第24講 動(dòng)量和動(dòng)量定理及其應(yīng)用 -備戰(zhàn)2025年高考物理一輪精細(xì)復(fù)習(xí)（解析版）

第第頁(yè)第24講動(dòng)量和動(dòng)量定理及其應(yīng)用——?jiǎng)澲攸c(diǎn)之精細(xì)講義系列考點(diǎn)1動(dòng)量及沖量的計(jì)算考點(diǎn)2動(dòng)量定理及其應(yīng)用考點(diǎn)3應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體問(wèn)題”“粒子流問(wèn)題”考點(diǎn)4應(yīng)用動(dòng)量定理處理多物體、多過(guò)程問(wèn)題考點(diǎn)1：動(dòng)量及沖量的計(jì)算一．動(dòng)能、動(dòng)量、動(dòng)量變化量的比較動(dòng)能動(dòng)量動(dòng)量變化量定義物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量物體的質(zhì)量和速度的乘積物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p標(biāo)矢性標(biāo)量矢量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過(guò)程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)聯(lián)系(1)都是相對(duì)量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量一定也發(fā)生變化；但動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化二．沖量及計(jì)算1.沖量(1)定義：力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量。(2)表達(dá)式：I＝FΔt。(3)單位：沖量的單位是牛秒，符號(hào)是N·s。(4)方向：沖量是矢量，沖量的方向由力的方向決定。如果力的方向在作用時(shí)間內(nèi)不變，沖量的方向就跟力的方向相同；如果力的方向在作用時(shí)間內(nèi)發(fā)生變化，則沖量的方向只能由動(dòng)量變化量的方向確定。2.沖量的計(jì)算(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)算。(2)變力的沖量①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時(shí)間均勻變化，即力為時(shí)間的一次函數(shù)，則力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2為該段時(shí)間內(nèi)初、末兩時(shí)刻力的大小。②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如甲乙丙圖所示。③對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解，即通過(guò)求Δp間接求出沖量。④對(duì)于變力的方向時(shí)刻改變的，先做矢量三角形求出Δp，再確定沖量的大小和方向，如下圖所示，小球在水平面內(nèi)繞圓心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力的方向發(fā)生變化,沖量的方向與動(dòng)量變化量的方向一致.由圖可得,合力的沖量I=mv2-mv1=mΔv(3)求合沖量的兩種方法:①分別求每一個(gè)力的沖量,再求各沖量的矢量和;②如果各個(gè)力的作用時(shí)間相同,也可以先求合力,再用公式I合=FΔt求解.【考向1】（2024·廣西·二模）某市學(xué)生期考體能測(cè)試中有一重要項(xiàng)目：排球墊球個(gè)數(shù)測(cè)試。某同學(xué)在一次測(cè)試中雙手在同一高度多次豎直墊起排球，第一次墊球后，球豎直上升高度為0.2m第二次墊球后，球豎直上升高度為0.45m。已知排球的質(zhì)量為0.27kg，重力加速度取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則第二次墊球過(guò)程，排球動(dòng)量變化量的大小為（）A．0.27kg?m/sC．0.81kg?m/s 【答案】D【分析】本題考查動(dòng)量及其變化量的計(jì)算。解題的關(guān)鍵是要能根據(jù)動(dòng)量表達(dá)式分析計(jì)算物體的動(dòng)量變化量，注意動(dòng)量的矢量性，需取正方向?！驹斀狻康谝淮螇|球后，球豎直上升高度為0.2m，球落回到手上的速度為v方向向下；第二次墊球后，球豎直上升高度為0.45m，則球剛離手時(shí)的速度為v方向向上；取向上為正方向，第二次墊球過(guò)程，排球動(dòng)量變化量為Δ故選D。【考向2】如圖所示，“嫦娥三號(hào)”繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其質(zhì)量為m、動(dòng)量為p，公轉(zhuǎn)周期為T(mén)，萬(wàn)有引力常量為G，下列說(shuō)法正確的是（）A．“嫦娥三號(hào)”的動(dòng)能為pB．“嫦娥三號(hào)”的向心加速度為πpC．“嫦娥三號(hào)”的公轉(zhuǎn)軌道半徑為T(mén)pD．無(wú)法求出月球的質(zhì)量【答案】C【詳解】A．根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系有E故A錯(cuò)誤；B．“嫦娥三號(hào)”的動(dòng)量為p=mv公轉(zhuǎn)周期為T(mén)，則角速度為ω=向心加速度為a=vω=故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)線速度與周期的關(guān)系可知v=解得r=故C正確；D．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有G由于G、T、r都是已知量，可解得月球質(zhì)量M，故D錯(cuò)誤；故選C?！究枷?】（多選）（2023·山東濱州·二模）如圖1所示，一物體在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中拉力大小隨時(shí)間的變化圖像如圖2。物體加速度a隨時(shí)間變化的圖像如圖3．重力加速度g取10ms2A．物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15B．物體與水平地面間的最大靜摩擦力為3.75C．在0～4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為D．在0～4s時(shí)間內(nèi)，拉力F的沖量為【答案】AC【詳解】A．由圖2可得拉力F關(guān)于時(shí)間的函數(shù)為F=而由圖3可知，在2s末物塊的加速度a1大小為1.5m/s2，此時(shí)拉力F1大小為7.5N；在4s末加速度a2大小為FF代入數(shù)據(jù)解得m=2.5kg，故A正確；B．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的滑動(dòng)摩擦力為F而最大靜摩擦力大于滑動(dòng)摩擦力，故B錯(cuò)誤；C．加速度與時(shí)間的圖像中，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖3可知，4s末物體的速度為v=根據(jù)動(dòng)能定理可得，在0～4sW故C正確；D．根據(jù)圖2可知，在0～4s時(shí)間內(nèi)，拉力FI故D錯(cuò)誤。故選AC?！究枷?】（多選）（2023·廣西南寧·二模）如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量分別為m和2m的小球A和B用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿（質(zhì)量不計(jì)）連接，輕桿可繞通過(guò)中心O的水平軸無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)讓桿處于水平位置靜止釋放，在桿轉(zhuǎn)至豎直的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A．兩球的速度始終相同B．任意一段時(shí)間ΔtC．任意一段時(shí)間ΔtD．B球的機(jī)械能保持不變【答案】BC【詳解】A．桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，兩球速度大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；B．任一時(shí)刻，桿對(duì)兩球的彈力大小相等，方向相反，所以桿對(duì)兩球的沖量不相同，故B正確；C．因AB系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，桿對(duì)兩球做的功代數(shù)和一定為零，故C正確；D．B球從圖中位置轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中，A球轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)，A球的動(dòng)能和勢(shì)能都增大，說(shuō)明桿對(duì)A球做正功，由于桿是質(zhì)量不計(jì)的輕桿，所以桿對(duì)B球做負(fù)功，此過(guò)程B機(jī)械能減少，故D錯(cuò)誤。故選BC?！究枷?】如圖所示，在傾角為θ的斜面上，有一個(gè)質(zhì)量是m的小滑塊沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，速度為零后又下滑，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，回到斜面底端?；瑝K在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的摩擦力大小始終是Ff，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊的總沖量大小為，方向是；合力對(duì)滑塊的總沖量大小為，方向是。

【答案】Ff(t【詳解】[1][2]摩擦力先向下后向上，因上滑過(guò)程用時(shí)短，故摩擦力的沖量為I=方向與向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上。[3][4]合力的沖量為I沿斜面向下?！究枷?】（2024·河北保定·二模）如圖所示，將質(zhì)量m=0.31kg的圓環(huán)套在固定的水平桿上，圓環(huán)的內(nèi)徑略大于桿的截面直徑?，F(xiàn)對(duì)圓環(huán)施加一與桿成θ角、斜向上的恒定拉力F，圓環(huán)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，拉力作用t=2s后撤去，圓環(huán)總共運(yùn)動(dòng)了s=12m后靜止，已知圓環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，取重力加速度大小g=10m/s2，sinθ=0.8（1）圓環(huán)的最大速度vm（2）拉力F對(duì)圓環(huán)的沖量大小I?！敬鸢浮浚?）vm=8m/s；（2）I=6【詳解】（1）圓環(huán)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a根據(jù)牛頓第二定律有μmg=m圓環(huán)總共運(yùn)動(dòng)的距離為s=解得v（2）桿與圓環(huán)無(wú)壓力時(shí)，有mg=F解得F=3.875當(dāng)F<3.875N時(shí)，桿的上側(cè)與圓環(huán)存在摩擦力，當(dāng)F>3.875N時(shí)，桿的下側(cè)與圓環(huán)存在摩擦力。以下分兩種情況討論：（?。﹫A環(huán)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a當(dāng)F<3.875N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F拉力F對(duì)圓環(huán)的沖量大小為I=Ft解得I=6（ⅱ）當(dāng)F>3.875N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F拉力F對(duì)圓環(huán)的沖量大小為I=Ft解得I=62【考向7】（2023·湖北武漢·三模）如圖1所示，為一游樂(lè)場(chǎng)的飛天大轉(zhuǎn)盤(pán)娛樂(lè)項(xiàng)目，現(xiàn)將該游戲簡(jiǎn)化為圖2所示的情形。一粗糙的傾斜圓盤(pán)，與水平面的夾角為θ=37°，繞垂直圓盤(pán)的軸線OO′以角速度ω=1rad/s逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m=1kg的物體放在轉(zhuǎn)盤(pán)上，隨轉(zhuǎn)盤(pán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)，且物體轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)A時(shí)恰好與圓盤(pán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，已知物體與圓盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=78，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10（1）圓盤(pán)對(duì)物體所做的功；（2）圓盤(pán)對(duì)物體的摩擦力的沖量大小。

【答案】（1）W=12J；（2）【詳解】（1）對(duì)物體，在最低點(diǎn)mg解得R=1物體從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得W?2mgR解得W=12（2）物體從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，物體重力沿盤(pán)面方向的沖量大小為I物體的動(dòng)量改變量Δ則摩擦力的沖量I解得I

考點(diǎn)2：動(dòng)量定理及其應(yīng)用1.動(dòng)量定理(1)內(nèi)容：物體所受合力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量．(2)表達(dá)式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：動(dòng)量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動(dòng)量定理．2.對(duì)動(dòng)量定理的理解（1）動(dòng)量定理的研究對(duì)象是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))．（2）動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，等號(hào)包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。在一維情況下，各個(gè)矢量必須選同一個(gè)正方向。（3）動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力。這種情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值.（4）動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量,而不是某一個(gè)力的沖量,它可以是合力的沖量,也可以是各力沖量的矢量和,還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和.合力是包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，合力的沖量不包括系統(tǒng)內(nèi)力的沖量。（5）由Ft＝p′－p得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體的動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率。3.動(dòng)量定理的三大應(yīng)用(1)用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象①物體的動(dòng)量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長(zhǎng)，力就越小．如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。②作用力一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量變化越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化越?。?2)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量．(3)應(yīng)用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運(yùn)動(dòng)中物體動(dòng)量的變化量．4.用動(dòng)量定理解題的基本思路【考向8】玻璃茶杯從同一高度掉下，落在石板上易碎，落在海綿墊上不易碎，這是因?yàn)椴璞c石板撞擊過(guò)程中（）A．茶杯的初動(dòng)量較大 B．茶杯所受沖量較大C．茶杯動(dòng)量變化較大 D．茶杯動(dòng)量變化率較大【答案】D【詳解】根據(jù)動(dòng)量定理，可得Ft=解得F=可知茶杯與石板撞擊過(guò)程中茶杯動(dòng)量變化率較大，所受沖擊力較大，易碎。故選D?！究枷?】（2024·江西鷹潭·二模）原地縱跳摸高是常見(jiàn)的體能測(cè)試項(xiàng)目。在某次摸高測(cè)試中，一同學(xué)從如圖A所示的靜止下蹲狀態(tài)，腳剛離開(kāi)地面，如圖B所示，身體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)位置如圖C所示，三幅圖代表同一豎直線上的三個(gè)位置，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該同學(xué)測(cè)試的全過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（

）A．從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，該同學(xué)因?yàn)槭艿孛嬷С至Φ奈灰茷榱?，所以支持力沖量為零B．該同學(xué)在C圖位置的機(jī)械能等于在A圖位置的機(jī)械能C．從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，地面對(duì)腳的支持力始終大于該同學(xué)的重力D．從A到C的過(guò)程中，地面對(duì)腳的支持力沖量與該同學(xué)的重力沖量等大反向【答案】D【詳解】AC．運(yùn)動(dòng)員從用力蹬地到剛離開(kāi)地面的起跳過(guò)程，先向上加速，地面支持力大于重力；當(dāng)?shù)孛嬷С至Φ扔谥亓r(shí)速度最大；之后腳與地面作用力逐漸減小，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)始減速；當(dāng)腳與地面作用力為零時(shí)，離開(kāi)地面。此過(guò)程地面對(duì)腳的支持力的沖量不為零，AC錯(cuò)誤；B．蹬地起跳過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員消耗體內(nèi)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，B圖位置的機(jī)械能大于在A圖位置的機(jī)械能，從B到C的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則該同學(xué)在C圖位置的機(jī)械能大于在A圖位置的機(jī)械能，B錯(cuò)誤；D．從A到C的過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)量定理有I所以地面對(duì)腳的支持力沖量與該同學(xué)的重力沖量等大反向，D正確。故選D?！究枷?0】（2024·山西陽(yáng)泉·三模）2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門(mén)》帶給觀眾震撼的視覺(jué)盛宴，教練在訓(xùn)練時(shí)將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對(duì)蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質(zhì)量為40kg的演員在豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)計(jì)算機(jī)輸出的壓力—時(shí)間（F—t）圖像片段，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10A．演員在a到b過(guò)程處于超重狀態(tài)B．演員在b時(shí)刻速度最大，速度大小為8C．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對(duì)演員做的功大于1280JD．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床給演員的沖量大小為320【答案】C【詳解】A．演員在a到b過(guò)程，壓力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在a到b過(guò)程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合上述可知，演員在a到b過(guò)程，先向上做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后向上做加速度減小的變減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度達(dá)到最大值，即a到b之間的某一時(shí)刻，演員的速度最大，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2.8s-1.2s=1.6s根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，演員脫離蹦床向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.8s，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有v在0.2s到1.2s內(nèi)，結(jié)合上述可知，蹦床對(duì)演員做的功為W=根據(jù)圖像可知，從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為演員增加的重力勢(shì)能與動(dòng)能，可知，從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對(duì)演員做的功大于1280J，故C正確；D．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量定理有I?mg解得I=mg解得I=720故D錯(cuò)誤。故選C?！究枷?1】（多選）（2024·廣東肇慶·二模）在水平面上靜置有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時(shí)間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下，a、b在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未相撞，a、b的v-t圖像如圖所示，圖中Ata平行于Btb，整個(gè)過(guò)程中A．物體a、b受到的摩擦力大小相等B．兩水平推力對(duì)物體的沖量之比為IC．兩水平推力對(duì)物體的做功之比為WD．兩水平推力的大小之比為F【答案】ABC【詳解】AD．由題圖知，Ata平行于體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知FF解得F根據(jù)圖像可知tA<解得F故A正確，D錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)量定理有I1?μmg解得I故B正確；C．根據(jù)動(dòng)能定理可得W1?μmgsa=解得W故C正確。故選ABC?！究枷?2】（多選）（2024·貴州黔東南·三模）風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)是了解飛行器空氣動(dòng)力學(xué)特性的一種空氣動(dòng)力實(shí)驗(yàn)方法。在風(fēng)洞中將一質(zhì)量為m的飛行器（可視為質(zhì)點(diǎn)）由靜止釋放，假設(shè)飛行器所受風(fēng)洞阻力方向豎直向上，風(fēng)洞阻力大小f與飛行器下降速率v的關(guān)系為f=kv，測(cè)出飛行器由靜止下降h后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。關(guān)于飛行器下降h的過(guò)程下列說(shuō)法正確的是（??）A．飛行器的最大速率v=mgk C．飛行器運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=2?kmg 【答案】AD【詳解】A．飛行器速度最大時(shí)加速度為零，由牛頓第二定律得mg=k則v故A正確；B．對(duì)飛行器由動(dòng)能定理得mg?+則W故B錯(cuò)誤；CD．對(duì)飛行器由動(dòng)量定理得mgt?kv則t=故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD?？键c(diǎn)3：應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體問(wèn)題”“粒子流問(wèn)題”1.流體類(lèi)柱狀模型流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ，液體流量Q（單位時(shí)間內(nèi)流體的體積）等分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體2.微粒類(lèi)柱狀模型微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱狀模型”，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算【考向13】（2024·河北·一模）如圖所示，某航拍小型飛機(jī)有四個(gè)相同的風(fēng)扇，每個(gè)風(fēng)扇的半徑均為R，當(dāng)它在無(wú)風(fēng)的天氣懸停時(shí)，每個(gè)風(fēng)扇都呈水平狀態(tài)，風(fēng)扇吹出的空氣速度大小都等于v，吹出的空氣流動(dòng)方向相同。已知空氣的平均密度為ρ，則風(fēng)扇懸停時(shí)，不考慮其他位置空氣流動(dòng)的影響。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．風(fēng)扇吹出的空氣流動(dòng)方向豎直向下B．單位時(shí)間內(nèi)每個(gè)風(fēng)扇吹出的空氣的質(zhì)量為ρπC．無(wú)人機(jī)的總重力等于4ρπD．每個(gè)風(fēng)扇對(duì)空氣做功的功率為1【答案】D【詳解】A．由于無(wú)人機(jī)懸停時(shí)受到的升力與其重力平衡，螺旋槳吹風(fēng)方向均為豎直向下，故A正確；B．單位時(shí)間內(nèi)被每個(gè)螺旋槳推動(dòng)的空氣質(zhì)量為Δ故B正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理F解得每個(gè)螺旋槳對(duì)空氣的作用力為F=ρπ無(wú)人機(jī)的總重力等于G=4F=4ρπ故C正確；D．每個(gè)風(fēng)扇對(duì)空氣做功的功率為P=故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選D?！究枷?4】（2024·山東棗莊·三模）如圖，將總質(zhì)量為200g的2000粒黃豆從距秤盤(pán)125cm高處連續(xù)均勻地倒在秤盤(pán)上，觀察到指針指在刻度為80g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤(pán)在極短時(shí)間內(nèi)垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度g=10m/sA．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s【答案】B【詳解】黃豆落在秤盤(pán)上的速度大小為v=設(shè)持續(xù)傾倒黃豆的時(shí)間為t，則根據(jù)單位時(shí)間落在秤盤(pán)上的黃豆數(shù)量為n=黃豆對(duì)秤盤(pán)的撞擊力遠(yuǎn)大于黃豆的重力，故重力可以忽略，由動(dòng)量定理得F方程兩側(cè)根據(jù)時(shí)間累計(jì)求和可得Ft=2又F=0.8Nt=2.5s故選B?！究枷?5】（2024·廣東汕頭·一模）某實(shí)驗(yàn)小組用電池、電動(dòng)機(jī)等器材自制風(fēng)力小車(chē)，如圖所示，葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)將空氣以速度v向后排開(kāi)，葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S，空氣密度為ρ，下列說(shuō)法正確的是（）A．風(fēng)力小車(chē)的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車(chē)的動(dòng)能B．t時(shí)間內(nèi)葉片排開(kāi)的空氣質(zhì)量為ρSvC．葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，空氣對(duì)小車(chē)的推力為ρSD．葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為1【答案】C【詳解】A．風(fēng)力小車(chē)的原理是消耗電能，先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能，再推動(dòng)小車(chē)運(yùn)動(dòng)，所以是電能轉(zhuǎn)化為小車(chē)的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；B．t時(shí)間內(nèi)葉片排開(kāi)的空氣質(zhì)量為m=ρvtS故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，空氣受到的推力為F=根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對(duì)小車(chē)的推力為ρSvD．葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為E故D錯(cuò)誤。故選C?！究枷?6】（2024·山東菏澤·三模）風(fēng)箏在我國(guó)已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱(chēng)。如圖所示，某時(shí)刻風(fēng)箏靜止在空中，風(fēng)箏面與水平面夾角為θ，牽引線與豎直方向夾角為2θ。已知風(fēng)箏質(zhì)量為m，垂直風(fēng)箏面的風(fēng)速大小為v，風(fēng)箏面的面積為S，重力加速度為g，則風(fēng)箏所在高度空氣密度為（）A．2mgcosθSv2 B．2mgsin【答案】A【詳解】對(duì)風(fēng)箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風(fēng)箏此時(shí)獲得的垂直風(fēng)箏面的力F=2mg根據(jù)牛頓第三定律，風(fēng)箏對(duì)垂直風(fēng)箏面的風(fēng)的作用力大小也為F，以風(fēng)為研究對(duì)象，單位時(shí)間ΔtΔ在垂直風(fēng)箏面方向上由動(dòng)量定理有F?聯(lián)立解得空氣密度為ρ=故選A?！究枷?7】（2024·山東濰坊·二模）用噴水機(jī)澆灌草坪，噴水機(jī)將水加速后通過(guò)噴水嘴噴出，噴水嘴出水速度的大小v和夾角θ均可調(diào)節(jié)。已知噴水嘴的截面積S=1.0×10?4m2，水噴出的最大水平射程為10m，水的密度ρ=1.0×10（1）噴水嘴出水的最大速率vm（2）若出水速度v1=8m【答案】（1）10m/s；（2）3.2N【詳解】（1）設(shè)噴水嘴出水的最大速度為vm，出水方向與水平方向夾角為θ，水從噴水嘴到地面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，水的水平射程為xv水平方向位移x=解得x=當(dāng)θ=45°時(shí)，水平射程最大x解得v（2）在時(shí)間ΔtΔ由動(dòng)量定理得F解得F由牛頓第三定律可得F考點(diǎn)4：應(yīng)用動(dòng)量定理處理多物體、多過(guò)程問(wèn)題1.動(dòng)量定理適用于單個(gè)物體也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)．2.動(dòng)量定理不僅能處理單一過(guò)程，也能處理多過(guò)程．在多過(guò)程中外力的沖量是各個(gè)力沖量的矢量和．對(duì)過(guò)程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理．解決多物體多過(guò)程問(wèn)題的一般思路：①若物體（或系統(tǒng)）涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮用動(dòng)量定理；②若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和時(shí)間，且受到恒力的作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；③若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，尤其是關(guān)于曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題?！究枷?8】（2021·廣西玉林·一模）如圖所示，有一子彈穿過(guò)三塊靜止放置在光滑水平面上的相互接觸質(zhì)量分別為m、2m、3m的木塊A、B、C，設(shè)子彈穿過(guò)木塊A、B、C的時(shí)間分別為t1、t2、t3，木塊對(duì)子彈的阻力恒為f，則子彈穿過(guò)三木塊后，木塊A的速度大小是（）A．v=f1m B．v=f13m【答案】C【詳解】A與B分離時(shí)三者的速度是相等的，分離后，A的速度不變，在分離前子彈對(duì)系統(tǒng)的作用力使A、B與C的速度增大，由動(dòng)量定理得f?所以v=故選C?！究枷?9】如圖所示，物體A、B相隔一段距離放置在水平地面上，現(xiàn)A以vA=10m/s的初速度向靜止的物體B運(yùn)動(dòng)，物體A與B發(fā)生正碰后仍沿原來(lái)的方向運(yùn)動(dòng)。若物體A在碰撞前后共運(yùn)動(dòng)6s后停止，求碰撞后B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。（已知mA=2mB，物體A、B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度g取10m/s2）【答案】8s【詳解】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B均停止運(yùn)動(dòng)這一過(guò)程來(lái)看，系統(tǒng)在水平方向受到的外力就是摩擦力，碰撞中物體A、B間的相互作用力是內(nèi)力，可用系統(tǒng)動(dòng)量定理求解。取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，設(shè)物體A、B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為tA和tB，則由系統(tǒng)動(dòng)量定理得-μmAgtA-μmBgtB=0-mAvA代入數(shù)據(jù)得B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tB=mAv【考向20】總質(zhì)量為M的列車(chē)，沿水平直軌道勻速前進(jìn)，其末節(jié)車(chē)廂質(zhì)量為m，中途脫節(jié)，司機(jī)發(fā)覺(jué)時(shí)，機(jī)車(chē)已行駛了時(shí)間t，于是立即關(guān)閉油門(mén)。設(shè)運(yùn)動(dòng)的阻力與重量成正比，機(jī)車(chē)牽引力恒定，當(dāng)列車(chē)兩部分都停止時(shí)，機(jī)車(chē)比末節(jié)車(chē)廂多運(yùn)動(dòng)了多長(zhǎng)時(shí)間?！敬鸢浮縈t【詳解】脫節(jié)后，機(jī)車(chē)、末節(jié)車(chē)廂受力分析如圖所示設(shè)列車(chē)前進(jìn)的方向?yàn)檎较颍瑒蛩偾斑M(jìn)時(shí)速度為v，由題知，機(jī)車(chē)受到的摩擦力F末節(jié)車(chē)廂受到的摩擦力F（k為比例常數(shù)）。列車(chē)勻速前進(jìn)時(shí)由平衡條件可得，牽引力F＝kMg設(shè)脫節(jié)后，至停下來(lái)，機(jī)車(chē)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，由動(dòng)量定理得Ft+即kMgt?k解得t設(shè)脫節(jié)后，至停下來(lái)，末節(jié)車(chē)廂的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，由動(dòng)量定理得F即?kmg所以t機(jī)車(chē)比末節(jié)車(chē)廂多運(yùn)動(dòng)了Δ【考向21】（多選）如圖所示，一熱氣球正以豎直速度v勻速上升，當(dāng)氣球下面所系質(zhì)量為m的物體距水平地面h高處時(shí)，繩子斷裂，物體和氣球分離。已知熱氣球與物體的總質(zhì)量為M，分離后熱氣球所受浮力不變，重力加速度大小為g，不計(jì)阻力，則（）A．從分離開(kāi)始，經(jīng)過(guò)時(shí)間2g?gB．物體剛到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vC．物體從分離到落地的過(guò)程中，熱氣球動(dòng)量增加mD．物體剛到達(dá)地面時(shí)，熱氣球離地的高度為M【答案】BCD【詳解】A．從分離開(kāi)始，物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t物體落地，則有??=vt?解得t=vg+A錯(cuò)誤；B．設(shè)物體剛到達(dá)地面時(shí)的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有mg?=解得vB正確；C．熱氣球與物體組成的系統(tǒng)合外力為0，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)物體剛到達(dá)地面時(shí)，熱氣球的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv=解得v根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體從分離到落地的過(guò)程中，熱氣球所受合力的沖量大小為I=C正確；D．根據(jù)平衡條件易知熱氣球所受浮力大小為Mg，設(shè)物體剛到達(dá)地面時(shí)，熱氣球離地的高度為H，根據(jù)動(dòng)能定理有Mg?解得H=所以D正確；故選BCD。【真題1】（2024·北京·高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過(guò)程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說(shuō)法正確的是（）A．上升和下落兩過(guò)程的時(shí)間相等B．上升和下落兩過(guò)程損失的機(jī)械能相等C．上升過(guò)程合力的沖量大于下落過(guò)程合力的沖量D．上升過(guò)程的加速度始終小于下落過(guò)程的加速度【答案】C【詳解】D．小球上升過(guò)程中受到向下的空氣阻力，下落過(guò)程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過(guò)程所受合力（加速度）總大于下落過(guò)程所受合力（加速度），D錯(cuò)誤；C．小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過(guò)程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過(guò)程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)量定理可知，上升過(guò)程合力的沖量大于下落過(guò)程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過(guò)程中平均速度大于下落過(guò)程中的平均速度，所以上升過(guò)程所用時(shí)間小于下落過(guò)程所用時(shí)間，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)同一位置，上升過(guò)程中所受空氣阻力大于下落過(guò)程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過(guò)程機(jī)械能損失大于下落過(guò)程機(jī)械能損失，B錯(cuò)誤。故選C?！菊骖}2】（多選）（2023·福建·高考真題）甲、乙兩輛完全相同的小車(chē)均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運(yùn)動(dòng)。以出發(fā)時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，甲車(chē)的速度—時(shí)間圖像如圖（a）所示，乙車(chē)所受合外力—時(shí)間圖像如圖（b）所示。則（

）A．0~2s內(nèi)，甲車(chē)的加速度大小逐漸增大B．乙車(chē)在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同C．2~6s內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的位移不同D．t=8s時(shí)，甲、乙兩車(chē)的動(dòng)能不同【答案】BC【詳解】A．由題知甲車(chē)的速度一時(shí)間圖像如圖（a）所示，則根據(jù)圖（a）可知0~2s內(nèi)，甲車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，故A錯(cuò)誤；B．由題知乙車(chē)所受合外力一時(shí)間圖像如圖（b）所示，則乙車(chē)在0~2s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s乙車(chē)在0~6s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s則可知乙車(chē)在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同，故B正確；C．根據(jù)圖（a）可知，2~6s內(nèi)甲車(chē)的位移為0；根據(jù)圖（b）可知，2~6s內(nèi)乙車(chē)一直向正方向運(yùn)動(dòng)，則2~6s內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的位移不同，故C正確；D．根據(jù)圖（a）可知，t=8s時(shí)甲車(chē)的速度為0，則t=8s時(shí)，甲車(chē)的動(dòng)能為0；乙車(chē)在0~8s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0可知t=8s時(shí)乙車(chē)的速度為0，則t=8s時(shí)，乙車(chē)的動(dòng)能為0，故D錯(cuò)誤。故選BC?！菊骖}3】（多選）（2024·福建·高考真題）物塊置于足夠長(zhǎng)光滑斜面上并鎖定，t=0時(shí)刻解除鎖定，并對(duì)物體沿斜面施加如圖所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說(shuō)法正確的是（）A．0~4tB．0~4tC．t0時(shí)動(dòng)量是2D．2t0~3【答案】AD【詳解】根據(jù)圖像可知當(dāng)F=2mgsina=方向沿斜面向下；當(dāng)F=?2mgsina=方向沿斜面向上，作出物塊0~4t0內(nèi)的A．根據(jù)圖像可知0~4tB．根據(jù)圖像可知0~4tI故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像可知t0時(shí)物塊速度大于2t0時(shí)物塊的速度，故t0時(shí)動(dòng)量D．v?t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2t0~3故選AD?！菊骖}4】（多選）（2024·全國(guó)·高考真題）蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為60kg的運(yùn)動(dòng)員在t=0時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10mA．t=0.15sB．t=0.30s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為C．t=1.00sD．運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N【答案】BD【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t=0.15sBC．根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從t=0.30s離開(kāi)蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為2s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s，則在t=v=10×故B正確，C錯(cuò)誤；D．同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理F?其中Δ代入數(shù)據(jù)可得F=4600根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N，故D正確。故選BD?！菊骖}5】（多選）（2024·安徽·高考真題）一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標(biāo)系，如圖（1）所示。從t=0開(kāi)始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從0點(diǎn)由靜止釋放，同時(shí)對(duì)物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖（2）所示。己知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10mA．物塊始終做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．t=1s時(shí)，物塊的yC．t=1s時(shí)，物塊的加速度大小為D．t=2s時(shí)，物塊的速度大小為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)圖像可得F1=4?t，F(xiàn)=4+2t物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)閙gsin30°，B．在y軸方向的加速度為a故t=1s時(shí)，物塊的yy=故B正確；C．t=1s時(shí)，F(xiàn)=6a=故C錯(cuò)誤；D．對(duì)x軸正方向，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理Ft=m由于F與時(shí)間t成線性關(guān)系故可得4+2×0解得v此時(shí)y軸方向速度為v故此時(shí)物塊的速度大小為v=故D正確。故選BD。【真題6】（多選）（2023·全國(guó)·高考真題）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．在x=1m時(shí)，拉力的功率為6WB．在x=4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg?m/s【答案】BC【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。AB．在物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有W?μmgx=則x=1m時(shí)物體的速度為v1=2m/sx=1m時(shí)，拉力為F=則此時(shí)拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m時(shí)物體的動(dòng)能為Ek=2JA錯(cuò)誤、B正確；C．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8JC正確；D．根據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過(guò)程中F1=6N，2—4m的過(guò)程中F2=3N，由于物體受到的摩擦力恒為f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)AB分析可知此時(shí)的速度v則從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為p=mv=2D錯(cuò)誤。故選BC?！菊骖}7】（多選）（2023·重慶·高考真題）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無(wú)人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點(diǎn)，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t?26和y=?2t+140。無(wú)人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）

A．EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/sB．FM段無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)C．FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無(wú)人機(jī)機(jī)械能守恒【答案】AB【詳解】A．根據(jù)EF段方程y=4t?26可知EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為v=故A正確；B．根據(jù)y?t圖像的切線斜率表示無(wú)人機(jī)的速度，可知FM段無(wú)人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；C．根據(jù)MN段方程y=?2t+140可知MN段無(wú)人機(jī)的速度為v則有Δ可知FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D．MN段無(wú)人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無(wú)人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AB?！菊骖}8】（2024·廣東·高考真題）汽車(chē)的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。（1）安全帶能通過(guò)感應(yīng)車(chē)的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車(chē)的過(guò)程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車(chē)達(dá)到共同的加速度a，同時(shí)頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M=30kg,H=3.2m①碰撞過(guò)程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）tanθ=【詳解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知(mg+解得tan（2）①由圖像可知碰撞過(guò)程中F的沖量大小I方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度v與氣囊作用過(guò)程由動(dòng)量定理（向上為正方向）I解得v=2m/s則上升的最大高度?=一、單選題1．（2024·廣東·三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動(dòng)，啟動(dòng)初期驅(qū)動(dòng)輪上某點(diǎn)的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅(qū)動(dòng)輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，則啟動(dòng)初期與傳送帶相對(duì)靜止的滑塊（）A．做勻加速運(yùn)動(dòng) B．加速度逐漸減小C．動(dòng)量變化得越來(lái)越快 D．所受摩擦力的功率不變【答案】C【詳解】A．由于滑塊與傳送帶相對(duì)靜止，傳送帶與驅(qū)動(dòng)輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，則滑塊的速度隨位移均勻增大，若滑塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v滑塊速度不隨位移均勻增大，即滑塊不做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．滑塊速度逐漸增大，則通過(guò)任意相同位移的時(shí)間逐漸減小，又滑塊通過(guò)相同位移的速度變化量相同，則滑塊加速度越來(lái)越大，故B錯(cuò)誤；C．滑塊動(dòng)量p=mv由于滑塊加速度逐漸增大，即速度變化的越來(lái)越快，而滑塊質(zhì)量不變，則滑塊動(dòng)量變化的越來(lái)越快，故C正確；D．滑塊所受摩擦力即其所受合外力，由牛頓第二定律得所受摩擦力逐漸增大，又滑塊速度逐漸增大，由P=fv可知摩擦力的功率增大，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2024·四川涼山·三模）如圖所示，動(dòng)力小車(chē)以恒定的速率沿曲線豎直軌道上表面從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，A點(diǎn)是軌道最低點(diǎn)，B為軌道最高點(diǎn)。下列判斷正確的是（

）A．小車(chē)在A、B兩點(diǎn)速度不同 B．運(yùn)動(dòng)中小車(chē)的動(dòng)量不變C．運(yùn)動(dòng)中小車(chē)機(jī)械能不變 D．小車(chē)在A點(diǎn)對(duì)軌道壓力最大【答案】D【詳解】A．小車(chē)做曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與軌跡相切，小車(chē)在A、B兩點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)分別為最低點(diǎn)和最高點(diǎn)切線沿水平方向，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)方向沿水平方向，方向相同，小車(chē)的速率即速度大小也相同，所以，小車(chē)在A、B兩點(diǎn)速度相同，故A錯(cuò)誤；B．小車(chē)做曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向時(shí)刻改變，動(dòng)量為矢量，方向與速度方向相同，所以小車(chē)的動(dòng)量大小不變，方向時(shí)刻改變，故B錯(cuò)誤；C．汽車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變，重力勢(shì)能變化，所以機(jī)械能變化，故C錯(cuò)誤；D．小車(chē)在A點(diǎn)時(shí)，為軌道的最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律N?mg=m解得N=mg+m又因?yàn)?，由圖可得小車(chē)在A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最小，一定速率下，向心力最大，所以小車(chē)在A點(diǎn)是軌道對(duì)小車(chē)的支持力最大，根據(jù)牛頓第三定律，此時(shí)小車(chē)對(duì)軌道的壓力最大，故D正確。故選D。3．（2023·廣東·二模）2023年7月22日，中國(guó)女足迎來(lái)世界杯首戰(zhàn)．如圖所示，某次撲球時(shí)，守門(mén)員戴著厚厚的手套向水平飛馳而來(lái)的足球撲去，使足球停下．與不戴手套相比，此過(guò)程守門(mén)員戴手套可以（）A．減小足球的慣性 B．減小足球?qū)κ值臎_量C．減小足球的動(dòng)量變化量 D．減小足球?qū)κ值钠骄饔昧Α敬鸢浮緿【詳解】守門(mén)員戴著厚厚的手套向水平飛奔而來(lái)的球撲去，這樣可以延長(zhǎng)球與手接觸的時(shí)間，對(duì)球，取球的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得?Ft=0?mv可得F=當(dāng)時(shí)間延長(zhǎng)時(shí)，動(dòng)量的變化量不變，則球受到的沖量不變，可減小球動(dòng)量的變化率，即減小手對(duì)球的平均作用力，足球的慣性由質(zhì)量決定，不會(huì)變化。故選D。4．（2024·寧夏吳忠·二模）如圖所示，某同學(xué)將質(zhì)量相同的三個(gè)物體從水平地面上的A點(diǎn)以同一速率沿不同方向拋出，運(yùn)動(dòng)軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個(gè)物體從拋出到落地過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．軌跡為1的物體在最高點(diǎn)的速度最大B．軌跡為1的物體在空中飛行時(shí)間最短C．軌跡為3的物體所受重力的沖量最大D．三個(gè)物體單位時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化相同【答案】D【詳解】A．物體做平拋運(yùn)動(dòng)，則?=x=物體在最高點(diǎn)的速度等于平拋的初速度，為v可得v故軌跡為1的物體在最高點(diǎn)的速度最小，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，物體從最高點(diǎn)到落地的過(guò)程為平拋運(yùn)動(dòng)，則斜拋的總時(shí)間為t因?可得t故軌跡為1的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C．重力的沖量為I可得I故軌跡為3的物體所受重力的沖量最小，故C錯(cuò)誤；D．單位時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化為Δ故三個(gè)物體單位時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化相同，故D正確。故選D。5．（2024·北京海淀·一模）如圖所示，一條不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪，繩的兩端各系一個(gè)小球A和B，B球的質(zhì)量是A球的3倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面，不計(jì)空氣阻力、定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦。已知重力加速度為g。由靜止釋放B球，到B球落地前的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（

）A．B球重力勢(shì)能的減少量等于兩球動(dòng)能的增加量B．輕繩拉力對(duì)A球做的功等于A球動(dòng)能的增加量C．B球重力勢(shì)能的減少量大于A球機(jī)械能的增加量D．輕繩拉力對(duì)兩小球的總沖量為零【答案】C【詳解】A．B球重力勢(shì)能的減少量等于兩球動(dòng)能的增加量以及A球重力勢(shì)能增加量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.輕繩拉力對(duì)A球做的功以及A球重力對(duì)A做功之和等于A球動(dòng)能的增加量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．B球重力勢(shì)能的減少量等于A球機(jī)械能的增加量與B球動(dòng)能增加量之和，可知B球重力勢(shì)能的減少量大于A球機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)C正確；D．輕繩對(duì)兩小球的拉力均向上，且拉力的大小和作用時(shí)間均不為零，可知總沖量不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。6．“雙星”是宇宙中普遍存在的一種天體系統(tǒng)，由兩顆恒星組成，雙星系統(tǒng)遠(yuǎn)離其他恒星，在相互的萬(wàn)有引力作用下繞連線上一點(diǎn)做周期相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。如圖所示，A、B兩顆恒星構(gòu)成雙星系統(tǒng)，繞共同的圓心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t（小于周期）時(shí)間，A、B兩恒星的動(dòng)量變化量分別為ΔpA、A．ΔpA>ΔpB B．Δ【答案】D【詳解】系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，根據(jù)牛頓第二定律F加速度為a=則有m由于角速度相同，因此m兩恒星的速度方向始終相反，則p因此系統(tǒng)的總動(dòng)量始終為零，可得ΔpA故選D。7．（2023·貴州安順·一模）有些太空探測(cè)器裝配有離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其工作原理是將被電離后的正離子從發(fā)動(dòng)機(jī)尾部高速?lài)姵?，從而為探測(cè)器提供推力。若發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴出離子的速率為25km/s（遠(yuǎn)大于探測(cè)器的飛行速率）時(shí)，探測(cè)器獲得的推力大小為0.1N，則該發(fā)動(dòng)機(jī)1s時(shí)間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為（）A．4×10?4kg B．C．4×10?6kg D．【答案】C【詳解】由牛頓第三定律可知1s時(shí)間內(nèi)噴出的離子受到發(fā)動(dòng)機(jī)的平均作用力大小為F=0.1對(duì)1s時(shí)間內(nèi)噴出的離子由動(dòng)量定理可得Ft=mv?0解得該發(fā)動(dòng)機(jī)1s時(shí)間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為m=故選C。8．（2024·陜西·一模）今年春晚雜技節(jié)目《躍龍門(mén)》為觀眾帶來(lái)了一場(chǎng)視覺(jué)盛宴。彩排時(shí)為確保演員們能夠準(zhǔn)確掌握發(fā)力技巧，教練組將壓力傳感器安裝在圖甲的蹦床上，記錄演員對(duì)彈性網(wǎng)的壓力。圖乙是某次彩排中質(zhì)量為35kg的演員在豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)計(jì)算機(jī)輸出的壓力-時(shí)間（F?t）圖像，演員可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/sA．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，演員做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，演員一直處于失重狀態(tài)C．在b時(shí)刻，演員的速度最大D．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床給演員的沖量大小為455N·s【答案】D【詳解】A．從a時(shí)刻到b時(shí)刻彈力逐漸減小，合外力不恒定，加速度變化，故演員做非勻變速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；B．a(chǎn)時(shí)刻彈力最大，應(yīng)處于最低點(diǎn)，具有向上的加速度，當(dāng)重力與彈力相等時(shí)，加速度為零，此后加速度變?yōu)橄蛳?，從a時(shí)刻到b時(shí)刻，故先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；C．彈力和重力相等時(shí)，即在平衡位置時(shí)，演員的速度最大，C錯(cuò)誤；D．演員在空中的時(shí)間t=(2.8?1.2)故演員脫離蹦床時(shí)的速度v=g·根據(jù)動(dòng)量定理可得I解得ID正確。故選D。9．春節(jié)期間很多騎行人員未按要求佩戴頭盔，交管部門(mén)針對(duì)這一現(xiàn)象，進(jìn)行專(zhuān)項(xiàng)整治，未按要求佩戴頭盔人員將受到如下懲罰：舉如圖所示的廣告牌，發(fā)朋友圈“集贊”。某同學(xué)在某輕質(zhì)頭盔的安全性測(cè)試中進(jìn)行了模擬檢測(cè)，某次他在頭盔中裝入質(zhì)量為5kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從0.8m的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了0.02m時(shí)，物體的速度減為0，如圖所示，擠壓過(guò)程中視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．物體落地瞬間的速度為8m/sB．勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中頭盔對(duì)物體的平均作用力大小為2050NC．物體做勻減速直線過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為20kg·m/s，方向豎直向下D．物體在自由下落過(guò)程中重力的沖量大小為30N·s【答案】B【詳解】A．物體落地瞬間的速度為v=A錯(cuò)誤；B．物體勻減速過(guò)程中x=設(shè)豎直向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理mg?得頭盔對(duì)物體的平均作用力大小為FB正確；C．物體做勻減速直線過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為Δ方向豎直向上，C錯(cuò)誤；D．物體在自由下落過(guò)程中重力的沖量大小為I=mgt得I=0.5D錯(cuò)誤。故選B。10．（2023·安徽淮北·一模）質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平面上，t=0時(shí)受到水平拉力F的作用開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)?t圖像如圖所示，4s時(shí)物體剛好停止運(yùn)動(dòng)。物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g取10m/s2A．μ=0．2 B．C．物體最大動(dòng)能為2J D．3s時(shí)物體的動(dòng)量為2kg【答案】D【詳解】A．根據(jù)F?t圖像可知，0~4sI0~4sI解得物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.15故A錯(cuò)誤；BC．物體受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f=μmg=3由F?t圖像可知，當(dāng)t′=2.5s時(shí)，水平拉力大小為3I其中I解得最大速度為v則最大動(dòng)能為E故BC錯(cuò)誤；D．0~3sI其中I解得3s時(shí)物體的動(dòng)量為p故D正確。故選D。11．（2023·安徽宣城·二模）如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球放在玻璃漏斗中，晃動(dòng)漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T(mén)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．在T時(shí)間內(nèi)，小球受到的重力沖量為零B．在T2C．在T時(shí)間內(nèi)，小球受到彈力的沖量為零D．在T2時(shí)間內(nèi)，小球受到彈力的沖量大小為【答案】D【詳解】A．小球在T時(shí)間內(nèi)，小球受到的重力沖量不為零，故A錯(cuò)誤；B．小球的線速度v=在T2I=2mv=故B錯(cuò)誤；C．在T時(shí)間內(nèi)，小球動(dòng)量改變量為零，根據(jù)動(dòng)量定理可得0=mgt+解得I故C錯(cuò)誤；D．在T2I故D正確。故選D。12．如圖所示，AB為豎直固定的四分之一粗糙圓弧軌道，O為圓心，P為圓弧AB的中點(diǎn)，OA水平，OB豎直，軌道半徑R=2m，一質(zhì)量m=4kg的小物塊以2m/s速度從A到B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度g=1

A．A到B的過(guò)程中合力對(duì)小球的沖量為8N?sB．在P點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為40WC．AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功D．在B點(diǎn)時(shí)，小物塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小為40N【答案】D【詳解】A．A到B的過(guò)程初狀態(tài)動(dòng)量方向豎直向下，末狀態(tài)動(dòng)量方向水平向右，大小均為p該過(guò)程小物塊的動(dòng)量改變量大小為Δ根據(jù)動(dòng)量定理，可知I即A到B的過(guò)程中合力對(duì)小球的沖量大小為8NB．依題意，P為圓弧AB的中點(diǎn)，則小物塊在P點(diǎn)的速度方向與豎直方向成45°角，根據(jù)功率的表達(dá)式，有P=mgv故B正確，與題意不符；C．由幾何知識(shí)可知?由動(dòng)能定理，可得mg聯(lián)立，解得W可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功。故C正確，與題意不符；D．小物塊在B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得F解得F根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小為44J故選D。二、多選題13．（2024·廣東江門(mén)·一模）數(shù)據(jù)表明，在電動(dòng)車(chē)事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時(shí)間延長(zhǎng)至6ms以上，人頭部的質(zhì)量約為2kg，則下列說(shuō)法正確的是（）A．頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過(guò)程中的動(dòng)量變化率B．頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過(guò)程中撞擊力的沖量C．事故中頭盔對(duì)頭部的沖量與頭部對(duì)頭盔的沖量大小相等D．若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)F?Δt=Δp可得F=依題意，頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時(shí)間延長(zhǎng)了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過(guò)程中的動(dòng)量變化率。故A正確；B．同理，可知頭盔并沒(méi)有減少駕駛員頭部撞擊過(guò)程中撞擊力的沖量。故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)I=F?Δt頭盔對(duì)頭部的作用力與頭部對(duì)頭盔的作用力等大反向，作用時(shí)間相同，所以事故中頭盔對(duì)頭部的沖量與頭部對(duì)頭盔的沖量大小相等。故C正確；D．代入數(shù)據(jù)，可得F=可知事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N。故D正確。故選ACD。14．用一小型電動(dòng)機(jī)豎直向上提升質(zhì)量為m的重物，電動(dòng)機(jī)的輸出功率恒定，重物向上加速運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示，v0為上升過(guò)程的最大速度。重力加速度為g，加速上升過(guò)程中，重力的沖量大小為I，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．重物加速上升的時(shí)間為IB．重物加速上升過(guò)程中吊索對(duì)重物拉力的沖量大小等于mv0C．電動(dòng)機(jī)的輸出功率P=mgv0D．當(dāng)重物速度為12v【答案】AC【詳解】A．由題意可知，重物加速上升的時(shí)間為t=故A正確；B．重物加速上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理，吊索對(duì)重物拉力的沖量大小為I故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F等于重物的重力，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P=F故C正確；D．重物速度為v=時(shí)，拉力F由F1-mg=ma解得a=g故D錯(cuò)誤。故選AC。15．（2024·河南濮陽(yáng)·一模）如圖所示為固定在水平面上的光滑半球形碗，一質(zhì)量為m的小物塊從碗口A點(diǎn)由靜止沿圓弧面下滑到最低點(diǎn)C，B