1.1 动量【三大必考点+三大秒杀招+八大题型+分层训练】-2024-2025学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册题型归类+解题大招

1.1动量【三大必考点+三大秒杀招+八大题型+分层训练】 课前预习+知识精讲 知识点01寻求碰撞中的不变量 1．实验探究的基本思路 (1)碰撞中的特殊情况——一维碰撞 两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动．高中阶段仅限于用一维碰撞进行研究．在一维碰撞的情况下，与物体运动有关的物理量只有物体的质量和速度，因此实验要测量物体的质量和速度． (2)寻找碰撞中的不变量 ①碰撞前后物体质量不变，但质量并不描述物体的运动状态，不是我们寻找的“不变量”． ②必须在多种碰撞的情况下都不改变的量，才是我们寻找的“不变量”． ③猜想：在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′.如果速度与规定的正方向一致，则速度取正值，否则取负值． (ⅰ)碰撞中的不变量可能是质量与速度的乘积，那么就相应验证：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. (ⅱ)碰撞中的不变量可能是质量与速度的二次方的乘积，那么就相应验证：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2. (ⅲ)碰撞中的不变量也许是物体的速度与质量的比值，那么就相应地验证：＋＝＋. 当然还有其他可能，依次进行验证． 2．实验探究方案 【方案1】利用等长悬线悬挂等大小的小球实现一维碰撞 实验步骤： (1)按下图所示安装实验装置： (2)质量的测量：用天平测量质量． (3)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度． (4)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失． 注意：利用摆球测定的方法： 根据机械能守恒定律得到摆球在最低点的速度：mgL(1－cos θ)＝mv2，得：v＝. 【方案2】用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞 实验步骤 (1)按下图所示安装气垫导轨． (2)调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作． (3)在滑块1上装上挡光片并测出其长度l. (4)在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥(或双面胶纸)． (5)用天平测出滑块1和滑块2的质量m1、m2. (6)把滑块1和滑块2放在气垫导轨上，让滑块2处于静止状态(v2＝0)，用滑块1以初速度v1与之碰撞(这时光电计时器系统自动计算时间)，撞后两者粘在一起，分别记下滑块1的挡光片碰前通过光电门的遮光时间t1和碰后通过光电门的遮光时间t2. (7)先根据v＝计算滑块1碰撞前的速度v1及碰后两者的共同速度v；再计算两滑块碰撞前后的动量，并比较两滑块碰撞前后的动量的矢量和． 知识点02 动量 1．定义：物体质量和速度的乘积，用字母p表示，p＝mv. 2．动量的矢量性：动量既有大小，又有方向，是矢量．动量的方向与速度的方向一致，运算遵循矢量运算法则． 3．单位：国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s. 4．动量具有相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性．通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量． 知识点03 动量的变化量 1．动量变化量的理解 (1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，即Δp＝p′－p (2)动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv相同． (3)因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量 p 就发生变化． 2．动量变化量Δp的计算 (1)当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负．若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反． (2)当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向． 解题大招 大招01动量与速度、动能的区别和联系 动量与速度 动量与动能 区别 ①动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果 ②速度描述物体运动的快慢和方向 ①动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态 ②动能是标量，从能量的角度描述物体的状态 联系 ①动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，且 p＝mv ②动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p＝或Ek＝ 大招02动量的矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算． 大招03动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算． 题型分类 题型01动量及动量变化的分析与计算 【例1】物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　 ) 解析：选D　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。 【变式1-1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　) A．与它所经历的时间成正比 　 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 　 D．与它的动量成正比 答案　B 解析　列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误． 【变式1-2】如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　) A．700 kg·m/s B．350 kg·m/s C．350(－1) kg·m/s D．350(＋1) kg·m/s 解析　根据动量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故选项A正确。 答案　A 题型02高科技中的动量定理 【例2】有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　) A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×103 N D．1.2 N 答案　B 解析　t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得，Ft＝Mv，联立解得：F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N．根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确． 【变式2-1】(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　 ) A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用 解析：选AB　增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据Ft＝Δmv可知F＝·v，可以增大火箭的推力，选项A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据F＝·v可知，可以增大火箭的推力，选项B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，选项C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，选项D错误。 【变式2-2】使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则(　 ) A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做功为2.5 J B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为 s C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3 kg·m/s D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N 解析：选D　射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝mv2＝×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋gt2，代入数据解得t＝1 s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15 m/s，水平速度vx＝v0＝15 m/s，进入土壤时竖直方向h′＝，t′＝，可求得t′＝ s。由动量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝，可解得土壤对种子胶囊的冲量I＝mv合＝0.3 kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5 N，故C错误，D正确。 题型03恒力冲量 【例3】(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则(　 ) A．在此过程中F所做的功为mv02 B．在此过程中F的冲量大小等于mv0 C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 解析：选BC　未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝mv02，可知，F所做的功一定大于mv02，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－mv02，解得μ＝，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－＝mv0，解得IF＝mv0，B正确。 【变式3-1】某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求： (1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2； (2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。 解析：(1)汽车在警报区域运动的距离x1＝v0t1－a1t12，开始紧急制动时的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽车在紧急制动区运动的距离x2＝s－s′－x1＝4 m，汽车在紧急制动区运动过程满足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。 (2)汽车在紧急制动区运动的时间t2＝＝1 s，测试假人所受重力的冲量大小I＝mg(t1＋t2)，带入数值得I＝1 000 N·s。 答案：(1)a2＝8 m/s2　(2)I＝1 000 N·s 【变式3-2】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两个物体重力的冲量大小相等 B．两个物体合力的冲量大小相等 C．刚到达底端时两个物体的动量相同 D．到达斜面底端时两个物体的动能相等 答案　BD 解析　设斜面倾角为θ，物体下滑的加速度a＝gsin θ，根据＝at2，知t＝，知运动的时间不等，根据I＝mgt，则两个物体重力的冲量大小不等，故A错误；根据动能定理知mgh＝mv2，到达底端时两个物体的动能相等，故D正确；两物体速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确． 题型04动量定理解决变力冲量问题 【例4】如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中(　 ) A．公仔头部的机械能守恒 B．公仔头部的加速度先增大后减小 C．弹簧弹力冲量的大小为mgt D．弹簧弹力对头部所做的功为零 解析：选C　弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。 【变式4-1】如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是(　 ) A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr 解析：选D　圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。 【变式4-2】(多选)某人站在力的传感器(连着计算机)上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．该人下蹲时间约为0.5 s B．该人下蹲过程的最大加速度约为6 m/s2 C．起立过程该人一直处于超重状态 D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500 N·s 解析：选BD　下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，从图像可知1～2 s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1 s，A错误；由图像可知静止时有mg＝N＝500 N，支持力最小约为200 N，最大约为700 N，由牛顿第二定律可得mg－Nmin＝mamax或Nmax－mg＝mamax′，联立解得最大加速度约为6 m/s2，则B正确；起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先是处于超重状态，后处于失重状态，C错误；起立过程，根据动量定理可得IN－mgt＝0－0，起立时间约为1 s，解得IN＝mgt＝500 N·s，D正确。 题型05流体类问题 【例5】运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　 ) A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s [解析]　设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。 [答案]　B 【变式5-1】南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是(　 ) A．5×102 W B．5×103 W C．5×104 W D．5×105 W [解析]　40层楼高约h＝120 m。设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ为水的密度)和S＝，由此可得P＝≈5×105 W。 [答案]　D 【变式5-2】根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。 (1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压； (2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。 [解析]　(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc， 所以：p＝ 由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN 故激光对物体产生的光压：I＝＝。 (2)由(1)可知：I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa 所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜， 对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma， 故此时探测器的加速度 a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。 [答案]　(1)　(2)3.6×10－3 m/s2 题型06动量定理解决多过程问题 【例6】在蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2) 解析：法一：分段法 设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝(方向向下) 弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝(方向向上) 与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1) 解以上三式得F＝mg＋m， 代入数值可解得F＝1.5×103 N。 法二：整段法 从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝＝0.8 s， 蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝＝1 s， 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。 答案：1 500 N 【变式6-1】“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中(　 ) A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0 B．蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0 C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0 D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0 解析：选A　儿童接触蹦床时的速度大小为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－m)，解得I＝mgΔt＋m，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。 【变式6-2】某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究： 设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5 s。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中： (1)铁锤受到的冲量大小； (2)大石板对铁锤的平均作用力大小； (3)大石板对人的平均作用力大小。 解析：(1)由机械能守恒定律mv2＝mgh，解得v＝，则铁锤敲击石板时的速度v1＝＝6 m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝＝1 m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。 (2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。 (3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871 N。由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F2′＝F2＝871 N。 答案：(1)35 N·s　(2)3 550 N　(3)871 N 题型07利用动量定理解释生活现象 【例7】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　 ) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 解析：选D　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。D正确。 【变式7-1】人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N 解析：选D　手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。 【变式7-2】拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　 ) A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s C．人对球做的功为3.2 J D．人对球做的功为2.2 J 解析：选D　人拍球的过程，由动量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6 kg·m/s，则I<1.6 kg·m/s，A、B错误；由动能定理：W＋mgh＝mv2，解得W＝2.2 J，D正确，C错误。 题型08图像问题 【例8】质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是(　 ) A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1 C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1 解析：选B　在v-t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有xA＝·2v0·t0＝v0t0，xB＝·v0·2t0＝v0t0，解得xA∶xB＝1∶1，故A错误；设A、B两物体的质量为m，据动能定理W合＝mvt2－mv02得WA＝0－m(2v0)2＝－2mv02，WB＝0－mv02＝－mv02，解得WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理I合＝mvt－mv0得IA＝0－m(2v0)＝－2mv0，IB＝0－m(v0)＝－mv0，解得IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v-t图中，图线的斜率代表物体的加速度，那么aA＝－，aB＝－，解得aA∶aB＝4∶1，故D错误。 【变式8-1】(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　) A．0～2 s内合外力的冲量一直增大 B．0～4 s内合外力的冲量为零 C．2 s末物体的动量方向发生变化 D．0～4 s内物体动量的方向一直不变 答案　ABD 解析　根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，故A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正确． 【变式8-2】(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 答案　AB 解析　由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝ 1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误． 分层训练 【基础过关】 1．在离心机上转圈是提升宇航员耐力的一项重要训练。某次训练过程中，离心机的座舱在水平面内做匀速圆周运动，则座舱内宇航员的（　　） A．加速度不变 B．动能不变 C．动量不变 D．所受的合外力不变 【答案】B 【详解】AD．离心机的座舱在水平面内做匀速圆周运动，则座舱内宇航员的加速度大小不变，方向不断变化，合外力大小不变，但方向不断变化，选项AD错误； B．座舱内宇航员的速度大小不变，则动能不变，选项B正确； C．座舱内宇航员的速度大小不变，根据p=mv，则动量大小不变，但方向不断变化，则动量不断变化，选项C错误。 故选B。 2．下列关于力与运动、动量和能量的说法正确的是（    ） A．运动物体受到的合力为零时，可能做圆周运动 B．运动物体受到的合力为零时，机械能可能不变 C．运动物体受到的合力不为零时，动量可能不变 D．运动物体受到的合力不为零时，动能一定变化 【答案】B 【详解】A．圆周运动因速度方向时刻改变，即速度不断发生变化，加速度不为0，所以受到的合外力一定不为0，故A错误； B．在水平面做匀速直线运动的物体，受到的合力为零时，机械能不变，故B正确； C．运动物体受到的合力不为零时，必有加速度，速度必发生变化，动量一定发生改变。故C错误； D．物体所受合力不为零时，合力做功有可能为零，所以其动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体；故D错误。 故选B。 3．一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设刹车的初速度为，加速度为a，则经时间t的速度为 动量为 故选A。 4．关于动量与动能，以下说法正确的是（　　） A．两个物体动能相等，它们的动量也一定相等； B．两个物体动量相等，它们的动能也一定相等； C．质量相等的两个物体若动量相等，则它们的动能一定相同； D．质量相等的两个物体若动能相等，则它们的动量一定相等。 【答案】C 【详解】根据 可得 AD．两个物体动能相等，它们的动量不一定相等，质量相等的两个物体若动能相等，则它们的动量大小一定相等，方向不一定相同，AD错误； BC．两个物体动量相等，它们的动能不一定相等, 但质量相等的两个物体若动量相等，则它们的动能一定相同，B错误，C正确。 故选C。 5．风簸是用于筛选精谷粒和瘪谷粒的农用工具，在我国西汉时期就已广泛使用。谷粒从风簸上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的瘪谷粒a和精谷粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，竖直方向初速度为0，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为恒力且相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，Fa、Fb为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 从力的角度看，水平方向的力相等，精谷粒b的重力大于瘪谷粒a的重力，如图所示从运动上看，在水平方向获得的动量相同 精谷粒b的质量大于瘪谷粒a的质量，精谷粒b的水平速度小于瘪谷粒a的水平速度，而从竖直方向上高度相同 运动时间相等，水平方向匀加速直线运动 水平方向的合外力相同，a的质量小，加速度大，初速度大，时间相同，所以 故选B。 6．大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍，保证雾天行车安全很重要。在雾天的平直公路上，质量相同的甲、乙两车同时开始运动，它们的图像如图所示，下列说法正确的是（    ） A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B．当甲、乙两车第一次相遇时，甲车的加速度大 C．从第一次相遇到第二次相遇，两车的平均速度相同 D．当甲、乙两车第二次相遇时，两车的动量大小相等 【答案】C 【详解】A．图像表示物体一个方向的运动，所以甲、乙均做直线运动，故A错误； B．根据图像可知，甲车做匀速直线运动，加速度为0，乙车做加速运动，加速度不为零，则乙车加速度大，故B错误； C．从第一次相遇到第二次相遇，两车的位移相同，时间相等，则两车的平均速度相同，故C正确； D．根据图像斜率表示速度可知，当甲、乙两车第二次相遇时，两车速度大小不相等，根据可知两车的动量大小不相等，故D错误。 故选C。 7．一质量为1kg的小球以5m/s的水平速度垂直撞向竖直墙壁后原速率反弹，与墙壁接触的时间为0.1s，取重力加速度g=10m/s2，则在该过程中小球的动量变化量大小和重力的冲量大小分别为（　　） A．0，0 B．5kg•m/s，1N•s C．10kg•m/s，0 D．10kg•m/s，1N•s 【答案】D 【详解】设反弹方向为正，则在该过程中小球的动量变化量大小 重力的冲量大小 故选D。 8．如图所示，在竖直平面内，是半径为R的四分之一光滑固定圆弧轨道，B端切线水平，一个质量为m的滑块（可视为质点）静止从圆弧轨道顶端A点滑到底端B点。已知重力加速度为g，在整个运动过程中，以下说法正确的是（　　） A．滑块所受的合外力提供其向心力 B．滑块重力的功率一直为0 C．滑块滑到B点时对轨道压力大小为 D．滑块动量变化量的方向竖直向下 【答案】C 【详解】A．小滑块下滑过程中，受到重力和轨道支持力作用，由支持力和重力垂直速度方向的分力的合力提供向心力，故A错误； B．根据可知，在A点的速度为0，在B点的竖直分速度为0，所以在A、B两点时滑块重力的功率为0，但从A点下滑到B点过程中竖直分速度不为0，滑块的重力的功率也不为0，故B错误； C．从A点下滑到B点过程，根据动能定理可得 在B点，由牛顿第二定律可得 联立解得 根据牛顿第三定律可知，物块滑到B点是对轨道压力大小为，故C正确； D．从A点下滑到B点过程，物块在A点的初动量为0，在B点的末动量水平向左，则物块动量变化的方向水平向左，故D错误。 故选C。 9．质量相等的甲、乙两个物体沿同一直线运动的图像，如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是（    ） A．时刻，甲、乙两物体的动量方向相同 B．0~5s内，乙物体的动量一直在增大 C．0~5s内，甲、乙两物体的总动量始终为零 D．0~5s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反 【答案】D 【详解】A．时刻，甲物体的速度为正方向，乙物体的速度为负方向，甲、乙两物体的速度方向相反，根据可知，甲、乙两物体的动量方向相反，故A错误； B．0~5s内，乙物体的速度一直在减小，则乙物体的动量一直在减小，故B错误； C．由图可知，0~5s内，甲、乙两物体的速度不是一直等大反向，故0~5s内，甲、乙两物体的总动量不是始终为零，故C错误； D．0~5s内，甲物体的动量变化量方向为负方向，乙物体的动量变化量方向为正方向，故0~5s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反，故D正确。 故选D。 10．质量为m的物体在运动过程中，某时刻的动量大小为p，该时刻的动能大小为，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据 可得 故选C。 11．（多选）下列关于动量的说法正确的是（　　） A．质量大的物体，动量一定大 B．甲物体的动量，乙物体的动量，所以 C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变 D．一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变 【答案】CD 【详解】A．根据动量的定义可知，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，质量大的物体，动量不一定大，选项A错误； B．动量是矢量，动量的负号只表示方向，不参与大小的比较，故，选项B错误； C．一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，它的动量一定改变，故C正确； D．物体的运动状态改变，则它的速度一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D正确。 故选CD。 12．（多选）中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置近日正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中质量之比为、电荷量之比为的甲、乙两粒子由入射口P进入静电分析器，仅在电场力作用下分别沿轨迹Ⅰ、Ⅱ做圆心为О的匀速圆周运动，最后从出射口Q射出，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙两粒子运动时的速率之比为 B．甲、乙两粒子运动时的动量大小之比为 C．甲、乙两粒子运动时的角速度之比为 D．甲、乙两粒子运动时的动能之比为 【答案】BD 【详解】A．由电场力提供向心力可得 其中 解得 则甲、乙两粒子运动时的速率之比为 故A错误； C．根据 由于两粒子运动的半径之比未知，则角速度之比未知，故C错误； B．由动量表达式 可得甲、乙两粒子运动时的动量大小之比为 故B正确； D．根据动能表达式 可得甲、乙两粒子运动时的动能之比为 故D正确。 故选BD。 13．（多选）套圈是我国民众喜爱的传统游戏，小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法正确的是（    ） A．大人和小孩抛出的圆环初速度之比为 B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间之比为 C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为 D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为 【答案】BCD 【详解】B．圆环做平抛运动，竖直方向上根据 可得 大人和小孩抛出圆环的高度之比为，则运动时间之比为，故B正确； A．圆环在水平方向上有 可得 水平位移相等，则平抛初速度之比为时间的反比，即为，故A错误； C．圆环落地时重力的瞬时功率为 落地时重力的瞬时功率之比等于时间之比为，故C正确； D．根据动量定理，可得合力的冲量等于动量的变化量 动量的变化量之比也为时间之比，故D正确。 故选BCD。 14．2023年5月14日，第四届“中国体育发展基金会杯”中国城市少儿足球联赛（济南赛区）开赛。如图是某次运动员用头颠球的图片。质量为0.42kg的足球由静止下落到头顶时的速度大小，被重新顶起离开头顶时的速度大小。已知足球与头部的作用时间为0.2s，空气阻力不计。重力加速度大小，求： （1）在此过程中，足球受到头顶的平均作用力F的大小； （2）在此过程中，足球的动量变化量的大小。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设向上为正方向，对足球，根据动量定理可知 解得足球受到头顶的平均作用力 代入数据解得 （2）足球的动量变化量的大小为 代入数据解得 15．如图所示，一质量为m = 0.05kg的子弹以水平向右初速度v0= 100m/s打入竖直墙体并留在墙内，设打入墙体时间t = 0.01s。求： （1）求子弹的加速度a的大小； （2）求子弹打入墙体的过程中受到的平均合外力F的大小； （3）若用物体的质量m与速度v的乘积表示物体的动量p，求子弹打入墙壁这段时间内动量变化量p的大小。 【答案】（1）10000m/s2；（2）500N；（3）5kg∙m/s 【详解】（1）根据加速度定义式，取水平向左为正，可得 （2）根据牛顿第二定律F = ma，取水平向左为正，可得 F = 0.05 × 10000N = 500N （3）取水平向左为正，子弹动量的变化量为 p = 0－(－mv0) = 5kg∙m/s 动量变化量大小为5kg∙m/s。 【能力提升】 1．长沙经历了长达一月的高温天气，对消防安全造成了极大的挑战，市加强了消防预警等级。通过观察消防车灭火过程，模拟消防水柱的示意图如图乙所示。水在空中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，已知水在A点时的速度大小为m/s，速度方向与竖直方向的夹角为45°，它运动到B点时，速度方向与竖直方向的夹角为37°（），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则（    ） A．图中A点是水在空中动量最小的点 B．水在B点时的速度大小为5m/s C．A、B两点间的高度差为0.9m D．若消防水柱喷水口流速恒定，水在空中为粗细均匀的曲线水柱 【答案】B 【详解】A．水运动至最高点时，速度最小，则此时动量最小，故A错误； B．水在A、B两点的水平分速度相等，则 ， 得 m/s 故B正确； C．A、B两点的竖直分速度分别为 m/s，m/s 由 解得A、B两点间的高度差为 m 故C错误。 D．若消防水柱喷水口流速恒定，则任意相等时间内流出水的质量相等，水在空中做匀变速曲线运动，速度大的地方水柱细，速度小的地方水柱粗，故D错误。 故选B。 2．投飞镖是儿童经常玩的游戏。若把飞镖视为质点，飞镖两次击中同一点M的过程可以简化为如图所示的两个过程，一次从P点水平抛出，另一次从P点正下方地面上的Q点斜向上抛出，其轨迹的最高点和P点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（   ） A．飞镖两次运动的时间不相等 B．飞镖两次运动的位移大小相等 C．飞镖两次运动落地前瞬间动量大小相等 D．两次运动过程中，飞镖均处于超重状态 【答案】A 【详解】A．设P点与Q点的竖直高度为h，则从P点抛出时的时间 从Q点抛出时的时间为 飞镖两次运动的时间不相等，选项A正确； B．由图可知，飞镖两次运动的位移大小不相等，选项B错误； C．从P点抛出时落地速度大小 从Q点抛出时落地速度大小仍为 vQ1=vQ 因 可知落地时 根据p=mv可知飞镖两次运动落地前瞬间动量大小不相等，选项C错误； D．两次运动过程中，飞镖加速度均为g，均处于失重状态，选项D错误。 故选A。 3．如图，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸长轻绳连接。初始时轻绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的轻绳与水平方向夹角为θ，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．轻绳对A的拉力对A不做功 B．A、B组成的系统机械能守恒 C．A物体到Q点时，B物体的动量大小为mvsinθ D．A物体到Q点时，B物体的动能为 【答案】C 【详解】A．A物体运动的位移竖直向下，轻绳对A的拉力有竖直向上分力，拉力对A物体做负功，A错误； B．A、B组成的系统除了重力做功外，还有B物体受到的摩擦力也做功（做负功），系统的机械能不守恒，B错误； C ．A物体到Q点时，将其速度进行分解，其中v1为沿绳子方向的分速度，即为B物体此时的速度，根据几何关系可得 B物体的动量 C正确； D．根据上述分析可得，此时B物体的动能 D错误。 故选C。 4．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且，M、N两点高度相同。小球自M点由静止开始自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以p、E、a、分别表示小球的动量、机械能、加速度和动能四个物理量的大小。下列图像中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A．小球运动过程中，在两个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动，速度先增加后减小，根据速度—时间关系公式，可知两段运动过程中的图都是直线，根据动量公式，可知动量与时间图像也是直线，故A正确； B．由于没有摩擦力做功，故机械能守恒，故机械能—时间图应为平行横轴的直线，故B错误； C．根据牛顿第二定律 加速度的大小与斜面的倾角大小有关，倾角确定，加速度大小确定，故C错误； D．根据动力学公式 可知在两个斜面上加速度之比为，根据 可知在两斜面上，小球运动时间的二次方比应为，故D错误。 故选A。 5．如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为L。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，整个过程物体a始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ） A．小球b多次经过同一位置的动量相同 B．小球b摆到最低点时，物体a受到的摩擦力一定沿斜面向下 C．物体a与斜面间的摩擦因数 D．物体a受到的摩擦力变化的周期 【答案】D 【详解】A．小球b多次经过同一位置时速度大小相同，但是方向不一定相同，则小球的动量不一定相同，选项A错误； B．当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，此时a受沿斜面向上的最大静摩擦力，小球b摆到最低点时，细绳对a的拉力变大，物体a受到的摩擦力可能仍沿斜面向上，选项B错误； C．当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，此时a受沿斜面向上的最大静摩擦力，则由 即 物体a与斜面间的摩擦因数 选项C错误； D．单摆从左侧最高点到右侧最高点时，物块a受的摩擦力回到原来的值，则物体a受到的摩擦力变化的周期是单摆的周期的一半，即有 选项D正确。 故选D。 6．如图所示，在时小球被斜向上抛出，空气阻力可以忽略。以抛出点为原点，以水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向，建立平面直角坐标系。关于小球运动过程中，动量在方向的分量随时间、动量在方向的分量随时间、动能随水平位移、动能随竖直位移的变化关系，图中可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．小球做斜抛运动，设初速度与轴正方向的夹角为，沿方向小球做匀速直线运动，动量在方向的分量为 可知动量在方向的分量不变，故A错误； B．小球沿方向小球做竖直上抛运动，速度为 动量在方向的分量为 故B正确； CD．小球做斜抛运动过程中，沿方向的速度保持不变，小球的动能不可能为零，故CD错误。 故选B。 7．活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹射，开始进入组织。在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘只受到组织的阻力。已知该阻力与针鞘在组织中的长度成正比，比例系数为K，则（　　） A．软组织对针鞘做的总功为-Kd12 B．目标组织对针鞘做的总功为Kd22 C．运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为Kd2（0.5d2＋d1） D．运动d2的过程中，针鞘动量变化量大小为d2 【答案】C 【详解】A．由题知，针鞘在软组织前进时，其受到软组织的阻力由零变为，则在这段距离软组织对针鞘做的功为 针鞘在目标组织前进时，其受到软组织的阻力不变，为，则在这段距离软组织对针鞘做的功为 故软组织对针鞘做的总功为 故A错误； B．由题知，针鞘在目标组织前进时，其受到目标组织的阻力由零变为，则在这段距目标组织对针鞘做的总功为 故B错误； C．由AB分析，可知在运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为 故C正确； D．设针鞘质量为m，当其到达目标组织表面时的速度为v，继续前进d2减速至零，根据动能定理有 解得 则动量变化量的大小为 因针鞘质量m未知，故无法求出其动量变化量的大小，故D错误。 故选C。 8．在众多的娱乐设施中，滑梯深受孩子们的喜爱。甲、乙两个小朋友分别从两个完全相同的滑梯顶端同时往下滑，其运动的v-t图像如图所示，甲、乙分别在两时刻滑到底端。下列说法中正确的是（　　） A．下滑过程中，甲、乙均处于超重状态 B．下滑过程中，乙所受的摩擦力大于甲所受的摩擦力 C．下滑过程中，乙与滑梯之间的动摩擦因数比甲与滑梯之间的动摩擦因数大 D．滑到底端时，甲的动量大于乙的动量 【答案】C 【详解】A．下滑过程中，两人均处于失重状态，故A错误； BD．质量关系未知，两人所受的摩擦力大小无法判定，同理，滑到底端时两人的动量大小也无法判定，故BD错误； C．根据牛顿第二定律 可得 由图可知，甲的加速度大于乙的加速度，可知乙与滑梯之间的动摩擦因数更大，故C正确。 故选C。 9．物体的运动状态可以用位置和动量的平方描述，其图像称为相轨迹，如图所示，在光滑的水平面上，轻弹簧的左端固定在墙面上，一可视为质点的小物块与弹簧右端连接在一起，初始时弹簧处于原长状态，现向左推动物体，当弹簧的压缩量为时将物块由静止释放，已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比，以弹簧原长位置为坐标原点，水平向右为正方向建立轴，则物体的相轨迹可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】弹簧恢复原长之前，弹簧减少的弹性势能转化为物块的动能，有 整理可得 故在纵轴左侧，p2−x图像为开口向下的抛物线，且当x=0时，物块的动能和动量最大，最大动能为； 弹簧恢复原长之后，物块损失的动能转化为弹簧的弹性势能，有 整理可得 总结发现，p2−x图像为开口向下的抛物线。 故选A。 10．江南多雨，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖顶屋可以看做由两个斜面构成。如图所示，斜面与水平方向的夹角均为，房屋长度2x为一定值，将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑过程简化为雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑。不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是（　　） A．越大，雨滴滑下的时间越长 B．越大，雨滴滑下的时间越短 C．越大，雨滴滑下获得的动能越大 D．当时，雨滴滑下获得的动量最大 【答案】C 【详解】AB．将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑看做由静止开始的匀变速直线运动，其加速度为 则由 可知雨滴运动的时间为 可知当时，雨滴滑下时所用的时间最短，故AB错误； C．由动能定理可得 可知α越大，雨滴滑下时的动能越大，故C正确； D．雨滴滑下获得的动量为 可知动能越大，动量也越大，即α越大，雨滴滑下时的动量越大，故D错误。 故选C。 11．（多选）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°。已知两支箭的质量，竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响（，），下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程动量变化相同 B．甲、乙两人所射箭落入壶口时速度大小之比3∶4 C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为16∶9 D．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9 【答案】AB 【详解】A．由题意知两箭做平抛运动，两支箭竖直方向下落高度相等，由，可知两支箭在空中的运动时间相同，由 根据动量变化量 可知甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程动量变化相同，故A正确； B．甲、乙两人所射箭落入壶口时竖直分速度为 可知落入壶口时竖直分速度相等，则有 可得甲、乙两人所射箭落入壶口时速度大小之比为 故B正确； CD．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为，箭射出时的初速度为，则 即 则甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为 水平方向根据 因两支箭在空中的运动时间相同，则甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，则有 故CD错误。 故选AB。 12．（多选）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（   ） A．在时间内，返回舱重力的功率随时间减小 B．在时间内，返回舱的加速度不变 C．在时间内，返回舱的动量随时间减小 D．在时间内，返回舱的机械能不变 【答案】AC 【详解】A．根据PG=mgv可知，在时间内，返回舱下落的速度减小，则重力的功率随时间减小，选项A正确； B．图像的斜率等于加速度，可知在时间内，返回舱的加速度减小，选项B错误； C．在时间内，返回舱的速度随时间减小，根据p=mv可知，返回舱的动量随时间减小，选项C正确； D．在时间内，返回舱的速度不变，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项D错误。 故选AC。 13．（多选）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，、、、为曲线上的点，、段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其装载物的总质量为，取竖直向上为正方向。则（　　） A．段无人机的速度大小为 B．段无人机内的装载物处于失重状态 C．段无人机和装载物总动量变化量的大小为 D．段无人机机械能守恒 【答案】AB 【详解】A．由于位移—时间图线的斜率表示速度，则根据段的方程 可知段无人机的速度大小为，故A正确； B．由题图可知段的速度先向上减小后向下增大，则加速度方向始终向下，故该段无人机内的装载物处于失重状态，故B正确； C．根据段的方程 可知无人机的速度为，则无人机及其装载物在段的动量变化量的大小为 故C错误； D．段无人机匀速下降，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。 故选AB。 14．如图甲所示，质量的长木板A足够长且静止在粗糙水平地面上。时，一质量的小物块B以初速度滑上木板的左端，同时对木板A施加一个水平向右的外力F。已知外力随时间的变化规律为。从至某段时间内木板产生的加速度和时间的关系如图乙所示，物块与木板之间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求： (1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)时，木板的动量； (3)木板A、滑块B刚开始共速的时刻t。 【答案】(1)0.3 (2)，方向水平向右 (3)1.8s 【详解】（1）由图可知，后木板开始滑动，对木板A受力分析。物块B对A水平向右的滑动摩擦力，地面对A水平向左的滑动摩擦力。 代入数据得 （2）由图像可知1s～1.6s内木板A的速度变化量为图线与时间轴的包围面积，则有 因初速度为零，可得3.6s时A的速度大小为 此时木板A的动量大小为 方向水平向右。 （3）物块B与木板相对滑动时的加速度为 解得 假设经过时间，物块B与木板A共速，此时木板A的加速度为 木板A速度为 时刻，B的速度为 且，联立解得 或（舍） 此时A、B共速。 15．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。（提示：可以尝试把小球所受合力看作新的重力）求： （1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； （2）小球到达A点时动量的大小； 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）设水平恒力的大小为，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 ① ② 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 ③ 由①②③式联立解得 ④ ⑤ （2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得 ⑥ ⑦ 由动能定理有 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式解得，小球在A点的动量大小为 ⑨ 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.1动量【三大必考点+三大秒杀招+八大题型+分层训练】 课前预习+知识精讲 知识点01寻求碰撞中的不变量 1．实验探究的基本思路 (1)碰撞中的特殊情况——一维碰撞 两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动．高中阶段仅限于用一维碰撞进行研究．在一维碰撞的情况下，与物体运动有关的物理量只有物体的质量和速度，因此实验要测量物体的质量和速度． (2)寻找碰撞中的不变量 ①碰撞前后物体质量不变，但质量并不描述物体的运动状态，不是我们寻找的“不变量”． ②必须在多种碰撞的情况下都不改变的量，才是我们寻找的“不变量”． ③猜想：在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′.如果速度与规定的正方向一致，则速度取正值，否则取负值． (ⅰ)碰撞中的不变量可能是质量与速度的乘积，那么就相应验证：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. (ⅱ)碰撞中的不变量可能是质量与速度的二次方的乘积，那么就相应验证：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2. (ⅲ)碰撞中的不变量也许是物体的速度与质量的比值，那么就相应地验证：＋＝＋. 当然还有其他可能，依次进行验证． 2．实验探究方案 【方案1】利用等长悬线悬挂等大小的小球实现一维碰撞 实验步骤： (1)按下图所示安装实验装置： (2)质量的测量：用天平测量质量． (3)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度． (4)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失． 注意：利用摆球测定的方法： 根据机械能守恒定律得到摆球在最低点的速度：mgL(1－cos θ)＝mv2，得：v＝. 【方案2】用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞 实验步骤 (1)按下图所示安装气垫导轨． (2)调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作． (3)在滑块1上装上挡光片并测出其长度l. (4)在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥(或双面胶纸)． (5)用天平测出滑块1和滑块2的质量m1、m2. (6)把滑块1和滑块2放在气垫导轨上，让滑块2处于静止状态(v2＝0)，用滑块1以初速度v1与之碰撞(这时光电计时器系统自动计算时间)，撞后两者粘在一起，分别记下滑块1的挡光片碰前通过光电门的遮光时间t1和碰后通过光电门的遮光时间t2. (7)先根据v＝计算滑块1碰撞前的速度v1及碰后两者的共同速度v；再计算两滑块碰撞前后的动量，并比较两滑块碰撞前后的动量的矢量和． 知识点02 动量 1．定义：物体质量和速度的乘积，用字母p表示，p＝mv. 2．动量的矢量性：动量既有大小，又有方向，是矢量．动量的方向与速度的方向一致，运算遵循矢量运算法则． 3．单位：国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s. 4．动量具有相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性．通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量． 知识点03 动量的变化量 1．动量变化量的理解 (1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，即Δp＝p′－p (2)动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv相同． (3)因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量 p 就发生变化． 2．动量变化量Δp的计算 (1)当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负．若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反． (2)当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向． 解题大招 大招01动量与速度、动能的区别和联系 动量与速度 动量与动能 区别 ①动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果 ②速度描述物体运动的快慢和方向 ①动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态 ②动能是标量，从能量的角度描述物体的状态 联系 ①动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，且 p＝mv ②动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p＝或Ek＝ 大招02动量的矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算． 大招03动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算． 题型分类 题型01动量及动量变化的分析与计算 【例1】物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　 ) 解析：选D　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。 【变式1-1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　) A．与它所经历的时间成正比 　 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 　 D．与它的动量成正比 【变式1-2】如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　) A．700 kg·m/s B．350 kg·m/s C．350(－1) kg·m/s D．350(＋1) kg·m/s 题型02高科技中的动量定理 【例2】有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　) A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×103 N D．1.2 N 答案　B 解析　t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得，Ft＝Mv，联立解得：F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N．根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确． 【变式2-1】(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　 ) A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用 【变式2-2】使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则(　 ) A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做功为2.5 J B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为 s C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3 kg·m/s D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N 题型03恒力冲量 【例3】(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则(　 ) A．在此过程中F所做的功为mv02 B．在此过程中F的冲量大小等于mv0 C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 解析：选BC　未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝mv02，可知，F所做的功一定大于mv02，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－mv02，解得μ＝，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－＝mv0，解得IF＝mv0，B正确。 【变式3-1】某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求： (1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2； (2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。 【变式3-2】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两个物体重力的冲量大小相等 B．两个物体合力的冲量大小相等 C．刚到达底端时两个物体的动量相同 D．到达斜面底端时两个物体的动能相等 题型04动量定理解决变力冲量问题 【例4】如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中(　 ) A．公仔头部的机械能守恒 B．公仔头部的加速度先增大后减小 C．弹簧弹力冲量的大小为mgt D．弹簧弹力对头部所做的功为零 解析：选C　弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。 【变式4-1】如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是(　 ) A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr 【变式4-2】(多选)某人站在力的传感器(连着计算机)上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．该人下蹲时间约为0.5 s B．该人下蹲过程的最大加速度约为6 m/s2 C．起立过程该人一直处于超重状态 D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500 N·s 题型05流体类问题 【例5】运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　 ) A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s [解析]　设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。 [答案]　B 【变式5-1】南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是(　 ) A．5×102 W B．5×103 W C．5×104 W D．5×105 W 【变式5-2】根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。 (1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压； (2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。 题型06动量定理解决多过程问题 【例6】在蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2) 解析：法一：分段法 设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝(方向向下) 弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝(方向向上) 与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1) 解以上三式得F＝mg＋m， 代入数值可解得F＝1.5×103 N。 法二：整段法 从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝＝0.8 s， 蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝＝1 s， 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。 答案：1 500 N 【变式6-1】“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中(　 ) A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0 B．蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0 C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0 D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0 【变式6-2】某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究： 设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5 s。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中： (1)铁锤受到的冲量大小； (2)大石板对铁锤的平均作用力大小； (3)大石板对人的平均作用力大小。 题型07利用动量定理解释生活现象 【例7】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　 ) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 解析：选D　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。D正确。 【变式7-1】人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N 【变式7-2】拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　 ) A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s C．人对球做的功为3.2 J D．人对球做的功为2.2 J 题型08图像问题 【例8】质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是(　 ) A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1 C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1 解析：选B　在v-t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有xA＝·2v0·t0＝v0t0，xB＝·v0·2t0＝v0t0，解得xA∶xB＝1∶1，故A错误；设A、B两物体的质量为m，据动能定理W合＝mvt2－mv02得WA＝0－m(2v0)2＝－2mv02，WB＝0－mv02＝－mv02，解得WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理I合＝mvt－mv0得IA＝0－m(2v0)＝－2mv0，IB＝0－m(v0)＝－mv0，解得IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v-t图中，图线的斜率代表物体的加速度，那么aA＝－，aB＝－，解得aA∶aB＝4∶1，故D错误。 【变式8-1】(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　) A．0～2 s内合外力的冲量一直增大 B．0～4 s内合外力的冲量为零 C．2 s末物体的动量方向发生变化 D．0～4 s内物体动量的方向一直不变 【变式8-2】(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 分层训练 【基础过关】 1．在离心机上转圈是提升宇航员耐力的一项重要训练。某次训练过程中，离心机的座舱在水平面内做匀速圆周运动，则座舱内宇航员的（　　） A．加速度不变 B．动能不变 C．动量不变 D．所受的合外力不变 2．下列关于力与运动、动量和能量的说法正确的是（    ） A．运动物体受到的合力为零时，可能做圆周运动 B．运动物体受到的合力为零时，机械能可能不变 C．运动物体受到的合力不为零时，动量可能不变 D．运动物体受到的合力不为零时，动能一定变化 3．一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 4．关于动量与动能，以下说法正确的是（　　） A．两个物体动能相等，它们的动量也一定相等； B．两个物体动量相等，它们的动能也一定相等； C．质量相等的两个物体若动量相等，则它们的动能一定相同； D．质量相等的两个物体若动能相等，则它们的动量一定相等。 5．风簸是用于筛选精谷粒和瘪谷粒的农用工具，在我国西汉时期就已广泛使用。谷粒从风簸上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的瘪谷粒a和精谷粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，竖直方向初速度为0，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为恒力且相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，Fa、Fb为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是（    ） A． B． C． D． 6．大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍，保证雾天行车安全很重要。在雾天的平直公路上，质量相同的甲、乙两车同时开始运动，它们的图像如图所示，下列说法正确的是（    ） A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B．当甲、乙两车第一次相遇时，甲车的加速度大 C．从第一次相遇到第二次相遇，两车的平均速度相同 D．当甲、乙两车第二次相遇时，两车的动量大小相等 7．一质量为1kg的小球以5m/s的水平速度垂直撞向竖直墙壁后原速率反弹，与墙壁接触的时间为0.1s，取重力加速度g=10m/s2，则在该过程中小球的动量变化量大小和重力的冲量大小分别为（　　） A．0，0 B．5kg•m/s，1N•s C．10kg•m/s，0 D．10kg•m/s，1N•s 8．如图所示，在竖直平面内，是半径为R的四分之一光滑固定圆弧轨道，B端切线水平，一个质量为m的滑块（可视为质点）静止从圆弧轨道顶端A点滑到底端B点。已知重力加速度为g，在整个运动过程中，以下说法正确的是（　　） A．滑块所受的合外力提供其向心力 B．滑块重力的功率一直为0 C．滑块滑到B点时对轨道压力大小为 D．滑块动量变化量的方向竖直向下 9．质量相等的甲、乙两个物体沿同一直线运动的图像，如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是（    ） A．时刻，甲、乙两物体的动量方向相同 B．0~5s内，乙物体的动量一直在增大 C．0~5s内，甲、乙两物体的总动量始终为零 D．0~5s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反 10．质量为m的物体在运动过程中，某时刻的动量大小为p，该时刻的动能大小为，则（　　） A． B． C． D． 11．（多选）下列关于动量的说法正确的是（　　） A．质量大的物体，动量一定大 B．甲物体的动量，乙物体的动量，所以 C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变 D．一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变 12．（多选）中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置近日正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中质量之比为、电荷量之比为的甲、乙两粒子由入射口P进入静电分析器，仅在电场力作用下分别沿轨迹Ⅰ、Ⅱ做圆心为О的匀速圆周运动，最后从出射口Q射出，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙两粒子运动时的速率之比为 B．甲、乙两粒子运动时的动量大小之比为 C．甲、乙两粒子运动时的角速度之比为 D．甲、乙两粒子运动时的动能之比为 13．（多选）套圈是我国民众喜爱的传统游戏，小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法正确的是（    ） A．大人和小孩抛出的圆环初速度之比为 B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间之比为 C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为 D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为 14．2023年5月14日，第四届“中国体育发展基金会杯”中国城市少儿足球联赛（济南赛区）开赛。如图是某次运动员用头颠球的图片。质量为0.42kg的足球由静止下落到头顶时的速度大小，被重新顶起离开头顶时的速度大小。已知足球与头部的作用时间为0.2s，空气阻力不计。重力加速度大小，求： （1）在此过程中，足球受到头顶的平均作用力F的大小； （2）在此过程中，足球的动量变化量的大小。 15．如图所示，一质量为m = 0.05kg的子弹以水平向右初速度v0= 100m/s打入竖直墙体并留在墙内，设打入墙体时间t = 0.01s。求： （1）求子弹的加速度a的大小； （2）求子弹打入墙体的过程中受到的平均合外力F的大小； （3）若用物体的质量m与速度v的乘积表示物体的动量p，求子弹打入墙壁这段时间内动量变化量p的大小。 【能力提升】 1．长沙经历了长达一月的高温天气，对消防安全造成了极大的挑战，市加强了消防预警等级。通过观察消防车灭火过程，模拟消防水柱的示意图如图乙所示。水在空中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，已知水在A点时的速度大小为m/s，速度方向与竖直方向的夹角为45°，它运动到B点时，速度方向与竖直方向的夹角为37°（），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则（    ） A．图中A点是水在空中动量最小的点 B．水在B点时的速度大小为5m/s C．A、B两点间的高度差为0.9m D．若消防水柱喷水口流速恒定，水在空中为粗细均匀的曲线水柱 2．投飞镖是儿童经常玩的游戏。若把飞镖视为质点，飞镖两次击中同一点M的过程可以简化为如图所示的两个过程，一次从P点水平抛出，另一次从P点正下方地面上的Q点斜向上抛出，其轨迹的最高点和P点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（   ） A．飞镖两次运动的时间不相等 B．飞镖两次运动的位移大小相等 C．飞镖两次运动落地前瞬间动量大小相等 D．两次运动过程中，飞镖均处于超重状态 3．如图，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸长轻绳连接。初始时轻绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的轻绳与水平方向夹角为θ，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．轻绳对A的拉力对A不做功 B．A、B组成的系统机械能守恒 C．A物体到Q点时，B物体的动量大小为mvsinθ D．A物体到Q点时，B物体的动能为 4．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且，M、N两点高度相同。小球自M点由静止开始自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以p、E、a、分别表示小球的动量、机械能、加速度和动能四个物理量的大小。下列图像中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（    ） A． B． C． D． 5．如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为L。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，整个过程物体a始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ） A．小球b多次经过同一位置的动量相同 B．小球b摆到最低点时，物体a受到的摩擦力一定沿斜面向下 C．物体a与斜面间的摩擦因数 D．物体a受到的摩擦力变化的周期 6．如图所示，在时小球被斜向上抛出，空气阻力可以忽略。以抛出点为原点，以水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向，建立平面直角坐标系。关于小球运动过程中，动量在方向的分量随时间、动量在方向的分量随时间、动能随水平位移、动能随竖直位移的变化关系，图中可能正确的是（    ） A． B． C． D． 7．活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹射，开始进入组织。在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘只受到组织的阻力。已知该阻力与针鞘在组织中的长度成正比，比例系数为K，则（　　） A．软组织对针鞘做的总功为-Kd12 B．目标组织对针鞘做的总功为Kd22 C．运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为Kd2（0.5d2＋d1） D．运动d2的过程中，针鞘动量变化量大小为d2 8．在众多的娱乐设施中，滑梯深受孩子们的喜爱。甲、乙两个小朋友分别从两个完全相同的滑梯顶端同时往下滑，其运动的v-t图像如图所示，甲、乙分别在两时刻滑到底端。下列说法中正确的是（　　） A．下滑过程中，甲、乙均处于超重状态 B．下滑过程中，乙所受的摩擦力大于甲所受的摩擦力 C．下滑过程中，乙与滑梯之间的动摩擦因数比甲与滑梯之间的动摩擦因数大 D．滑到底端时，甲的动量大于乙的动量 9．物体的运动状态可以用位置和动量的平方描述，其图像称为相轨迹，如图所示，在光滑的水平面上，轻弹簧的左端固定在墙面上，一可视为质点的小物块与弹簧右端连接在一起，初始时弹簧处于原长状态，现向左推动物体，当弹簧的压缩量为时将物块由静止释放，已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比，以弹簧原长位置为坐标原点，水平向右为正方向建立轴，则物体的相轨迹可能是（　　） A． B． C． D． 10．江南多雨，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖顶屋可以看做由两个斜面构成。如图所示，斜面与水平方向的夹角均为，房屋长度2x为一定值，将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑过程简化为雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑。不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是（　　） A．越大，雨滴滑下的时间越长 B．越大，雨滴滑下的时间越短 C．越大，雨滴滑下获得的动能越大 D．当时，雨滴滑下获得的动量最大 11．（多选）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°。已知两支箭的质量，竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响（，），下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程动量变化相同 B．甲、乙两人所射箭落入壶口时速度大小之比3∶4 C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为16∶9 D．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9 12．（多选）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（   ） A．在时间内，返回舱重力的功率随时间减小 B．在时间内，返回舱的加速度不变 C．在时间内，返回舱的动量随时间减小 D．在时间内，返回舱的机械能不变 13．（多选）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，、、、为曲线上的点，、段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其装载物的总质量为，取竖直向上为正方向。则（　　） A．段无人机的速度大小为 B．段无人机内的装载物处于失重状态 C．段无人机和装载物总动量变化量的大小为 D．段无人机机械能守恒 14．如图甲所示，质量的长木板A足够长且静止在粗糙水平地面上。时，一质量的小物块B以初速度滑上木板的左端，同时对木板A施加一个水平向右的外力F。已知外力随时间的变化规律为。从至某段时间内木板产生的加速度和时间的关系如图乙所示，物块与木板之间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求： (1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)时，木板的动量； (3)木板A、滑块B刚开始共速的时刻t。 15．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。（提示：可以尝试把小球所受合力看作新的重力）求： （1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； （2）小球到达A点时动量的大小； 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$