第34讲　动量　动量定理 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第34讲　动量　动量定理 一、动量 1．动量 (1)定义：运动物体的_质量__和_速度__的乘积。 (2)公式：p＝_mv__。 (3)单位：_千克米每秒__，符号是kg·m/s。 (4)矢量性：方向与_速度__的方向相同，运算遵循_平行四边形定则__。 2．动量变化量 (1)定义：物体在某段时间内_末动量__和_初动量__的矢量差(也是矢量)。 (2)动量变化量的计算 ①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，Δp＝_p′－p__。 ②当初、末动量不在一条直线上时，用平行四边形定则或三角形定则计算，如图所示。 二、动量定理 1．冲量 (1)定义：力与力的_作用时间__的乘积。 (2)公式：I＝_FΔt__。 (3)单位：_牛顿秒__，符号是_N·s__。 (4)矢量性：方向与_力的方向__相同。 (5)物理意义：反映力的作用对_时间__的积累效应。 2．动量定理 (1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受_合力的冲量__。 (2)表达式：mv′－mv＝_F合t__或p′－p＝_F合t__。 1．某物体的速度大小不变，动量一定不变。( × ) 2．物体的质量越大，动量一定越大。( × ) 3．物体的动量相同，其动能一定也相同。( × ) 4．冲量是矢量，其方向与力的方向相同。( √ ) 5．力越大，力对物体的冲量越大。( × ) 6．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。( √ ) 考点1 对动量、冲量的理解 (基础考点·自主探究) 1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化，但动量发生变化时动能不一定发生变化 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平均力法：若力的大小随时间均匀变化且力的方向不变，即力与时间是一次函数关系，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。 ②F－t图像法：在F－t图像中，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：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。 【跟踪训练】 (动量和动量变化量的计算)(多选)(2024·梅州模拟)如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为4 kg·m/s D．足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J [答案]　BC [解析]　足球到达脚部的速度为v＝＝5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间为t＝＝0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B正确；根据运动的对称性，足球离开脚部的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚部与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C正确；足球落到脚部和离开脚部时的动能相等，均为5 J，所以足球与脚部作用过程中动能变化量为0，D错误。 (恒力冲量的计算)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Ff。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Ff(t1＋t2) [答案]　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Ff(t2－t1)，D错误。 (动量和动能的关系)高速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]　设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律v＝at、x＝at2，结合动能公式Ek＝得，Ek＝、Ek＝max，可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝x，故A、C两项错误，B项正确；由Ek＝可知Ek∝p2，故D项错误。 (利用F－t图像求冲量)(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图像中图线与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，0～4 s内合外力的冲量为零，故A、B两项正确；2 s末合外力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但速度方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C项错误，D项正确。 考点2　对动量定理的理解及应用 (能力考点·深度研析) 对动量定理的理解 (1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。 (2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。 (3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。 (4)当用动量定理研究系统时，初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。 (5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。 ►考向1　利用动量定理解释现象 “智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品，该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地减小摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　) A．减小穿戴者与地面的接触时间，减小合力冲量 B．延长穿戴者与地面的接触时间，增大合力冲量 C．减小穿戴者与地面的接触时间，减小地面对穿戴者的平均冲击力 D．延长穿戴者与地面的接触时间，减小穿戴者的动量变化率 [答案]　D [解析]　在穿戴者着地时，动量的变化量是一定的，穿上“智能防摔马甲”后与地面的接触时间变长，根据Ft＝Δp知，地面对穿戴者的平均冲击力减小，即穿戴者的动量变化率减小，D正确。 反思提升　　　　 用动量定理解释现象 分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。 (1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小， (2)F一定，此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。 ►考向2　利用动量定理求速度、冲量、平均作用力或动量的变化量 (2024·广东卷，13分)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (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tan θ。 (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M＝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。 [答案]　(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m [规范答题]　(1)敏感球受到竖直向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，由牛顿第二定律有 (mg＋FN)tan θ＝ma(2分) 解得tan θ＝。(2分) (2)①F－t图像中图线与时间轴围成的图形的“面积”表示冲量，由题图可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s(2分) 方向竖直向上(1分) ②头锤落到气囊表面时的速度 v0＝＝8 m/s(1分) 头锤与气囊作用过程，由动量定理有 IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)(向上为正方向)(2分) 解得碰撞结束时头锤的速度大小v＝2 m/s(1分) 则碰撞结束后头锤上升的最大高度 h＝＝0.2 m。(2分) 反思提升　　　　 应用动量定理解题的一般思路 ►考向3　动量定理与F－t图像的综合应用及多过程问题 (多选)(2023·福建卷)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则(　　) A．0～2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同 C．2～6 s内，甲、乙两车的位移不同 D．t＝8 s时，甲、乙两车的动能不同 [答案]　BC [解析]　由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0～2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0～2 s内根据动量定理有I2＝mv2，I2＝S0～2＝2 N·s，乙车在0～6 s内根据动量定理有I6＝mv6，I6＝S0～6＝2 N·s，则可知乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2～6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2～6 s内乙车一直向正方向运动，则2～6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t＝8 s时甲车的速度为0，则t＝8 s时，甲车的动能为0；乙车在0～8 s内根据动量定理有I8＝mv8，I8＝S0～8＝0，可知t＝8 s时乙车的速度为0，则t＝8 s时，乙车的动能为0，故D错误。故选BC。 ►考向4　对系统应用动量定理 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求： (1)A开始运动时加速度a的大小； (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小。 [答案]　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s [解析]　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa，代入数据解得a＝2.5 m/s2。 (2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v 代入数据解得v＝1 m/s。 ►考向5　动量定理与动能定理的综合应用 [答案]　(1)　(2) (3)d(1－μ) [解析]　(1)滑雪者从A到P根据动能定理有 mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝mv－0 根据动量定理有 (mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0 联立解得t＝ vP＝。 (2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有vB＝vP＝。 (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vBcos 45°＝g× 水平方向上有L＝vBsin 45°·t 联立可得L＝d(1－μ)。 【跟踪训练】 (多选)(2024·全国甲卷)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10 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 [答案]　BD [解析]　由题图可知，0.3～2.3 s时间内，运动员处于竖直上抛过程，根据运动的对称性可知，运动员上升、下落过程所用时间t0均为1 s，则上抛初速度大小v＝gt0＝10 m/s，B正确；由以上分析可知，t＝1.3 s时运动员位于最高点，重力势能最大，A、C错误；设竖直向上为正方向，蹦床对运动员的平均作用力为F，从运动员接触蹦床到离开蹦床的过程，运动员与蹦床接触时间Δt＝0.3 s，根据动量定理有FΔt－mgΔt＝mv－(－mv)，解得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，D正确。 【跟踪训练】 2022年，我国高铁总里程约达4.2万公里，位列世界第一，为保障列车安全运行每一公里，无缝钢轨线路因热胀冷缩或负载等引起应力集中时，应每隔50～100 m设一位移观测点观测钢轨位移量，进行应力放散，及时排除隐患。一种人工应力放散作业的画面如图所示，四个人拉着最初静止的质量约400 kg的碰撞器竖直向下撞击钢轨，若至少要产生24 000 N的撞击力(设碰撞时间0.1 s，碰撞器不反弹，不计碰撞器与钢轨间的摩擦)，则每个人平均对碰撞器做功至少约为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A．1 250 J B．5 000 J C．25 000 J D．100 000 J [答案]　A [解析]　以碰撞器运动的方向为正方向，在0.1 s的碰撞过程中，根据动量定理有－FΔt＋mgΔt＝0－mv0，将F≥24 000 N代入上式，可得v0≥5 m/s，根据动能定理有4W＝mv，可得每个人平均对碰撞器需要做的功W≥1 250 J，A正确。 用动量定理求解流体冲击力问题 ►考向1　流体类问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是其质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件 分析步骤 1 建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体 (多选)如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(　　) A．＝ρSv B．＝ρSv0 C．＝ D．＝ [答案]　BD [解析]　直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。 ►考向2　微粒类问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 1 建立“柱体”模型，沿运动的方向(速度为v0)选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度Δl＝v0Δt，对应的体积ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算 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．Snmv B．2Snmv C．Snmv D．2Snmv [答案]　C [解析]　在时间t内粘在飞船上的尘埃质量M＝v0tSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得：Ft＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力F＝nmvS；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P＝F′v0＝nmvS，故C正确，A、B、D错误。 提能训练　练案[34] 基础巩固练 题组一　动量　冲量 1．(多选)如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　) A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s C．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 [答案]　AC [解析]　垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向飞出，所以球的动能可能不变，动量大小可能不变，动量大小增量为零，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。 2．如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点，另一端系着质量为m的小球，给小球一定的速度大小v，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球运动半周的过程中，动量不变 B．小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为2mv C．小球运动一周的过程中，重力的冲量为零 D．小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零 [答案]　B [解析]　小球运动半周的过程中，速度方向变化，则动量变化，A错误；取初始时刻小球速度方向为正方向，运动半周小球动量的变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，根据动量定理得，合力的冲量大小为2mv，B正确；小球运动一周的过程中，重力的冲量为IG＝mgT，C错误；小球运动一周的过程中，由动量定理得IG＋IT＝0，解得拉力的冲量为IT＝－IG＝－mgT，D错误。 题组二　动量定理 3．(多选)运输快递时，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对时间的变化率减小 [答案]　CD [解析]　充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量一定，由动量定理可知，充气袋可以延长相互作用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。 4．(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N [答案]　BD [解析]　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。故选BD。 5．为估算雨水撞击地面产生的平均压强，某实验小组在雨天将一圆柱形水杯置于雨中，当雨滴竖直下落的速度为10 m/s时，测得0.5 h内杯中的水上升了18 mm，雨水落到水杯中时有一半反向溅起，速度为下落速度的，另一半速度减小为0。已知雨水的密度为ρ＝1×103 kg/m3，忽略风力和空气阻力的影响，不计雨滴的重力，则可以估算出压强为(　　) A．0.10 Pa B．0.11 Pa C．1.0 Pa D．1.1 Pa [答案]　B [解析]　设圆柱形水杯的底面积为S，t时间内落到水杯中雨滴的质量为m＝ρSh，雨水落到水杯中时有一半反向溅起，设竖直向上为正方向，根据动量定理得F1t＝m·－，另一半速度减小为0，根据动量定理得F2t＝0－，压强p＝＝，代入数据解得p＝0.11 Pa，B正确。 6．(2022·山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　) A．火箭的加速度为零时，动能最大 B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 [答案]　A [解析]　火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。 能力提升练 7．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg [答案]　BC [解析]　物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的冲量大小I冲＝mv0－m(－v0)＝40 kg·m·s－1，方向与运动员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物块整体为研究对象，当物块撞击挡板7次后，7I冲＝m人v7＋mv0，v7<5 m/s，得m人>52 kg，当物块撞击挡板8次后，8I冲＝m人v8＋mv0，v8>5 m/s，得m人<60 kg。故B、C两项正确，A、D两项错误。 8．(多选)(2023·新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零 [答案]　BD [解析]　对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律有a甲＝＝－μg，a乙＝＝－μg，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。故选BD。 9．(多选)2024年5月28日，神舟十八号航天员乘组进行了第十五次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以相对空间站的速度v向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为ρ，航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是(　　) A．航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同 B．喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为F＝ρSv C．喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动 D．航天员到达空间站时相对空间站的速度为v [答案]　AD [解析]　航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确；设在极短的时间内喷出的气体的质量为Δm，Δm＝ρSv·Δt，设对压缩气体的作用力为F′，则对压缩气体有F′Δt＝Δmv，解得F′＝ρSv2，可知喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为F＝F′＝ρSv2，故B错误；由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，因此航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据F＝Ma，v′2＝2ad，解得v′＝v，故C错误，D正确。故选AD。 10．(2023·河北卷)某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10 s至10.35 s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60 kg，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42 m/s2 B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m/s C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 m D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N·s [答案]　C [解析]　 11．(多选)(2024·安徽卷)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则(　　) A．物块始终做匀变速曲线运动 B．t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C．t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2 D．t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s [答案]　BD [解析]　将物块的运动沿x轴方向和y轴方向分解，x轴方向物块的初速度为零，由题图(2)可知沿x轴正方向的两个力的函数表达式分别为F1＝4－t、F2＝3t，则沿x轴方向的加速度的表达式为ax＝＝＝，沿y轴方向的初速度为零，加速度ay＝gsin 30°＝5 m/s2。综上可知，物块的初速度为零，加速度大小和方向随时间变化而变化，速度与加速度的方向无法一直沿同一直线，故物块做曲线运动，但不是匀变速曲线运动，A错误；t＝1 s时，y＝ayt2＝2.5 m，B正确；t＝1 s时，ax＝5 m/s2，则物块的加速度大小a＝＝5 m/s2，C错误；F－t图像中图线与t轴围成图形的面积表示冲量，前2 s内，根据动量定理，沿x轴方向有IF1＋IF2＝mvx，代入数据解得vx＝10 m/s，沿y轴方向有vy＝ayt＝10 m/s，则物块的速度大小v＝＝10 m/s，D正确。 12．在2022年我国举办的第二十四届冬奥会上，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求长直助滑道AB的长度L； (2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小； (3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。 [答案]　(1)100 m　(2)1 800 N·s　(3)受力图见解析　3 900 N [解析]　(1)运动员从A到B做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动公式有v－v＝2aL 解得L＝＝100 m。 (2)规定沿斜面向下为正方向，对运动员在AB段的运动根据动量定理有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。 (3)运动员经过C点时的受力分析如图。 根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有 mgh＝mv－mv 根据牛顿第二定律，有 FN－mg＝m 得FN＝3 900 N。 学科网（北京）股份有限公司 $