金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第七章動量守恒定律及其應(yīng)用第七章 核心素養(yǎng)提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第七章動量守恒定律及其應(yīng)用第七章核心素養(yǎng)提升[科學(xué)思維提煉]1．抽象與概括：動量概念的提出，以及動量守恒定律發(fā)現(xiàn)的科學(xué)歷史過程。2．特殊值法：例如彈性碰撞的實例分析中，選取簡單特例進行分析。如果所得結(jié)論與實際情況一致，那么理論分析可能是正確的，否則一定出了問題。3．微元法(1)求某些變力的沖量。(2)動量定理在“流體”類及“微?！鳖愇矬w相關(guān)問題中的應(yīng)用。4．圖像法：求某些變力的沖量。5．平均值法：當(dāng)力的大小隨時間均勻變化時，求該力的沖量。6．分段法和全程法：多過程問題中應(yīng)用動量定理或動量守恒定律。7．守恒思想：動量守恒定律，明確守恒條件。8．模型建構(gòu)(1)動量定理在“流體”類及“微粒”類物體相關(guān)問題中應(yīng)用時，沿流體流速方向或微粒速度方向建立“柱體”模型。(2)動量守恒定律實際應(yīng)用中的碰撞、爆炸、反沖模型，以及其下細(xì)化的彈性碰撞、對心正碰、“人船模型”、“子彈打木塊”及“滑塊—木板”模型、“滑塊—彈簧”模型、“懸繩模型”等。9．力學(xué)三大觀點(1)動力學(xué)觀點：需要進行過程分析，可以求瞬時量。(2)能量觀點①動能定理應(yīng)用時需要確定初末狀態(tài)，并明確過程中力做的功；②機械能守恒定律應(yīng)用時需要確定物體或系統(tǒng)初末狀態(tài)，并明確守恒條件；③能量守恒定律應(yīng)用時需要確定研究涉及的物體及對應(yīng)過程的初末狀態(tài)。(3)動量觀點①動量定理應(yīng)用時需要確定初末狀態(tài)，并明確過程中力的沖量；②動量守恒定律應(yīng)用時需要確定系統(tǒng)所涉及的物體以及初末狀態(tài)，并明確守恒條件。10．轉(zhuǎn)換法：(利用斜槽滾球法)驗證動量守恒定律的實驗。11．?dāng)?shù)學(xué)歸納法：動量守恒定律在某些多過程問題中的應(yīng)用。[素養(yǎng)提升集訓(xùn)]一、選擇題(本題共8小題)1.(2023·廣東省湛江市高三下第二次模擬)(多選)一木箱靜止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F與時間t的關(guān)系圖像如圖所示，4s后木箱做勻速直線運動，圖中F1、F2、F3均已知，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．0～2s內(nèi)，木箱保持靜止B．可求出木箱與地面間的動摩擦因數(shù)C．可求出0～6s內(nèi)合力的沖量大小D．可求出0～6s內(nèi)木箱克服摩擦力做的功答案AC解析4s后木箱做勻速直線運動，表明木箱所受滑動摩擦力大小f＝F2，又f＝fmax，根據(jù)題圖可得F1<F2＝fmax，所以0～2s內(nèi)，木箱保持靜止，A正確；根據(jù)f＝μmg，f＝F2，解得μ＝eq\f(F2,mg)，由于木箱質(zhì)量未知，因此不能求出木箱與地面間的動摩擦因數(shù)μ，B錯誤；在F-t圖像中，圖線與時間軸所圍圖形的面積表示力的沖量，所以根據(jù)圖像可求出0～6s內(nèi)拉力F的沖量大小IF＝2s·(F1＋F2＋F3)，0～2s內(nèi)木箱處于靜止?fàn)顟B(tài)，有f1＝F1，2～6s內(nèi)摩擦力f＝F2，且摩擦力方向與拉力方向始終相反，則摩擦力的沖量If＝－2s·f1－4s·f＝－2s·F1－4s·F2，則0～6s內(nèi)合力的沖量大小I合＝IF＋If＝2s·(F3－F2)，C正確；由于木箱質(zhì)量未知，因此不能求出木箱的速度、加速度與位移，則不能求出0～6s內(nèi)木箱克服摩擦力做的功，D錯誤。2．(2023·福建省廈門市高三下3月第二次質(zhì)量檢測)鼓浪嶼原名“圓沙洲”，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓，故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”，現(xiàn)為中國第52項世界遺產(chǎn)項目。某次漲潮中，海浪以5m/s的速度垂直撞擊到一平直礁石上，之后沿礁石兩側(cè)流走，已知礁石受沖擊的面積為2m2，海水的密度為1.05×103kg/m3，則海浪對礁石的平均沖擊力大小約為()A．1.05×104N B．5.25×104NC．7.88×104N D．2.63×105N答案B解析設(shè)Δt時間內(nèi)沖擊礁石的海水的體積為ΔV，則有ΔV＝SvΔt，這部分海水的質(zhì)量為Δm＝ρ·ΔV，以海浪的運動方向為正方向，在海浪沖擊礁石過程中，設(shè)礁石對海水的平均作用力大小為F，根據(jù)動量定理有－FΔt＝0－Δmv，聯(lián)立解得F＝ρSv2＝1.05×103×2×52N＝5.25×104N，根據(jù)牛頓第三定律可知，海浪對礁石的平均沖擊力大小約為F′＝F＝5.25×104N，故選B。3．(2023·湖南省邵陽市高三下二模)“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運動的速度大小為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示情況下，探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為vt。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是()A．vt＝2u B．vt＝v0＋2uC．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u答案B解析設(shè)探測器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，行星在探測器遠(yuǎn)離后的速度大小為u1，以u方向為正方向，由題意結(jié)合彈性碰撞規(guī)律可知，探測器與行星作用過程中，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒、總動能保持不變，根據(jù)動量守恒定律有－mv0＋Mu＝mvt＋Mu1，根據(jù)總動能保持不變，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mu2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,1)，解得vt＝eq\f(M（v0＋2u）,M＋m)－eq\f(mv0,M＋m)，又因為m?M，則有vt＝v0＋2u，故選B。4．(2023·新課標(biāo)卷)(多選)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發(fā)點為x軸零點，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摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()A．在x＝1m時，拉力的功率為6WB．在x＝4m時，物體的動能為2JC．從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為2kg·m/s答案BC解析由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W＝Fx，W-x圖像的斜率表示拉力F，由題圖可知，0～2m，F(xiàn)1＝eq\f(12－0,2－0)N＝6N，2～4m，F(xiàn)2＝eq\f(18－12,4－2)N＝3N。物體從x＝0運動到x＝1m的過程中，根據(jù)動能定理有W1－μmgx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入W1＝6J、x1＝1m，解得在x＝1m時，物體的速度v1＝2m/s，則在x＝1m時，拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A錯誤；物體從x＝0運動到x＝4m的過程中，由動能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18J、x4＝4m，解得在x＝4m時，物體的動能Ek4＝2J，B正確；從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為Wf2＝μmgx2，代入x2＝2m，解得Wf2＝8J，C正確；由于F1＞μmg，F(xiàn)2＜μmg，則物體在0～2m內(nèi)由靜止開始做加速運動，在2～4m內(nèi)做減速運動，在x＝2m時速度最大，動量最大，物體從x＝0運動到x＝2m的過程中，由動能定理得W2－μmgx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入W2＝12J、x2＝2m，解得在x＝2m時物體的速度v2＝2eq\r(2)m/s，則從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為pm＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D錯誤。5.(2024·湖南省永州市高三上第一次模擬)(多選)如圖所示，輕質(zhì)細(xì)桿兩端固定兩個質(zhì)量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，從圖示位置靜止釋放b球，下列說法正確的是()A．b球落地的瞬間，a球的速度為0B．在b球落地前的整個過程中，b球的機械能守恒C．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量不為0D．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的總功不為0答案AC解析a、b兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力始終為零，水平方向動量守恒，系統(tǒng)水平方向的初動量為零，則b球落地的瞬間系統(tǒng)水平方向動量仍為零，此時輕桿方向水平，則a、b球水平方向的速度相等，可知a球的速度為零，故A正確；由于釋放b球時a球的速度為0，當(dāng)b球落地的瞬間，a球的速度仍為0，但b球下落過程中a球速度不為0，則a球的機械能不守恒，但初、末時刻的機械能相等，由于a、b球與輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，則在b球落地前的整個過程中，b球的機械能不守恒，但初、末時刻b球的機械能相等，則輕桿對b球做的總功為0，故B、D錯誤；b球落地前的整個過程中，b球的動量變化量Δpb豎直向下，b球的重力的沖量豎直向下，根據(jù)動量定理可知，輕桿對b球的水平?jīng)_量為0，分析可知，輕桿對b球先有斜向上的推力，后有斜向下的拉力，設(shè)前一過程輕桿對b球的沖量為I1，后一過程輕桿對b球的沖量為I2，則I1與水平方向的夾角較大，根據(jù)以上分析，由矢量的合成法則，可作出整個過程輕桿對b球的沖量I如圖，即輕桿對b球的沖量大小不為零，方向豎直向上，故C正確。6.(魯科版選擇性必修第一冊·第一章[單元自我檢測]T8改編)(多選)物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則()A．C球落地前瞬間A球的速度為eq\r(2gH)B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H答案ABD解析因為A、B、C球由靜止同時釋放，所以C球落地瞬間三個小球的速度相等，由自由落體運動公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝eq\r(2gH)，A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律，可知C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq\f(1,2)mBvB′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2，由以上幾式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正確；由B項分析解得vA′＝3eq\r(2gH)，根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律，A球彈起的最大高度hmax＝eq\f(vA′2,2g)＝9H，C錯誤，D正確。7.(2021·山東高考)(多選)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是()A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mgC．d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)D．d＝eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))\s\up12(2)H2)答案BC解析開始時載有物資的熱氣球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為0，有F?。組g＋mg；水平投出質(zhì)量為m的物資瞬間，根據(jù)整體動量守恒，可知熱氣球獲得相對地面水平向左的速度v＝eq\f(mv0,M)；投出物資后熱氣球所受浮力不變，則其所受合力為F?。璏g＝mg，方向豎直向上，所以投出物資后熱氣球做勻加速曲線運動，A錯誤，B正確。投出物資后熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示，設(shè)物資落地所用時間為t，根據(jù)H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2H,g))，熱氣球的加速度大小a＝eq\f(mg,M)＝eq\f(m,M)g，則在豎直方向上運動的位移為HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H；物資和熱氣球在水平方向均做勻速直線運動，則物資和熱氣球的水平位移分別為xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，根據(jù)幾何關(guān)系可知，落地時物資與熱氣球的距離為d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))·eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，C正確，D錯誤。8．(2021·湖南高考)(多選)如圖a，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a-t圖像如圖b所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是()A．0到t1時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0B．mA>mBC．B運動后，彈簧的最大形變量等于xD．S1－S2＝S3答案ABD解析在0～t1時間內(nèi)，物體B靜止，物體A從靜止向右加速，t1時刻速度為v0，則對系統(tǒng)根據(jù)動量定理可知，墻對B的沖量I＝mAv0，A正確；由a-t圖像可知，t1時刻后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的伸長量達(dá)到最大，此時根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由圖b可知此時aB>aA，則mB<mA，B正確；由圖b可得，t1時刻B開始運動，此時A的速度為v0，之后系統(tǒng)動量守恒，可得A、B的總動能一定大于0，而整個過程，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，所以B運動后彈簧的彈性勢能一定小于開始時彈簧的彈性勢能，彈簧的形變量一定小于x，C錯誤；在t2時刻彈簧的伸長量達(dá)到最大，A、B共速，由a-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化量，可知此時vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，則S1－S2＝S3，D正確。二、非選擇題(本題共1小題)9．(2023·全國乙卷)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；(3)圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。答案(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)4解析(1)小球釋放后自由下落，設(shè)下降高度為l時小球的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律得mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)小球以速度v0＝eq\r(2gl)與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后瞬間小球的速度為vm1，圓盤的速度為vM1，取豎直向下為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律分別有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M1)mv0＝mvm1＋MvM1聯(lián)立解得vm1＝－eq\f(1,2)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)vM1＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即第一次碰撞后瞬間，小球的速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向上，圓盤的速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向下。(2)第一次碰撞后，小球做豎直上拋運動，圓盤所受摩擦力與重力平衡，勻速下滑，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，設(shè)這段時間為t，以豎直向下為運動的正方向，則vm1＋gt＝vM1根據(jù)運動學(xué)公式，這段時間圓盤和小球的位移分別為xM1′＝vM1txm1′＝vm1t＋eq\f(1,2)gt2則在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離dmax＝xM1′－xm1′聯(lián)立解得dmax＝l。(3)從第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度為vM1的圓盤為參考系，則小球做豎直上拋運動，且相對初速度為vm1′＝vm1－vM1設(shè)該過程所用時間為t1，則－vm1′＝vm1′＋gt1可得vm1′＝－v0，t1＝eq\f(2v0,g)這段時間圓盤的實際位移xM1＝vM1t1可得xM1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)＝2l第二次碰撞過程，仍以速度為vM1的圓盤為參考系，根據(jù)碰撞規(guī)律同理可得，碰后瞬間小球和圓盤相對vM1的速度分別為vm2′＝－eq\f(1,2)v0，vM2′＝eq\f(1,2)v0分析可知，此后相鄰兩次碰撞時間內(nèi)，以前一次碰撞后的圓盤為參考系，則小球均以初速度－v0做豎直上拋運動，相鄰兩次碰撞的時間間隔均為t1＝eq\f(2v0,g)且第n次碰撞后，圓盤速度大小為vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…)第n次碰撞至第n＋1次碰撞時間內(nèi)，圓盤向下運動的位移xMn＝vMnt1聯(lián)立可得xMn＝2nl則第n次碰撞時圓盤與管的上端口的距離為ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1)結(jié)合數(shù)學(xué)知識解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…)因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l則第五次碰撞前，圓盤已落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。建模提能3應(yīng)用動量定理分析變質(zhì)量問題的技巧水流、氣流等流體或電子流、粒子流等微粒對物體表面持續(xù)撞擊時，或者對流體或微粒持續(xù)施加作用力時，流體或微粒持續(xù)發(fā)生其中的部分動量改變的情形，分析這些問題時，一般以流體或微粒為研究對象，沿流體的流速或微粒的速度方向建立“柱狀”模型，應(yīng)用動量定理及微元法等綜合分析。1．流體類問題通常液體流、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。運動員在水上做飛行運動表演，他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水等速率反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示。已知運動員與裝備的總質(zhì)量為90kg，兩個噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為()A．2.7m/s B．5.4m/sC．7.6m/s D．10.8m/s[答案]B[解析]根據(jù)平衡條件，水對飛行器的作用力F＝Mg，根據(jù)牛頓第三定律，飛行器對水的平均作用力大小也等于F。設(shè)水噴出時的速度為v，在時間t內(nèi)噴出的水的質(zhì)量Δm＝ρ·V＝2ρSvt，由動量定理可知，飛行器對水的平均作用力在t時間內(nèi)對質(zhì)量為Δm的水的沖量I＝Ft＝Δm[v－(－v)]，聯(lián)立可得v＝eq\r(\f(Mg,4ρS))＝eq\r(\f(90×10,4×1000×π×0.052))m/s≈5.4m/s，B正確?！久麕燑c睛】流體類問題分析步驟(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S。(2)微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl＝vΔt，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt。(3)建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體，即FΔt＝ΔmΔv。2．微粒類問題通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n。(2020·海南高考)太空探測器常裝配離子發(fā)動機，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質(zhì)量為490kg，離子以30km/s的速率(遠(yuǎn)大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3g/s，則探測器獲得的平均推力大小為()A．1.47N B．0.147NC．0.09N D．0.009N[答案]C[解析]設(shè)Δt時間內(nèi)發(fā)動機噴出離子的質(zhì)量為Δm，對這部分離子，根據(jù)動量定理有F·Δt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3kg×Δt，v＝3×104m/s，解得F＝0.09N，由牛頓第三定律知，探測器受到的平均推力與F等大反向，故探測器獲得的平均推力大小為0.09N，故C正確，A、B、D錯誤?！久麕燑c睛】微粒類問題分析步驟(1)建立“柱體”模型，沿速度v的方向選取一段微元，其橫截面積為S。(2)微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段微元的長度為Δl＝vΔt，對應(yīng)的體積為ΔV＝SvΔt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nvSΔt。(3)應(yīng)用動量定理研究微元內(nèi)的粒子，建立方程求解，即FΔt＝NmΔv。1．(2021·天津高考)(多選)一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號B遙二運載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進入全面實施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏．增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺之間的相互作用答案AB解析燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺?，使火箭獲得推力，D錯誤；設(shè)Δt時間內(nèi)噴出Δm的燃?xì)?，燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葹関，以噴出Δm燃?xì)馇暗幕鸺秊閰⒖枷?，對燃?xì)庥蓜恿慷ɡ碛蠪Δt＝Δmv，結(jié)合牛頓第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝eq\f(Δm,Δt)·v，可知增加單位時間的燃?xì)鈬娚淞縠q\f(Δm,Δt)或增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葀時，均可以增大火箭的推力，故A、B正確；當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r，噴出的燃?xì)庀鄬τ诨鸺乃俣葀不為零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C錯誤。2．(2021·福建高考)福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響。已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5m/s～28.4m/s，16級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s～56.0m/s。若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的()A．2倍 B．4倍C．8倍 D．16倍答案B解析設(shè)空氣的密度為ρ，臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S，在時間Δt內(nèi)吹向交通標(biāo)志牌的空氣質(zhì)量為Δm＝ρSv·Δt，假定臺風(fēng)迎面垂直吹向該交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱?，對臺風(fēng)由動量定理有－F·Δt＝0－Δmv，結(jié)合牛頓第三定律可得臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小F′＝F＝ρSv2，10級臺風(fēng)的風(fēng)速v1≈25m/s，16級臺風(fēng)的風(fēng)速v2≈50m/s，則有eq\f(F2′,F1′)＝eq\f(veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,1))≈4，故選B。3．一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當(dāng)進入有宇宙塵埃的區(qū)域時，設(shè)在該區(qū)域，單位體積內(nèi)有n顆塵埃，每顆塵埃的質(zhì)量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機的牽引力功率為()A．Snmveq\o\al(2,0) B．2Snmveq\o\al(2,0)C．Snmveq\o\al(3,0) D．2Snmveq\o\al(3,0)答案C解析時間Δt內(nèi)粘在飛船上的塵埃質(zhì)量為M＝v0ΔtSnm，對粘在飛船上的塵埃，由動量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飛船對這些塵埃的作用力為F＝nmveq\o\al(2,0)S；根據(jù)牛頓第三定律及平衡條件，可知為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機的牽引力F′＝F，牽引力的功率為P＝F′v0＝nmveq\o\al(3,0)S，故C正確，A、B、D錯誤。課時作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1．物理學(xué)科核心素養(yǎng)第一要素是“物理觀念”，下列“物理觀念”中正確的是()A．做曲線運動的物體，動量的變化率一定改變B．合力對物體做功為零，則合力的沖量也一定為零C．做勻變速運動的物體，任意時間內(nèi)的動量變化量的方向是相同的D．做圓周運動的物體，經(jīng)過一周，合力的沖量一定為零答案C解析根據(jù)動量定理知，動量的變化率即為合力，則做勻變速曲線運動的物體，動量的變化率恒定，A錯誤；合力對物體做功為零，則合力可能不為零，例如合力可能作用了一段時間，物體初末速度大小相等，但方向不同，故合力的沖量不一定為零，B錯誤；做勻變速運動的物體所受的合力恒定，動量變化量的方向與合力同向，保持不變，C正確；做變速圓周運動的物體，經(jīng)過一周，動量的變化量不一定為零，由動量定理知合力的沖量不一定為零，D錯誤。2．(2021·湖南高考)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應(yīng)的相軌跡可能是()答案D解析質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有v2＝2ax，而動量為p＝mv，聯(lián)立可得p＝meq\r(2ax)＝meq\r(2a)·xeq\s\up6(\f(1,2))，且x和p均應(yīng)為正值，故對應(yīng)的相軌跡為圖像D。3.(2023·安徽省宣城市高三下第二次模擬調(diào)研)如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，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的勻速圓周運動，周期為T，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．在T時間內(nèi)，小球受到的重力沖量為零B．在eq\f(T,2)時間內(nèi)，小球受到合力的沖量為零C．在T時間內(nèi)，小球受到彈力的沖量為零D．在eq\f(T,2)時間內(nèi)，小球受到彈力的沖量大小為meq\r(\f(16π2r2,T2)＋\f(g2T2,4))答案D解析在T時間內(nèi)，小球受到的重力沖量IG＝mgT，不為零，故A錯誤；小球的線速度大小v＝eq\f(2πr,T)，在eq\f(T,2)時間內(nèi)，小球的速度大小不變，方向反向，根據(jù)動量定理可知，小球受到合力的沖量大小為I合＝2mv＝eq\f(4mπr,T)，故B錯誤；在T時間內(nèi)，小球動量改變量為零，根據(jù)動量定理可得0＝mgT＋IN，解得小球受到彈力的沖量IN＝－mgT，不為零，故C錯誤；在eq\f(T,2)時間內(nèi)，根據(jù)平衡條件可知，小球受到彈力的豎直分力等于重力，則水平分力等于合力，則小球受到彈力的水平分力沖量大小Ix＝I合，豎直分力沖量大小Iy＝mg·eq\f(T,2)，則小球受到彈力的沖量大小IN′＝eq\r(Ieq\o\al(2,x)＋Ieq\o\al(2,y))＝meq\r(\f(16π2r2,T2)＋\f(g2T2,4))，故D正確。4．(2022·福建省福州市高三下3月質(zhì)量檢測)2021年12月9日下午，航天員王亞平等天空授課時，在演播室主持人給同學(xué)們提出下列思考題“航天員站在艙外機械臂上，一只手拿一個小鋼球，另一只手拿一根羽毛，雙手用同樣的力，向同一方向拋出，預(yù)定距離兩米，小鋼球和羽毛哪個先抵達(dá)？”假設(shè)力的作用時間相同，那么正確的結(jié)論是()A．小鋼球先到達(dá) B．羽毛先到達(dá)C．同時到達(dá) D．無法判定答案B解析根據(jù)動量定理，可得Ft＝mv，依題意，力F和作用時間t均相同，小鋼球的質(zhì)量大于羽毛的質(zhì)量，所以v鋼球<v羽毛，易知羽毛先到達(dá)。故選B。5.水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運動一段距離后停下，兩物體的v-t圖像如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中()A．F1的沖量等于F2的沖量B．F1的沖量大于F2的沖量C．摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量D．合力對a物體的沖量等于合力對b物體的沖量答案D解析題圖中AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體所受的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等，但a從開始運動到停下的總時間小于b從開始運動到停下的總時間，即tOB＜tOD，根據(jù)I＝ft可知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，故C錯誤；根據(jù)動量定理，對整個過程研究得，F(xiàn)1t1－ftOB＝0，F(xiàn)2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，則F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故A、B錯誤；根據(jù)動量定理可知，合力的沖量等于物體動量的變化量，對整個過程，a、b兩個物體動量的變化量都為零，故D正確。6．(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正確。[B組綜合提升練]7.(魯科版選擇性必修第一冊·第1章[單元自我檢測]T7改編)如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止自由下落80cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍B．足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3．2kg·m/sD．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為3.2N·s答案C解析設(shè)足球自由下落h＝80cm時的速度為v1，時間為t1，由veq\o\al(2,1)＝2gh，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，有t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，足球反彈后做豎直上拋運動，而上升的最大高度也為80cm，根據(jù)運動的對稱性可知上拋運動的初速度大小v2＝v1＝4m/s，上升的時間t2＝t1＝0.4s；對足球與頭部作用的過程，取豎直向上為正方向，該過程中足球動量變化量Δp＝mv2－(－mv1)＝3.2kg·m/s，由動量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝Δp，其中Δt＝0.1s，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝36N，即頭部對足球的平均作用力大小為36N，而足球的重力大小為4N，則頭部對足球的平均作用力是足球重力的9倍，故A錯誤，C正確。足球下落到剛接觸頭部時的動量大小為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B錯誤；足球從最高點下落到重新回到最高點的過程，所受重力的沖量大小為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D錯誤。8．(2021·湖北高考)抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為()A．40 B．80C．120 D．160答案C解析根據(jù)牛頓第三定律，機槍對子彈的平均作用力大小約為F＝12N，設(shè)1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得Ft＝nmv0，代入數(shù)據(jù)解得n＝120，C正確，A、B、D錯誤。9.(2023·湖南省株洲市高三下一模)“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見的抒情意向。當(dāng)雨滴豎直下落的速度為v時，將一圓柱形量杯置于雨中，測得時間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h。為估算雨打芭蕉產(chǎn)生的壓強p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀；所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為eq\f(v,5)，另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為ρ，則p為()A.eq\f(\a\vs4\al(11ρhv),10t) B.eq\f(\a\vs4\al(9ρhv),10t)C.eq\f(\a\vs4\al(3