2024人教版高考物理專項復習：動量定理【八大題型】（含答案）

復習材料

專題L1動量定理【八大題型】

【人教版】

衣

一

F題型

L1動量及動量變化的分析與計算】

型

r題

k2高科技中的動量定理】

型

r題

k3恒力沖量】

r型

k題4動量定理解決變力沖量問題】

F型

L題5流體類問題】

F型

k題6動量定理解決多過程問題】

r型

k題7利用動量定理解釋生活現(xiàn)象】

F型

L題8圖像問題】

以*

力

.產

【題型1動量及動量變化的分析與計算】

【例1】（2021?湖南高考）物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量0描述，稱為相，對應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

質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是（）

解析：選D質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式婷=2辦可

得0=,2辦,設質點的質量為正,則質點的動量p="T2ax,由于質點的速度方向不變，則

質點動量〃的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學知識可知D正確。

【變式1-1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動.在啟動階段,

列車的動能0

A.與它所經歷的時間成正比B.與它的位移成正比

C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比

答案B

解析列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關系可知且

11

列車的動能為=由以上整理得耳=-"。2產，動能與時間的平方成正比，動能與速

22

1

度的平方成正比，A、C錯誤；將x=-a/2代入上式得及=/7ax,則列車的動能與位移成正比，

22

p2

B正確；由動能與動量的關系式外=一"可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤.

2m

【變式1?2】如圖所示，跳水運動員從某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知運動員的質

量冽=70kg,初速度。o=5m/s,若經過Is時，速度為。=5，？m/s,則在此過程中，運動

員動量的變化量為（g=10m/s2,不計空氣阻力X）

復習材料

A.700kg-m/sB.350-75kg-m/s

C.350(-75-1)kg-m/sD.350(,/5+1)kg-m/s

解析根據(jù)動量定理得：Xp=F即Ap=?7gt=70><10義1kg-m/s=700kg-m/s,故選項A

正確。

答案A

【變式1-3】將質量為0.5kg的小球以20m/s的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，g取

10m/s2,以下判斷正確的是()

A.小球從被拋出至到達最高點受到的沖量大小為lON-s

B.小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為零

C.小球從被拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為lON-s

D.小球從被拋出至落回出發(fā)點動量的變化量大小為10kgm/s

00

解析小球從被拋出至到達最高點經歷時間f=—=2s,受到的沖量大小為/=7"gf=10N-s,

g

選項A正確；小球從被拋出至落回出發(fā)點經歷時間4s,受到的沖量大小為20N3動量是

矢量,返回出發(fā)點時小球的速度大小仍為20m/s,但方向與被拋出時相反，故小球的動量變

化量大小為20kg?m/s,選項B、C、D錯誤。

答案A

【題型2高科技中的動量定理】

【例2】有一宇宙飛船，它沿運動方向的正對面積S=2in?,以。=3X103m/s的相對速度飛

入一宇宙微粒塵區(qū).此微粒塵區(qū)每In?空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為加=

2X10-7kg.設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增

加()

A.3.6X103NB.3.6N

C.1.2X103ND.1.2N

答案B

解析f時間內與飛船碰撞并附著于飛船上的微?？傎|量為設飛船對微粒的作用

力為尸，由動量定理得，F(xiàn)t=Mv,聯(lián)立解得：F=v2Sm,代入數(shù)據(jù)解得尸=3.6N.根據(jù)牛頓

第三定律，微粒對飛船的作用力為3.6N.要使飛船速度不變，根據(jù)平衡條件，飛船的牽引

力應增加3.6N,選項B正確.

【變式2-1](2021?天津等級者)(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，標志著我國空間站建造進入全面實施階段。

下列關于火箭的描述正確的是()

A.增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力

B.增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力

復習材料

C.當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速

D.火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用

解析：選AB增加單位時間的燃氣噴射量，即增加單位時間噴射氣體的質量，根據(jù)Ft—\mv

Am

可知尸=---v,可以增大火箭的推力，選項A正確；當增大燃氣相對于火箭的噴射速度時,

t

Am

根據(jù)尸=o可知，可以增大火箭的推力，選項B正確；當燃氣噴出火箭噴口的速度相對

t

于地面為零時，此時火箭有速度，所以相對于火箭的速度不為零，火箭仍然受推力作用，仍

然要加速，選項C錯誤；燃氣被噴出的瞬間，燃氣對火箭的反作用力作用在火箭上，使火

箭獲得推力，選項D錯誤。

【變式2-2］使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質制成種子膠囊。

播種時，在離地面10m高處以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機上，播種器利用空氣壓

力把種子膠囊以5m/s的速度（相對播種器）豎直向下射出，種子膠囊進入地面以下10cm深

處完成一次播種。已知種子膠囊的總質量為20g,不考慮其所受大氣阻力及進入土壤后的重

力作用，取g=10m/s2,貝弘）

A.射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做功為2.5J

B.離開無人機后，種子膠囊在空中運動的時間為正s

C.土壤對種子膠囊沖量的大小為372kg-m/s

D.種子膠囊在土壤內受到平均阻力的大小為22.5gN

解析：選D射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做的功等于其動能的增量，即W=

11

-mv2=-X0.02X52J=0.25J,A錯誤；種子膠囊離開無人機后在豎直方向做勻加速直線運

22

1

動，由為=”+,修，代入數(shù)據(jù)解得f=ls（另解舍去），B錯誤；種子膠囊落地時豎直速度%=

o+gf=15m/s,水平速度打=孫=15m/s,進入土壤時豎直方向t'=-可求得

2aa

22

t'=—So由動量定理得：I=F〃=0—（一加0令），v^=Jvy+vx,可解得土壤對種子膠囊

的沖量/=/"。a=0.3gkg-m/s,平均阻力大小尸=22.5及N,故C錯誤，D正確。

【變式2-3】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,產生的推力約為4.8X106N,則它在1s時間內噴射的氣體質量約為。

A.1.6X102kgB.1.6X103kg

C.1.6X105kgD.1.6X106kg

答案B

復習材料

解析設1S時間內噴出的氣體的質量為機,噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為廠，由

Ft4.8X106X1

動量定理有Ft=mu—O,則m=—=—3乂嶺—kg=1.6X103kg,選項B正確.

【題型3恒力沖量】

【例3】（2021?全國乙卷）（多選）水平桌面上，一質量為機的物體在水平恒力下拉動下從靜止

開始運動。物體通過的路程等于so時，速度的大小為此時撤去尸，物體繼續(xù)滑行2s0的

路程后停止運動，重力加速度大小為g。則（）

1

A.在此過程中尸所做的功為-加。（）2

2

3

B.在此過程中F的沖量大小等于~mv

20

vo2

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于一

4sog

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

1

解析：選BC未撤去尸前，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理有加F—FfSo=f。（）2,可知，尸所

2

1

做的功一定大于一加內2,A錯誤；對于整個運動過程，根據(jù)動能定理有正So-ax3s0=0,解

2

1

得F=3",D錯誤；撤去產后的運動過程中，根據(jù)動能定理有一〃加gX2s（）=0—5加?！?,解

vo2ZF

得“=—,C正確；未撤去尸前，設廠的沖量大小為4,則摩擦力的沖量大小為一，未撤

4sog3

ZF3

去尸前，對物體根據(jù)動量定理有/F一一=加。0,解得人=-加。0,B正確。

32

【變式3-1］（2022?廣州模擬）某科技小組將一款自動防撞系統(tǒng)安裝在汽車上進行測試。當汽

車與障礙物之間達到“報警距離”時，汽車能夠立即采取制動措施，并將先后經過警報區(qū)域

和緊急制動區(qū)域。某次性能測試中，質量加=50kg的汽車測試假人“駕駛”汽車以內=10

m/s的速度沿直線行駛，當距離前方靜止障礙物s=13.5m時，系統(tǒng)立即自動控制汽車做加

速度大小為ai=2m/s2的勻減速直線運動，并發(fā)出警報，減速fi=ls后汽車行至某處自動觸

發(fā)緊急制動，汽車做加速度大小為切的勻減速直線運動，最終停在障礙物前s'=0.5m處。

g=10m/s2,求：

（1）汽車在緊急制動過程中加速度的大小曲；

（2）在整個減速過程中，測試假人所受重力的沖量大小/。

2

解析：（1）汽車在警報區(qū)域運動的距離Xi—Voti-a^i,開始緊急制動時的速度Vi—v0—aiti—

8m/s,汽車在緊急制動區(qū)運動的距離M=s—s，-xi=4m,汽車在緊急制動區(qū)運動過程滿足0

復習材料

22

—vi=~2a2X2,解得丁=8m/so

vi

(2)汽車在緊急制動區(qū)運動的時間t———1S,測試假人所受重力的沖量大小/=ZMg?i+f2),

2ai

帶入數(shù)值得/=1OOON-s。

答案:⑴卷=8m/s2(2)/=lOOON-s

【變式3-2](多選)如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑固定

斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是0

A.兩個物體重力的沖量大小相等

B.兩個物體合力的沖量大小相等

C.剛到達底端時兩個物體的動量相同

D.到達斜面底端時兩個物體的動能相等

答案BD

h1I2h

解析設斜面傾角為仇物體下滑的加速度a=gsin0,根據(jù)------at2,知---—,知

sinQ2Jgsin20

運動的時間不等，根據(jù)則兩個物體重力的沖量大小不等，故A錯誤；根據(jù)動能定

1

理知，叫萬=3皿浮,到達底端時兩個物體的動能相等，故D正確；兩物體速度大小相等，但

是方向不同，所以到達底端時的動量不同，故C錯誤；因為初動量都為零，末狀態(tài)動量大

小相等，根據(jù)動量定理知，合力的沖量大小相等，故B正確.

【變式3-3](多選)恒力尸作用在質量為加的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力

較大，物體沒有被拉動，則經時間下列說法正確的是()

A.拉力廠對物體的沖量大小為零

B.拉力廠對物體的沖量大小為仍

C.拉力廠對物體的沖量大小是Ftcos0

D.合力對物體的沖量大小為零

答案BD

解析對沖量的計算一定要分清求的是哪個力的沖量，是某一個力的沖量、合力的沖量、分

力的沖量、還是某一方向上力的沖量，這一個力的沖量與其他力的沖量無關，B、D正

確.

【變式3-4】如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d四個點位

于同一圓周上，a在圓周最高點，”在圓周最低點，每根桿上都套著質量相等的小滑環(huán)(圖中

未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、6、c三個點同時由靜止釋放.關于它們下滑的過程，下列說

法正確的是()

A.重力對它們的沖量相同

復習材料

B.彈力對它們的沖量相同

C.合外力對它們的沖量相同

D.它們動能的增量相同

答案A

解析這是“等時圓”模型，即三個滑環(huán)同時由靜止釋放，運動到最低點d點的時間相同,

由于三個環(huán)的重力相等，由公式/=尸/分析可知，三個環(huán)重力的沖量相同，故A正確；從c

處下滑的小滑環(huán)受到的彈力最大，運動時間相等，則彈力對從c處下滑的小滑環(huán)的沖量最大，

故B錯誤；從a處下滑的小滑環(huán)的加速度最大，受到的合力最大，則合力對從a處下滑的

小滑環(huán)的沖量最大，故C錯誤；重力對從a處下滑的小滑環(huán)做功最多，其動能的增量最大,

故D錯誤.

【題型4動量定理解決變力沖量問題】

【例4】如圖所示，車載玩具——彈簧人公仔固定在車的水平臺面上，公仔頭部的質量為

m,靜止在圖示位置?，F(xiàn)用手豎直向下壓公仔的頭部，使之緩慢下降至某一位置，之后迅速

放手。公仔的頭部經過時間3沿豎直方向上升到另一位置時速度為零。此過程彈簧始終處

于彈性限度內，不計空氣阻力及彈簧質量。在公仔頭部上升的過程中0

A.公仔頭部的機械能守恒

B.公仔頭部的加速度先增大后減小

C.彈簧彈力沖量的大小為加gf

D.彈簧彈力對頭部所做的功為零

解析：選C彈簧彈力對公仔頭部做功，故公仔頭部的機械能不守恒，故A錯誤；公仔頭

部上升過程中，彈簧彈力先減小后反向增大，加速度先減小后反向增大，故B錯誤；公仔

頭部上升過程中，取向上為正方向，根據(jù)動量定理有/肆一加g/=0,則彈簧彈力沖量的大小

為/彈=%g/,故C正確；公仔頭部上升過程中，根據(jù)動能定理有用展一小g/!=0,則彈簧彈

力對頭部所做的功為少犀=mg/?WO,故D錯誤。

【變式4-1](2021?北京等級考)如圖所示，圓盤在水平面內以角速度o繞中心軸勻速轉動,

圓盤上距軸r處的尸點有一質量為m的小物體隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動,

小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是()

A.圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向

B.圓盤停止轉動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2〃?or

C.圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動

D.圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為"25"

解析：選D圓盤停止轉動前，小物體隨圓盤一起轉動，小物體所受摩擦力提供向心力，方

向沿半徑方向指向圓心，選項A錯誤；圓盤停止轉動前，小物體運動一圈動量的變化量為

0,所受合外力為摩擦力，則所受摩擦力的沖量為0,選項B錯誤；圓盤停止轉動后，小物

復習材料

體沿切線方向運動，選項C錯誤；圓盤停止轉動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個滑動

過程所受摩擦力的沖量大小為/'—\\p\—mv—mcor,選項D正確。

【變式4-2］(2022?汕頭模擬)(多選)某人站在力的傳感器(連著計算機)上完成下蹲、起立動作，

計算機屏幕上顯示出力的傳感器示數(shù)尸隨時間，變化的情況如圖所示，g取10m/s2o下列說

法正確的是()

A.該人下蹲時間約為0.5s

B.該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2

C.起立過程該人一直處于超重狀態(tài)

D.起立過程傳感器對該人支持力的沖量約為500N-s

解析：選BD下蹲過程中，初速度為0,末速度也為0,則下蹲過程先加速向下運動后減

速向下運動，從圖像可知1?2s過程為下蹲過程，則下蹲時間約為Is,A錯誤；由圖像可

知靜止時有加g=N=500N,支持力最小約為200N,最大約為700N,由牛頓第二定律可

得加g—川?加=〃?。1皿或Nmax-"?g=〃?amax'，聯(lián)立解得最大加速度約為6Hl/s2,則B正確；

起立過程，初速度為0,末速度也為0,則起立過程先加速向上運動后減速向上運動，該人

先是處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，C錯誤；起立過程，根據(jù)動量定理可得點一sgf=0—

0,起立時間約為1s,解得TN=mgf=500N-s,D正確。

【變式4-3】如圖所示，一輕質彈簧固定在墻上，一個質量為機的木塊以速度。。從右側沿

光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍

內，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量/的大小為()

A.1=0B.I=mv0C.I=2mv0D.I=3mv0

解析設木塊離開彈簧時的速度為。，根據(jù)機械能守恒定律得：-mv2=-mv%,所以。=%,

22

設向右的速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得：I=mv-(-mvo)=2mvo,故選項C正確。

答案C

【題型5流體類問題】

【例5】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反

轉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量為90kg,

兩個噴嘴的直徑均為10cm,已知重力加速度大小g取10m/s2,水的密度kg/np,

則噴嘴處噴水的速度大約為()

A.2.7m/sB.5.4m/s

C.7.6m/sD.10.8m/s

［解析］設飛行器對水的平均作用力為尸，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對飛行器的作用力的

大小也等于尸，對飛行器，則有方=〃g,設水噴出時的速度為％在時間，內噴出的水的質

量m=pV=2pSvt,看時間內質量為m的水獲得的沖量I=Ft=2tm,聯(lián)立解得v^5Am/s,

復習材料

故B正確，A、C、D錯誤。

［答案］B

【變式5-1】南昌市秋水廣場擁有亞洲最大的音樂噴泉群。一同學在遠處觀看秋水廣場噴泉

表演時，估測噴泉中心主噴水口的水柱約有40層樓高，表演結束時，靠近觀察到該主噴水

管口的圓形內徑約有10cm,由此估算驅動主噴水的水泵功率最接近的數(shù)值是()

A.5X102WB.5X103W

C.5X104WD.5X105W

［解析］40層樓高約A=120mo設水泵的功率為P,泵在時間AZ內使質量為Km的水以速度。

,1兀/

通過噴水管口，則尸加=一公加浮，p2=2gh,以及△加(p為水的密度)和S=—,由此

24

pehnd1,---

5

可得「=-4一血入5X10Wo

［答案］D

【變式5-2］根據(jù)量子理論，光子的能量￡與動量〃之間的關系式為E=pc,其中c表示光

速，由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時都會對物體產生壓強，這就

是“光壓”，用/表示。

(1)一臺二氧化碳氣體激光器發(fā)出的激光，功率為外，射出的光束的橫截面積為S,當它垂

直照射到一物體表面并被物體全部反射時，激光對物體表面的壓力尸=2/W,其中p表示光

子的動量，N表示單位時間內激光器射出的光子數(shù)，試用R和S表示該束激光對物體產生

的光壓；

(2)有人設想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率

極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時每平方米面積上的輻射功率為1350

8

W,探測器和薄膜的總質量為加=100kg,薄膜面積為4X104m2,c=3X10m/s,求此時

探測器的加速度大小。

［解析］(1)在單位時間內，功率為外的激光的總能量為：P0X\s=NE=Npc,

Po

所以：p——

Nc

由題意可知：激光對物體表面的壓力F=2pN

F2Po

故激光對物體產生的光壓：/=-=--O

ScS

2Po2X1.35X103

(2)由(1)可知：1=----------------Pa=9X10-6Pa

cS3X108X1

所以探測器受到的光的總壓力&=/S鹿，

對探測器應用牛頓第二定律有尸N="?。，

故此時探測器的加速度

復習材料

ISiK9X10—6x4X104

a-----=------------------------------m/s2=3.6xl0-3m/s2o

m100

[答案](1)一(2)3.6X10-3m/s2

cS

【變式5-3](2021?福建高考)福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響。

已知10級臺風的風速范圍為24.5m/s?28.4m/s,16級臺風的風速范圍為51.0m/s?56.0

m/so若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌，則16級臺風對該交通標志牌的作用力大小

約為10級臺風的()

A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍

解析：選B設空氣的密度為p,風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的橫截面積為S,在

時間。的空氣質量為\m=pSv-^t,假定臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的末速度變

為零，對風由動量定理有一FAf=0—Amo,可得尸=05濟，10級臺風的風速。1弋25m/s,16級

,尸2V22,

臺風的風速也4。m/s,則有一=一24,故B正確。

Fivi2

【變式5-4】如圖所示，武裝直升機的旋翼槳盤面積(槳葉旋轉形成的圓面面積)為S,空氣密

度為O直升機質量為加，重力加速度為g.當直升機向上勻速運動時，假設空氣阻力恒為力

空氣浮力不計，風力的影響也不計，下列說法正確的是0

A.直升機懸停時受到的升力大小為機g+y

B.直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為上上

[2Ps

C.直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為J(加g+%s

I加3g3

D.直升機向上勻速運動時，Is內發(fā)動機做的功為——

Jps

答案C

解析根據(jù)平衡條件可得直升機懸停時受到的升力大小為mg,故A錯誤；\t時間內被螺旋

槳推動的空氣的質量為△加'=pSv\t,螺旋槳對空氣的作用力大小方=—,\p=\m'v,由

△t

牛頓第三定律知空氣對螺旋槳的作用力大小P=F,為使飛機向上勻速運動，有=mg

mg+f

+f,聯(lián)立解得。=------1s內被螺旋槳推動的空氣質量為M=pSv=pS--------=

ps-------------------------------------------------------------------------Jpsps

(mg+f)pS,故B錯誤，C正確；由動能定理可得1s內發(fā)動機所做的功為少=；刊浮=

1坐故D錯誤.

2PS

復習材料

【變式5-5］如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍.設水槍噴出水柱直徑為。，水流速度為。,

水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零.手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速

度可忽略不計，已知水的密度為p.下列說法正確的是0

A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為0ttg2

1

B.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為

1

C.水柱對汽車的平均沖力為不02浮

D.當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍

答案D

解析高壓水槍單位時間噴出水的質量等于單位時間內噴出的水柱的質量，即相0=〃/=〃兀

。21

—v--^ipvD2,故A、B錯誤；水柱對汽車的平均沖力為尸，由動量定理得7^="?。，即Ef=

11F

-pmD2-t-v,解得尸二〉無濟》，選項c錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產生的壓強0=—=

44S

1,,

―-----=pv2,則當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，選

加2

4

項D正確.

【題型6動量定理解決多過程問題】

【例6】在2021年東京奧運會蹦床比賽中，一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2m

高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處。已知運動員與網接觸的時

間為1.2s,若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。(g=10m/s2)

解析：法一：分段法

設運動員從高為瓦處下落，則剛接觸網時的速度大小為。1=伍后(方向向下)

彈跳后上升的高度設為h2,則剛離網時的速度大小為O2=j2g/Z2(方向向上)

與網接觸過程中，運動員受到向下的重力機g和網對其向上的彈力尸，規(guī)定豎直向上為正方

向，由動量定理得：(F—mg)^t—mV2—m(—Vi)

Q2gh2+J2gh\)

解以上三式得F=mg+m、&{,

代入數(shù)值可解得尸=1.5X103No

法二：整段法

2加

從3.2m高處自由下落的時間為：“=——=0.8s,

7g

復習材料

蹦到5.0m高處的時間為：,2=-=1s,

整個過程中運動員始終受重力作用，僅在與網接觸的fo=1.2s的時間內受到網對他向上的彈

力樂的作用，設豎直向上為正方向，對全過程應用動量定理：齊心一機8。1+4+而)=0,則

尸N=1500No

答案：1500N

【變式6-1](2022?衡水中學月考)“蹦蹦床”游樂項目是孩子們經常去游樂場玩的一款項目o

將兒童在“蹦蹦床”上彈起、下落的過程簡化為豎直方向上的運動。一質量為〃?的兒童從〃

高度處落下，從接觸蹦床到速度大小減為零的時間為加，在此過程中()

A.蹦床對他的沖量大小為mgM+my/^h,蹦床對他做功不為0

B.蹦床對他的沖量大小為m國,蹦床對他做功不為0

C.蹦床對他的沖量大小為mgAt+my/2gh,蹦床對他做功為0

D.蹦床對他的沖量大小為mgAt—my/2gh,蹦床對他做功為0

解析：選A兒童接觸蹦床時的速度大小為J荻，接觸蹦床后，以向上為正方向，根據(jù)動

量定理得/一優(yōu)gA/=0一(一加^)，解得I=mgkt+mJ2gh,設兒童接觸蹦床后，又下降了

x,全程根據(jù)動能定理得用+〃?g(/z+x)=0,所以蹦床對兒童做的功為彳=—mg(/!+x),故選

Ao

【變式6-2】某節(jié)目中，“氣功師”平躺在水平地面上，其腹部上平放著一塊大石板，助手

用鐵錘猛擊大石板，石板裂開而“氣功師”沒有受傷?，F(xiàn)用下述模型分析探究：

設大石板質量"=80kg,鐵錘質量機=5kg；鐵錘從比=1.8m高處由靜止落下，打在石板

上反彈，當反彈達到最大高度3=0.05m時被拿開；鐵錘與石板的作用時間4=0.01s；由

于緩沖，石板與“氣功師”腹部的作用時間f2=0.5s。重力加速度g取10m/s2。求鐵錘敲擊

大石板的過程中：

⑴鐵錘受到的沖量大??；

(2)大石板對鐵錘的平均作用力大??；

(3)大石板對人的平均作用力大小。

解析：(1)由機械能守恒定律丁02=噸力，解得。則鐵錘敲擊石板時的速度歷=恁/

—6m/s,方向向下，鐵錘反彈時的速度和=J可應=1m/s,方向向上，取方向向上為正方

向，對鐵錘，由動量定理得/=機。2—(一加。1),解得/=35N,s。

(2)對鐵錘，由沖量定義得/=(8一機g)a,解得尸i=3550N。

(3)對石板，由動量定理得(八一崛均一尸苗=0,解得尸2=871N。由牛頓第三定律得，大石

板對人的平均作用力大小歹/=F2=871N。

答案：(l)35N-s(2)3550N(3)871N

復習材料

【變式6-3］質量為1kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動摩擦因數(shù)

為〃=04有一大小為5N的水平恒力廠作用于物體上，使之加速前進，經

3s后撤去尸.求物體運動的總時間.(g取10m/s2)

答案3.75s

解析物體由靜止開始運動到停止運動的全過程中，尸的沖量為凡1,摩擦力的沖量為Fff.選

水平恒力尸的方向為正方向，根據(jù)動量定理有

Ft\—Fft=0①

又Ff=/2mg?

Fti

聯(lián)立①②式解得t=——=3.75s.

〃加g

【變式6-4】用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理。如圖所示，從距秤盤80

cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s,豆粒彈起時豎直方

向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话耄较蛳喾?。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短

(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總

質量為100g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()

A.0.2NB.0.6N

C.1.0ND.1.6N

解析：選B設豆粒從80cm高處下落到秤■盤上時的速度為％,Vi2—2gh,貝Us=d2gh=

12X10x0,8m/s=4m/s。設豎直向上為正方向，以所有豆粒與科盤碰撞過程，根據(jù)動

-

、mv2~mvi0.1X20.1X(—4)

量定理：Ft=mV2—mVi,貝寸尸=--------=--------------------N=0.6N,木艮據(jù)牛頓第

t1

三定律可知，在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小為0.6N,故B正確，A、C、D錯誤。

【題型7利用動量定理解釋生活現(xiàn)象】

【例7】(2020?全國卷I)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間

充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用,

下列說法正確的是()

A.增加了司機單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機動量的變化量

C.將司機的動能全部轉換成汽車的動能

D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積

解析：選D汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸。司機在很短時間內

由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據(jù)動量定理

知，司機所受作用力減小，又知安全氣囊打開后，司機的受力面積變大，因此減少

了司機單位面積的受力大??；碰撞過程中，動能轉化為內能。D正確。

復習材料

【變式7-1］（2022?山東棗莊模擬）人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機,

經常出現(xiàn)手機砸傷眼睛的情況。若手機質量為160g,從離人眼約20cm的高度無初速度掉

落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s,g取10m/s2。下列說法

正確的是（）

A.手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為0.48kg-m/s

B.手機對眼睛的沖量方向豎直向上

C.手機對眼睛的沖量大小約為0.32N-s

D.手機對眼睛的平均作用力大小約為3.2N

解析：選D手機砸到眼睛后手機未反彈，手機的末速度為0,手機到達人眼時的速度約為

o=j2g為=2m/s,取方向豎直向上為正，手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為△0=（）

—j7=0—（―mv）=0.32kg-m/s,故A錯誤；手機對眼睛的沖量方向與手機對眼睛的作用力方

向相同，豎直向下，故B錯誤；由動量定理可知，眼睛對手機的作用力的沖量和手機重力

的沖量的合沖量約為0.32N-s,（尸一mg）r=&2,所以眼睛對手機的作用力的沖量大于0.32N-s,

由牛頓第三定律可知，手機對眼睛的沖量大于0.32N-S,故C錯誤；手機與眼睛作用過程中，

mv

由動量定理可知（/一機g）/=0一（一加。），解得眼睛對手機的平均作用力大小約為F----卜mg

=3.2N,由牛頓第三定律可知，手機對眼睛的平均作用力大小約為3.2N,故D正確。

【變式7-2】拍皮球是大家都喜歡的體育活動，既能強身又能健體。已知皮球質量為0.4kg,

為保證皮球與地面碰撞后自然跳起的最大高度均為1.25m,小明需每次在球到達最高點時拍

球，每次拍球作用距離為0.25m,使球在離手時獲得一個豎直向下4m/s的初速度。若不計

空氣阻力及球的形變，g取10m/s2,則每次拍球（）

A.手給球的沖量為1.6kg-m/s

B.手給球的沖量為2.0kg-m/s

C.人對球做的功為3.2J

D.人對球做的功為2.2J

解析：選D人拍球的過程，由動量定理：1.6kg-m/s,則7<1.6kg-m/s,A、

1

B錯誤；由動能定理：W+mgh^^nv2,解得少=2.2J,D正確，C錯誤。

【變式7-31一輛質量為2200kg的汽車正在以26m/s的速度行駛，如果駕駛員緊急制動,

可在3.8s內使車停下，如果汽車撞到堅固的墻上，則會在0.22s內停下，下列判斷正確的

是（）

A.汽車緊急制動過程動量的變化量較大

B.汽車撞到堅固的墻上動量的變化量較大

C.汽車緊急制動過程受到的平均作用力約為15000N

復習材料

D.汽車撞到堅固的墻上受到的平均作用力約為15000N

解析：選C汽車無論是緊急制動還是撞到堅固的墻上，動量都是由機。變?yōu)?,所以動量

mv

的變化量一樣大，A、B錯誤；汽車緊急制動過程中，平均作用力尸i=—Q15053N,C正

t\

mv

確；汽車撞到堅固的墻上，平均作用力尸2=—=260000N,D錯誤。

【題型8圖像問題】

【例8】質量相等的4、5兩物體運動的速度。隨時間，變化的圖像如圖所示。整個運動過

程中，4、5兩物體的位移大小分別為當、XB，合外力做的功分別為%、%，合外力的沖