為m的木塊以速度v0從右側沿光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小為()A．I＝0 B．I＝mv0 C．I＝2mv0 D．I＝3mv0【題型5流體類問題】【例5】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量為90kg，兩個噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g取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/s【變式5-1】南昌市秋水廣場擁有亞洲最大的音樂噴泉群。一同學在遠處觀看秋水廣場噴泉表演時，估測噴泉中心主噴水口的水柱約有40層樓高，表演結束時，靠近觀察到該主噴水管口的圓形內徑約有10cm，由此估算驅動主噴水的水泵功率最接近的數(shù)值是()A．5×102W B．5×103WC．5×104W D．5×105W【變式5-2】根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量p之間的關系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時都會對物體產生壓強，這就是“光壓”，用I表示。(1)一臺二氧化碳氣體激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時，激光對物體表面的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動量，N表示單位時間內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生的光壓；(2)有人設想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時每平方米面積上的輻射功率為1350W，探測器和薄膜的總質量為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。【變式5-3】(2021·福建高考)福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響。已知10級臺風的風速范圍為24.5m/s～28.4m/s，16級臺風的風速范圍為51.0m/s～56.0m/s。若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌，則16級臺風對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的()A．2倍B．4倍C．8倍 D．16倍【變式5-4】如圖所示，武裝直升機的旋翼槳盤面積(槳葉旋轉形成的圓面面積)為S，空氣密度為ρ，直升機質量為m，重力加速度為g.當直升機向上勻速運動時，假設空氣阻力恒為f，空氣浮力不計，風力的影響也不計，下列說法正確的是()A．直升機懸停時受到的升力大小為mg＋fB．直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為eq\r(\f(mg＋f,2ρS))C．直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為eq\r(mg＋fρS)D．直升機向上勻速運動時，1s內發(fā)動機做的功為eq\r(\f(m3g3,ρS))【變式5-5】如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍．設水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零．手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是()A．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2B．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為eq\f(1,4)ρvD2C．水柱對汽車的平均沖力為eq\f(1,4)ρD2v2D．當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍【題型6動量定理解決多過程問題】【例6】在2021年東京奧運會蹦床比賽中，一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處。已知運動員與網接觸的時間為1.2s，若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。(g＝10m/s2)【變式6-1】(2022·衡水中學月考)“蹦蹦床”游樂項目是孩子們經常去游樂場玩的一款項目。將兒童在“蹦蹦床”上彈起、下落的過程簡化為豎直方向上的運動。一質量為m的兒童從h高度處落下，從接觸蹦床到速度大小減為零的時間為Δt，在此過程中()A．蹦床對他的沖量大小為mgΔt＋meq\r(2gh)，蹦床對他做功不為0B．蹦床對他的沖量大小為meq\r(2gh)，蹦床對他做功不為0C．蹦床對他的沖量大小為mgΔt＋meq\r(2gh)，蹦床對他做功為0D．蹦床對他的沖量大小為mgΔt－meq\r(2gh)，蹦床對他做功為0【變式6-2】某節(jié)目中，“氣功師”平躺在水平地面上，其腹部上平放著一塊大石板，助手用鐵錘猛擊大石板，石板裂開而“氣功師”沒有受傷?，F(xiàn)用下述模型分析探究：設大石板質量M＝80kg，鐵錘質量m＝5kg；鐵錘從h1＝1.8m高處由靜止落下，打在石板上反彈，當反彈達到最大高度h2＝0.05m時被拿開；鐵錘與石板的作用時間t1＝0.01s；由于緩沖，石板與“氣功師”腹部的作用時間t2＝0.5s。重力加速度g取10m/s2。求鐵錘敲擊大石板的過程中：(1)鐵錘受到的沖量大?。?2)大石板對鐵錘的平均作用力大??；(3)大石板對人的平均作用力大小?！咀兪?-3】質量為1kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.有一大小為5N的水平恒力F作用于物體上，使之加速前進，經3s后撤去F.求物體運動的總時間．(g取10m/s2)【變式6-4】用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理。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，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質量為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．1.6N【題型7利用動量定理解釋生活現(xiàn)象】【例7】(2020·全國卷Ⅰ)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內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減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機動量的變化量C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積【變式7-1】(2022·山東棗莊模擬)人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現(xiàn)手機砸傷眼睛的情況。若手機質量為160g，從離人眼約20cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為0.48kg·m/sB．手機對眼睛的沖量方向豎直向上C．手機對眼睛的沖量大小約為0.32N·sD．手機對眼睛的平均作用力大小約為3.2N【變式7-2】拍皮球是大家都喜歡的體育活動，既能強身又能健體。已知皮球質量為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最高點時拍球，每次拍球作用距離為0.25m，使球在離手時獲得一個豎直向下4m/s的初速度。若不計空氣阻力及球的形變，g取10m/s2，則每次拍球()A．手給球的沖量為1.6kg·m/sB．手給球的沖量為2.0kg·m/sC．人對球做的功為3.2JD．人對球做的功為2.2J【變式7-3】一輛質量為2200kg的汽車正在以26m/s的速度行駛，如果駕駛員緊急制動，可在3.8s內使車停下，如果汽車撞到堅固的墻上，則會在0.22s內停下，下列判斷正確的是()A．汽車緊急制動過程動量的變化量較大B．汽車撞到堅固的墻上動量的變化量較大C．汽車緊急制動過程受到的平均作用力約為15000ND．汽車撞到堅固的墻上受到的平均作用力約為15000N【題型8圖像問題】【例8】質量相等的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，下列關系式正確的是()A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1【變式8-1】(多選)如圖所示，物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運動，0～4s內其合外力隨時間變化的關系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是()A．0～2s內合外力的沖量一直增大B．0～4s內合外力的沖量為零C．2s末物體的動量方向發(fā)生變化D．0～4s內物體動量的方向一直不變【變式8-2】(多選)一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零【變式8-3】質量為1kg的物體做直線運動，其速度—時間圖象如圖所示．則物體在前10s內和后10s內所受外力的沖量分別是()A．10N·s,10N·sB．10N·s，－10N·sC．0,10N·sD．0，－10N·s

【題型1動量及動量變化的分析與計算】【例1】(2021·湖南高考)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是()解析：選D質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式v2＝2ax可得v＝eq\r(2ax)，設質點的質量為m，則質點的動量p＝meq\r(2ax)，由于質點的速度方向不變，則質點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學知識可知D正確?！咀兪?-1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經歷的時間成正比 B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比答案B解析列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝eq\f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤．【變式1-2】如圖所示，跳水運動員從某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知運動員的質量m＝70kg，初速度v0＝5m/s，若經過1s時，速度為v＝5eq\r(5)m/s，則在此過程中，運動員動量的變化量為(g＝10m/s2，不計空氣阻力)()A．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解析根據(jù)動量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1kg·m/s＝700kg·m/s，故選項A正確。答案A【變式1-3】將質量為0.5kg的小球以20m/s的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2，以下判斷正確的是()A．小球從被拋出至到達最高點受到的沖量大小為10N·sB．小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為零C．小球從被拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為10N·sD．小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為10kg·m/s解析小球從被拋出至到達最高點經歷時間t＝eq\f(v0,g)＝2s，受到的沖量大小為I＝mgt＝10N·s，選項A正確；小球從被拋出至落回出發(fā)點經歷時間4s，受到的沖量大小為20N·s，動量是矢量，返回出發(fā)點時小球的速度大小仍為20m/s，但方向與被拋出時相反，故小球的動量變化量大小為20kg·m/s，選項B、C、D錯誤。答案A【題型2高科技中的動量定理】【例2】有一宇宙飛船，它沿運動方向的正對面積S＝2m2，以v＝3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)．此微粒塵區(qū)每1m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為m＝2×10－7kg.設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加()A．3.6×103N B．3.6NC．1.2×103N D．1.2N答案B解析t時間內與飛船碰撞并附著于飛船上的微?？傎|量為M＝vtSm，設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得，F(xiàn)t＝Mv，聯(lián)立解得：F＝v2Sm，代入數(shù)據(jù)解得F＝3.6N．根據(jù)牛頓第三定律，微粒對飛船的作用力為3.6N．要使飛船速度不變，根據(jù)平衡條件，飛船的牽引力應增加3.6N，選項B正確．【變式2-1】(2021·天津等級考)(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，標志著我國空間站建造進入全面實施階段。下列關于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力B．增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用解析：選AB增加單位時間的燃氣噴射量，即增加單位時間噴射氣體的質量，根據(jù)Ft＝Δmv可知F＝eq\f(Δm,t)·v，可以增大火箭的推力，選項A正確；當增大燃氣相對于火箭的噴射速度時，根據(jù)F＝eq\f(Δm,t)·v可知，可以增大火箭的推力，選項B正確；當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時，此時火箭有速度，所以相對于火箭的速度不為零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，選項C錯誤；燃氣被噴出的瞬間，燃氣對火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭獲得推力，選項D錯誤?！咀兪?-2】使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質制成種子膠囊。播種時，在離地面10m高處以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機上，播種器利用空氣壓力把種子膠囊以5m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出，種子膠囊進入地面以下10cm深處完成一次播種。已知種子膠囊的總質量為20g，不考慮其所受大氣阻力及進入土壤后的重力作用，取g＝10m/s2，則()A．射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做功為2.5JB．離開無人機后，種子膠囊在空中運動的時間為eq\r(2)sC．土壤對種子膠囊沖量的大小為3eq\r(2)kg·m/sD．種子膠囊在土壤內受到平均阻力的大小為22.5eq\r(2)N解析：選D射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做的功等于其動能的增量，即W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.02×52J＝0.25J，A錯誤；種子膠囊離開無人機后在豎直方向做勻加速直線運動，由h＝vt＋eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得t＝1s(另解舍去)，B錯誤；種子膠囊落地時豎直速度vy＝v＋gt＝15m/s，水平速度vx＝v0＝15m/s，進入土壤時豎直方向h′＝eq\f(vy2,2a)，t′＝eq\f(vy,a)，可求得t′＝eq\f(1,75)s。由動量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝eq\r(vy2＋vx2)，可解得土壤對種子膠囊的沖量I＝mv合＝0.3eq\r(2)kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5eq\r(2)N，故C錯誤，D正確?！咀兪?-3】最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展．若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析設1s時間內噴出的氣體的質量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理有Ft＝mv－0，則m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，選項B正確．【題型3恒力沖量】【例3】(2021·全國乙卷)(多選)水平桌面上，一質量為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倍解析：選BC未撤去F前，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理有WF－Ffs0＝eq\f(1,2)mv02，可知，F(xiàn)所做的功一定大于eq\f(1,2)mv02，A錯誤；對于整個運動過程，根據(jù)動能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D錯誤；撤去F后的運動過程中，根據(jù)動能定理有－μmg×2s0＝0－eq\f(1,2)mv02，解得μ＝eq\f(v02,4s0g)，C正確；未撤去F前，設F的沖量大小為IF，則摩擦力的沖量大小為eq\f(IF,3)，未撤去F前，對物體根據(jù)動量定理有IF－eq\f(IF,3)＝mv0，解得IF＝eq\f(3,2)mv0，B正確?！咀兪?-1】(2022·廣州模擬)某科技小組將一款自動防撞系統(tǒng)安裝在汽車上進行測試。當汽車與障礙物之間達到“報警距離”時，汽車能夠立即采取制動措施，并將先后經過警報區(qū)域和緊急制動區(qū)域。某次性能測試中，質量m＝50kg的汽車測試假人“駕駛”汽車以v0＝10m/s的速度沿直線行駛，當距離前方靜止障礙物s＝13.5m時，系統(tǒng)立即自動控制汽車做加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運動，并發(fā)出警報，減速t1＝1s后汽車行至某處自動觸發(fā)緊急制動，汽車做加速度大小為a2的勻減速直線運動，最終停在障礙物前s′＝0.5m處。g＝10m/s2，求：(1)汽車在緊急制動過程中加速度的大小a2；(2)在整個減速過程中，測試假人所受重力的沖量大小I。解析：(1)汽車在警報區(qū)域運動的距離x1＝v0t1－eq\f(1,2)a1t12，開始緊急制動時的速度v1＝v0－a1t1＝8m/s，汽車在緊急制動區(qū)運動的距離x2＝s－s′－x1＝4m，汽車在緊急制動區(qū)運動過程滿足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8m/s2。(2)汽車在緊急制動區(qū)運動的時間t2＝eq\f(v1,a2)＝1s，測試假人所受重力的沖量大小I＝mg(t1＋t2)，帶入數(shù)值得I＝1000N·s。答案：(1)a2＝8m/s2(2)I＝1000N·s【變式3-2】(多選)如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑固定斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是()A．兩個物體重力的沖量大小相等B．兩個物體合力的沖量大小相等C．剛到達底端時兩個物體的動量相同D．到達斜面底端時兩個物體的動能相等答案BD解析設斜面傾角為θ，物體下滑的加速度a＝gsinθ，根據(jù)eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)at2，知t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，知運動的時間不等，根據(jù)I＝mgt，則兩個物體重力的沖量大小不等，故A錯誤；根據(jù)動能定理知mgh＝eq\f(1,2)mv2，到達底端時兩個物體的動能相等，故D正確；兩物體速度大小相等，但是方向不同，所以到達底端時的動量不同，故C錯誤；因為初動量都為零，末狀態(tài)動量大小相等，根據(jù)動量定理知，合力的沖量大小相等，故B正確．【變式3-3】(多選)恒力F作用在質量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經時間t，下列說法正確的是()A．拉力F對物體的沖量大小為零B．拉力F對物體的沖量大小為FtC．拉力F對物體的沖量大小是FtcosθD．合力對物體的沖量大小為零答案BD解析對沖量的計算一定要分清求的是哪個力的沖量，是某一個力的沖量、合力的沖量、分力的沖量、還是某一方向上力的沖量，這一個力的沖量與其他力的沖量無關，B、D正確．【變式3-4】如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d四個點位于同一圓周上，a在圓周最高點，d在圓周最低點，每根桿上都套著質量相等的小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c三個點同時由靜止釋放．關于它們下滑的過程，下列說法正確的是()A．重力對它們的沖量相同B．彈力對它們的沖量相同C．合外力對它們的沖量相同D．它們動能的增量相同答案A解析這是“等時圓”模型，即三個滑環(huán)同時由靜止釋放，運動到最低點d點的時間相同，由于三個環(huán)的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三個環(huán)重力的沖量相同，故A正確；從c處下滑的小滑環(huán)受到的彈力最大，運動時間相等，則彈力對從c處下滑的小滑環(huán)的沖量最大，故B錯誤；從a處下滑的小滑環(huán)的加速度最大，受到的合力最大，則合力對從a處下滑的小滑環(huán)的沖量最大，故C錯誤；重力對從a處下滑的小滑環(huán)做功最多，其動能的增量最大，故D錯誤．【題型4動量定理解決變力沖量問題】【例4】如圖所示，車載玩具——彈簧人公仔固定在車的水平臺面上，公仔頭部的質量為m，靜止在圖示位置。現(xiàn)用手豎直向下壓公仔的頭部，使之緩慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的頭部經過時間t，沿豎直方向上升到另一位置時速度為零。此過程彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力及彈簧質量。在公仔頭部上升的過程中()A．公仔頭部的機械能守恒B．公仔頭部的加速度先增大后減小C．彈簧彈力沖量的大小為mgtD．彈簧彈力對頭部所做的功為零解析：選C彈簧彈力對公仔頭部做功，故公仔頭部的機械能不守恒，故A錯誤；公仔頭部上升過程中，彈簧彈力先減小后反向增大，加速度先減小后反向增大，故B錯誤；公仔頭部上升過程中，取向上為正方向，根據(jù)動量定理有I彈－mgt＝0，則彈簧彈力沖量的大小為I彈＝mgt，故C正確；公仔頭部上升過程中，根據(jù)動能定理有W彈－mgh＝0，則彈簧彈力對頭部所做的功為W彈＝mgh≠0，故D錯誤。【變式4-1】(2021·北京等級考)如圖所示，圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動，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．圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動D．圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr解析：選D圓盤停止轉動前，小物體隨圓盤一起轉動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向指向圓心，選項A錯誤；圓盤停止轉動前，小物體運動一圈動量的變化量為0，所受合外力為摩擦力，則所受摩擦力的沖量為0，選項B錯誤；圓盤停止轉動后，小物體沿切線方向運動，選項C錯誤；圓盤停止轉動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為I′＝|Δp|＝mv＝mωr，選項D正確?！咀兪?-2】(2022·汕頭模擬)(多選)某人站在力的傳感器(連著計算機)上完成下蹲、起立動作，計算機屏幕上顯示出力的傳感器示數(shù)F隨時間t變化的情況如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．該人下蹲時間約為0.5sB．該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2C．起立過程該人一直處于超重狀態(tài)D．起立過程傳感器對該人支持力的沖量約為500N·s解析：選BD下蹲過程中，初速度為0，末速度也為0，則下蹲過程先加速向下運動后減速向下運動，從圖像可知1～2s過程為下蹲過程，則下蹲時間約為1s，A錯誤；由圖像可知靜止時有mg＝N＝500N，支持力最小約為200N，最大約為700N，由牛頓第二定律可得mg－Nmin＝mamax或Nmax－mg＝mamax′，聯(lián)立解得最大加速度約為6m/s2，則B正確；起立過程，初速度為0，末速度也為0，則起立過程先加速向上運動后減速向上運動，該人先是處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，C錯誤；起立過程，根據(jù)動量定理可得IN－mgt＝0－0，起立時間約為1s，解得IN＝mgt＝500N·s，D正確?！咀兪?-3】如圖所示，一輕質彈簧固定在墻上，一個質量為m的木塊以速度v0從右側沿光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小為()A．I＝0 B．I＝mv0 C．I＝2mv0 D．I＝3mv0解析設木塊離開彈簧時的速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以v＝v0，設向右的速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得：I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故選項C正確。答案C【題型5流體類問題】【例5】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量為90kg，兩個噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g取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/s[解析]設飛行器對水的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對飛行器的作用力的大小也等于F，對飛行器，則有F＝Mg，設水噴出時的速度為v，在時間t內噴出的水的質量m＝ρV＝2ρSvt，t時間內質量為m的水獲得的沖量I＝Ft＝2mv，聯(lián)立解得v≈5.4m/s，故B正確，A、C、D錯誤。[答案]B【變式5-1】南昌市秋水廣場擁有亞洲最大的音樂噴泉群。一同學在遠處觀看秋水廣場噴泉表演時，估測噴泉中心主噴水口的水柱約有40層樓高，表演結束時，靠近觀察到該主噴水管口的圓形內徑約有10cm，由此估算驅動主噴水的水泵功率最接近的數(shù)值是()A．5×102W B．5×103WC．5×104W D．5×105W[解析]40層樓高約h＝120m。設水泵的功率為P，泵在時間Δt內使質量為Δm的水以速度v通過噴水管口，則PΔt＝eq\f(1,2)Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt(ρ為水的密度)和S＝eq\f(πd2,4)，由此可得P＝eq\f(ρghπd2,4)eq\r(2gh)≈5×105W。[答案]D【變式5-2】根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量p之間的關系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時都會對物體產生壓強，這就是“光壓”，用I表示。(1)一臺二氧化碳氣體激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時，激光對物體表面的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動量，N表示單位時間內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生的光壓；(2)有人設想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時每平方米面積上的輻射功率為1350W，探測器和薄膜的總質量為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。[解析](1)在單位時間內，功率為P0的激光的總能量為：P0×1s＝NE＝Npc，所以：p＝eq\f(P0,Nc)由題意可知：激光對物體表面的壓力F＝2pN故激光對物體產生的光壓：I＝eq\f(F,S)＝eq\f(2P0,cS)。(2)由(1)可知：I＝eq\f(2P0,cS)＝eq\f(2×1.35×103,3×108×1)Pa＝9×10－6Pa所以探測器受到的光的總壓力FN＝IS膜，對探測器應用牛頓第二定律有FN＝ma，故此時探測器的加速度a＝eq\f(IS膜,m)＝eq\f(9×10－6×4×104,100)m/s2＝3.6×10－3m/s2。[答案](1)eq\f(2P0,cS)(2)3.6×10－3m/s2【變式5-3】(2021·福建高考)福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響。已知10級臺風的風速范圍為24.5m/s～28.4m/s，16級臺風的風速范圍為51.0m/s～56.0m/s。若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌，則16級臺風對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的()A．2倍B．4倍C．8倍 D．16倍解析：選B設空氣的密度為ρ，風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的橫截面積為S，在時間Δt的空氣質量為Δm＝ρSv·Δt，假定臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的末速度變?yōu)榱悖瑢︼L由動量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10級臺風的風速v1≈25m/s,16級臺風的風速v2≈50m/s，則有eq\f(F2,F1)＝eq\f(v22,v12)≈4，故B正確?！咀兪?-4】如圖所示，武裝直升機的旋翼槳盤面積(槳葉旋轉形成的圓面面積)為S，空氣密度為ρ，直升機質量為m，重力加速度為g.當直升機向上勻速運動時，假設空氣阻力恒為f，空氣浮力不計，風力的影響也不計，下列說法正確的是()A．直升機懸停時受到的升力大小為mg＋fB．直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為eq\r(\f(mg＋f,2ρS))C．直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為eq\r(mg＋fρS)D．直升機向上勻速運動時，1s內發(fā)動機做的功為eq\r(\f(m3g3,ρS))答案C解析根據(jù)平衡條件可得直升機懸停時受到的升力大小為mg，故A錯誤；Δt時間內被螺旋槳推動的空氣的質量為Δm′＝ρSvΔt，螺旋槳對空氣的作用力大小F＝eq\f(Δp,Δt)，Δp＝Δm′v，由牛頓第三定律知空氣對螺旋槳的作用力大小F′＝F，為使飛機向上勻速運動，有F′＝mg＋f，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(mg＋f,ρS))，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為M＝ρSv＝ρSeq\r(\f(mg＋f,ρS))＝eq\r(mg＋fρS)，故B錯誤，C正確；由動能定理可得1s內發(fā)動機所做的功為W＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(mg＋f3,ρS))，故D錯誤．【變式5-5】如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍．設水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零．手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ.下列說法正確的是()A．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2B．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為eq\f(1,4)ρvD2C．水柱對汽車的平均沖力為eq\f(1,4)ρD2v2D．當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍答案D解析高壓水槍單位時間噴出水的質量等于單位時間內噴出的水柱的質量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，故A、B錯誤；水柱對汽車的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，選項C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產生的壓強p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，則當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D正確．【題型6動量定理解決多過程問題】【例6】在2021年東京奧運會蹦床比賽中，一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處。已知運動員與網接觸的時間為1.2s，若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。(g＝10m/s2)解析：法一：分段法設運動員從高為h1處下落，則剛接觸網時的速度大小為v1＝eq\r(2gh1)(方向向下)彈跳后上升的高度設為h2，則剛離網時的速度大小為v2＝eq\r(2gh2)(方向向上)與網接觸過程中，運動員受到向下的重力mg和網對其向上的彈力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，僅在與網接觸的t0＝1.2s的時間內受到網對他向上的彈力FN的作用，設豎直向上為正方向，對全過程應用動量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，則FN＝1500N。答案：1500N【變式6-1】(2022·衡水中學月考)“蹦蹦床”游樂項目是孩子們經常去游樂場玩的一款項目。將兒童在“蹦蹦床”上彈起、下落的過程簡化為豎直方向上的運動。一質量為m的兒童從h高度處落下，從接觸蹦床到速度大小減為零的時間為Δt，在此過程中()A．蹦床對他的沖量大小為mgΔt＋meq\r(2gh)，蹦床對他做功不為0B．蹦床對他的沖量大小為meq\r(2gh)，蹦床對他做功不為0C．蹦床對他的沖量大小為mgΔt＋meq\r(2gh)，蹦床對他做功為0D．蹦床對他的沖量大小為mgΔt－meq\r(2gh)，蹦床對他做功為0解析：選A兒童接觸蹦床時的速度大小為eq\r(2gh)，接觸蹦床后，以向上為正方向，根據(jù)動量定理得I－mgΔt＝0－(－meq\r(2gh))，解得I＝mgΔt＋meq\r(2gh)，設兒童接觸蹦床后，又下降了x，全程根據(jù)動能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床對兒童做的功為W＝－mg(h＋x)，故選A?！咀兪?-2】某節(jié)目中，“氣功師”平躺在水平地面上，其腹部上平放著一塊大石板，助手用鐵錘猛擊大石板，石板裂開而“氣功師”沒有受傷?，F(xiàn)用下述模型分析探究：設大石板質量M＝80kg，鐵錘質量m＝5kg；鐵錘從h1＝1.8m高處由靜止落下，打在石板上反彈，當反彈達到最大高度h2＝0.05m時被拿開；鐵錘與石板的作用時間t1＝0.01s；由于緩沖，石板與“氣功師”腹部的作用時間t2＝0.5s。重力加速度g取10m/s2。求鐵錘敲擊大石板的過程中：(1)鐵錘受到的沖量大小；(2)大石板對鐵錘的平均作用力大小；(3)大石板對人的平均作用力大小。解析：(1)由機械能守恒定律eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq\r(2gh)，則鐵錘敲擊石板時的速度v1＝eq\r(2gh1)＝6m/s，方向向下，鐵錘反彈時的速度v2＝eq\r(2gh2)＝1m/s，方向向上，取方向向上為正方向，對鐵錘，由動量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35N·s。(2)對鐵錘，由沖量定義得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3550N。(3)對石板，由動量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871N。由牛頓第三定律得，大石板對人的平均作用力大小F2′＝F2＝871N。答案：(1)35N·s(2)3550N(3)871N【變式6-3】質量為1kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.有一大小為5N的水平恒力F作用于物體上，使之加速前進，經3s后撤去F.求物體運動的總時間．(g取10m/s2)答案3.75s解析物體由靜止開始運動到停止運動的全過程中，F(xiàn)的沖量為Ft1，摩擦力的沖量為Fft.選水平恒力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有Ft1－Fft＝0①又Ff＝μmg②聯(lián)立①②式解得t＝eq\f(Ft1,μmg)＝3.75s.【變式6-4】用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理。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，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質量為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．1.6N解析：選B設豆粒從80cm高處下落到秤盤上時的速度為v1，v12＝2gh，則v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s。設豎直向上為正方向，以所有豆粒與秤盤碰撞過程，根據(jù)動量定理：Ft＝mv2－mv1，則F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，根據(jù)牛頓第三定律可知，在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小為0.6N，故B正確，A、C、D錯誤。【題型7利用動量定理解釋生活現(xiàn)象】【例7】(2020·全國卷Ⅰ)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內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減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機動量的變化量C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積解析：選D汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸。司機在很短時間內由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據(jù)動量定理Δp＝FΔt知，司機所受作用力減小，又知安全氣囊打開后，司機的受力面積變大，因此減少了司機單位面積的受力大?。慌鲎策^程中，動能轉化為內能。D正確。【變式7-1】(2022·山東棗莊模擬)人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現(xiàn)手機砸傷眼睛的情況。若手機質量為160g，從離人眼約20cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為0.48kg·m/sB．手機對眼睛的沖量方向豎直向上C．手機對眼睛的沖量大小約為0.32N·sD．手機對眼睛的平均作用力大小約為3.2N解析：選D手機砸到眼睛后手機未反彈，手機的末速度為0，手機到達人眼時的速度約為v＝eq\r(2gh)＝2m/s，取方向豎直向上為正，手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32kg·m/s，故A錯誤；手機對眼睛的沖量方向與手機對眼睛的作用力方向相同，豎直向下，故B錯誤；由動量定理可知，眼睛對手機的作用力的沖量和手機重力的沖量的合沖量約為0.32N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛對手機的作用力的沖量大于0.32N·s，由牛頓第三定律可知，手機對眼睛的沖量大于0.32N·s，故C錯誤；手機與眼睛作用過程中，由動量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛對手機的平均作用力大小約為F＝eq\f(mv,t)＋mg＝3.2N，由牛頓第三定律可知，手機對眼睛的平均作用力大小約為3.2N，故D正確?！咀兪?-2】拍皮球是大家都喜歡的體育活動，既能強身又能健體。已知皮球質量為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最高點時拍球，每次拍球作用距離為0.25m，使球在離手時獲得一個豎直向下4m/s的初速度。若不計空氣阻力及球的形變，g取10m/s2，則每次拍球()A．手給球的沖量為1.6kg·m/sB．手給球的沖量為2.0kg·m/sC．人對球做的功為3.2JD．人對球做的功為2.2J解析：選D人拍球的過程，由動量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6kg·m/s，則I<1.6kg·m/s，A、B錯誤；由動能定理：W＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝2.2J，D正確，C錯誤。【變式7-3】一輛質量為2200kg的汽車正在以26m/s的速度行駛，如果駕駛員緊急制動，可在3.8s內使車停下，如果汽車撞到堅固的墻上，則會在0.22s內停下，下列判斷正確的是()A．汽車緊急制動過程動量的變化量較大B．汽車撞到堅固的墻上動量的變化量較大C．汽車緊急制動過程受到的平均作用力約為15000ND．汽車撞到堅固的墻上受到的平均作用力約為15000N解析：選C汽車無論是緊急制動還是撞到堅固的墻上，動量都是由mv變?yōu)?，所以動量的變化量一樣大，A、B錯誤；汽車緊急制動過程中，平均作用力F1＝eq\f(mv,t1)≈15053N，C正確；汽車撞到堅固的墻上，平均作用力F2＝eq\f(mv,t2)＝260000N，D錯誤?！绢}型8圖像問題】【例8】質量相等的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，下列關系式正確的是()A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1解析：選B在v-t圖像中，圖線與時間軸所圍的面積表示位移，則有xA＝eq\f(1,2)·2v0·t0＝v0t0，xB＝eq\f(1,2)·v0·2t0＝v0t0，解得xA∶xB＝1∶1，故A錯誤；設A、B兩物體的質量為m，據(jù)動能定理W合＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02得WA＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2＝－2mv02，WB＝0－eq\f(1,2)mv02＝－eq\f(1,2)mv02，解得WA∶WB＝4∶1，故B正確；根據(jù)動量定理I合＝mvt－mv0得IA＝0－m(2v0)＝－2mv0，IB＝0－m(v0)＝－mv0，解得IA∶IB＝2∶1，故C錯誤；在v-t圖中，圖線的斜率代表物體的加速度，那么aA＝－eq\f(2v0,t0)，aB＝－eq\f(v0,2t0)，解得aA∶aB＝4∶1，故D錯誤?！咀兪?-1】(多選)如圖所示，物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運動，0～4s內其合外力隨時間變化的關系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是()A．0～2s內合外力的沖量一直增大B．0～4s內合外力的沖量為零C．2s末物體的動量方向發(fā)生變化D．0～4s內物體動量的方向一直不變答案ABD解析根據(jù)F－t圖象中圖線與t軸圍成的面積表示沖量，可知在0～2s內合外力的沖量一直增大，故A正確；0～4s內合外力的沖量為零，故B正確；2s末沖量方向發(fā)生變化，物體的動量開始減小，但方向不發(fā)生變化，0～4s內物體動量的方向一直不變，故C錯誤，D正確．【變式8-2】(多選)一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零答案AB解析由動量定理可得：Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m).t＝1s時物塊的速率為v＝eq\f(F1t1,m)＝eq\f(2×1,2)m/s＝1m/s，故A正確；t＝2s時物塊的動量大小p2＝F1t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s時物塊的速度為1m/s，故B正確，C、D錯誤．【變式8-3】質量為1kg的物體做直線運動，其速度—時間圖象如圖所示．則物體在前10s內和后10s內所受外力的沖量分別是()A．10N·s,10N·sB．10N·s，－10N·sC．0,10N·sD．0，－10N·s答案D解析由題圖圖象可知，在前10s內初、末狀態(tài)的動量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由動量定理知I1＝0；在后10s內末狀態(tài)的動量p3＝－5kg·m/s，由動量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故選項D正確．專題1.1動量定理【八大題型】【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1動量及動量變化的分析與計算】 【題型2高科技中的動量定理】 【題型3恒力沖量】 【題型4動量定理解決變力沖量問題】 【題型5流體類問題】 【題型6動量定理解決多過程問題】 【題型7利用動量定理解釋生活現(xiàn)象】 【題型8圖像問題】 【題型1動量及動量變化的分析與計算】【例1】(2021·湖南高考)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是()解析：選D質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式v2＝2ax可得v＝eq\r(2ax)，設質點的質量為m，則質點的動量p＝meq\r(2ax)，由于質點的速度方向不變，則質點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學知識可知D正確?！咀兪?-1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經歷的時間成正比 B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比答案B解析列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝eq\f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤．【變式1-2】如圖所示，跳水運動員從某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知運動員的質量m＝70kg，初速度v0＝5m/s，若經過1s時，速度為v＝5eq\r(5)m/s，則在此過程中，運動員動量的變化量為(g＝10m/s2，不計空氣阻力)()A．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解析根據(jù)動量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1kg·m/s＝700kg·m/s，故選項A正確。答案A【變式1-3】將質量為0.5kg的小球以20m/s的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2，以下判斷正確的是()A．小球從被拋出至到達最高點受到的沖量大小為10N·sB．小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為零C．小球從被拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為10N·sD．小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為10kg·m/s解析小球從被拋出至到達最高點經歷時間t＝eq\f(v0,g)＝2s，受到的沖量大小為I＝mgt＝10N·s，選項A正確；小球從被拋出至落回出發(fā)點經歷時間4s，受到的沖量大小為20N·s，動量是矢量，返回出發(fā)點時小球的速度大小仍為20m/s，但方向與被拋出時相反，故小球的動量變化量大小為20kg·m/s，選項B、C、D錯誤。答案A【題型2高科技中的動量定理】【例2】有一宇宙飛船，它沿運動方向的正對面積S＝2m2，以v＝3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)．此微粒塵區(qū)每1m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為m＝2×10－7kg.設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加()A．3.6×103N B．3.6NC．1.2×103N D．1.2N答案B解析t時間內與飛船碰撞并附著于飛船上的微粒總質量為M＝vtSm，設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得，F(xiàn)t＝Mv，聯(lián)立解得：F＝v2Sm，代入數(shù)據(jù)解得F＝3.6N．根據(jù)牛頓第三定律，微粒對飛船的作用力為3.6N．要使飛船速度不變，根據(jù)平衡條件，飛船的牽引力應增加3.6N，選項B正確．【變式2-1】(2021·天津等級考)(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，標志著我國空間站建造進入全面實施階段。下列關于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力B．增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用解析：選AB增加單位時間的燃氣噴射量，即增加單位時間噴射氣體的質量，根據(jù)Ft＝Δmv可知F＝eq\f(Δm,t)·v，可以增大火箭的推力，選項A正確；當增大燃氣相對于火箭的噴射速度時，根據(jù)F＝eq\f(Δm,t)·v可知，可以增大火箭的推力，選項B正確；當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時，此時火箭有速度，所以相對于火箭的速度不為零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，選項C錯誤；燃氣被噴出的瞬間，燃氣對火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭獲得推力，選項D錯誤?！咀兪?-2】使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質制成種子膠囊。播種時，在離地面10m高處以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機上，播種器利用空氣壓力把種子膠囊以5m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出，種子膠囊進入地面以下10cm深處完成一次播種。已知種子膠囊的總質量為20g，不考慮其所受大氣阻力及進入土壤后的重力作用，取g＝10m/s2，則()A．射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做功為2.5JB．離開無人機后，種子膠囊在空中運動的時間為eq\r(2)sC．土壤對種子膠囊沖量的大小為3eq\r(2)kg·m/sD．種子膠囊在土壤內受到平均阻力的大小為22.5eq\r(2)N解析：選D射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做的功等于其動能的增量，即W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.02×52J＝0.25J，A錯誤；種子膠囊離開無人機后在豎直方向做勻加速直線運動，由h＝vt＋eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得t＝1s(另解舍去)，B錯誤；種子膠囊落地時豎直速度vy＝v＋gt＝15m/s，水平速度vx＝v0＝15m/s，進入土壤時豎直方向h′＝eq\f(vy2,2a)，t′＝eq\f(vy,a)，可求得t′＝eq\f(1,75)s。由動量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝eq\r(vy2＋vx2)，可解得土壤對種子膠囊的沖量I＝mv合＝0.3eq\r(2)kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5eq\r(2)N，故C錯誤，D正確。【變式2-3】最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展．若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析設1s時間內噴出的氣體的質量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理有Ft＝mv－0，則m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，選項B正確．【題型3恒力沖量】【例3】(2021·全國乙卷)(多選)水平桌面上，一質量為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倍解析：選BC未撤去F前，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理有WF－Ffs0＝eq\f(1,2)mv02，可知，F(xiàn)所做的功一定大于eq\f(1,2)mv02，A錯誤；對于整個運動過程，根據(jù)動能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D錯誤；撤去F后的運動過程中，根據(jù)動能定理有－μmg×2s0＝0－eq\f(1,2)mv02，解得μ＝eq\f(v02,4s0g)，C正確；未撤去F前，設F的沖量大小為IF，則摩擦力的沖量大小為eq\f(IF,3)，未撤去F前，對物體根據(jù)動量定理有IF－eq\f(IF,3)＝mv0，解得IF＝eq\f(3,2)mv0，B正確。【變式3-1】(2022·廣州模擬)某科技小組將一款自動防撞系統(tǒng)安裝在汽車上進行測試。當汽車與障礙物之間達到“報警距離”時，汽車能夠立即采取制動措施，并將先后經過警報區(qū)域和緊急制動區(qū)域。某次性能測試中，質量m＝50kg的汽車測試假人“駕駛”汽車以v0＝10m/s的速度沿直線行駛，當距離前方靜止障礙物s＝13.5m時，系統(tǒng)立即自動控制汽車做加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速直線運動，并發(fā)出警報，減速t1＝1s后汽車行至某處自動觸發(fā)緊急制動，汽車做加速度大小為a2的勻減速直線運動，最終停在障礙物前s′＝0.5m處。g＝10m/s2，求：(1)汽車在緊急制動過程中加速度的大小a2；(2)在整個減速過程中，測試假人所受重力的沖量大小I。解析：(1)汽車在警報區(qū)域運動的距離x1＝v0t1－eq\f(1,2)a1t12，開始緊急制動時的速度v1＝v0－a1t1＝8m/s，汽車在緊急制動區(qū)運動的距離x2＝s－s′－x1＝4m，汽車在緊急制動區(qū)運動過程滿足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8m/s2。(2)汽車在緊急制動區(qū)運動的時間t2＝eq\f(v1,a2)＝1s，測試假人所受重力的沖量大小I＝mg(t1＋t2)，帶入數(shù)值得I＝1000N·s。答案：(1)a2＝8m/s2(2)I＝1000N·s【變式3-2】(多選)如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑固定斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是()A．兩個物體重力的沖量大小相等B．兩個物體合力的沖量大小相等C．剛到達底端時兩個物體的動量相同D．到達斜面底端時兩個物體的動能相等答案BD解析設斜面傾角為θ，物體下滑的加速度a＝gsinθ，根據(jù)eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)at2，知t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，知運動的時間不等，根據(jù)I＝mgt，則兩個物體重力的沖量大小不等，故A錯誤；根據(jù)動能定理知mgh＝eq\f(1,2)mv2，到達底端時兩個物體的動能相等，故D正確；兩物體速度大小相等，但是方向不同，所以到達底端時