1.2动量定理 导学案-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

1.2 动量定理 人教版（2019）· 高中物理 选择性必修第一册 教 学 内 容 导练目标 导练内容 目标1 理解冲量的概念，知道冲量是矢量，会计算某力的冲量（重点）。 目标2 理解动量定理的含义及其表达式，会运用动量定理解决实际问题（重难点）。 目标3 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象（重点）。 ■ 知识导学与典例导练 ▍一、冲量 1．定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，通常用 表示。 2．表达式： 3．单位：牛秒，符号 N·s。 4．矢量性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同，运算遵循平行四边形定则。 5．过程量：冲量取决于力和时间两个因素，求冲量时要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量；恒力冲量与是否受其他力、与物体运动状态均无关。 6．变力冲量：F-t 图像与横轴围成的面积表示冲量；线性变力可用平均力，也可由动量定理 对比维度 冲量 I 功 W 积累方式 力的时间累积 力的空间累积 表达式 标矢性 / 单位 矢量，N·s 标量，J 关系 做功为零，冲量不一定为零 作用力反作用力冲量等大反向，功不一定 ▍二、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： 3．矢量性：动量变化量的方向与合外力冲量的方向相同，可在某一方向上使用动量定理。 4．理解：合外力冲量是动量变化的原因；式中 F 为合外力，变力时取作用时间内的平均值；动量定理既适用于宏观低速，也适用于微观粒子的高速运动。 对比维度 动量定理 动能定理 积累 / 改变量 时间积累改变动量 空间积累改变动能 表达式 标矢性 矢量式 标量式 ▍三、动量定理的应用 1．解释现象（缓冲）： ①Δp 一定时，Δt 短则 F 大、Δt 长则 F 小；②F 一定时，Δt 短则 Δp 小、Δt 长则 Δp 大；③Δt 一定时，F 大则 Δp 大、F 小则 Δp 小。 2．定量计算：动量定理是矢量式，必须先选正方向；式中冲量应为合外力的冲量，不要漏掉某个力。一般步骤如下图： ▍考向一 冲量的概念与计算 围绕冲量的定义、矢量性与过程量，掌握恒力、变力冲量的计算及 F-t 图像面积的含义，注意冲量与功的区别。 【例1】如图所示，物块在恒定拉力F作用下沿固定斜面向上加速运动，则（　　） A．支持力的冲量等于零 B．拉力F的冲量沿斜面向上 C．拉力F的冲量等于物块的动量变化量 D．物块动量变化量的方向沿斜面向上 【例2】如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力作用时间t，物体始终处于静止状态，则下列说法正确的是（　　） A．物体所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ B．物体所受摩擦力的冲量大小是Ftcosθ C．物体所受拉力与摩擦力合冲量向左偏上方 D．物体重力的冲量大小为0 【例3】如图所示，在细绳下端拴一个小球，保持悬点O不动，给小球一初速度使小球在水平面内做匀速圆周运动，圆心O1始终在O点正下方。在小球绕圆心转动一周过程中（　　） A．小球重力的冲量为零 B．小球合力的冲量不为零 C．绳子对小球拉力的冲量方向竖直向上 D．绳子对小球拉力的冲量方向指向O点 ▍考向二 动量定理的理解 抓住“合外力冲量等于动量变化量”这一核心，理解 的矢量性，运用时先规定正方向。 【例4】中国乒乓球队在2024巴黎奥运会上包揽乒乓球项目5枚金牌，系历史上首次达成该成就。忽略空气阻力，关于乒乓球运动，下列说法正确的是（　　） A．球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大 B．乒乓球运动至最高点时，动量为零 C．乒乓球下落过程中，在相等时间内动量变化相同 D．击球过程合外力对乒乓球做功不为零 【例5】如图所示，一个质量为0.2kg的钢球，以5m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以3m/s的速度水平向左运动，钢球的动量变化量为（　　） A．1.6kg•m/s，水平向右 B．1.6kg•m/s，水平向左 C．0.4kg•m/s，水平向右 D．0.4kg•m/s，水平向左 【例6】将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（v﹣t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为0 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 ▍考向三 动量定理的综合应用 结合碰撞、缓冲、流体冲击与科技生活情境，运用动量定理分析平均作用力并进行定量计算，多选注意逐项判断。 【例7】汽车安全气囊被称为“生命的守护神”，汽车发生强烈碰撞时安全气囊弹出可减小（　　） A．受到的作用力 B．受到的冲量 C．受力的面积 D．动量的变化 【例8】水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，墙壁受到的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B．ρSv2 C．ρSvg D．ρSv2g 【例9】如图为我国“神舟”系列载人飞船返回舱返回地面示意图，打开降落伞后，返回舱以8m/s匀速下落。在距离地面1m时，返回舱上的缓冲火箭点火，使返回舱做匀减速运动，着地前瞬间速度降到2m/s，此时立即关闭缓冲火箭同时切断所有降落伞绳，返回舱撞击地面停下，撞击时间为0.1s，返回舱的质量为3×103kg，g取10m/s2，整个过程都在竖直方向运动，则（　　） A．匀速下降阶段返回舱机械能守恒 B．返回舱点火缓冲的时间为0.6s C．返回舱在匀减速过程中处于失重状态 D．地面受到的平均冲击力大小为9×104N ■ 课堂训练（中上难度） 1．苏超总决赛前，南通队17号球员用头连续颠球热身。足球由静止自由下落45cm，被顶起后竖直上升的最大高度仍为45cm，该次球员头部受力随时间的变化关系如图所示。已知足球质量为0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力。则头部与足球接触时间内对足球的平均作用力大小为（　　） A．24N B．26N C．28N D．30N 2．如图所示，有一段截面积为S的弯曲水管被固定在水平地面上，转弯处偏离原方向θ角，若管内水流速度大小为v，水的密度为ρ，管内壁光滑，则水流对转弯处冲击力的大小为（　　） A．ρSv2sinθ B． C． D． 3．如图所示，木块A、B通过一轻质弹簧连接，置于光滑水平面上，水平向左的力F作用在B上，使弹簧处于压缩状态，且A与左侧竖直挡板紧压，整个装置处于静止状态。从同时撤去力F和挡板的瞬间起，至弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．A的加速度一直增大 B．B的动能先增大后减小 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．弹簧对A、B的冲量大小相等 4．踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一学生在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。则以下选项中能够描述毽子上升过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 5．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，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作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2，则（　　） A．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 B．碰撞过程中F的冲量大小为480N•s C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kg•m/s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m 6．如图所示，质量为m的乘客乘坐“苏州之眼”摩天轮，该摩天轮在竖直平面内以速率v做半径为R的匀速圆周运动，在乘客从最高点运动至最低点的过程中，乘客重力的（　　） A．冲量大小为2mv B．冲量大小为 C．功率不断增大 D．功率保持不变 7．图是一可视为质点的小球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图。已知小球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，下列说法正确的是（　　） A．小球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1：2 B．小球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1：2 C．小球从O点到a点和从a点到b点重力的冲量大小之比为1：10 D．小球运动到a点和b点时的动量大小之比为1：2 二．解答题（共6小题） 8．如图所示，光滑水平桌面上建立直角坐标系xOy，可视为质点的光滑小环套在半径R的大圆环上，二者质量均为m。初始时，大圆环的圆心位于坐标原点，给小圆环沿+x方向的初速度v0。求： （1）小环相对大圆环转过90°时，二者沿x方向运动速度大小vx； （2）小环相对大圆环转过90°过程中，小环对大圆环的冲量I的大小和方向； （3）经过时间t，小环的位置坐标。 9．一项新型娱乐项目“娱乐风洞”，是在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好悬浮在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零。 （1）求气流速度大小； （2）若风速变为原来的，求游客开始运动时的加速度大小。 10．如图所示，小红同学用轻质细线系着质量为m的小球，做以P为顶点摆长为l的角速度不同的圆锥摆运动，感受细线拉力的变化。其操作过程是：使小球以角速度ω在水平面内做匀速圆周运动（细线与竖直方向夹角为θ）；继续加速转动，最终使小球以角速度2ω在水平面内做匀速圆周运动。重力加速度为g，不计空气阻力和P点位置的变化。求： （1）以角速度ω运动一周，小球所受重力的冲量大小IG； （2）以角速度ω运动时，小球所受细线拉力的大小F； （3）从ω变化到2ω过程中，细线对小球做的功W。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2 动量定理 人教版（2019）· 高中物理 选择性必修第一册 教 学 内 容 导练目标 导练内容 目标1 理解冲量的概念，知道冲量是矢量，会计算某力的冲量（重点）。 目标2 理解动量定理的含义及其表达式，会运用动量定理解决实际问题（重难点）。 目标3 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象（重点）。 ■ 知识导学与典例导练 ▍一、冲量 1．定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，通常用 表示。 2．表达式： 3．单位：牛秒，符号 N·s。 4．矢量性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同，运算遵循平行四边形定则。 5．过程量：冲量取决于力和时间两个因素，求冲量时要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量；恒力冲量与是否受其他力、与物体运动状态均无关。 6．变力冲量：F-t 图像与横轴围成的面积表示冲量；线性变力可用平均力，也可由动量定理 对比维度 冲量 I 功 W 积累方式 力的时间累积 力的空间累积 表达式 标矢性 / 单位 矢量，N·s 标量，J 关系 做功为零，冲量不一定为零 作用力反作用力冲量等大反向，功不一定 ▍二、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： 3．矢量性：动量变化量的方向与合外力冲量的方向相同，可在某一方向上使用动量定理。 4．理解：合外力冲量是动量变化的原因；式中 F 为合外力，变力时取作用时间内的平均值；动量定理既适用于宏观低速，也适用于微观粒子的高速运动。 对比维度 动量定理 动能定理 积累 / 改变量 时间积累改变动量 空间积累改变动能 表达式 标矢性 矢量式 标量式 ▍三、动量定理的应用 1．解释现象（缓冲）： ①Δp 一定时，Δt 短则 F 大、Δt 长则 F 小；②F 一定时，Δt 短则 Δp 小、Δt 长则 Δp 大；③Δt 一定时，F 大则 Δp 大、F 小则 Δp 小。 2．定量计算：动量定理是矢量式，必须先选正方向；式中冲量应为合外力的冲量，不要漏掉某个力。一般步骤如下图： ▍考向一 冲量的概念与计算 围绕冲量的定义、矢量性与过程量，掌握恒力、变力冲量的计算及 F-t 图像面积的含义，注意冲量与功的区别。 【例1】如图所示，物块在恒定拉力F作用下沿固定斜面向上加速运动，则（　　） A．支持力的冲量等于零 B．拉力F的冲量沿斜面向上 C．拉力F的冲量等于物块的动量变化量 D．物块动量变化量的方向沿斜面向上 【答案】D 【解答】解：A.根据，可知，支持力的冲量不等于零，故A错误； B.拉力F的冲量沿力F的方向斜向上，故B错误； C.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物块的动量变化量，故C错误； D.物块沿斜面向上加速运动，则合外力方向沿斜面向上，根据动量定理可知，动量变化量的方向沿斜面向上，故D正确。 故选：D。 【例2】如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力作用时间t，物体始终处于静止状态，则下列说法正确的是（　　） A．物体所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ B．物体所受摩擦力的冲量大小是Ftcosθ C．物体所受拉力与摩擦力合冲量向左偏上方 D．物体重力的冲量大小为0 【答案】B 【解答】解：A.物体所受拉力F的冲量大小为IF＝Ft，故A错误； B.物体始终处于静止状态，则摩擦力f＝Fcosθ 物体所受摩擦力的冲量大小为If＝ft＝Ftcosθ，故B正确； C.结合平衡条件，物体所受拉力与摩擦力的合力与物体受到的地面给的支持力与物体重力的合力等大反向，物体受到地面的支持力与物体重力的合力在竖直方向，故物体所受拉力与摩擦力合冲量也在竖直方向，故C错误； D.物体重力的冲量大小IG＝Gt 即物体重力的冲量大小不为0，故D错误。 故选：B。 【例3】如图所示，在细绳下端拴一个小球，保持悬点O不动，给小球一初速度使小球在水平面内做匀速圆周运动，圆心O1始终在O点正下方。在小球绕圆心转动一周过程中（　　） A．小球重力的冲量为零 B．小球合力的冲量不为零 C．绳子对小球拉力的冲量方向竖直向上 D．绳子对小球拉力的冲量方向指向O点 【答案】C 【解答】解：A．根据IG＝mgt，可知在小球绕圆心转动一周过程中，时间不为零，所以小球重力的冲量不为零，故A错误； BCD．在小球绕圆心转动一周过程中，小球回到初始位置，速度不变，动量不变。根据动量定理可知，小球合力的冲量为零，则绳子对小球拉力的冲量与重力的冲量等大反向，所以绳子对小球拉力的冲量方向竖直向上，故BD错误，C正确。 故选：C。 ▍考向二 动量定理的理解 抓住“合外力冲量等于动量变化量”这一核心，理解 的矢量性，运用时先规定正方向。 【例4】中国乒乓球队在2024巴黎奥运会上包揽乒乓球项目5枚金牌，系历史上首次达成该成就。忽略空气阻力，关于乒乓球运动，下列说法正确的是（　　） A．球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大 B．乒乓球运动至最高点时，动量为零 C．乒乓球下落过程中，在相等时间内动量变化相同 D．击球过程合外力对乒乓球做功不为零 【答案】C 【解答】解：A、球拍给乒乓球的作用力会改变球的动量，取动量变化的方向为正方向，根据动量定理F合Δt＝Δp可知，动量变化不只取决于合外力，还跟作用时间有关，所以球拍的弹力越大，乒乓球的动量变化未必越大，故A错误； B、乒乓球到达最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度未必为零，由可知，其动量不一定为零，故B错误； C、若不计空气阻力，乒乓球下落过程中仅受重力作用。取竖直向下为正方向，由动量定理Δp＝mgΔt可知，重力为恒力，在相等时间内动量变化的大小相等、方向相同，故C正确； D、由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功取决于乒乓球动能的变化。击球过程中，球的运动方向可能改变，但击球前后速率可能相等，此时动能变化为零，合外力做功也为零，因此合外力做功不一定不为零，故D错误。 故选：C。 【例5】如图所示，一个质量为0.2kg的钢球，以5m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以3m/s的速度水平向左运动，钢球的动量变化量为（　　） A．1.6kg•m/s，水平向右 B．1.6kg•m/s，水平向左 C．0.4kg•m/s，水平向右 D．0.4kg•m/s，水平向左 【答案】B 【解答】解：以水平向右为正方向，则钢球初速度为5m/s，末速度为﹣3m/s，则钢球的初动量为p＝mv＝0.2kg×5m/s＝1kg•m/s 末动量为p′＝mv′＝0.2kg×（﹣3m/s）＝﹣0.6kg•m/s 钢球的动量变化为Δp＝p′﹣p＝﹣0.6kg•m/s﹣1kg•m/s＝﹣1.6kg•m/s 即钢球的动量变化量为1.6kg•m/s，方向水平向左，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【例6】将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（v﹣t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为0 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 【答案】B 【解答】解：A、0到t2时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，故A错误； B、上升过程中，空气阻力的冲量I上＝k∑vt＝kh竖直向下，同理可得下降过程中，空气阻力的冲量I下＝k∑vt＝ kh竖直向上，则小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为I＝I上+I下＝0，故B正确。 C、小球上升过程受重力和竖直向下的阻力，下降过程受重力和竖直向上的阻力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，小球上升过程和下降过程的位移大小相等，把小球的上升过程反过来看作初速度为0的加速运动，根据运动学公式x定性分析可知，小球上升过程的时间小于下降过程的时间，所以小球上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故C错误； D、由于空气阻力的作用，小球的机械能不断减小，所以小球落回抛出点的速度小于v0，所以小球上升过程动量变化量的大小大于下降过程动量变化量的大小，故D错误； 故选：B。 ▍考向三 动量定理的综合应用 结合碰撞、缓冲、流体冲击与科技生活情境，运用动量定理分析平均作用力并进行定量计算，多选注意逐项判断。 【例7】汽车安全气囊被称为“生命的守护神”，汽车发生强烈碰撞时安全气囊弹出可减小（　　） A．受到的作用力 B．受到的冲量 C．受力的面积 D．动量的变化 【答案】A 【解答】解：A、取人原来运动的方向为正方向。碰撞过程中，人的速度由原来的速度减小到零，安全气囊延长了人减速所用的时间。由动量定理FΔt＝|Δp|，其中F为平均作用力的大小，在动量变化相同的情况下，作用时间越长，平均作用力越小，故A正确； B、由冲量与动量变化的关系I＝Δp，人的动量变化相同，受到的冲量也相同，安全气囊不能减小人受到的冲量，故B错误； C、安全气囊与人体接触时，增大了人体的受力面积，而不是减小受力面积，故C错误； D、碰撞前后，人的质量不变，速度均由原来的速度减小到零。由Δp＝m（v﹣v0）可知，安全气囊不能减小人的动量变化，故D错误。 故选：A。 【例8】水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，墙壁受到的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B．ρSv2 C．ρSvg D．ρSv2g 【答案】B 【解答】解：由题意和密度公式可知，Δt时间内射向竖直墙壁的水的质量为Δm＝ρSvΔt 设水受到墙壁的作用力为F，取喷出的水流方向为正方向，由动量定理有﹣FΔt＝0﹣Δmv 联立解得F＝ρSv2 由牛顿第三定律可知，墙壁受到水的平均冲击力为F′＝F＝ρSv2 故B正确，ACD错误。 故选：B。 【例9】如图为我国“神舟”系列载人飞船返回舱返回地面示意图，打开降落伞后，返回舱以8m/s匀速下落。在距离地面1m时，返回舱上的缓冲火箭点火，使返回舱做匀减速运动，着地前瞬间速度降到2m/s，此时立即关闭缓冲火箭同时切断所有降落伞绳，返回舱撞击地面停下，撞击时间为0.1s，返回舱的质量为3×103kg，g取10m/s2，整个过程都在竖直方向运动，则（　　） A．匀速下降阶段返回舱机械能守恒 B．返回舱点火缓冲的时间为0.6s C．返回舱在匀减速过程中处于失重状态 D．地面受到的平均冲击力大小为9×104N 【答案】D 【解答】解：A、匀速下降阶段，空气阻力做负功，机械能不守恒，A错误； B、根据运动学方程，，解得a＝30m/s2，可求得时间为t，解得t＝0.2s，故B错误； C、返回舱在匀减速的过程中，加速度向上，为超重状态，故C错误； D、根据动量定理mv＝（F﹣mg）t，解得F＝9×104N，故D正确。 故选：D。 ■ 课堂训练（中上难度） 1．苏超总决赛前，南通队17号球员用头连续颠球热身。足球由静止自由下落45cm，被顶起后竖直上升的最大高度仍为45cm，该次球员头部受力随时间的变化关系如图所示。已知足球质量为0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力。则头部与足球接触时间内对足球的平均作用力大小为（　　） A．24N B．26N C．28N D．30N 【答案】C 【解答】解：由图可知，头部与足球的接触时间为Δt＝0.1s。 足球下落和上升的高度均为h＝0.45m，由v2＝2gh，解得足球接触头部前、离开头部后的速度大小均为v＝3m/s。 规定竖直向上为正方向，则接触前足球的速度为v1＝﹣3m/s，接触后的速度为v2＝3m/s。 接触过程中，足球受到头部向上的作用力和竖直向下的重力，设头部对足球的平均作用力大小为，由动量定理有，解得，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．如图所示，有一段截面积为S的弯曲水管被固定在水平地面上，转弯处偏离原方向θ角，若管内水流速度大小为v，水的密度为ρ，管内壁光滑，则水流对转弯处冲击力的大小为（　　） A．ρSv2sinθ B． C． D． 【答案】D 【解答】解：弯水管出口、入口处Δt时间内水的质量Δm＝ρSvΔt，动量变化如图所示 则 故弯管对水的作用力大小为 根据牛顿第三定律，水流对弯管的作用力大小也为，故ABC错误，D正确。 故选：D。 3．如图所示，木块A、B通过一轻质弹簧连接，置于光滑水平面上，水平向左的力F作用在B上，使弹簧处于压缩状态，且A与左侧竖直挡板紧压，整个装置处于静止状态。从同时撤去力F和挡板的瞬间起，至弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．A的加速度一直增大 B．B的动能先增大后减小 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．弹簧对A、B的冲量大小相等 【答案】D 【解答】解：A．由题意可知，对A根据牛顿第二定律可得弹力就是物体受到的合力即F弹＝mAa 弹簧第一次恢复到原长的过程中弹簧弹力逐渐减小，所以A的加速度一直减小，故A错误； B．弹簧第一次恢复到原长的过程中对B的弹力始终向右，对B始终做正功，B的动能一直增大，故B错误； C．弹簧第一次恢复到原长的过程中，弹簧的形变量逐渐减小，所以弹簧的弹性势能减小，故C错误； D．弹簧对A和对B的弹力大小相等，方向相反，且作用时间相等，规定向右为正，根据I＝Ft 所以弹簧对A、B的冲量大小相等，方向相反，故D正确。 故选：D。 4．踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一学生在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。则以下选项中能够描述毽子上升过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：毽子在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的空气阻力f。根据题意可知，空气阻力与速率成正比，即f＝kv，合外力大小为F＝mg+kv。随毽子向上运动，速率v不断减小，可知空气阻力f逐渐减小，合外力F逐渐减小。由动量p＝mv可知，上升过程中动量逐渐减小。 根据动量定理可知，p﹣t图像切线斜率的绝对值表示合外力大小。因为合外力F不断减小，所以p﹣t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，即图像的曲线越来越平缓。结合选项图像可知，A图像斜率为零，C图像斜率绝对值逐渐增大，D图像斜率恒定，B图像斜率绝对值逐渐减小，故ACD错误，B正确。 故选：B。 5．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，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作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2，则（　　） A．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 B．碰撞过程中F的冲量大小为480N•s C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kg•m/s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m 【答案】C 【解答】解：AB、根据F−t图像与横轴围成的面积表示冲量，由图乙可知，碰撞过程中F的冲量大小为：，气囊对头锤竖直方向作用力F方向竖直向上，则F的冲量方向竖直向上，故AB错误； C、头锤落到气囊上时的速度大小为，头锤与气囊作用过程，取竖直向上为正方向，由动量定理可得：IF﹣Mgt＝Mv﹣（﹣Mv0），代入数据解得：v＝2m/s，则碰撞过程中头锤的动量变化量为：Δp＝Mv﹣（﹣Mv0）＝20×2kg•m/s+20×8kg•m/s＝200kg•m/s，故C正确； D、碰撞结束后头锤上升的最大高度为：，故D错误。 故选：C。 6．如图所示，质量为m的乘客乘坐“苏州之眼”摩天轮，该摩天轮在竖直平面内以速率v做半径为R的匀速圆周运动，在乘客从最高点运动至最低点的过程中，乘客重力的（　　） A．冲量大小为2mv B．冲量大小为 C．功率不断增大 D．功率保持不变 【答案】B 【解答】解：A.动量变化等于合力的冲量，合力不等于重力，故A错误； B.重力是恒力，冲量I＝mg•t，乘客从最高点到最低点的时间，代入数据得，故B正确； CD.重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，在最高点，速度方向水平，θ＝90°，P＝0； 运动过程中，速度方向与竖直方向的夹角θ先减小后增大，到达最低点时，速度方向水平，θ＝90°，P＝0。 因此重力的功率先增大后减小，不是“不断增大”，故CD错误。 故选：B。 7．图是一可视为质点的小球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图。已知小球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，下列说法正确的是（　　） A．小球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1：2 B．小球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1：2 C．小球从O点到a点和从a点到b点重力的冲量大小之比为1：10 D．小球运动到a点和b点时的动量大小之比为1：2 【答案】A 【解答】解：A.小球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，由vy＝gt得排球落到a点和b点的竖直速度之比为1：2，又重力的瞬时功率P＝mgvy，可得重力的瞬时功率之比为1：2，故A正确； B.排球抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，从出发点开始相同时间内竖直方向运动的位移之比为1：3，即排球从O点到a点和从a点到b点竖直方向运动的位移大小之比为1：3，根据W＝mgh可知重力做功之比为1：3，故B错误； C.根据重力冲量计算公式IG＝mgt，可知小球从O点到a点和从a点到b点重力的冲量大小之比为1：1，故C错误； D.排球落到a点和b点的竖直速度之比为1：2，水平速度相同，根据，可知排球运动到a点和b点时的速度之比不为1：2，根据p＝mv可知排球运动到a点和b点时的动量大小之比不为1：2，故D错误。 故选：A。 二．解答题（共6小题） 8．如图所示，光滑水平桌面上建立直角坐标系xOy，可视为质点的光滑小环套在半径R的大圆环上，二者质量均为m。初始时，大圆环的圆心位于坐标原点，给小圆环沿+x方向的初速度v0。求： （1）小环相对大圆环转过90°时，二者沿x方向运动速度大小vx； （2）小环相对大圆环转过90°过程中，小环对大圆环的冲量I的大小和方向； （3）经过时间t，小环的位置坐标。 【答案】（1）小环相对大圆环转过90°时，二者沿x方向运动速度大小为。 （2）小环对大圆环的冲量大小为，方向为与x轴正方向成45°角斜向右上方。 （3）经过时间t，小环的位置坐标为，。 【解答】解：（1）系统在水平方向不受外力，动量守恒。 当小环相对大圆环转过90°时，小环与大圆环圆心的连线平行于x轴。 由于两环距离恒为R，此时二者在连线方向（x方向）没有相对速度，即二者沿x方向的速度相等，设为vx。 根据动量守恒定律mv0＝mvx+mvx，解得二者沿x方向运动速度大小。 （2）设此时大圆环沿y方向的速度为vcy，小环沿y方向的速度为vry。 系统在y方向动量守恒，初动量为零，则有mvcy+mvry＝0。 根据系统机械能守恒定律有，联立并代入，解得。 由于小环初速度沿x轴正方向，转过90°后相对位置到达大圆环最右侧，小环相对于大圆环向右下方运动，小环对大圆环的作用力沿半径向外，其y分量向上，其y方向速度必定沿y轴正方向，故。 大圆环此时的速度大小，代入解得。 根据动量定理，小环对大圆环的冲量I＝mvc﹣0，解得大小为，其速度方向的水平和竖直分量均为正且相等，故方向为与x轴正方向成45°角斜向右上方。 （3）设经过时间t，小环坐标为（x，y），大圆环圆心坐标为（xc，yc）。 由系统动量守恒可知质心坐标，。 设小环相对于大圆环圆心的相对坐标为（Δx，Δy），则有，，同理，。 对坐标求导可得各自分速度，代入系统机械能守恒方程，化简得，解得相对速度大小。 可见小环相对于大圆环做匀速圆周运动，相对运动角速度。 初始时刻相对坐标为（0，R），相对速度方向沿x轴正方向，小环做顺时针匀速圆周运动，相对坐标变化规律为，。 将其代入小环坐标表达式，解得经过时间t小环的位置坐标为，。 答：（1）小环相对大圆环转过90°时，二者沿x方向运动速度大小为。 （2）小环对大圆环的冲量大小为，方向为与x轴正方向成45°角斜向右上方。 （3）经过时间t，小环的位置坐标为，。 9．一项新型娱乐项目“娱乐风洞”，是在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好悬浮在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零。 （1）求气流速度大小； （2）若风速变为原来的，求游客开始运动时的加速度大小。 【答案】（1）气流速度大小是； （2）若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小是。 【解答】解：（1）对游客，由平衡条件得F＝mg 对Δt时间内吹向游客的气体，质量Δm＝ρvSΔt 规定初速度方向为正，由动量定理FΔt＝Δmv， 解得F＝ρv2S 联立F＝mg和F＝ρv2S 得v。 （2）当风速变为时，对Δt时间内的气体，质量Δm'＝ρv'SΔt 由动量定理F'Δt＝Δm'v' 代入得F'Δt＝ρv'SΔt•v' 解得F'＝ρv'2S 因，则 结合牛顿第二定律mg﹣F'＝ma，代入 得。 答：（1）气流速度大小是； （2）若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小是。 10．如图所示，小红同学用轻质细线系着质量为m的小球，做以P为顶点摆长为l的角速度不同的圆锥摆运动，感受细线拉力的变化。其操作过程是：使小球以角速度ω在水平面内做匀速圆周运动（细线与竖直方向夹角为θ）；继续加速转动，最终使小球以角速度2ω在水平面内做匀速圆周运动。重力加速度为g，不计空气阻力和P点位置的变化。求： （1）以角速度ω运动一周，小球所受重力的冲量大小IG； （2）以角速度ω运动时，小球所受细线拉力的大小F； （3）从ω变化到2ω过程中，细线对小球做的功W。 【答案】（1）以角速度ω运动一周，小球所受重力的冲量大小IG是mg； （2）以角速度ω运动时，小球所受细线拉力的大小F是； （3）从ω变化到2ω过程中，细线对小球做的功W是ml2ω2。 【解答】解：（1）小球在圆周运动中，重力始终竖直向下，方向不变，大小为mg，小球以角速度ω做匀速圆周运动，运动一周的时间为周期 因此，重力的冲量大小为 （2）设细线与竖直方向夹角为θ，物体受拉力F和重力，设圆周运动的半径为r，则有： Fsinθ＝mω2r，Fcosθ＝mg，其中：r＝l•sinθ 代入数据得，F （3）当角速度为ω时，小球到P点的竖直高度为h 圆周运动半径为r 当角速度为2ω时，小球到P点的竖直高度为h′ 圆周运动半径为r′ 从ω变化到2ω过程中，根据动能定理得：﹣mg（h﹣h′） 其中：v1＝ωr，v2＝2ωr′ 代入数据得Wml2ω2 答：（1）以角速度ω运动一周，小球所受重力的冲量大小IG是mg； （2）以角速度ω运动时，小球所受细线拉力的大小F是； （3）从ω变化到2ω过程中，细线对小球做的功W是ml2ω2。 1 学科网（北京）股份有限公司 $