微专题15：动量和动量定理+ 专项训练 -2024-2025学年高二物理人教版（2019）选择性必修第一册

微专题15：动量和动量定理 微专题目录 一.理论基础 基础知识回放/技巧点拨/总结提升 二.模型构建 模型一 冲量计算 经典例题：例1、例2 模型二 求平均冲击力模型 经典例题：例3、例4 模型三 变力作用下直线运动模型 经典例题：例5、例6、例7 模型四 流体与连续作用模型 经典例题：例8、例9、例10 三.针对训练 【基础训练】/【能力提升】 四.参考答案 理论基础 【基础知识回放】 一、动量 1．动量概念 (1)定义：物体的质量和速度的乘积． (2)公式：p＝mv，单位：kg·m/s. (3)动量的矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则． 2．动量的变化量 (1)物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，Δp＝p′－p(矢量式)． (2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算转化为代数运算，此时的正、负号仅表示方向，不表示大小． 二、动量定理 1．冲量概念 (1)定义：力与力的作用时间的乘积． (2)定义式：I＝FΔt. (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大． (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s. (5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同． 2．动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量． (2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv. 【技巧点拨】 一、动量　动量的变化量 1．对动量的理解 (1)瞬时性：物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示． (2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同． (3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关． 2．动量的变化量 (1)表达式：Δp＝p2－p1. 该式为矢量式，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． (2)方向：方向与速度变化的方向相同，在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合外力的方向相同． 【总结提升】 动量与动能的区别与联系 1．区别：动量是矢量，动能是标量，质量相同的两物体，动量相同时动能一定相同，但动能相同时，动量不一定相同． 2．联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝. 二、冲量及其计算 1．对冲量的理解 (1)冲量是过程量 冲量是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量． (2)冲量是矢量 在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同． 2.冲量的计算 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②图像法：作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，求出该力作用下物体动量的变化量，再由动量定理I＝Δp求解。 三、动量定理 1．动量定理的推导 如图所示，一个质量为m的物体(与水平面无摩擦)在水平恒力F作用下，经过时间t，速度从v变为v′. 物体在这个过程中的加速度a＝ 根据牛顿第二定律F＝ma 可得F＝m 整理得：Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv 即Ft＝mv′－mv＝Δp. 2．动量定理的理解 (1)Ft＝mvt－mv0是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。 (2)Ft＝mvt－mv0除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。 (3)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。 (4)由Ft＝mvt－mv0，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 3．动量定理的应用 (1)定性分析有关现象． ①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小． ②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小． (2)应用动量定理定量计算的一般步骤． →→ 4.用动量定理解题时应注意的问题 1．列方程前首先选取正方向； 2．分析速度时一定要选取同一参考系，一般选地面为参考系； 3．公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量． 【模型构建】 模型一 冲量计算 例1. (单选)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ C.合力的冲量为0 D.摩擦力的总冲量大小为f(t1＋t2) 例2. (多选)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A.在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg· m/s B.在t＝4 s时，物块的速度为0 C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2 D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s 模型二 求平均冲击力模型 例3. (单选)锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是(　　) A.钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力 B.钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力 C.铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力 D.铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力 例4.（单选）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  ) A．＋mg B．－mg C．＋mg D．－mg 模型三 变力作用下直线运动模型 例5.（多选）如图甲所示，特殊材料制成的水平长直轨道上，静止着一质量为m的物体，物体在轨道上运动时，受到的阻力大小与其速度成正比，即f＝kv（k为常量，大小未知）。从t＝0时刻起，物体在一水平恒定拉力作用下，开始向右运动，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示（图乙中的v0和a0均为已知量）。下列说法正确的是（　　） A．该拉力的大小为2ma0 B．常量k的大小为 C．在物体从开始运动到速度最大的过程中，合力的冲量大小为mv0 D．在物体从开始运动到速度最大的过程中，该拉力对物体做的功为mv02 例6.（单选）一个小物体从倾角为θ的斜面顶端由静止释放,沿斜面下滑到底端时速度减为零。其中P为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙,如图所示。以沿斜面向下为正方向,则物体下滑过程中的位移x、速度v、合外力F、合外力的冲量I与时间t的关系图像可能正确的是(　　) 例7.如图10所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图11所示，4 s后拉力F消失，2 s时物块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度； (2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。 模型四 流体与连续作用模型 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 例8．（单选）根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E＝pc，其中c为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强。根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激光束的功率为P0，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该激光的反光率为η，则激光束对此物体产生的压强为（　　） A． B． C． D． 例9.（单选）如图甲所示，在静水中，当风的方向与无自带动力帆船的目标航向（图中由A指向B）一致时，只需将帆面与船身垂直安放，则帆船能沿直线顺利到达目标位置B；如图乙所示，在静水中，当风的方向与无自带动力帆船的目标航向（图中由A指向B）相反时，若调整船身和帆面的位置（其中目标方向AB与船身的夹角为θ，帆面与船身的夹角为φ），帆船也可以逆风到达目标位置B，例如，帆船可先到达C再到达目标位置B。帆船能沿AC段运动的动力来源可简化解释为：风以某一角度α吹到帆面上，碰撞后弹出的角度也是α，碰撞前、后的风速大小相同。风与帆面的碰撞导致风对帆面施加了一个垂直于帆面的冲量，使帆船受到了一个方向与帆面垂直的压力F，这个压力沿船身方向及垂直于船身方向的分力分别为F1和F2，F1就是船沿AC航线前进的动力（其大小与v风的大小关系可表示为kv风2），F2则有使船侧向漂移的作用，可以认为该力被水对船的横向阻力平衡。结合以上解释和所学的物理知识，下列说法中不正确的是（　　） A．k与φ、θ和空气密度ρ都有关 B．要使无自带动力帆船沿CB航行，帆面必须处于锐角∠ACB的两边之间 C．若不断改变船身和帆面的方位，无自带动力帆船可沿锯齿形航线从A驶向B D．空气分子与帆面发生弹性碰撞前后，空气分子的动量改变量垂直于帆面 例10.（多选）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力大小为f，则（　　） A．一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量大小为I＝mv B．△t时间内粒子给面积为S的器壁冲量大小为 C．器壁单位面积所受粒子压力大小为f＝ D．器壁所受的压强大小为 【基础训练】 １．（单选）一质量为2kg的物体，速度由向东3m/s变为向西3m/s，在这个过程中该物体的动量与动能的变化量分别是（　　） A．0、0 B．0、18J C．12kg•m/s、0 D．12kg•m/s、18J ２．（单选）下列关于动量说法中，正确的是（　　） A．物体的动量越大，其惯性也越大 B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变 C．动量大小不变的运动，可能是变速运动 D．竖直向上抛的物体（不计空气阻力）经过空中同一位置时动量一定相同 ３．（单选）对于质量不变的物体，下列关于物体动量的说法正确的是（　　） A．若物体的速度不变，动量可能改变 B．若物体的速率不变，动量一定不变 C．若物体动能变化，动量一定变化 D．若物体动量变化，动能一定变化 ４．（多选）质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是（　　） A．m（v﹣v0） B．mgt C．m D．m ５．（单选）一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ（不计空气阻力），进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则（　　） A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量 B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小 C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能 D．过程Ⅱ中损失的机械能大于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能 ６.（单选）为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10 min内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为 (　　) A.0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N ７．（单选）我国高铁技术在世界上处于领先地位，由中国中车制造的高速列车“CIT500”最高测试速度达到了605km/h。某次测试中，一列质量为m的列车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设列车行驶过程所受到的阻力F保持不变，则列车在时间t内（　　） A．牵引力的冲量I＝mvm﹣mv0 B．牵引力的冲量I＝Ft C．行驶的距离s＝t D．行驶的距离s＝﹣ ８．（单选）如图所示，A、B两个小物块用足够长的细线相连，细线绕过固定在水平面与斜面交界处的光滑轻小定滑轮，将两物块分别置于水平面与斜面上，滑轮两边细线分别与水平面和斜面平行．已知A物块的质量大于B物块的质量，不计一切摩擦，在两物块分别沿水平面与斜面运动的一段过程中，下列说法正确的是（　　） A．细线拉力对两物块做的功相同 B．细线拉力对两物块的冲量相同 C．若将两物块的位置互换，细线上拉力大小不变 D．若将两物块的位置互换，细线上拉力变大 ９.（多选）安全气囊是汽车安全保障的重要设施,它与座椅安全带配合使用,可以为乘员提供有效的防撞保护。若某次汽车安全测试中,汽车发生剧烈碰撞时,安全气囊未打开,与安全气囊顺利打开相比,下列说法正确的是(设每次测试汽车速度相同)(　　) A.安全气囊未打开时,模拟乘员的动量变化量大 B.安全气囊打开时,模拟乘员的动量变化慢 C.安全气囊未打开时,模拟乘员受到撞击力的冲量大 D.安全气囊打开时,模拟乘员受到的撞击力小 １０．（单选）一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉动物块，物块运动时的a﹣t图像如图所示，下列说法错误的是（　　） A．0.5T时，物块速度为0.5a0T B．T～1.5T与1.5T～2T物块运动形式不同 C．T～1.5T，过程中F冲量为ma0T D．T～2T过程中F做功为零 １１.(多选)如图１１所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则(　　) 图１１ A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0 B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0 C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更低 D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更高 1２.(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图１２所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t－26和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则(　　) 图１２ A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机的货物处于失重状态 C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s D.MN段无人机机械能守恒 【能力提升】 １３.（多选）如图所示,质量为m0的机车带着质量为m的拖车在平直轨道上以加速度a匀加速前进,当速度为v0时拖车突然与机车脱钩,到拖车停下瞬间司机才发现。若机车的牵引力一直未变,车与路面间的动摩擦因数为μ,那么从脱钩到拖车刚停下的过程中,下列说法正确的是(　　) A.机车和拖车整体受的合外力为零 B.机车和拖车整体机械能守恒 C.从脱钩到拖车刚停下用时 D.拖车刚停下时汽车的速度为v0 １４．（单选）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图，质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，方向与水平方向夹角α＝30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ＝0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列选项正确的是（　　） A．薄片第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30° B．薄片每次与水平面碰撞过程中，受到的冲量均相等 C．薄片在与水平面多次碰撞后，最终将静止在水平面上 D．薄片与水平面碰撞两次后，水平位移将不再增加 １５．（单选）“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高、安全环保等优势，某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割，已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为（　　） A．1.0×103Pa B．1.0×106Pa C．1.0×107Pa D．1.0×108Pa １６．（多选）将相同的甲、乙两小球从O点水平抛出，均可以到达水平地面上的A点，在空中的运动轨迹如图所示。乙球与地面B点发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，取地面为零势能面，则甲、乙（　　） A．抛出时速度之比为3：1 B．抛出时机械能之比为9：1 C．从O到A的运动过程中运动时间之比为1：1 D．从O到A的运动过程中所受重力的冲量之比为1：3 １７．（多选）水平力F方向确定，大小随时间变化如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为1kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化如图乙所示，取g＝10m/s2，由图象可知（　　） A．小物块所受滑动摩擦力的大小为6N B．4s时小物块的速度为8m/s C．在0～4s时间内，合外力的功为64J D．在0～4s时间内，摩擦力的冲量大小为16N•s １８．（多选）如图所示，轻弹簧与倾角为θ的固定斜面平行弹簧的下端固定，质量为m的物块（视为质点）放在斜面上A点，物块与弹簧接触，但未与弹簧拴接，此时弹簧恰好处于原长状态。若物块从A点以某一初速度沿斜面下滑，测得物块下滑的最大距离为x，所用的时间为t，之后物块被弹簧反向弹回，最终停在A点上方到A点距离为x的B点。物块与斜面间的动摩擦因数为μ，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．在物块上滑的过程中，物块所受合力的冲量为零 B．在物块下滑的过程中，弹簧弹力的冲量大小为mgt（sinθ﹣μcosθ） C．在物块上滑的过程中，当弹簧弹力的大小为mgsinθ+μmgcosθ时，物块的速度最大 D．物块从A点下滑的初速度大小为 非选择题 １９.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 甲 乙 丙 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的竖直向下压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tanθ。 (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量m0=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 ２０．动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，碰撞时间为Δt。如图所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。 a、分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy； b、求小球对木板的作用力。 ２１．2010年，日本发射了光帆飞船伊卡洛斯号造访金星，它利用太阳光的光压修正轨道，节约了燃料。伊卡洛斯号的光帆大约是一个边长为a的正方形聚酰亚胺薄膜，它可以反射太阳光。已知太阳发光的总功率是P0，伊卡洛斯号到太阳的距离为r，光速为c。假设伊卡洛斯号正对太阳，并且80%反射太阳光，那么伊卡洛斯号受到的太阳光推力大小是多少？（已知光具有波粒二象性，频率为ν的光子，其能量表达式为ε＝hν，动量表达式p＝） ２２．已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为P0。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为λ，光速为c。普朗克常量为h。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为R的半球体，球心为O，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为R的圆盘。 ①试比较单位时间打到半球面上的光子数N甲和单位时间打到圆盘上的光子数N乙的大小关系； ②由于太阳光的作用，会使半球体或圆盘受到一个向下的压力。为比较太阳光对图甲中半球体的压力和对图乙中圆盘的压力的大小关系，某同学想到了利用微元法的思想来进行计算。他在半球面上取一条很窄的环带状球面ABCD，AB是一个以O1为圆心的圆的直径，CD是以O1正上方离O1很近的O2（图中未画出）为圆心的圆的直径，∠AOO1＝0。由于AD很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成θ角的斜面。设该环带状球面的面积为S1，其在地面上的投影记为S2。试在以下两种情况下分别写出太阳光对S1面和对S2面（假设太阳光直接穿过球面照射到S2上）的压力的表达式，并比较大小。 a.所有照射到球面上的太阳光均被吸收； b.所有照射到球面上的太阳光均被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律。 参考答案 【模型构建】 例1.B解析:重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为 mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量为f(t2－t1)，D错误。 例2.AD 解析：图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，0～2 s内，根据动量定理有t1－μmgt1＝Δp＝p2－0，代入数据可得p2＝1 kg· m/s，故A正确；2～4 s内，根据动量定理有t2－μmgt2＝mv4－p2，代入数据解得v4＝1 m/s，故B错误；由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为Δp1＝1 kg· m/s，2～4 s内物块动量的变化量大小为Δp2＝0，4～5 s内物块动量的变化量大小为Δp3＝|－t3－μmgt3|＝1.5 kg· m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为＝，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，Ff＝μmg＝1 N，由题图可知为t＝3 s时F＝Ff，根据动量定理可知t23－μmgt23＝mv3－p2，代入数据得v3＝1.5 m/s，故D正确。 例3.A 解析：根据动量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤快速敲打。选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大，快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t，增大铁锤的初速度v0，A正确，B错误；根据F＝，铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打。选择木锤是因为木锤的质量小，低速敲打增大木锤与地板的作用时间t，减小木锤的初速度v0，C、D18例 例4.A 【解析】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有 即在产生拉力瞬间速度为 之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得： 联立解得：；故选A。 例5.BC　【解答】解：AB、由牛顿第二定律：F﹣kv＝ma 解得：a＝﹣v+ 由图像知： v＝0时，a＝a0 即a0＝ 所以有F＝ma0 v＝v0时，a＝0，即0＝﹣v0+ 解得：k＝ 故A错误，B正确； C、由图像知：物体速度增大，加速度减小，当加速度为零时，速度达到最大v0，以后物体做匀速运动，由动量定理得合力冲量为：I＝mv0﹣0＝mv0 故C正确； D、在物体从开始运动到速度最大的过程中，由动能定理：WF﹣W＝mv﹣0， 解得：WF＝W+ 故D错误。 故选：BC。 例6.D 解析：物体在光滑的斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,位移x=at2,x-t图线是开口向上的抛物线的一部分,过P点后物体做匀减速直线运动,故A错误。P是斜面的中点,物体前半段位移与后半段位移大小相等,v-t图像与坐标轴围成的面积应相等,两过程的运动时间t相等,而图示两段v-t图像与坐标轴围成的面积不相等,两段的运动时间t不相等,故B错误。物体先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀减速直线运动且末速度为零,两段位移x大小相等,匀加速结束的速度与匀减速的初速度v相等,由a=可知两段加速度大小相等,由牛顿第二定律可知F=ma,两段运动过程所受合外力大小相等,方向相反,故C错误。由动量定理得I=F合t=mat,由于物体运动两过程所受合力F大小相等、方向相反,力的作用时间t相等,则两过程合外力的冲量方向相反,故D正确。 例7.答案　(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　 J 解析：(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由题图可知此时F＝8 N 由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcosθ 代入数据得μ＝0.25 0～2 s由动量定理有 IF2－mgtsin θ－μmgtcos θ＝mvm－0 根据F－t图像与时间轴所围的面积表示冲量，结合题图可知， IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s 联立解得vm＝8 m/s。 (2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理有 IF4－mgt1sinθ－μmgt1cosθ＝0 其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s 解得t1＝4 s 符合假设，则滑块4 s时末速度为v1＝0滑块到达最高点， 对从最高点下滑过程有v－v＝2a2s 由牛顿第二定律有a2＝gsinθ－μgcosθ 解得最大位移s＝ m 设拉力F做的功为W，上滑过程中， 由动能定理有：W－mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝0 解得W＝ J。 例8.B 【解答】解：时间t内释放光子的能量：E总＝P0t＝P0t， 光子的总动量：p＝＝， 根据题意，由动量定理得：2ηp+（1﹣η）p＝Ft， 激光束对物体产生的压强：p压强＝， 解得压强为：p压强＝，故B正确、ACD错误。故选：B。 例9.B 【分析】风以某一角度α吹到帆面上，碰撞后弹出的角度也是α，碰撞前、后的风速大小相同，当α＝90°时，空气原速率返回，用动量定理求F，再定性讨论各个选项 【解答】解：A、设△t时间内的空气吹到风帆上，根据题意又原速率弹回，△t时间内的空气质量为：△m＝ρSv△t， 由动量定理：F△t＝△mvsin（θ﹣φ）﹣△m（﹣vsin（θ﹣φ）） ＝2△mvsin（θ﹣φ）＝2ρSv2sin（θ﹣φ）△t 解得：F＝2ρSv2sin（θ﹣φ） 将这个压力F沿船身方向及垂直于船身方向的分力分别为F1和F2： F1＝Fsinφ＝2ρSv2sinφsin（θ﹣φ）＝kv2 k＝2ρSsinφsin（θ﹣φ） k与空气的密度ρ有关，而φ 与θ也和空气的密度ρ有关，故A正确。 B、要使无自带动力帆船沿CB航行，帆面的位置如图1所示。 帆面与BC线有夹角，故不处于锐角∠ACB的两边之间，故B错误。 图1 图2 图3 C、如果不断改变帆身和帆面的方位，无自带动力帆船可沿锯齿形航线从A驶向B，如图2所示，故C正确。 D、空气分子与帆面发生弹性碰撞前后，空气分子的速率是不变的。方向发生改变，由图3可知，空气分子的动量改变量与帆面垂直，故D正确。 故选：B。 例10.CD 【分析】由于粒子的运动是无规则的，所以粒子与器壁有均等的碰撞机会，即相等时间内与某一器壁碰撞的粒子为该段时间内粒子总数的。 　　一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是I＝2mv，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力f。 【解答】解、A、由题意，根据动量定理可知一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv，故A错误； B、在△t时间内面积为S的容器壁上的粒子所占据的体积为V＝SvΔt，因为粒子与器壁各面碰撞的机会均等，即可能撞击到某一个器壁面的粒子数为： N＝nV＝nSvΔt。 根据动量定理得Δt时间内粒子给面积为S的器壁冲量大小为： I′＝NI＝nSvΔt•2mv＝nmSv2Δt，故B错误； CD、根据动量定理可得面积为S的器壁所受粒子的压力大小为：F＝＝nmv2S， 所以器壁单位面积所受粒子压力大小为：f＝＝nmv2，根据压强的定义可知器壁所受的压强大小即为器壁单位面积所受的压力大小，故CD正确； 【基础训练】 １．Ｃ　解：规定向西为正，物体动量变化量为mv﹣m（﹣v）＝12kg•m/s，方向向西。 动能，故这个过程中，动能变化量为0，故C正确，ABD错误。 故选：C。 ２．Ｃ　解：A、物体动量（mv）大，可能是速度大，不一定是质量大，惯性大，故A错误 B、做匀速圆周运动的物体，速度大小恒定，速度方向时刻变化，即动量方向时刻变化，故B错误 C、动量大小不变，方向变化的运动，如匀速圆周运动为变速运动，故C正确 D、竖直上抛的物体（忽略空气阻力），机械能守恒，经过空中同一位置时，速度大小相等，方向相反，动量大小相等，方向相反，故D错误 故选：C。 ３．Ｃ　解：A、根据p＝mv知，若物体的速度不变，即速度的大小和方向均不变，动量一定不变，故A错误。 A、根据p＝mv知，若物体的速率不变，方向变化，物体的动量发生改变，故B错误。 C、若物体动能变化，则速度大小一定变化，根据p＝mv知，动量一定变化，故C正确。 D、若物体动量变化，可能速度大小不变、方向变化，则动能可能不变，故D错误。 故选：C。 ４．ＢＣＤ　解：根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△p＝mgt； 下降的高度为h时竖直方向的速度大小为：vy＝，在这段时间内物体动量变化量的大小△p＝mvy＝m 末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量△p＝mvy＝m，故A错误，BCD正确。 故选：BCD。 ５．D 解析：A、过程Ⅰ中仅受重力，根据动量定理知，过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量，故A错误； B、对整个过程运用动量定理知，动量的变化量为零，则整个过程重力的冲量与阻力的冲量大小相等，方向相反，所以过程Ⅱ中阻力的冲量的大小大于过程Ⅰ中重力冲量的大小，故B错误； C、对整个过程运用动能定理，有：mgH﹣Wf＝0，可知整个过程中重力做功等于克服阻力做功，过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功大于过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能，故C错误； D、设过程Ⅰ中钢珠所增加的动能为Ek，过程Ⅱ中损失的机械能△E＝Ek+EP，其中EP为过程Ⅱ中重力势能的减少，所以过程Ⅱ中损失的机械能大于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能，故D正确。 故选：D。 ６.A　解析：设雨滴受到支持面的平均作用力为F,水杯中在Δt时间内有质量为Δm的雨水速度由v=10 m/s减为零。不计雨滴的重力,以向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理FΔt=0-(-Δmv)=Δmv,解得F=。设水杯横截面积为S,水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh,则有Δm=ρSΔh,故F=ρSv=ρv=1×103×10× N/m2=0.25 N/m2,故芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N,A正确,B、C、D错误。 ７.解析：A、由动量定理可知：合外力的冲量等于动量变化量，列车的合外力为牵引力减去阻力，故A错误； B、牵引力的冲量I＝F牵t，但F牵≠F，只有当速度达到最大时F牵＝F，故B错误； C、列车启动过程中，P＝F牵v，v增大时，牵引力减小，所以列车合外力不恒定，做变速直线运动，所以≠，列车行驶的距离s＝t，故C错误； D、列车启动过程中，由动能定理可知：Pt﹣Fs＝﹣，解得：行驶的距离s＝﹣，故D正确；故选：D。 ８.C　解：A、细线拉力对A做正功，对B做负功，所以拉力对两物块做功不同，故A错误； B、冲量是矢量，有方向，而细线对A的拉力和对B的拉力方向不同，所以拉力对两物块的冲量不同，故B错误； CD、设A、B的质量分别为mA、mB，斜面倾角为θ，设细线拉力为F1，加速度为a1，对整体由牛顿第二定律可得：mBgsinθ＝（mA+mB）a1， 　　隔离A根据牛顿第二定律可得：F1＝mAa1，联立解得：F1＝； 互换位置后，设细线拉力为F2，整加速度为a2，整体根据牛顿第二定律可得：mAgsinθ＝（mA+mB）a2， 隔离B根据牛顿第二定律可得：F2＝mBa2，联立解得：F2＝， 　　所以F1＝F2，即将两物块的位置互换，细线上拉力大小不变，故C正确，D错误。 故选：C。 ９.BD 解析：在碰撞过程中,模拟乘员的动量的变化量是一定的,根据动量定理Ft=0-p,可知模拟乘员受到撞击力的冲量大小也是一定的,故A、C错误。在碰撞过程中,模拟乘员的动量的变化量是一定的,安全气囊打开时,增加了作用的时间,根据动量定理Ft=Δp可知,可以减小模拟乘员受到的撞击力;由于F=,因此减小了驾驶员的动量变化率,即模拟乘员的动量变化慢,故B、D正确。 １０.C 解析：AB、根据a﹣t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变化量，且物体从静止开始运动可知： 物体在0～0.5T时间内做初速度为零的加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物体的速度v＝△v＝0.5a0T 0.5T～T时间内物体的加速度为零，以速度v做匀速运动 T～1.5T时间内物体的加速度为﹣a0，物体做匀减速运动， 1.5T时刻的速度v1.5T＝v﹣a0×0.5T＝0.5a0T﹣0.5a0T＝0 1.5T～2T时间内物体做初速度为零加速度为﹣a0的反向匀加速直线运动，2T时物体的速度v2T＝﹣a0×（2T﹣1.5T）＝﹣a0T＝﹣v，其速度时间图像如图所示， 故AB正确； C、T～1.5T，根据动量定理可知F冲量等于物体的动量变化， 即IF＝△p＝0﹣mv＝﹣0.5ma0T，故C错误； D、T～2T过程中，根据动能定理可知：F做的功等于物体的动能变化，即，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 １１.BD 解析：由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－ (－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。 １２.AB 解析：EF段方程y＝4t－26，根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知EF段无人机的速度大小为v＝＝4 m/s，故A正确；FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段无人机的速度为v′＝＝－2 m/s，则有Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12kg·m/s，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 【能力提升】 １３.CD 解析：机车和拖车整体合外力不为零,选项A错误。汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零,系统机械能增加,选项B错误。以拖车为研究对象,由牛顿第二定律得-μmg=ma',则a'=-μg,由-v0=a't得,拖车脱钩后到停止经历的时间为t=,选项C正确。全过程系统受到的合外力始终为(m0+m)a,末状态拖车的动量为零,全过程对系统应用动量定理可得(m0+m)a·=m0v'-(m0+m)v0,解得v'=v0,选项D正确。 １４．Ｄ　解：A、薄片第1次碰后因竖直速度不变，但是由于薄片与地面之间有摩擦力作用，则水平方向速度减小，则薄片离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°，故A错误； BCD、以竖直向上为正方向，薄片第一次与地面碰撞时，设地面对薄片的支持力为F 竖直速度大小不变，竖直方向，Ft＝2mv0sin30°＝mv0 水平方向﹣μFt＝﹣μmv0＝﹣0.5mv0 即每次与地面碰撞一次后，水平方向动量减小0.5mv0， 而水平方向的初动量为 即薄片与水平面碰撞两次后，水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，薄片将在竖直方向不断与地面碰撞；由以上分析可知，薄片在前两次与水平面碰撞过程中，竖直方向受到的冲量相等，水平方向受到的冲量不相等，则薄片与地面碰撞中的冲量不相等。故D正确，BC错误。故选：D。 １５．Ｃ 【分析】根据水的质量与速度关系求从喷嘴喷出水的流度v的大小；根据动量定理和压强公式及牛顿第三定律求水对材料表面的压强p约为多大。 【解答】解：一分钟喷出的水的质量为：m＝ρSvt 水的流速：v＝ 选取△t时间内打在材料表面质量为△m水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向， 由动量定理得：﹣F△t＝0﹣△mv 其中：△m＝ρSv△t 解得：F＝ρSv2 根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力：F′＝F 水对材料垂直于表面方向的压强：p＝ 代入数据解得：p＝1.0×107pa，故C正确，ABD错误。 故选：C。 １６．ＡＤ 【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。结合分运动的规律研究。 【解答】解：AC、甲做平抛运动，乙球与地面发生弹性碰撞，碰撞后做斜抛运动，根据斜抛运动的对称性可知，乙球运动到A点的时间是甲球运动到A点时间的3倍，根据v0甲t甲＝v0乙t乙知，v0甲：v0乙＝3：1，故A正确，C错误； B、抛出时两球的重力势能大小相等，初速度之比为3：1，则动能之比为3：1，而机械能等于动能和重力势能之和，可知机械能之比不是9：1的关系，故B错误； D、甲乙两球运动的时间之比为1：3，根据冲量的公式I＝Ft知，重力的冲量之比为1：3，故D正确。 故选：AD。 １７．ＢＤ　解析：A、设小物块所受滑动摩擦力的大小为f，在t＝4s时的加速度大小为a＝7m/s2、拉力为F＝12N，根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，解得：f＝5N，故A错误； B、a﹣t图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化，小物块的初速度为零，则t＝4s时小物块的速度为v＝m/s＝8m/s，故B正确； C、根据动能定理可得在0～4s时间内，合外力的功为W＝＝J＝32J，故C错误； D、F﹣t图象与坐标轴围成的面积表示力的冲量，所以在0～4s时间内，拉力的冲量为IF＝＝24N•s 设摩擦力的冲量大小为If，取拉力方向为正方向， 根据动量定理可得：IF﹣If＝mv﹣0 解得：If＝16N•s，故D正确。故选：BD。 １８.AC 【分析】根据动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化量，弹簧弹力的大小和冲量利用动量定理求解，物块的初速度用动能定理计算。 【解答】解：A、在物块上滑的过程中，初末速度均为零，动量的变化量为零，由动量定理可知物块所受合力的冲量为零，故A正确； B、在物块下滑的过程中，以向下为正，由动量定理得：mgsinθ×t﹣I弹﹣umgcosθ×t＝0﹣mv0 所以弹簧弹力的冲量为I弹＝mgt（sinθ﹣μcosθ）﹣mv0，故B错误； C、在上滑的过程中，当物块沿斜面方向所受的合力为零时，速度最大， 即mgsinθ+μmgcosθ﹣F弹＝0 解得：F弹＝mgsinθ+μmgcosθ，故C正确。 D、物块从A点开始下滑到上滑到B点的过程中，弹簧弹力做功为零，摩擦力做负功，重力做负功，由动能定理得： 解得，故D错误；故选：AC。 １９.答案：(1)(2)①330 N∙s,方向竖直向上　②0.2 m 解析：本题考查牛顿第二定律、动量定理等。 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂对它向下的压力FN,以及斜面对它的支持力F支,由牛顿第二定律可知(mg+FN)tanθ=ma 解得tanθ=。 (2)①由题图丙可知,碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s 与气囊作用过程,由动量定理(向上为正方向)得：对头锤IF-m0gt=m0v-(-m0v0) 解得v=2 m/s 则头锤上升的最大高度h==0.2 m。 ２０.【分析】a、分别求出碰撞前的x、y方向的动量和碰撞后x、y方向的动量，然后求出动量的变化； b、根据动量定理求解木板对小球作用力大小，根据牛顿第三定律求解小球对木板作用力大小。 【解答】解：a、在x方向：动量变化为Δpx＝mvsinθ﹣mvsinθ＝0 在y方向：动量变化为Δpy＝mvcosθ﹣（﹣mvcosθ）＝2mvcosθ，方向沿y轴正方向； b、根据动量定理可知，木板对小球作用力大小为 方向沿y轴正方向。 根据牛顿第三定律，小球对木板作用力大小为，方向沿y轴负方向。 答：a、碰撞前后x方向小球的动量变化为零、y方向小球的动量变化为2mvcosθ，方向沿y轴正方向； b、小球对木板的作用力大小为，方向沿y轴负方向。 【点评】本题主要是考查动量变化的计算和动量定理，知道动量是矢量，动量的变化要根据矢量的合成进行解答，不是简单的代数运算。 ２１. 答案为：。 【分析】计算出单位时间内光帆接收到光子的总动量变化量，由于80%反射太阳光，20%被吸收，根据动量定理解方程求解。 【解答】解：在以太阳为中心、半径为r的球面上的总功率为P0， 在光帆上每单位时间内接受到的总能量E＝① 设每单位时间内接受到的光子数为n，则有：E＝nhν＝n 光子动量表达式p＝，所以E＝nPc ② 根据①②可得单位时间内n个光子的总动量为nP＝ 单位时间内光帆接受到的光子数为n，80%反射太阳光，20%被吸收，根据对光子动量定理可得： F×1＝20%nP+2×80%nP＝。 根据牛顿第三定律可得伊卡洛斯号受到的太阳光推力大小为。 ２２.答：①N甲＝N乙 ②a.S1面受到的力为，S2面受到的力为，两者大小相等； b.S1面受到的力为，S2面所受到的光子作用力为，F3y＜F4 【分析】（1）求出圆形区域获得的太阳光能量，总能量除以每个光子的能量等于光子数；（2）求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后求出光压；（3）求出太阳帆受到的压力，由牛顿第三定律求出。 【解答】解：①由于太阳光垂直于地面入射到半球面上，则，同理 故N甲＝N乙 ②a.在Δt时间内，射到S1面上的光子数为 光子被完全吸收，根据动量定理，光子受到的力F1，则 故 根据牛顿第三定律，S1面受到的力 同理，S2面受到的力 又因为S2＝S1cosθ，故F'1＝F'2 b.在Δt时间内，射到S1面上的光子数仍为N1，所有光子均被反射，设每个光子被反射前、后的动量变化量为Δp，则，方向垂直于S1面，如图所示 根据动量定理，光子受到的作用力F3，则 故，方向垂直于S1面斜向上 根据牛顿第三定律，S1面受到的力垂直于S1面斜向下，其竖直向下的分力为S1面所受到的合力，即 同理，不难求出S2面所受到的光子作用力为F4，F4＝ 故，即F3y＜F4。 2 学科网（北京）股份有限公司 $$