2025高考物理 人教版選擇性必修第1冊(cè)專項(xiàng)復(fù)習(xí)含答案

2025高考物理人教版選擇性必修第1冊(cè)專項(xiàng)復(fù)習(xí)第一章動(dòng)量守恒定律1．動(dòng)量學(xué)習(xí)目標(biāo)1．了解生產(chǎn)、生活中的碰撞現(xiàn)象。2．經(jīng)歷猜想和尋求兩物體碰撞前后會(huì)有什么物理量不變的過程，領(lǐng)會(huì)實(shí)驗(yàn)的基本思想。3．理解動(dòng)量的概念，會(huì)計(jì)算動(dòng)量的變化。4．認(rèn)識(shí)動(dòng)量是狀態(tài)量，深化運(yùn)動(dòng)與相互作用的觀念。思維脈絡(luò)尋求碰撞中的不變量1.實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象(1)實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。把兩個(gè)完全相同的小鋼球用兩根長(zhǎng)度相等的細(xì)線懸掛起來，B小球靜止，拉起A小球，放開后它們相碰。可以看到：碰撞后，A球的速度_大小不變__地“傳給”了B球。(2)將上面實(shí)驗(yàn)中的A球換成大小相同的C球，使C球質(zhì)量大于B球質(zhì)量，用手拉起C球至某一高度后放開，撞擊靜止的B球。我們可以看到，碰撞后B球獲得_較大__的速度。(3)猜想：①兩個(gè)物體碰撞前后_動(dòng)能__之和可能不變。②兩個(gè)物體碰撞前后_速度__與_質(zhì)量__的乘積之和可能是不變的。2．實(shí)驗(yàn)：尋求碰撞中的不變量(1)實(shí)驗(yàn)器材有氣墊導(dǎo)軌、_光電門__、小車、數(shù)字計(jì)時(shí)器、_天平__等。(2)本實(shí)驗(yàn)所說的“碰撞前”是指即將_發(fā)生__碰撞的那一_時(shí)刻__，“碰撞后”是指碰撞_剛結(jié)束__的那一時(shí)刻。(3)分析總結(jié)實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)，計(jì)算兩輛小車碰撞前后的動(dòng)能之和_不__相等，但是質(zhì)量與速度的乘積之和基本_不變__。動(dòng)量1.定義運(yùn)動(dòng)物體的_質(zhì)量__和它的_速度__的乘積叫作物體的動(dòng)量。2．表達(dá)式p＝_mv__。3．單位_千克米每秒__，符號(hào)kg·m·s－1。4．方向動(dòng)量是矢量，它的方向與_速度__的方向相同。5．動(dòng)量的變化量(1)定義：若運(yùn)動(dòng)物體在某一過程的始、末動(dòng)量分別為p和p′，則稱Δp＝_p′－p__為物體在該過程中的動(dòng)量變化量。(2)方向：Δp是_矢量__，其方向與_加速度__的方向、_合外力__的方向和_速度的改變量Δv__的方向相同?！号幸慌小?1)在光滑水平面上，兩個(gè)鋼球?qū)π呐鲎睬昂?，其速度與質(zhì)量的乘積之和是不變的。(√)(2)動(dòng)量大的物體慣性一定大。(×)(3)物體的動(dòng)量相同，其動(dòng)能一定也相同。(×)(4)做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同。(√)(5)物體的動(dòng)量發(fā)生改變，其動(dòng)能也一定發(fā)生改變。(×)『選一選』關(guān)于動(dòng)量，下列說法中正確的是(B)A．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)量不變B．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，它的動(dòng)量一定在變化C．物體的動(dòng)量變化，動(dòng)能也一定變化D．甲物體的動(dòng)量p1＝5kg·m/s，乙物體的動(dòng)量p2＝－10kg·m/s，所以p1>p2解析：動(dòng)量是矢量，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其速度方向時(shí)刻在變化，故動(dòng)量時(shí)刻在變化，A錯(cuò)誤；做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，其速度大小時(shí)刻在變化，所以動(dòng)量一定在變化，B正確；若物體速度方向變化，但大小不變，則其動(dòng)量變化，而動(dòng)能不變，C錯(cuò)誤；負(fù)號(hào)只表示動(dòng)量的方向，與動(dòng)量的大小無關(guān)，故p1<p2，D錯(cuò)誤?！合胍幌搿虎偃鐖D所示，足球守門員可以很輕松地接住飛往球門的足球，但是假如飛來的是一個(gè)相同速度的鉛球，守門員還敢接嗎？②一顆子彈靜止時(shí)毫無威脅，但它高速飛行時(shí)卻有很大的殺傷力，這又是為什么？解析：物體的沖擊效果跟物體的質(zhì)量、速度都有關(guān)，由物體質(zhì)量和速度的乘積共同決定。探究尋求碰撞中的不變量要點(diǎn)提煉1.實(shí)驗(yàn)器材方案一：帶細(xì)線的擺球(兩個(gè))、鐵架臺(tái)、天平、量角器、坐標(biāo)紙、膠布等。方案二：光滑長(zhǎng)木板、光電計(jì)時(shí)器、紙帶、小車(兩個(gè))、天平、橡皮泥等。2．實(shí)驗(yàn)步驟不論采用哪種方案，實(shí)驗(yàn)過程均可按實(shí)驗(yàn)方案合理安排，參考步驟如下：(1)用天平測(cè)量相關(guān)物體的質(zhì)量；(2)安裝實(shí)驗(yàn)裝置；(3)使物體發(fā)生碰撞；(4)測(cè)量或讀出有關(guān)數(shù)據(jù)，計(jì)算出物體的速度；(5)改變碰撞條件重復(fù)上述(3)(4)步；(6)進(jìn)行數(shù)據(jù)處理通過分析對(duì)比，找出碰撞中的不變量；(7)整理實(shí)驗(yàn)器材。3．?dāng)?shù)據(jù)處理(1)將以上兩個(gè)實(shí)驗(yàn)過程中測(cè)得的數(shù)據(jù)填入下表中碰撞前碰撞后質(zhì)量m1m2m1m2速度v1v2v1′v2′根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，找出碰撞前和碰撞后相等的關(guān)系量。(2)結(jié)論在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前、后不變的量是物體的質(zhì)量m與速度v的乘積之和，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。典例剖析1．某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌上滑塊間的碰撞來尋找物體相互作用過程中的“不變量”，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，實(shí)驗(yàn)過程如下(“＋、－”表示速度方向)：實(shí)驗(yàn)1兩滑塊質(zhì)量m1＝m2＝0.25kg，讓運(yùn)動(dòng)的m1碰靜止的m2，碰后兩個(gè)滑塊分開，數(shù)據(jù)如表1。表1項(xiàng)目碰前碰后滑塊m1滑塊m2滑塊m1滑塊m2速度v/(m·s－1)＋0.11000＋0.108在誤差允許的范圍內(nèi)，根據(jù)這個(gè)實(shí)驗(yàn)可推知：(1)碰前兩滑塊的速度的矢量和_等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的速度矢量和；(2)碰前兩滑塊動(dòng)能之和_等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的動(dòng)能之和；(3)碰前兩滑塊的質(zhì)量m與速度v的乘積的矢量和_等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的質(zhì)量m與速度v′的乘積mv′的矢量和。實(shí)驗(yàn)2取m1＝m2＝0.25kg，讓運(yùn)動(dòng)的m1碰靜止的m2，碰后m1、m2一起運(yùn)動(dòng)，數(shù)據(jù)如表2。表2項(xiàng)目碰前碰后滑塊m1滑塊m2滑塊m1滑塊m2速度v/(m·s－1)＋0.1400＋0.069＋0.069在誤差允許的范圍內(nèi)，根據(jù)這個(gè)實(shí)驗(yàn)可推知：(1)碰前兩滑塊的速度的矢量和_等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的速度的矢量和；(2)碰前兩滑塊的動(dòng)能之和_不等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的動(dòng)能之和；(3)碰前兩滑塊的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和_等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的質(zhì)量m與速度v′的乘積mv′的矢量和。實(shí)驗(yàn)3取2m1＝m2＝0.5kg，讓運(yùn)動(dòng)的m1碰靜止的m2碰后m1、m2分開，數(shù)據(jù)如表3。表3項(xiàng)目碰前碰后滑塊m1滑塊m2滑塊m1滑塊m2速度v/(m·s－1)＋0.1200－0.024＋0.070在誤差允許的范圍內(nèi)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可推知：(1)碰前兩滑塊的速度的矢量和_不等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的速度的矢量和；(2)碰前兩滑塊的動(dòng)能之和_不等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的動(dòng)能之和。(3)碰前兩滑塊的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和_等于__(選填“等于”或“不等于”)碰后兩滑塊的質(zhì)量m與速度v′的乘積mv′的矢量和，還進(jìn)行了其他情景的實(shí)驗(yàn)，最終在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)的“不變量”是_質(zhì)量和速度的乘積的矢量和__；(4)在“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中，關(guān)于實(shí)驗(yàn)結(jié)論的說明，正確的是_BCD__。A．只需找到一種情景的“不變量”即可，結(jié)論對(duì)其他情景也同樣適用B．只找到一種情景的“不變量”還不夠，其他情景未必適用C．實(shí)驗(yàn)中要尋找的“不變量”必須在各種碰撞情況下都不改變D．進(jìn)行有限次實(shí)驗(yàn)找到的“不變量”，具有偶然性，結(jié)論還需要檢驗(yàn)解析：實(shí)驗(yàn)1兩滑塊的質(zhì)量相同，從表格中數(shù)據(jù)可以看出，碰撞前后兩滑塊的速度的矢量和相等，動(dòng)能之和相等，質(zhì)量與速度的乘積的矢量和相等。實(shí)驗(yàn)2(1)碰前的速度為v＝0.140m/s，碰后兩滑塊速度的矢量和為v′＝(0.069＋0.069)m/s＝0.138m/s，在誤差允許的范圍內(nèi)相等。(2)碰前的總動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)×0.25×0.1402J＝0.00245J，碰后的總動(dòng)能為Ek2＝eq\f(1,2)×0.25×0.0692J＋eq\f(1,2)×0.25×0.0692J≈0.00119J總動(dòng)能不相等。(3)碰前兩滑塊的質(zhì)量m與速度v的乘積的矢量和mv＝0.25×0.140kg·m/s＝0.035kg·m/s，碰后兩滑塊的質(zhì)量m′與速度v′的乘積的矢量和m′v′＝0.25×0.069×2kg·m/s＝0.0345kg·m/s，在誤差允許的范圍內(nèi)相等。實(shí)驗(yàn)3(1)碰前的速度為v＝0.120m/s，碰后的速度矢量和v′＝(－0.024＋0.070)m/s＝0.046m/s，知矢量和不相等。(2)碰前的總動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)×0.25×0.1202J＝0.0018J，碰后的總動(dòng)能為Ek2＝eq\f(1,2)×0.25×0.0242J＋eq\f(1,2)×0.5×0.0702J≈0.0013J，總動(dòng)能不相等。(3)碰前兩滑塊的質(zhì)量m與速度v的乘積的矢量和mv＝0.25×0.120kg·m/s＝0.03kg·m/s，碰后兩滑塊的質(zhì)量m′與速度v′的乘積的矢量和m′v′＝(－0.25×0.024＋0.5×0.070)kg·m/s＝0.029kg·m/s在誤差允許的范圍內(nèi)相等。綜上所述最終在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)的“不變量”是“質(zhì)量和速度的乘積”。(4)在“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中，只找到一種情景的“不變量”還不夠，其他情景未必適用，必須在各種碰撞的情況下都不改變，有限次實(shí)驗(yàn)偶然性較大，得出的結(jié)論需要檢驗(yàn)，故B、C、D正確，A錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?用如圖所示裝置探究碰撞中的不變量，氣墊導(dǎo)軌水平放置，兩擋光片寬度皆為9.0mm，兩滑塊被彈簧(圖中未畫出)彈開后，左側(cè)滑塊通過左側(cè)光電門的時(shí)間為0.040s，右側(cè)滑塊通過右側(cè)光電門的時(shí)間為0.060s，左側(cè)滑塊質(zhì)量為100g，左側(cè)滑塊的m1v1＝_22.5__g·m/s，右側(cè)滑塊質(zhì)量為150g，兩滑塊質(zhì)量與速度的乘積的矢量和m1v1＋m2v2＝_0__。解析：以水平向左為正方向，左側(cè)滑塊的速度v1＝eq\f(d,t1)＝eq\f(9.0×10－3,0.040)m/s＝0.225m/s，則左側(cè)滑塊的m1v1＝100g×0.225m/s＝22.5g·m/s；右側(cè)滑塊的速度為v2＝－eq\f(d,t2)＝－eq\f(9.0×10－3,0.060)m/s＝－0.15m/s，則右側(cè)滑塊的m2v2＝150g×(－0.15m/s)＝－22.5g·m/s，由以上分析知，兩滑塊質(zhì)量與速度的乘積的矢量和m1v1＋m2v2＝0。探究對(duì)動(dòng)量的理解要點(diǎn)提煉1.動(dòng)量的性質(zhì)(1)瞬時(shí)性求動(dòng)量時(shí)要明確是哪一物體在哪一狀態(tài)(時(shí)刻)的動(dòng)量，p＝mv中的速度v是瞬時(shí)速度。(2)矢量性動(dòng)量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同，有關(guān)動(dòng)量的運(yùn)算，如果物體在一條直線上運(yùn)動(dòng)，則選定一個(gè)正方向后，動(dòng)量的矢量運(yùn)算就可以轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算了。(3)相對(duì)性指物體的動(dòng)量與參考系的選擇有關(guān)，選不同的參考系時(shí)，同一物體的動(dòng)量可能不同，通常在不說明參考系的情況下，物體的動(dòng)量是指物體相對(duì)地面的動(dòng)量。2．動(dòng)量與速度的區(qū)別和聯(lián)系(1)區(qū)別：速度描述物體運(yùn)動(dòng)的快慢和方向；動(dòng)量在描述物體運(yùn)動(dòng)方面更進(jìn)一步，更能體現(xiàn)運(yùn)動(dòng)物體間的作用效果。(2)聯(lián)系：動(dòng)量和速度都是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，都是矢量，動(dòng)量的方向與速度方向相同，p＝mv。動(dòng)量是矢量，比較兩個(gè)物體的動(dòng)量時(shí)，不能僅比較大小，也應(yīng)比較方向，只有大小相等、方向相同的兩個(gè)動(dòng)量才相等。典例剖析2.一個(gè)質(zhì)量m＝200g的小球，以v0＝20m/s的速度豎直向上拋出，不計(jì)空氣阻力，小球的v－t圖像如圖所示，取豎直向上為正方向。(1)小球在t＝1s時(shí)的動(dòng)量是多少？(2)小球在t＝3s時(shí)的動(dòng)量是多少？(3)從t＝1s到t＝3s這一段時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量的變化量是多少？解析：由v－t圖像可知，取豎直向上為正方向。(1)在t＝1s時(shí)，v1＝10m/s，p1＝mv1＝0.2×10kg·m/s＝2kg·m/s。(2)在t＝3s時(shí)，v2＝－10m/s，p2＝mv2＝0.2×(－10)kg·m/s＝－2kg·m/s。(3)Δp＝p2－p1＝－4kg·m/s，負(fù)號(hào)表示Δp的方向與正方向相反。答案：(1)2kg·m/s(2)－2kg·m/s(3)－4kg·m/s，負(fù)號(hào)表示Δp正方向相反對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?一個(gè)質(zhì)量為0.18kg的壘球以25m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5m/s，則這一過程中動(dòng)量的變化量為(D)A．大小為3.6kg·m/s，方向向左B．大小為3.6kg·m/s，方向向右C．大小為12.6kg·m/s，方向向左D．大小為12.6kg·m/s，方向向右解析：規(guī)定水平向右為正方向，如圖所示，則初動(dòng)量p1＝mv1＝－0.18kg×25m/s＝－4.5kg·m/s，被打擊后動(dòng)量p2＝mv2＝0.18kg×45m/s＝8.1kg·m/s，故動(dòng)量變化量為Δp＝p2－p1＝12.6kg·m/s，Δp的方向與規(guī)定的正方向相同，即向右，選項(xiàng)D正確。動(dòng)量和動(dòng)能的比較動(dòng)量動(dòng)能物理量性質(zhì)都是狀態(tài)量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化決定因素物體所受沖量外力所做的功換算關(guān)系p＝eq\r(,2mEk)，Ek＝eq\f(p2,2m)案例(多選)(2023·河北唐山開灤一中檢測(cè))子彈在射入木板前的動(dòng)能為E1，動(dòng)量大小為p1；射穿木板后的動(dòng)能為E2，動(dòng)量大小為p2。若木板對(duì)子彈的阻力大小恒定，則子彈在射穿木板的過程中的平均速度大小為(BC)A.eq\f(E1＋E2,p1＋p2) B．eq\f(E2－E1,p2－p1)C．eq\f(E1,p1)＋eq\f(E2,p2) D．eq\f(E1,p1)－eq\f(E2,p2)解析：由p＝mv及Ek＝eq\f(1,2)mv2可知子彈的速度v＝eq\f(2Ek,p)，則子彈射入前速度v1＝eq\f(2E1,p1)，射穿后速度v2＝eq\f(2E2,p2)，則平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(E1,p1)＋eq\f(E2,p2)，故C正確；又根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得，eq\x\to(v)＝eq\f(E2－E1,p2－p1)，故B正確。一、尋求碰撞中的不變量1．(2024·山東省濰坊市高二調(diào)研)在用氣墊導(dǎo)軌做“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)時(shí)，左側(cè)滑塊質(zhì)量m1＝170g，右側(cè)滑塊質(zhì)量m2＝110g，擋光片寬度為3.00cm，兩滑塊之間有一壓縮的彈簧片，并用細(xì)線連在一起，如圖所示。開始時(shí)兩滑塊靜止，燒斷細(xì)線后，兩滑塊分別向左、右方向運(yùn)動(dòng)。擋光片通過光電門的時(shí)間分別為Δt1＝0.32s，Δt2＝0.21s。則兩滑塊的速度分別為v1′＝_0.094__m/s，v2′＝_－0.143__m/s。燒斷細(xì)線前m1v1＋m2v2＝_0__kg·m/s，燒斷細(xì)線后m1v1′＋m2v2′＝_2.5×10－4___kg·m/s?？傻玫降慕Y(jié)論是在實(shí)驗(yàn)允許的誤差范圍內(nèi)，兩滑塊質(zhì)量與各自速度的乘積之和為不變量。解析：取向左方向?yàn)檎瑑苫瑝K速度v1′＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(3.00×10－2,0.32)m/s≈0.094m/s，v2′＝eq\f(－d,Δt2)＝eq\f(－3.00×10－2,0.21)m/s≈－0.143m/s。燒斷細(xì)線前m1v1＋m2v2＝0，燒斷細(xì)線后m1v1′＋m2v2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143)kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s，在實(shí)驗(yàn)允許的誤差范圍內(nèi)，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。二、動(dòng)量2．(多選)關(guān)于動(dòng)量的概念，下列說法正確的是(AC)A．動(dòng)量大的物體，慣性不一定大B．動(dòng)量大的物體，運(yùn)動(dòng)一定快C．動(dòng)量相同的物體，運(yùn)動(dòng)方向一定相同D．動(dòng)量相同的物體，動(dòng)能也一定相同解析：物體的動(dòng)量是由速度和質(zhì)量?jī)蓚€(gè)因素決定的，動(dòng)量大的物體質(zhì)量不一定大，同理，動(dòng)量大的物體速度也不一定大；動(dòng)量相同指的是動(dòng)量的大小和方向均相同；由動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系p2＝2mEk知，只有質(zhì)量相同的物體在動(dòng)量相同時(shí)，動(dòng)能才相同。3．質(zhì)量為0.5kg的物體，運(yùn)動(dòng)速度為3m/s，它在一個(gè)變力作用下速度大小變?yōu)?m/s，方向和原來方向相反，則這段時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量為(A)A．5kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反B．5kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相同C．2kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反D．2kg·m/s，方向與原運(yùn)動(dòng)方向相同解析：以原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，?dòng)量的變化量Δp＝mv′－mv＝0.5×(－7)kg·m/s－0.5×3kg·m/s＝－5kg·m/s，負(fù)號(hào)表示Δp的方向與原方向相反。4．(2023·廣東高三月考)比賽用標(biāo)準(zhǔn)籃球充氣后，從1.80m處自由下落后彈起的高度范圍應(yīng)在1.20～1.40m之間。在某次檢測(cè)時(shí)，籃球自離地面高1.80m處無初速度釋放后反彈最大高度為1.25m，該籃球的質(zhì)量為0.6kg，忽略空氣阻力的影響，g取10m/s2，則下列說法正確的是(B)A．籃球與地面碰撞前后瞬間的動(dòng)量變化量方向向下B．籃球與地面碰撞前后瞬間的動(dòng)量變化量大小為6.6kg·m/sC．從開始下落至反彈到最高點(diǎn)，整個(gè)過程籃球的機(jī)械能守恒D．從開始下落至反彈到最高點(diǎn)，整個(gè)過程合力對(duì)籃球所做的功為3.3J解析：取向下為正方向，由v2＝2gh，可得落地前的速度v1＝eq\r(2×10×1.8)m/s＝6m/s，反彈離開地面前的速度大小是v2＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s，方向向上，即v2＝－5m/s，則有Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－6.6kg·m/s，負(fù)號(hào)代表方向向上，大小為6.6kg·m/s，A錯(cuò)誤，B正確；籃球反彈的最大高度小于初始高度，所以機(jī)械能有損失，機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程動(dòng)能變化量為零，合力做功也為零，D錯(cuò)誤。5．物塊A的質(zhì)量為2.0kg，放在水平面上，在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，水平力F隨物塊的位移x變化的規(guī)律如圖所示。最后物塊停在距出發(fā)點(diǎn)28m處。求物塊開始運(yùn)動(dòng)后5s末的動(dòng)量。答案：11kg·m/s解析：由動(dòng)能定理有F1x1＋F2x2－fx＝0代入數(shù)據(jù)得f＝5N勻加速過程有F1－f＝ma1勻減速過程有F2－f＝ma2－f＝ma3物塊在第一段時(shí)間內(nèi)v0＝0，x1＝12m，由x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得t1＝4s由v4＝a1t1，解得4s末物塊的速度v4＝6m/s故5s末物塊的速度v5＝v4＋a2t2＝6m/s－0.5×(5－4)m/s＝5.5m/s所以5s末物塊的動(dòng)量p5＝mv5＝11kg·m/s?；A(chǔ)強(qiáng)化練(時(shí)間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題5分，共30分)1．下列關(guān)于動(dòng)量的說法中，正確的是(D)A．物體的動(dòng)量改變了，其速度大小一定改變B．物體的動(dòng)量改變了，其速度方向一定改變C．物體運(yùn)動(dòng)速度的大小不變，其動(dòng)量一定不變D．物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化后，其動(dòng)量也就變化解析：由于動(dòng)量是矢量，動(dòng)量改變時(shí)，可能是速度大小或方向改變，也可能兩者都變，所以A、B錯(cuò)誤；速度大小不變，速度方向可能變化，物體動(dòng)量也就變化，所以C錯(cuò)誤；物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化，說明物體速度發(fā)生變化，即動(dòng)量發(fā)生變化，故D正確。2．(多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，下降的高度為h，速率變?yōu)関，則在這段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的大小為(BCD)A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(2gh) D．meq\r(v2－v\o\al(2,0))解析：在這段時(shí)間內(nèi)，速度的變化量為Δv＝vy＝gt，則Δp＝mgt；因?yàn)関eq\o\al(2,y)＝2gh，則Δp＝mvy＝meq\r(2gh)；據(jù)速度矢量關(guān)系知，veq\o\al(2,y)＝v2－veq\o\al(2,0)，則Δp＝meq\r(v2－v\o\al(2,0))。綜合分析知，選項(xiàng)B、C、D正確。3．(多選)物體的動(dòng)量變化量的大小為6kg·m/s，這說明(CD)A．物體的動(dòng)量在減小B．物體的動(dòng)量在增大C．物體的動(dòng)能可能不變D．物體的動(dòng)量大小可能不變解析：物體的動(dòng)量變化量的大小為6kg·m/s，動(dòng)量是矢量，動(dòng)量變化的方向與初動(dòng)量可能同向、可能反向、也可能不在同一條直線上，故物體的動(dòng)量的大小可能增加、可能減小，也可能不變，故A、B錯(cuò)誤，D正確；動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)，速度大小可能不變，即動(dòng)能不變，所以C正確，故選CD。4．如圖所示，一小孩把一質(zhì)量為0.5kg的籃球由靜止釋放，釋放后籃球的重心下降的高度為0.8m，反彈后籃球的重心上升的最大高度為0.2m，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度為g＝10m/s2，則地面與籃球相互作用的過程中其動(dòng)量的改變量大小為(D)A．0.5kg·m/s B．1kg·m/sC．2kg·m/s D．3kg·m/s解析：籃球的重心下降高度0.8m的速度為v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，方向向下反彈后籃球的重心上升高度0.2m的初速度為v2＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，方向向上規(guī)定豎直向下為正方向，Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－2)kg·m/s－0.5×4kg·m/s＝－3kg·m/s。故D正確。5．(2024·山東濱州北鎮(zhèn)中學(xué)高二期末)t＝0時(shí)刻質(zhì)量為1kg的小球從空中某一高度由靜止開始下落，與地面碰撞后反彈上升到某一高度處，此過程中小球的速率v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(B)A．2.0～3.0s內(nèi)，小球處于超重狀態(tài)B．0～3.0s內(nèi)，小球的位移大小為10mC．小球在下落和上升過程中，加速度方向相反D．小球與地面碰撞過程中動(dòng)量變化量的大小為4kg·m/s解析：2.0～3.0s內(nèi)，小球減速上升，加速度向下，處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于位移，0～3.0s內(nèi)，小球的位移大小為x＝eq\f(1,2)×16×2m－eq\f(1,2)×12×1m＝10m，B正確；小球在加速下落和減速上升過程中，加速度均向下，方向相同，C錯(cuò)誤；動(dòng)量變化量為Δp＝1×(－12)kg·m/s－1×16kg·m/s＝－28kg·m/s，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量變化量的大小為28kg·m/s，D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，從地面上同一位置拋出兩個(gè)相同的小球a、b，分別落在地面上的M、N點(diǎn)，兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是(BC)A．b球在空中速度變化的快B．拋出時(shí)b球的動(dòng)能較大C．整個(gè)過程中a、b兩球動(dòng)量的變化量相同D．整個(gè)過程中b球動(dòng)能的變化量較大解析：不計(jì)空氣阻力，兩球都是只受重力，所以加速度相同，兩球在空中速度變化快慢相同，故A錯(cuò)誤；兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同，加速度相同，故飛行時(shí)間相同，兩球的速度變化量相同，則Δp＝mΔv，整個(gè)過程中a、b兩球動(dòng)量的變化量相同，故C正確；兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同，則豎直分速度相同；b球運(yùn)動(dòng)的水平距離大，水平分速度大，則拋出時(shí)b球的速度較大，動(dòng)能較大，故B正確；空氣阻力不計(jì)，兩球只受重力作用，機(jī)械能守恒；落地時(shí)的動(dòng)能等于拋出時(shí)的初動(dòng)能，則動(dòng)能變化均為零，兩球的動(dòng)能變化量相同，故D錯(cuò)誤。二、非選擇題(共30分)7．(15分)(2023·北京市陳經(jīng)綸中學(xué)高二下學(xué)期期中)小明做“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)的裝置如圖1所示，懸掛在O點(diǎn)的單擺由長(zhǎng)為l的細(xì)線和直徑為d的小球A組成，小球A與放置在光滑支撐桿上的直徑相同的小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰后小球A繼續(xù)擺動(dòng)，小球B做平拋運(yùn)動(dòng)。小明用游標(biāo)卡尺測(cè)小球A直徑如圖2所示，則d＝_14.50__mm。又測(cè)得了小球A質(zhì)量m1，細(xì)線長(zhǎng)度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x、豎直下落高度h，為完成實(shí)驗(yàn)，還需要測(cè)量的物理量有：_小球B質(zhì)量m2，碰后小球A擺動(dòng)的最大角β__。解析：球的直徑為d＝14mm＋eq\f(1,20)×10mm＝14.50mm；根據(jù)機(jī)械能守恒定律m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(1,2)d))(1－cosα)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)可得碰撞前瞬間球A的速度，碰撞后仍可根據(jù)機(jī)械能守恒定律計(jì)算小球A的速度，所以需要測(cè)出小球A碰后擺動(dòng)的最大角β；小球B碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得小球B的速度，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求還需要測(cè)量小球B的質(zhì)量m2。8．(15分)(2024·北京豐臺(tái)區(qū)高二期末)一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開始，受到如圖所示的水平外力作用。求：(1)第2s末質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量大小；(2)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比；(3)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量之比。答案：(1)6kg·m/s(2)2∶1(3)4∶5解析：(1)質(zhì)點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得，0～1s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，1～2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，則第1s末質(zhì)點(diǎn)的速度大小為v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度大小為v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，因此第2s末質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv2＝1×6kg·m/s＝6kg·m/s。(2)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為Δp1∶Δp2＝(mv1－0)∶(mv2－mv1)＝2∶1。(3)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量之比為ΔEk1∶ΔEk2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－0))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)))＝4∶5。能力提升練(時(shí)間20分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)1．(2023·陜西寶雞高二統(tǒng)考期中)質(zhì)量為2kg的物體，在運(yùn)動(dòng)過程中速度由向東的3m/s變?yōu)橄蚰系?m/s，下列關(guān)于它在該運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)量和動(dòng)能變化的說法正確的是(C)A．動(dòng)量變化大小為0B．動(dòng)量變化大小為12kg·m/sC．動(dòng)能變化大小為0D．動(dòng)能變化大小為12J解析：物體運(yùn)動(dòng)的速度由向東的3m/s變?yōu)橄蚰系?m/s，設(shè)向東的速度為v1，向南的速度為v2，則有速度的變化量為Δv＝v2－v1＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝eq\r(32＋32)m/s＝3eq\r(2)m/s，可得動(dòng)量變化大小為Δp＝mv2－mv1＝m·Δv＝2×3eq\r(2)kg·m/s＝6eq\r(2)kg·m/s，所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；物體動(dòng)能變化大小是ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在光滑的水平面上，現(xiàn)有一與水平方向成θ角的恒力F作用于物體上，恒力F在物體上作用了一段時(shí)間(作用過程中物體始終未離開水平面)，則在此過程中(BC)A．力F對(duì)物體做的功大于物體動(dòng)能的變化B．力F對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化C．力F對(duì)物體的沖量大小大于物體動(dòng)量變化的大小D．力F對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的變化解析：對(duì)物體受力分析，受重力、支持力、拉力，合力為Fcosθ；重力和支持力都與位移垂直，不做功，故拉力的功等于總功，也等于動(dòng)能的增加量，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量增加量等于合力的沖量；合力為Fcosθ，小于拉力，故拉力的沖量大于動(dòng)量增加量，C正確，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的eq\f(1,4)圓周軌道，圓心O在S的正上方。在O、P兩點(diǎn)各有一質(zhì)量為m的物塊a和b，從同一時(shí)刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑。以下說法正確的是(A)A．a(chǎn)比b先到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等B．a(chǎn)與b同時(shí)到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等C．a(chǎn)比b先到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等D．b比a先到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等解析：在物塊下落的過程中，只有重力對(duì)物塊做功，故機(jī)械能守恒，由mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以在相同的高度，兩物塊的速度大小相同，即速率相同。由于a運(yùn)動(dòng)的路程小于b運(yùn)動(dòng)的路程，故ta<tb，即a比b先到達(dá)S點(diǎn)；到達(dá)S點(diǎn)時(shí)a的速度豎直向下，而b的速度水平向左，故兩物塊的動(dòng)量不相等，所以A正確。4.如圖為跳水運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行跳板跳水訓(xùn)練的動(dòng)作圖解。從起跳到落水前，整個(gè)過程的路徑為拋物線，將運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅰ，運(yùn)動(dòng)員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員(A)A．過程Ⅰ的動(dòng)量逐漸增大B．過程Ⅱ的動(dòng)量逐漸增大C．過程Ⅰ的動(dòng)量改變量等于過程Ⅱ的動(dòng)量改變量D．過程Ⅰ、Ⅱ的總動(dòng)量改變量為零解析：過程Ⅰ的動(dòng)量逐漸增大，過程Ⅱ的動(dòng)量逐漸減小，A對(duì)，B錯(cuò)；運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的速度不為零，末速度為零，則過程Ⅰ、Ⅱ的動(dòng)量改變量不相等，其總動(dòng)量改變量不為零，故C、D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖所示為物體受到的合外力隨時(shí)間變化的圖像，若物體開始時(shí)是靜止的，則前3s內(nèi)(BC)A．物體的位移為0B．物體的動(dòng)量改變量為0C．物體的動(dòng)能變化量為0D．物體的動(dòng)量先減小后增大解析：據(jù)牛頓第二定律知，物體第1s內(nèi)的加速度為a1＝eq\f(20N,m)，第1s末的速度v1＝a1t1，物體第2、3s內(nèi)的加速度為a2＝－eq\f(10N,m)，第3s末的速度v3＝v1＋a2t2＝0，故前3s內(nèi)動(dòng)量變化量Δp＝mv3－mv0＝0－0＝0，動(dòng)能的變化量ΔEk＝0，故B、C正確；前3s內(nèi)，物體的動(dòng)量先增大后減小，故D錯(cuò)誤；第1s內(nèi)F＝20N，第2、3s內(nèi)F＝－10N，物體先加速、后減速，在第3s末速度為0，物體的位移不為0，故A錯(cuò)誤。二、非選擇題(共15分)6．(15分)將質(zhì)量為0.10kg的小球從離地面20m高處豎直向上拋出，拋出時(shí)的初速度為15m/s，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，求：(1)當(dāng)小球落地時(shí)，小球的動(dòng)量；(2)小球從拋出至落地過程中動(dòng)量的增量。答案：(1)2.5kg·m/s，方向豎直向下(2)4.0kg·m/s，方向豎直向下解析：(1)由v2－veq\o\al(2,0)＝2gh可得小球落地時(shí)的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)＝eq\r(152＋2×10×20)m/s＝25m/s，取豎直向下為正方向，則小球落地時(shí)的動(dòng)量為p＝mv＝0.10×25kg·m/s＝2.5kg·m/s，方向豎直向下。(2)以豎直向下為正方向，小球從拋出至落地過程中動(dòng)量的增量Δp＝mv－mv0＝0.10×25kg·m/s－0.10×(－15)kg·m/s＝4.0kg·m/s，方向豎直向下。2.動(dòng)量定理課時(shí)1動(dòng)量定理的基本應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1．了解沖量的概念，理解動(dòng)量定理的內(nèi)涵。2．知道動(dòng)量定理適用于變力情況，領(lǐng)會(huì)求變力沖量的極限思想。3．能用動(dòng)量定理解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象，并會(huì)應(yīng)用它解決實(shí)際問題。思維脈絡(luò)沖量1.定義_力__與_力的作用時(shí)間__的乘積叫力的沖量。2．表達(dá)式I＝FΔt。3．方向沖量是矢量，沖量的方向與_力__的方向一致，沖量的方向跟_動(dòng)量變化__的方向一致。4．沖量的單位在國(guó)際單位制中是“_牛秒__”，符號(hào)“_N·s__”。『判一判』(1)沖量是矢量，其方向與動(dòng)量的方向相同。(×)(2)力越大，力對(duì)物體的沖量越大。(×)(3)沖量就是物體的動(dòng)量。(×)動(dòng)量定理1.內(nèi)容物體在一個(gè)過程中所受力的_沖量__等于它在這個(gè)過程始末的_動(dòng)量變化量__。2．定義式I＝_p′－p__也可以寫作：F(t′－t)＝_mv′－mv__。『判一判』(4)若物體在一段時(shí)間內(nèi)，其動(dòng)量發(fā)生了變化，則物體在這段時(shí)間內(nèi)的合外力一定不為零。(√)(5)碰撞時(shí)可產(chǎn)生沖擊力，要增大這種沖擊力就要設(shè)法增大沖擊力的作用時(shí)間。(×)(6)動(dòng)量定理中說的“力的沖量”指的是合力的沖量，或者是各個(gè)力的沖量的矢量和。(√)(7)合外力越大，物體的動(dòng)量變化率越大，動(dòng)量變化的就越快。(√)『選一選』汽車的安全氣囊是用來保護(hù)乘客的，使汽車在出現(xiàn)撞擊事故時(shí)，乘客不致發(fā)生致命傷害，關(guān)于安全氣囊的作用，下列說法正確的是(C)A．減小人的動(dòng)能變化量B．減小人的動(dòng)量變化量C．減小人的動(dòng)量變化率D．減小人受到合外力的沖量解析：由于安全氣囊增加了人減速到零所用的時(shí)間，故可以減小人的動(dòng)量變化率，也可以說減小人受到的合外力，選項(xiàng)C正確。動(dòng)量定理的應(yīng)用1.如果物體的動(dòng)量發(fā)生的變化是一定的，那么作用的時(shí)間越短，物體受的力就越_大__；作用的時(shí)間越長(zhǎng)，物體受的力就越_小__。2．如果作用力一定時(shí)，作用的時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量的變化量越_大__，作用的時(shí)間越短，動(dòng)量的變化量越_小__。『想一想』雞蛋從一米多高的地方自由落到地板上，肯定會(huì)被打破?，F(xiàn)在，在地板上放一塊厚泡沫塑料墊，讓雞蛋從同一高度自由落下，落到泡沫塑料墊上，看雞蛋會(huì)不會(huì)被打破，思考其中的道理。解析：雞蛋落地動(dòng)量變化Δp一定，雞蛋落到厚泡沫塑料墊上時(shí)，作用時(shí)間Δt變大，根據(jù)動(dòng)量定理F·Δt＝Δp，可知雞蛋所受的撞擊力減小，所以雞蛋不會(huì)破。探究對(duì)沖量的理解要點(diǎn)提煉1.對(duì)沖量的理解(1)沖量是過程量：沖量描述的是作用在物體上的力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，與某一過程相對(duì)應(yīng)。(2)沖量的矢量性：沖量是矢量，在作用時(shí)間內(nèi)力的方向不變時(shí)，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的方向相同。(3)沖量的絕對(duì)性：沖量?jī)H由力和時(shí)間兩個(gè)因素決定，具有絕對(duì)性。2．沖量的計(jì)算(1)單個(gè)力的沖量：利用公式I＝FΔt計(jì)算。(2)合力的沖量：①如果是一維情形，可以化為代數(shù)和，如果不在一條直線上，求合沖量遵循平行四邊形定則。②兩種方法：可分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；另外，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＝F合·Δt求解。(3)變力的沖量：由圖可知F－t圖線與時(shí)間軸之間所圍的“面積”的大小表示對(duì)應(yīng)時(shí)間Δt內(nèi)，力F的沖量的大小。(1)沖量是矢量，求沖量的大小時(shí)一定要注意是力與其對(duì)應(yīng)的時(shí)間的乘積。(2)判斷兩個(gè)力的沖量是否相同，必須滿足沖量的大小和方向都相同，缺一不可。典例剖析1.如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體沿傾角為30°，高為5m的光滑斜面由靜止從頂端下滑到底端的過程中，g取10m/s2，求：(1)重力的沖量；(2)支持力的沖量；(3)合力的沖量。思路引導(dǎo)：eq\x(\a\al(分析物體的,受力情況))→eq\x(\a\al(確定各力大,小、方向))→eq\x(\a\al(確定物體,運(yùn)動(dòng)時(shí)間))→eq\x(\a\al(根據(jù)公式,求各力及合,力的沖量))解析：由于物體下滑過程中各個(gè)力均為恒力，所以只要求出物體下滑的時(shí)間，便可以用公式I＝F·Δt逐個(gè)求解。由牛頓第二定律得：a＝eq\f(mg·sinθ,m)＝g·sinθ＝5m/s2由x＝eq\f(1,2)aΔt2，得Δt＝eq\r(,\f(2x,a))＝eq\r(,\f(2h,gsin2θ))＝2s。重力的沖量為IG＝mg·Δt＝2×10×2N·s＝40N·s，方向豎直向下。支持力的沖量為IF＝F·Δt＝mgcosθ·Δt＝20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上。合力的沖量為I合＝F合·Δt＝mgsinθ·Δt＝20N·s，方向沿斜面向下。答案：(1)40N·s，方向豎直向下(2)20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上(3)20N·s，方向沿斜面向下對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?如圖所示，將質(zhì)量為m＝1kg的小球，從距水平地面高h(yuǎn)＝5m處，以v0＝10m/s的水平速度拋出，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)拋出后0.4s內(nèi)重力對(duì)小球的沖量；(2)平拋運(yùn)動(dòng)過程中小球動(dòng)量的增量Δp。解析：(1)重力是恒力，0.4s內(nèi)重力對(duì)小球的沖量I1＝mgt1＝1×10×0.4N·s＝4N·s，方向豎直向下。(2)由于平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，則h＝eq\f(1,2)gt2，解得落地時(shí)間t＝1s，小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為I＝mgt＝1×10×1N·s＝10N·s，方向豎直向下。由動(dòng)量定理得Δp＝I＝10kg·m/s，方向豎直向下。答案：(1)4N·s，豎直向下(2)10N·s，豎直向下探究對(duì)動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用要點(diǎn)提煉1.對(duì)動(dòng)量定理的理解(1)動(dòng)量定理反映了合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，它說明合外力的沖量跟物體動(dòng)量變化量不僅大小相等，而且方向相同。運(yùn)用動(dòng)量定理主要解決一維運(yùn)動(dòng)問題，要注意正方向的規(guī)定。

(3)動(dòng)量的變化率和動(dòng)量的變化量由動(dòng)量定理可以得出F＝eq\f(p′－p,Δt)，它說明動(dòng)量的變化率決定于物體所受的合外力。而由動(dòng)量定理I＝Δp知?jiǎng)恿康淖兓繘Q定于合外力的沖量，它不僅與物體的受力有關(guān)，還與力的作用時(shí)間有關(guān)。2．動(dòng)量定理的應(yīng)用(1)應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp定性解釋常見物理現(xiàn)象。由上式可以看出如果保持Δp一定，則力作用的時(shí)間越短，沖力就越大。因此在需要增大作用力時(shí)，可盡量減少作用的時(shí)間，如打擊、碰撞等，由于作用時(shí)間短、作用力往往較大。反之，作用時(shí)間越長(zhǎng)，力F就越小，因此在需要減小作用力的時(shí)候，可想辦法延長(zhǎng)力的作用時(shí)間，如利用海綿或彈簧的緩沖作用來延長(zhǎng)作用時(shí)間，達(dá)到減小作用力的目的。(2)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。如果物體受到大小、方向不變的力的作用，既可以應(yīng)用FΔt求力的沖量，也可以根據(jù)物體動(dòng)量變化量Δp的大小和方向來求出力的沖量。如果物體受到大小、方向改變的力的作用，則不能直接用FΔt求變力的沖量，這時(shí)可以求在該力沖量作用下物體動(dòng)量變化量Δp的大小和方向，以求出變力的沖量。3．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟(1)選定研究對(duì)象，明確運(yùn)動(dòng)過程。(2)進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)的初、末狀態(tài)分析。(3)選定正方向，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解。典例剖析2．一質(zhì)量為m＝100g的小球從h＝0.8m高處自由下落到一厚軟墊上。若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0.2s，則這段時(shí)間內(nèi)軟墊對(duì)小球的平均沖力為多少？(g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力)解析：方法一：分段處理法設(shè)小球剛落到軟墊瞬間的速度為v。小球自由下落的過程，由機(jī)械能守恒有：mgh＝eq\f(1,2)mv2得落地速度v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，小球接觸軟墊的過程，取向下為正方向。設(shè)軟墊對(duì)小球的平均作用力大小為F，由動(dòng)量定理有：(mg－F)t＝0－mv，得：F＝mg＋eq\f(mv,t)＝0.1×10N＋eq\f(0.1×4,0.2)N＝3N。方法二：全過程處理法設(shè)小球落到軟墊上所用時(shí)間為t0，則h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，得t0＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，取小球下落的整個(gè)過程研究取向下為正方向，由動(dòng)量定理得：mg(t0＋t)－Ft＝0，解得：F＝eq\f(mgt0＋t,t)＝eq\f(0.1×10×0.4＋0.2,0.2)N＝3N。答案：3N對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?如圖所示，用0.5kg的鐵錘豎直把釘子釘進(jìn)木頭里，打擊時(shí)鐵錘的速度為4.0m/s。如果打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊的作用時(shí)間是0.01s，那么：(1)不計(jì)鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子時(shí)，釘子受到的平均作用力是多少？(2)考慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子時(shí)，釘子受到的平均作用力又是多少？(g取10m/s2)解析：(1)以鐵錘為研究對(duì)象，不計(jì)重力時(shí)，只受釘子的作用力，方向豎直向上，設(shè)為F1，取豎直向上為正，由動(dòng)量定理可得F1t＝0－mv所以F1＝eq\f(－mv,t)＝－eq\f(0.5×－4.0,0.01)N＝200N，方向豎直向上。由牛頓第三定律知，釘子受到的平均作用力為200N，方向豎直向下。(2)若考慮重力，設(shè)此時(shí)鐵錘受釘子的作用力為F2，對(duì)鐵錘應(yīng)用動(dòng)量定理，取豎直向上為正。(F2－mg)t＝0－mvF2＝－eq\f(0.5×－4.0,0.01)N＋0.5×10N＝205N，方向豎直向上。由牛頓第三定律知，釘子受到的平均作用力為205N，方向豎直向下。答案：(1)200N，方向豎直向下(2)205N，方向豎直向下動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的比較項(xiàng)目動(dòng)量定理動(dòng)能定理公式F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp涉及力與時(shí)間Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk涉及力與位移標(biāo)矢性矢量式標(biāo)量式因果關(guān)系因力的沖量(總沖量)力做的功(總功)果動(dòng)量的變化量動(dòng)能的變化量相同點(diǎn)①公式中的力都是指物體所受的合外力。②動(dòng)量定理和動(dòng)能定理都注重初、末狀態(tài)，而不注重過程，因此都可以用來求變力作用的結(jié)果(變力的沖量或變力做的功)。③研究對(duì)象可以是一個(gè)物體，也可以是一個(gè)系統(tǒng)(但動(dòng)能定理應(yīng)用時(shí)要注意系統(tǒng)內(nèi)力做功問題)；研究過程可以是整個(gè)過程，也可以是某一段過程。動(dòng)量定理和動(dòng)能定理都是求解力學(xué)問題的重要定理。應(yīng)用時(shí)要特別注意選定研究對(duì)象和過程，注重受力情況分析和運(yùn)動(dòng)情況分析，靈活運(yùn)用規(guī)律求解。特別注意運(yùn)用動(dòng)量定理解題需考慮速度的方向，運(yùn)用動(dòng)能定理解題則不需考慮速度的方向。案例(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥沙中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，下列說法正確的有(AC)A．小球的機(jī)械能減少了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mghC．小球所受阻力的沖量大于meq\r(2gH) D．小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量解析：小球在整個(gè)過程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢(shì)能減少了mg(H＋h)，則小球的機(jī)械能減少了mg(H＋h)，A正確；對(duì)小球下落的全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得：mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，B錯(cuò)誤；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，對(duì)進(jìn)入泥沙的過程運(yùn)用動(dòng)量定理得：IG－If＝0－meq\r(2gH)，得：If＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的沖量大于meq\r(2gH)，C正確；對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，大小為0，D錯(cuò)誤。一、沖量1．關(guān)于沖量，下列說法正確的是(A)A．合力的沖量是物體動(dòng)量變化的原因B．作用在靜止的物體上的力的沖量一定為零C．動(dòng)量越大的物體受到的沖量越大D．沖量的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向相同解析：力作用一段時(shí)間便有了沖量，而合力作用一段時(shí)間后，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了變化，物體的動(dòng)量也發(fā)生了變化，因此說合力的沖量使物體的動(dòng)量發(fā)生了變化，A正確；只要有力作用在物體上，經(jīng)歷一段時(shí)間，這個(gè)力便有了沖量，與物體處于什么狀態(tài)無關(guān)，B錯(cuò)誤；物體所受沖量I＝FΔt與物體動(dòng)量的大小p＝mv無關(guān)，C錯(cuò)誤；沖量是矢量，其方向與力的方向相同，與物體運(yùn)動(dòng)方向無關(guān)，D錯(cuò)誤。二、動(dòng)量定理2．(2023·四川省攀枝花市高二下學(xué)期期末)我國(guó)天津地標(biāo)之一“天津之眼”是世界上唯一一個(gè)橋上瞰景摩天輪。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做軌道半徑為R、角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，質(zhì)量為m的乘客從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，重力的沖量大小為(D)A．0 B．2mωRC．2mgR D．eq\f(πmg,ω)解析：乘客從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中經(jīng)過的時(shí)間為t＝eq\f(π,ω)，則重力的沖量：I＝mgt＝eq\f(πmg,ω)；選項(xiàng)D正確。3.用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止。其速度—時(shí)間圖像如圖所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力f做的功為W2，摩擦阻力沖量大小為I2。則下列選項(xiàng)正確的是(D)A．W1>W2；I1>I2 B．W1<W2；I1>I2C．W1<W2；I1<I2 D．W1＝W2；I1＝I2解析：功的關(guān)系：在0～t2時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理W1－W2＝0得：W1＝W2；沖量的關(guān)系：從0～t2時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理I1－I2＝0得：I1＝I2，故D正確。4．(多選)如圖所示，AB為固定的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，小球(AC)A．所受合力的沖量水平向右B．所受支持力的沖量水平向右C．所受合力的沖量大小為meq\r(2gR)D．所受重力的沖量大小為0解析：小球初速度為0，末速度在B點(diǎn)水平向右，根據(jù)動(dòng)能定理mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得速度大小為v＝eq\r(2gR)。根據(jù)動(dòng)量定理得I合＝Δp＝mv＝meq\r(2gR)，方向水平向右，故A、C正確；重力是恒力，小球從A到B，重力的沖量大小不為0，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從A到B，合力的沖量水平向右，重力的沖量豎直向下，根據(jù)平行四邊形定則可知，支持力的沖量不可能水平向右，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。三、動(dòng)量定理應(yīng)用5．(2023·浙江金華高二調(diào)研)跳遠(yuǎn)時(shí)，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全(如圖)，這是由于(D)A．人跳在沙坑的動(dòng)量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的動(dòng)量變化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小解析：人跳遠(yuǎn)從一定高度落下，落地前的速度一定，則初動(dòng)量相同，落地后靜止，末動(dòng)量一定，所以人下落過程的動(dòng)量變化量Δp一定，因落在沙坑上作用的時(shí)間長(zhǎng)，落在水泥地上作用時(shí)間短，根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝Δp，t長(zhǎng)F小，故D對(duì)。6.如圖所示，H是一種安全氣囊，內(nèi)部存有化學(xué)物質(zhì)，當(dāng)汽車高速前進(jìn)，受到撞擊時(shí)，化學(xué)物質(zhì)會(huì)在瞬間爆發(fā)產(chǎn)生大量氣體，充滿氣囊，填補(bǔ)在司機(jī)與車前擋風(fēng)玻璃、儀表板、方向盤之間，防止司機(jī)受傷。若某次事故中汽車的速度是35m/s，司機(jī)沖向氣囊后經(jīng)0.2s停止運(yùn)動(dòng)，人體沖向氣囊的質(zhì)量約為40kg，頭部和胸部作用在氣囊上的面積約為400cm2。求：(1)則在這種情況下，人的頭部和胸部受到平均壓強(qiáng)為多大？(2)相當(dāng)于多少個(gè)大氣壓？答案：(1)1.75×105Pa(2)相當(dāng)于1.75個(gè)大氣壓解析：(1)由動(dòng)量定理得F·t＝m·Δv，F(xiàn)＝eq\f(m·Δv,t)，①又p＝eq\f(F,S)，②聯(lián)立①②兩式得p＝eq\f(m·Δv,t·S)＝eq\f(40×35,0.2×400×10－4)Pa＝1.75×105Pa。(2)相當(dāng)于1.75個(gè)大氣壓?；A(chǔ)強(qiáng)化練(時(shí)間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題6分，共36分)1．關(guān)于力的沖量，下列說法正確的是(B)A．力越大，力的沖量就越大B．作用在物體上的力大，力的沖量不一定大C．靜置于地面的物體受水平推力F的作用，經(jīng)時(shí)間t物體仍靜止，則此推力的沖量為零D．F1與作用時(shí)間t1的乘積F1t1在數(shù)值上等于F2與作用時(shí)間t2的乘積F2t2，則這兩個(gè)沖量相同解析：由沖量定義式I＝Ft可知，力越大，力的沖量不一定越大，還與時(shí)間有關(guān)，A錯(cuò)，B對(duì)；靜置于地面的物體受水平推力F的作用，經(jīng)時(shí)間t物體仍靜止，則此推力的沖量為Ft，C錯(cuò)；沖量是矢量，大小相等，若方向不同，則這兩個(gè)沖量不相同，D錯(cuò)。2．如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(C)A．減小球的動(dòng)量的變化量B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量C．減小球的動(dòng)量變化率D．延長(zhǎng)接球過程的時(shí)間來減小動(dòng)量的變化量解析：籃球的動(dòng)量變化量一定，所以球?qū)κ值臎_量也一定，A、B、D錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理F·Δt＝Δp，可知Δt增大，減小了球的動(dòng)量變化率，C正確。3.沿同一直線，甲、乙兩物體分別在合外力F1、F2作用下做直線運(yùn)動(dòng)，甲在t1時(shí)間內(nèi)、乙在t2時(shí)間內(nèi)動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的p－t圖像如圖所示，設(shè)甲物體在t1時(shí)間內(nèi)所受到的沖量大小為I1，乙物體在t2時(shí)間內(nèi)所受到的沖量大小為I2，則兩物體所受外力F及其沖量I的大小關(guān)系是(A)A．F1>F2，I1＝I2 B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2解析：由F＝eq\f(Δp,Δt)知F1>F2，由I＝Δp知I1＝I2，A正確。4．研究得出打噴嚏時(shí)氣流噴出的速度可達(dá)40m/s，假設(shè)打一次噴嚏大約噴出5×10－5m3的空氣，用時(shí)約0.02s。已知空氣的密度為1.3kg/m3，估算打一次噴嚏人受到的平均反作用力為(A)A．0.13N B．0.68NC．2.6N D．13N解析：打一次噴嚏噴出的空氣質(zhì)量為m＝ρV＝1.3×5×10－5kg＝6.5×10－5kg，設(shè)打一次噴嚏噴出的空氣受到的平均作用力為F，根據(jù)動(dòng)量定理得FΔt＝mv，解得F＝eq\f(mv,Δt)＝eq\f(6.5×10－5×40,0.02)N＝0.13N，根據(jù)牛頓第三定律可得人受到的平均反作用力為F′＝F＝0.13N，故A正確。5．如圖所示，小明在演示慣性現(xiàn)象時(shí)，將一杯水放在桌邊，杯下壓一張紙條。若緩慢拉動(dòng)紙條，發(fā)現(xiàn)杯子會(huì)滑落；當(dāng)他快速拉動(dòng)紙條時(shí)，發(fā)現(xiàn)杯子并沒有滑落，對(duì)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是(D)A．緩慢拉動(dòng)紙條時(shí)，摩擦力對(duì)杯子的沖量較小B．快速拉動(dòng)紙條時(shí)，摩擦力對(duì)杯子的沖量較大C．為使杯子不滑落，杯子與紙條間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)盡量大一些D．為使杯子不滑落，杯子與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)盡量大一些解析：在緩慢拉動(dòng)和快速拉動(dòng)紙條的過程中，杯子受到的摩擦力均為滑動(dòng)摩擦力，大小相等，但快速拉動(dòng)時(shí)，紙條與杯子作用時(shí)間短，此時(shí)摩擦力對(duì)杯子的沖量小，由I＝Δp可知，杯子增加的動(dòng)量較小，因此杯子沒有滑落，緩慢拉動(dòng)時(shí)紙條與杯子作用時(shí)間長(zhǎng)，摩擦力對(duì)杯子的沖量大，杯子增加的動(dòng)量大，杯子會(huì)滑落，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；為使杯子不滑落，杯子與紙條間的摩擦力對(duì)杯子的沖量應(yīng)盡量小一些，杯子與紙條間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)盡量小一些，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；杯子與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)較大時(shí)，杯子在桌面上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度較大，則滑動(dòng)的距離較小，杯子不容易滑落，選項(xiàng)D正確。6．(多選)人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的情況。若手機(jī)質(zhì)量為120g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機(jī)未反彈，眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.2s，重力加速度g取10m/s2，下列分析正確的是(BD)A．手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)動(dòng)量變化約為0.48kg·m/sB．手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0.48N·sC．手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向豎直向上D．手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為2.4N解析：根據(jù)自由落體得手機(jī)掉落到人眼睛位置時(shí)的速度為v＝eq\r(2gh)＝2m/s，手機(jī)與眼睛作用后手機(jī)的速度變?yōu)?，選取向下為正方向，所以手機(jī)與眼睛作用過程中動(dòng)量變化為Δp＝0－mv＝－0.24kg·m/s，故A錯(cuò)誤；手機(jī)與眼睛接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，選取向下為正方向，對(duì)手機(jī)由動(dòng)量定理得mgt＋I(xiàn)＝Δp，代入數(shù)據(jù)得I＝－0.48N·s，負(fù)號(hào)表示方向豎直向上，根據(jù)力的作用是相互的，所以手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0.48N·s，故B正確；因?yàn)槭謾C(jī)對(duì)眼睛的力的方向是豎直向下，所以手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向豎直向下，故C錯(cuò)誤；根據(jù)沖量定義得手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為F＝eq\f(－I,t)＝2.4N，故D正確。二、非選擇題(共24分)7．(12分)在水平力F＝30N的作用下，質(zhì)量m＝5kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間才停止？(g取10m/s2)答案：12s解析：用動(dòng)量定理求解，研究全過程。選物體作為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，這個(gè)過程的始、末狀態(tài)的物體速度都等于零。取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。8．(12分)一物體放在水平地面上，如圖甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖丙所示。求：(1)0～8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量；(2)0～8s時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量的變化量。答案：(1)18N·s(2)4kg·m/s解析：(1)由圖乙知IF＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3＝18N·s。(2)由圖丙可知：前2s內(nèi)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，2～6s物體勻加速運(yùn)動(dòng)；6～8s物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在此過程中物體拉力與摩擦力相等，即Ff＝2N。物體在0～8s時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量等于合外力的沖量Δp＝IF－IFf＝18N·s－1×2N·s－2×6N·s＝4N·s＝4kg·m/s。能力提升練(時(shí)間15分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)1．(2023·天津一中高二下學(xué)期模塊檢測(cè))物體A和B用輕繩相連，掛在輕彈簧下靜止不動(dòng)，如圖(a)所示，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當(dāng)連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時(shí)的速度大小為v，這時(shí)物體B的下落速度大小為u，如圖(b)所示，在這段時(shí)間里，彈簧的彈力對(duì)物體A的沖量為(D)A．mv B．MuC．mv＋Mu D．mv＋mu解析：對(duì)B由動(dòng)量定理得：MgΔt＝Mu－0，對(duì)A由動(dòng)量定理得，設(shè)彈簧彈力的沖量為I：I－mgΔt＝mv－0，聯(lián)立解得：I＝mv＋mu，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.(多選)游樂場(chǎng)滑索項(xiàng)目的簡(jiǎn)化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點(diǎn)比B點(diǎn)高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長(zhǎng)4m。質(zhì)量為50kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止下滑，到B點(diǎn)進(jìn)入水平減速區(qū)，在C點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點(diǎn)停下。設(shè)滑塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向。g取10m/s2。下列說法正確的是(BC)A．緩沖墻對(duì)滑塊的沖量為－50N·sB．緩沖墻對(duì)滑塊的沖量為－250N·sC．緩沖墻對(duì)滑塊做的功為－125JD．緩沖墻對(duì)滑塊做的功為－250J解析：由動(dòng)能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝5m/s。由B到C的過程中，由動(dòng)能定理得μmgLBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝3m/s滑塊與墻碰撞后反彈滑行1m停下，同理可得滑塊反彈的速度vC′＝－2m/s(方向與初速度反向，取負(fù))由動(dòng)量定理可知緩沖墻對(duì)滑塊的沖量I＝Δp＝mvC′－mvC＝－250N·s由動(dòng)能定理可得緩沖墻對(duì)滑塊做的功W＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝－125J，綜上分析可知B、C正確。3．如圖所示甲、乙兩種情況中，人用相同大小的恒定拉力拉繩子，使人和船A均向右運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過相同的時(shí)間t，圖甲中船A沒有到岸，圖乙中船A沒有與船B相碰，則經(jīng)過時(shí)間t(C)A．圖甲中人對(duì)繩子拉力的沖量比圖乙中人對(duì)繩子拉力的沖量小B．圖甲中人對(duì)繩子拉力的沖量比圖乙中人對(duì)繩子拉力的沖量大C．圖甲中人對(duì)繩子拉力的沖量與圖乙中人對(duì)繩子拉力的沖量一樣大D．以上三種情況都有可能解析：甲、乙兩種情況下人對(duì)繩子的拉力相等，作用時(shí)間相同，由沖量的定義式I＝FΔt可知，兩沖量大小相等，只有選項(xiàng)C正確。4.籃球運(yùn)動(dòng)是深受人們喜愛的體育運(yùn)動(dòng)，有一種傳球方式是通過地面?zhèn)髑虻?，其?jiǎn)化過程如圖所示，若將質(zhì)量為m的籃球以速度v斜射到地板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜著彈出，彈出的角度也是45°，速度大小仍為v，則下列說法中正確的是(A)A．合外力對(duì)籃球的沖量大小為eq\r(2)mvB．籃球動(dòng)量的改變量為零C．地面對(duì)籃球沖量的方向水平向左D．籃球動(dòng)量改變量的方向豎直向下解析：由圖可知，碰撞前的動(dòng)量大小為p1＝mv，方向沿初速度方向，末動(dòng)量大小為p2＝mv，方向沿末速度方向；根據(jù)三角形定則，籃球動(dòng)量的改變量為Δp＝eq\r(2)mv，方向豎直向上，故合外力的沖量豎直向上，大小為eq\r(2)mv，故A正確，B、D錯(cuò)誤；因重力的沖量豎直向下，故地面對(duì)籃球的沖量方向一定豎直向上，故C錯(cuò)誤。二、非選擇題(共16分)5．(16分)(2023·廣州大學(xué)附中高二下學(xué)期期末)一輛轎車強(qiáng)行超車時(shí)，與另一輛迎面駛來的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5m，據(jù)測(cè)算兩車相撞前速度約為30m/s。則：(1)試求車禍中車內(nèi)質(zhì)量約為60kg的人受到的平均沖力是多大？(2)若此人系有安全帶，安全帶在車禍過程中與人體的作用時(shí)間是1s，求這時(shí)人體受到的平均沖力為多大？答案：(1)5.4×104N(2)1.8×103N解析：(1)兩車相撞時(shí)認(rèn)為人與車一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到停止，位移為0.5m。設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)x＝eq\f(v0,2)t，得t＝eq\f(2x,v0)＝eq\f(1,30)s。根據(jù)動(dòng)量定理F·t＝Δp＝mv0，得F＝eq\f(mv0,t)＝eq\f(60×30,\f(1,30))N＝5.4×104N。(2)若人系有安全帶，則F′＝eq\f(mv0,t′)＝eq\f(60×30,1)N＝1.8×103N。

課時(shí)2用動(dòng)量定理解決的常見問題學(xué)習(xí)目標(biāo)1．學(xué)會(huì)用動(dòng)量定理求變力、恒力的沖量。2．能用動(dòng)量定理分析解決流體類問題。三類沖量的求解方法1.恒力的沖量：恒力的沖量用公式_I＝Ft__計(jì)算，沖量的方向與_恒力__的方向一致。2．變力的沖量(1)F－t圖像“面積”法在F－t圖像上，圖線與時(shí)間軸圍成的面積，就等于在該段時(shí)間內(nèi)力對(duì)物體的_沖量__。面積大小表示沖量的大小，面積的正負(fù)表示沖量的方向。(2)動(dòng)量定理法利用動(dòng)量定理I＝Δp計(jì)算，即求出在該力沖量作用下物體動(dòng)量改變量Δp的大小和方向，從而得到變力的沖量。3．合力的沖量(1)先求出每個(gè)力的沖量Ii＝Fiti，再求每個(gè)力沖量的矢量和I合＝_I1＋I(xiàn)2＋I(xiàn)3＋…＋I(xiàn)n__。(2)利用動(dòng)量定理：_I合＝Δp__。應(yīng)用動(dòng)量定理解題的注意事項(xiàng)(1)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，列式時(shí)要注意各個(gè)量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要注意各個(gè)量的正負(fù))。(2)動(dòng)量定理中的沖量不是某一個(gè)力的沖量。它可以是合力的沖量，也可以是各個(gè)力沖量的矢量和，還可以是合力在不同階段的沖量的矢量和。(3)應(yīng)用動(dòng)量定理可以只研究一個(gè)物體，也可以研究幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)。(4)初態(tài)的動(dòng)量p是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和，末態(tài)的動(dòng)量p′也是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和。(5)對(duì)系統(tǒng)各部分的動(dòng)量進(jìn)行描述時(shí)，應(yīng)該選取同一個(gè)參考系，不然求和無實(shí)際意義。流體類問題1.流體作用模型對(duì)于流體運(yùn)動(dòng)，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，如圖所示。設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt時(shí)間內(nèi)流過該截面的流體的質(zhì)量為Δm＝_ρSΔl＝ρSvΔt__，根據(jù)動(dòng)量定理，流體微元所受的合力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康脑隽?，即FΔt＝_ΔmΔv__分兩種情況：(1)作用后流體微元靜止，有Δv＝－v，代入上式有F＝_－ρSv2__；(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝_－2ρSv2__。2．微粒類問題(1)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。(2)分析步驟①建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S；②微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝_SΔl＝SvΔt__，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝_nvSΔt__；③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。探究動(dòng)量定理解釋物理現(xiàn)象要點(diǎn)提煉利用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象主要有三類：1．Δp一定，Δt小則F大，Δt大則F??；2．F一定，Δt小則Δp小，Δt大則Δp大；3．Δt一定，F(xiàn)大則Δp大，F(xiàn)小則Δp小。典例剖析1．如圖是很熟悉的物理演示實(shí)驗(yàn)，為什么彈性鋼片撞擊塑料片后，塑料片從鋼球下飛出而鋼球仍然靜止在支柱上？解析：彈性鋼片在恢復(fù)原狀的過程中給塑料片一個(gè)很大的彈力，塑料片受力，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變，獲得較大的速度而從鋼球下面穿出，鋼球與塑料片之間存在滑動(dòng)摩擦力，但塑料片與鋼球之間的作用時(shí)間非常短，摩擦力的沖量非常小，鋼球的動(dòng)量變化也非常小，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)幾乎不發(fā)生變化，所以鋼球仍然靜止在支柱上。答案：見解析對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?雜技表演時(shí)，人用鐵錘猛擊“大力士”身上的大石塊，石裂而人不傷，試分析其中的道理。解析：設(shè)大石塊的質(zhì)量為M，鐵錘的質(zhì)量為m，鐵錘打擊石塊前的速度為v，反彈的速度為v′，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有(F－mg)Δt＝mv′－m(－v)，得鐵錘受到大石塊的支持力F＝eq\f(mv＋v′,Δt)＋mg。對(duì)石塊下的人而言，原來受壓力為Mg，鐵錘的打擊將對(duì)人產(chǎn)生一附加壓力，根據(jù)牛頓第三定律，石塊受到的沖量F′Δt＝FΔt＝m(v＋v′)＋mgΔt。因人體腹部柔軟，緩沖時(shí)間t較長(zhǎng)，人體受到的附加壓力F1＝eq\f(Δp,t)＝eq\f(mv＋v′,t)＋eq\f(mgΔt,t)并不大，故人不會(huì)受傷(當(dāng)然，這還和表演者的技術(shù)有關(guān)，我們不能模仿)。答案：見解析探究應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體”問題要點(diǎn)提煉1.流體通常情況下應(yīng)用動(dòng)量定理解題，研究對(duì)象為質(zhì)量一定的物體，相互作用往往就一次，這類題目的研究對(duì)象很明確，作用過程很清晰，解答的難度不大。對(duì)于流體，其作用往往是連續(xù)的，研究對(duì)象不固定，相互作用過程較復(fù)雜，求解難度偏大。通常接觸的流體有兩類，一類是“真流體”，另一類是“類流體”。2．連續(xù)流體類問題模型特點(diǎn)及求解思路流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“液體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱狀流體的長(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典例剖析2．人們常說“水滴石穿”，請(qǐng)你根據(jù)下面所提供的信息，估算水對(duì)石頭的沖擊力的大小。一瀑布落差為h＝20m，水流量為Q＝0.10m3/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水在最高點(diǎn)和落至石頭上后的速度都認(rèn)為是零。(落在石頭上的水立即流走，在討論石頭對(duì)水的作用時(shí)可以不考慮水的重力，g取10m/s2)解析：設(shè)水滴落下后與石頭碰前速度為v，則有mgh＝eq\f(1,2)mv2設(shè)時(shí)間Δt內(nèi)有質(zhì)量為Δm的水沖到石頭上，石頭對(duì)水的作用力為F，由動(dòng)量定理得：－FΔt＝0－Δmv又因Δm＝ρQΔt聯(lián)立得：F＝ρQeq\r(2gh)＝2×103N由牛頓第三定律知，水對(duì)石頭的作用力大小F′＝F＝2×103N方向豎直向下。答案：2×103N，方向豎直向下對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?有一宇宙飛船，它的正面面積為S＝0.98m2，以v＝2×103m/s的速度飛入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1m3空間有一個(gè)微粒，每一微粒平均質(zhì)量m＝2×10－7kg，若要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)增加多少？(設(shè)微粒與飛船碰撞后附著于飛船上)解析：選在時(shí)間Δt內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對(duì)象，其質(zhì)量應(yīng)等于底面積為S，高為v·Δt的柱體內(nèi)微粒的質(zhì)量M＝mSv·Δt，初動(dòng)量為0，末動(dòng)量為Mv。設(shè)飛船對(duì)微粒的作用力大小為F，由動(dòng)量定理得F·Δt＝Mv－0則F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對(duì)飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行，牽引力應(yīng)增加F′＝F＝mSv2代入數(shù)據(jù)得F′＝2×10－7×0.98×(2×103)2N＝0.784N。答案：0.784N一、三類沖量的求解方法1．質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平力F作用下，經(jīng)時(shí)間t物體的動(dòng)量為p，動(dòng)能為Ek。若水平力變?yōu)?F，經(jīng)過時(shí)間2t，則(B)A．物體的動(dòng)量變?yōu)?pB．物體的動(dòng)量變?yōu)?pC．物體的動(dòng)能變?yōu)?EkD．物體的動(dòng)能變?yōu)?Ek解析：根據(jù)動(dòng)量定理有p＝Ft，p′＝4Ft＝4p，根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系有Ek′＝eq\f(p′2,2m)＝eq\f(16p2,2m)＝16Ek，故B正確。2．質(zhì)量為m的翼裝飛行愛好者乘飛機(jī)到達(dá)空中某處后，以速度v0水平跳出，由于風(fēng)力的影響，經(jīng)時(shí)間t，愛好者下落至跳出點(diǎn)的正下方時(shí)，其速度大小仍為v0，但方向與初速度相反，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，重力加速度為g，在此段時(shí)間t內(nèi)(D)A．風(fēng)力一定沿水平方向B．愛好者機(jī)械能減