第7章 第1讲 动量 冲量 动量定理-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

第1讲　动量　冲量　动量定理 第七章　动量守恒定律 1 [考情分析及命题规律解读] 2 [学习目标]　1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。 3 考点一　动量、冲量的理解及计算 考点二　动量定理的理解及应用 考点三　应用动量定理处理“流体模型” 课时作业　巩固提高训练 内容索引 4 考点一　动量、冲量的理解及计算 一 5 1.动量 (1)定义：质量和_________的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。 (2)表达式：p＝_________。单位为kg·m/s。 (3)标矢性：动量是矢量，其方向和_________方向相同。 (4)动量和动能的关系：____________或Ek＝。 速度 mv 速度 p＝ 盘点 核心知识 6 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是_________，其方向与速度的 改变量Δv的方向_________。 (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p'减去初动量p进行计算，也 称为动量的增量，即Δp＝_________。 3.冲量 (1)定义：力与力的___________的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝________。冲量的单位是________，符号是________。 (3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向_________。 矢量 相同 p'－p 作用时间 FΔt 牛秒 N·s 相同 7 4.冲量与功的比较   冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I＝FΔt(F为恒力) W＝Flcos α (F为恒力) 标矢性 矢量 标量 意义 (1)表示力对时间的累积 (2)是动量变化的量度 (1)表示力对空间的累积 (2)是能量变化的量度 说明 作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系 8 5.变力的冲量的计算 (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：在F－t图像中图线与坐标轴所围的面积即 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，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出合外力的冲量。 9 [判断正误] 1.物体的速度大小不变，其动量不变。(　　) 2.物体所受合力不变，其动量也不变。(　　) 3.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为0。(　　) 4.作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。(　　) × × × √ 10 [典例1]　(2025·江苏南京师范大学附属中学月考)如图，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等。让甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度v0从顶端A运动到底端，同时让乙球以同样的 初速度从B点抛出，两球同时到达地面，不计空气阻力，则(　　) A.两球运动过程中所受重力的冲量不同 B.两球运动过程中动量的变化量相同 C.两球到达地面前瞬间动能相等 D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等 考向1　动量与动能 D 提升 关键能力 11 [解析]　因两球同时到达地面，设斜面倾角为θ，由 h＝v0sin θ·t＋at2，可知甲球的加速度在竖直方向 的分量等于重力加速度，由公式IG＝mgt，PG＝mg (v0sin θ＋gt)可知两球运动过程中所受重力的冲量相 同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等，故A错误，D正确；甲球在水平方向还有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球运动过程中速度的变化量大，则两球运动过程中动量变化量不同，两球到达地面前瞬间速度大小不相等，动能不相等，故B、C错误。 12 [典例2]　如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1速度为零并又开始下滑，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Ff，重力加速度为g。在整个运动过程 中，下列说法正确的是(　　) A.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ B.重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ C.合外力的冲量为0 D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2) 考向2　恒力冲量的计算 A 13 [解析]　将重力按照垂直于斜面和平行于斜面方向分 解，由滑块在垂直于斜面方向受力平衡可得支持力 FN＝mgcos θ，则支持力对滑块的总冲量为IN＝FN(t1 ＋t2)＝mg(t1＋t2)cos θ，方向垂直斜面向上，故A正确；根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为 IG＝mg(t1＋t2)，方向竖直向下，故B错误；一开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，根据动量定理可知 I合＝Δp，显然合外力的冲量不为0，故C错误；小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为 I摩＝Fft2－Fft1 ，故D错误。 14 [典例3]　(2025·江苏盐城伍佑中学校考)一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4 s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.可求2~4 s内，木箱的加速度 B.可求出木箱与地面间的动摩擦因数 C.可求出0~6 s内合力的冲量大小 D.可求出0~6 s内木箱克服摩擦力做的功 考向3　利用F－t图像求冲量 C 15 [解析]　4 s后木箱做匀速直线运动，表明滑动摩擦力 大小等于F2，由于木箱质量不确定，因此不能求木箱 的加速度和木箱与地面间的动摩擦因数，A、B错误； 在F－t图像中，图线与时间轴所围面积表示冲量，根 据题图可求出0~6 s内拉力F的冲量大小IF＝2(F1＋F2＋ F3)，0~2 s内木箱处于静止状态，静摩擦力与F1等大反 向，2~6 s内摩擦力为滑动摩擦力，大小等于F2，方向与拉力方向相反，则0~6 s内摩擦力的冲量If＝－2Ff1－4Ffmax＝－2F1－4F2，则合力的冲量大小I合＝IF＋If，解得I合＝2(F3－F2)，则可求出0~6 s内合力的冲量大小，C正确；由于木箱质量不确定，因此不能求出木箱的速度、加速度与位移，即不能求出0~6 s内木箱克服摩擦力做的功，D错误。 16 考点二　动量定理的理解及应用 二 17 1.动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受_________的冲量等于它在这个过程始 末的_________变化量。 (2)表达式：FΔt＝Δp＝p'－p。 (3)矢量性：动量变化量的方向与_____________的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。 力 动量 合外力的冲量 盘点 核心知识 18 2.动量定理的理解 (1)Ft＝p'－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。列方程之前应先规定正方向。 (2)Ft＝p'－p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。 19 (4)由Ft＝p'－p得F＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 (5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。 20 3.动量定理的两个重要应用 (1)应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I。 (2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换为动量的变化量。 21 [判断正误] 1.物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。(　　) 2.运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。(　　) 3.物体动量变化量的方向与物体速度变化量的方向是一致的。(　　) √ × √ 22 [典例4]　(2025·江苏淮安涟水县一中月考)快递运输时，我们经常看 到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处 是(　　) A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化 C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加 考向1　用动量定理解释生活中的现象 C 提升 关键能力 23 [解析]　充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小某颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。 24 用动量定理解释两种现象 总结提升 1.Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。 2.F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。 分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。 25 [典例5]　(2024·全国甲卷改编)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为30 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 4 600 N 考向2　动量定理的有关计算 D 26 [解析]　根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员在空中上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小 v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B、C错误；由对称性可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。 27 人教版选择性必修第一册第一章第2节练习与应用第5题： 一个质量为60 kg的蹦床运动员，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0.8 s，g取10 m/s2。 (1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。 (2)求网对运动员的平均作用力大小。 (3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。 考教衔接 28 [衔接分析]　情景相同，都是利用动量定理计算蹦床对运动员的作用力。高考改编题给出的是运动员对蹦床作用力F与时间t的关系图像，利用图像算出运动员接触和离开蹦床的速度的大小。教材给出的是运动员接触蹦床前后离开网面的最大高度，利用高度得到接触网面前后的速度。教材利用三个小问题作为台阶难度降低。 [复习指导]　熟练掌握利用动量定理求平均力的方法。 [答案]　(1)1 080 kg·m/s，方向竖直向上 (2) 1 950 N　(3)1 560 N·s，方向竖直向下　1 560 N·s，方向竖直向上 29 [典例6]　将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5。现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物块由静止开始运动，作用4 s后撤去F，g取10 m/s2。对于物 块从静止开始到物块停下这一过程，下列说法正确的是(　　) A.在整个过程中，物块运动的时间为6 s B.在整个过程中，物块运动的时间为8 s C.在整个过程中，物块的位移大小为40 m D.在整个过程中，物块的位移大小为60 m 考向3　动量定理在多过程中的应用 B 30 [解析]　在整个过程中，由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块运动的前4 s，由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为，全程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误。 31 用动量定理解题的基本思路 方法技巧 32 1.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 教参独具 D 33 解析：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，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。 34 2.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。已知物块与水平 桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取 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 m/s A 35 解析：F－t图像中图线与坐标轴围成的面积表示 拉力的冲量，在t＝2 s时，根据动量定理可知 t1－μmgt1＝p－0，代入数据可解得p＝ 1 kg·m/s，故A正确；同理，在2~4 s内，根据动 量定理有t2－μmgt2＝mv－p，代入数据解得v＝ 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 1 kg·m/s，2~4 s内物块动量的变化量大小为0，4~5 s内物块动量的变化量大小为Δp＝|－t3－μmgt3|＝ 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2∶3，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可知为t＝3 s时刻，在2~3 s内，根据动量定理可知t'－μmgt'＝mv'－p，代入数据解得v'＝1.5 m/s，故D错误。 36 3.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量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻力，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 A 37 解析：安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量达到最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－)t＝0－mv，故＋mg＝＋mg，故选项A正确。 38 考点三 应用动量定理处理“流体模型” 三 39 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的粒子数n 分析 步骤 (1)构建“柱状”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)列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 盘点 核心知识 40 [典例7]　某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5 cm，空气密度为1.29 kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度取10 m/s2，则此时吹风机的风速约 为(　　) A.6 m/s　　　　　　　 B.8 m/s C.10 m/s D.12 m/s 考向1　应用动量定理处理流体类问题 A 提升 关键能力 41 [解析]　对于Δt时间内吹出的空气，根据动量定理得FΔt＝mv＝ρvSΔt·v，其中F＝G＝0.36 N，S＝πr2，代入数据解得v≈6 m/s，故选A。 42 [典例8]　如图所示，某种气体分子束由质量为m、速度为v的分子组成，设各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回。如果分子束中每立方米的体积内有n0个分子，则下列说法正确的是 (　　) A.单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为0 B.单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做负功 C.分子束撞击平面所产生的压强为2n0mv2 D.分子束撞击平面所产生的压强为n0mv2 考向2　应用动量定理处理微粒类问题 C 43 [解析]　分子打在某平面上后又以原速率反向弹回，则单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为2mv，故A错误；单个分子与平面碰撞的过程中ΔEk＝0，根据动能定理可得，平面对其做的功为零，故B错误；时间t内碰撞面积为S的平面上的分子数为N＝(vt·S)n0，对于这部分分子，根据动量定理有－Ft＝－Nmv－Nmv，解得F＝2n0mv2S，根据压强的计算公式可得p＝，解得p＝2n0mv2，故C正确，D错误。 44 4.2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东 风着陆场成功着陆。如图所示，距离地面高度约1 m 时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点 火竖直向下喷气，喷出的燃气相对于喷气前返回舱 的速度为v，4台发动机喷气口的横截面积均为S， 喷出燃气的密度为ρ。喷出的气体所受重力忽略不计。反推发动机工作 时燃气对返回舱作用力的大小为(　　) A.4ρSv2 B.ρSv2 C.4ρSv D.ρSv 教参独具 A 45 解析：极短的时间Δt内喷出的燃气质量Δm＝ρvΔt·4S＝4ρvΔtS，根据动量定理有FΔt＝Δmv，联立解得F＝4ρSv2，由牛顿第三定律知反推发动机工作时燃气对返回舱作用力的大小为F'＝F＝4ρSv2，故选A。 46 5.一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻 力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　) A.Snm B.2Snm C.Snm D.2Snm 解析：时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝nmS；根据牛顿第三定律及平衡条件可知，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F'＝F，牵引力的功率为P＝F'v0＝Snm，故C正确，A、B、D错误。 C 47 课时作业　巩固提高训练 四 48 1.(2025·江苏徐州阶段练习)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 D 49 解析：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，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 50 2.(2025·江苏淮安楚州中学月考)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力 F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t 内，下列说法正确的是(　　) A.物块所受拉力F的冲量方向水平向右 B.物块所受拉力F的冲量大小为2mv C.物块所受重力的冲量大小为零 D.物块所受合力的冲量大小为Fcos θ·t 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcos θ，Ft＝，故B错误，D正确。 D 51 3.(2024·北京卷)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是 (　　) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 52 解析：小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度总大于下落过程的加速度，D错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知，小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受空气阻力，由功能关系可知，上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能，B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 53 4.(2025·江苏盐城模拟)做惯性演示实验时，小刚将 一张白纸平放在水平桌面上，在白纸的上面水平放置 一个黑板擦，用力把白纸快速抽出，黑板擦几乎不动， 但细心的小刚发现，黑板擦在桌上水平前进了一小段 距离，对于这种现象，下列说法中正确的是(　　) A.将白纸快速抽出，黑板擦受到与运动方向相反的摩擦力 B.将白纸快速抽出，白纸给黑板擦的摩擦力对黑板擦做了正功 C.如果以较小速度抽出白纸，黑板擦往前运动的加速度将会变小 D.如果以较小速度抽出白纸，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 54 解析：将白纸快速向左抽出时，黑板擦受到摩擦力 向左，黑板擦向左运动，摩擦力的方向与黑板擦的 运动方向相同，摩擦力对黑板擦做正功，A错误， B正确；设黑板擦的质量为m，白纸与黑板擦之间的 动摩擦因数为μ1，黑板擦在白纸上向前滑动的加速 度为a1，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得a1＝μ1g，无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在白纸上向前滑动的加速度a1相同，设桌面与黑板擦之间的动摩擦因数为μ2，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度为a2，根据牛顿第二定律得μ2mg＝ma2，解得a2＝μ2g，无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度a2相同，C错误；如果以较小速度抽出白纸，白纸与黑板擦之间的作用时间变长，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变大，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 55 5.如图为一种拓展训练的团队合作项目——“鼓动 人心”。每个队友都拉着其中一条绳子，通过绳子 控制鼓面，借助全体队员的共同努力，完成颠球目 标。某次颠球过程，质量为250 g的排球由静止下落 45 cm击中鼓面，被队员齐心协力竖直弹回原高度，球与鼓面的接触时 间为0.1 s，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.若队员齐心协力，可以使鼓面与每根绳子始终处于同一平面上 B.向上颠球的过程中，鼓面对排球的冲量等于排球动量的变化量 C.向上颠球的过程中，鼓面对排球的平均作用力大小为17.5 N D.排球从落下到弹回原处的过程中，其重力的冲量先增大后减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 56 解析：因鼓有重力，绳子弹力在竖直方向有分力，所以鼓面与每根绳子不可能在同一平面上，故A错误；根据动量定理，向上颠球的过程中，鼓面对排球的作用力与排球重力的合力的冲量等于排球动量的变化量，故B错误；取竖直向上为正方向，对排球由动量定理得(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，其中v1＝v2＝＝3 m/s，解得F＝17.5 N，故C正确；冲量是作用力与时间的乘积，显然排球从落下到弹回原处的过程中，排球重力的冲量一直增大，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 57 6. 某空间站的核心舱垂直于运动方向的横截面面积约为9 m2，以第一宇宙速度v＝7.9×103 m/s运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m＝1.5×10－7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N的推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为(　　) A.2×106个　　　　　　 B.16个 C.14×104个 D.2个 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv，代入数据解得n≈2，故选D。 D 58 7.(2025·江苏南京模拟)物体的运动状态可用位置坐标x和动量p来描述。有一小球从静止落下，落到水平桌面后反弹，若规定以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，碰撞过程时间不计且有能量损失，忽略空气阻 力，则小球对应的p－x图像是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 59 解析：竖直向下为正方向，则下落时的动量p＝mv＝m，图像为曲线且向下弯曲；与地面碰撞后，向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则碰后速度小于碰前速度，上升过程中p'＝mv'＝m ，小球回不到初始位置，A、B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 60 8.中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说 法正确的是(　　) A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3 B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2 D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 61 解析：形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；弹幕对目标的力与目标对弹幕的力大小相等，作用时间相等，则弹幕对目标形成的冲量大小与目标对弹幕形成的冲量大小相等，则由动量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 62 9.(2025·江苏江阴高级中学检测)如图所示，在xOy竖直平面内，由A点斜射出一个小球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、C、D三点的 坐标已在图中标出，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A.小球在A点的动量和在C点的动量相同 B.从A到B和从B到C，小球动量变化量相同 C.小球从B到C重力的冲量小于从C到D重力的冲量 D.小球从B到C的动量变化率小于从C到D的动量变化率 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 能力提升 B 63 解析：动量是矢量，A、C两处速度方向不同，所以动量不同，故A错误；小球在x轴方向上做匀速直线运动，而A到B、B到C、C到D在x轴上间距相等，所以经历的时间也相等，设时间均为t，小球又只受重力作用，则A到B、B到C、C到D速度变化量相同，为Δv＝gΔt＝gt，所以从A到B和从B到C，小球的动量变化量Δp＝mΔv＝mgt，可知从A到B和从B到C小球的动量变化量相同，故B正确；重力的冲量I＝mgΔt，因为B到C、C到D的时间相等，所以重力的冲量相同，故C错误；因为B到C、C到D的时间相等，动量的变化相同，所以动量的变化率也相等，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 64 10.某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开，叶片旋转形成的圆面积为S，空气 密度为ρ，则下列说法正确的是(　　) A.风力小车的原理是将风能转化为小车的动能 B.t时间内叶片排开的空气质量为ρSv C.叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为ρSv2 D.叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为ρSv2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 65 解析：风力小车的原理是电能转化为小车的动能，故A错误；t时间内叶片排开的空气质量为m＝ρvtS，故B错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为F＝＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C正确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝m0v2＝ρSv·v2＝ρSv3，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 66 11.中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v变为4v，随后在另一段赛道内速度大小由5v变为7v，在前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为Δp1和Δp2。下 列关系式可能成立的是(　　) A.W1＝W2，Δp1＝Δp2 B.W1＝W2，Δp1＝Δp2 C.W1＝W2，Δp1＝4Δp2 D.W1＝W2，Δp1＝4Δp2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 67 解析：根据动能定理有W1＝m(4v)2－m(2v)2＝6mv2，W2＝m(7v)2－m(5v)2＝12mv2，可得W1＝W2；由于速度和动量都是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，则在前后两段赛道内，赛车动量变化的大小范围分别是2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，可得Δp2≤Δp1≤3Δp2，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 68 12.(14分)(2025·江苏南通高三期中)如图甲所示，足够长的木板B静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物块A以初速度v0＝3 m/s从B右端滑上B，同时给B施加一水平方向的作用力F，F随时间t变化情况如图乙所示，规定水平向左为正方向，3 s后撤去F。已知A的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝4 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 69 (1)t＝0时刻A、B的加速度大小aA、aB； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：t＝0时，A、B相对滑动，根据牛顿第二定律以及A的受力分析可得，A的加速度水平向右，大小为μmAg＝mAaA，解得aA＝1 m/s2 根据牛顿第二定律以及B的受力分析可得B的加速度方向水平向左，大小为F＋μmAg＝mBaB 解得aB＝2 m/s2。 答案：1 m/s2　2 m/s2 70 (2)0~2 s内A和B间产生的摩擦热Q； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由(1)中可得A减速，B加速，则A、B的共速时间为v0－aAt1＝aBt1 解得t1＝1 s 0~1 s内的相对位移为Δx Δx＝xA－xB＝v0t1－aAaB＝1.5 m 71 t＝1 s时，A、B相对静止，两物体受力情况发生突变，1~2 s内，假设A、B仍旧相对静止，则 F＝(mA＋mB)a，Ff＝mAa 此时解得Ff＝2 N A、B之间最大静摩擦力Fmax＝μmAg＝2 N＝Ff 经以上判断假设成立，故0~2 s内两物体的相对位移为1.5 m 则0~2 s内摩擦生热为Q＝μmAgΔx＝3 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 答案：3 J 72 (3)A最终的动能Ek。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：0~3 s内，根据动量定理对A、B系统进行分析可得F1(t1＋t2)－F2t3＝p－mAv0 撤去F后，A、B动量守恒，即p＝(mA＋mB)v A最终的动能Ek＝mAv2≈0.44 J。 答案：0.44 J 73 $$