第1講　動量和動量定理

第1講動量和動量定理學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動量和沖量的概念，理解動量定理及其表達(dá)式。2.能用動量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。3.會用動量定理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，并會在流體力學(xué)中建立“柱狀”模型。1.2.3.4.1.思考判斷(1)一個(gè)物體的運(yùn)動狀態(tài)變化時(shí)，它的動量一定改變。(√)(2)物體的動能不變，其動量一定不變。(×)(3)合力的沖量是物體動量發(fā)生變化的原因。(√)(4)物體的動量發(fā)生改變，則合力一定對物體做了功。(×)(5)運(yùn)動員接籃球時(shí)手向后緩沖一下，是為了減小動量的變化量。(×)2.高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。在啟動階段，列車的動能()A.與它所經(jīng)歷的時(shí)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考點(diǎn)一動量和沖量1.動能、動量、動量變化量的比較動能動量動量變化量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(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)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化，但動量發(fā)生變化時(shí)動能不一定發(fā)生變化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平均值法：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圖像法：作出F－t變化圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量。如圖所示。③動量定理法：對于易確定始、末時(shí)刻動量的情況，求出該力作用下物體動量的變化量，再由動量定理I＝Δp求解。角度對動量和動能比較例1(多選)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F的作用下，經(jīng)過時(shí)間t、通過位移L后動量變?yōu)閜、動能變?yōu)镋k。以下說法正確的是()A.在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過位移2L，其動量等于2pB.在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過位移2L，其動能等于2EkC.在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過時(shí)間2t，其動能等于2EkD.在F作用下，若這個(gè)物體經(jīng)過時(shí)間2t，其動量等于2p答案BD解析在光滑水平面上，物體所受合力大小等于F的大小，根據(jù)動能定理知，F(xiàn)L＝Ek，物體位移變?yōu)樵瓉淼?倍，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)p＝eq\r(2mEk)，知動量變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量定理知，F(xiàn)t＝mv，物體運(yùn)動時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，則動量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)知，動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤，D正確。角度恒力沖量的計(jì)算例2如圖1所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時(shí)間t1，速度變?yōu)榱悴⒂珠_始下滑，經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動過程中受到的摩擦力大小始終為f。已知重力加速度為g。在整個(gè)運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()圖1A.重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sinθB.支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cosθC.合力的沖量為0D.摩擦力的總沖量大小為f(t1＋t2)答案B解析重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，B正確；整個(gè)過程中滑塊的動量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下為正方向，摩擦力的總沖量為f(t2－t1)，D錯誤。角度利用F－t圖像求沖量例3(多選)質(zhì)量為m＝1kg的物塊在水平拉力的作用下從靜止開始沿水平桌面做直線運(yùn)動，其拉力F隨時(shí)間t的變化圖線如圖2所示，物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。則()圖2A.在t＝2s時(shí)，物塊的動量大小為1kg·m/sB.在t＝4s時(shí)，物塊的速度為0C.在0～2s內(nèi)和2～5s內(nèi)，物塊動量的變化量大小之比為3∶2D.在0～5s內(nèi)，物塊的最大速度為1.5m/s答案AD解析圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表拉力的沖量，0～2s內(nèi)，根據(jù)動量定理有eq\f(F1＋F2,2)t1－μmgt1＝Δp＝p2－0，代入數(shù)據(jù)可得p2＝1kg·m/s，故A正確；2～4s內(nèi)，根據(jù)動量定理有eq\f(F2,2)t2－μmgt2＝mv4－p2，代入數(shù)據(jù)解得v4＝1m/s，故B錯誤；由上述分析可知0～2s內(nèi)物塊動量的變化量大小為Δp1＝1kg·m/s，2～4s內(nèi)物塊動量的變化量大小為Δp2＝0，4～5s內(nèi)物塊動量的變化量大小為Δp3＝|－eq\f(F5,2)t3－μmgt3|＝1.5kg·m/s，所以在0～2s內(nèi)和2～5s內(nèi)，物塊動量的變化量大小之比為eq\f(Δp1,Δp2＋Δp3)＝eq\f(2,3)，故C錯誤；當(dāng)拉力與摩擦力相等時(shí)，速度最大，F(xiàn)f＝μmg＝1N，由題圖可知為t＝3s時(shí)F＝Ff，根據(jù)動量定理可知eq\f(F2＋F3,2)t23－μmgt23＝mv3－p2，代入數(shù)據(jù)得v3＝1.5m/s，故D正確?？键c(diǎn)二動量定理的理解和應(yīng)用對動量定理的理解(1)Ft＝mvt－mv0是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。(2)Ft＝mvt－mv0除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動量變化的原因。(3)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。(4)由Ft＝mvt－mv0，得F＝eq\f(mvt－mv0,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合力等于物體的動量對時(shí)間的變化率。角度用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象例4(2024·廣東深圳高三聯(lián)考)錘子是常用裝修工具。鋪木地板時(shí)，調(diào)整地板之間銜接平整，需要用錘子輕輕敲打；把鐵釘釘入堅(jiān)硬的木板需要用錘子重重敲打。關(guān)于兩種情況下選用的錘子及理由，以下說法正確的是()圖3A.釘鐵釘時(shí)，應(yīng)選鐵錘快速敲打，以獲得較大的打擊力B.釘鐵釘時(shí)，應(yīng)選木錘快速敲打，以獲得較小的打擊力C.鋪地板時(shí)，應(yīng)選鐵錘低速敲打，以獲得較小的打擊力D.鋪地板時(shí)，應(yīng)選木錘低速敲打，以獲得較大的打擊力答案A解析根據(jù)動量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝eq\f(mv0,t)，釘鐵釘時(shí)，為了獲得較大的打擊力F，應(yīng)選擇鐵錘快速敲打。選擇鐵錘是因?yàn)殍F錘的質(zhì)量比木錘質(zhì)量大，快速敲打能減小鐵錘與鐵釘?shù)淖饔脮r(shí)間t，增大鐵錘的初速度v0，A正確，B錯誤；根據(jù)F＝eq\f(mv0,t)，鋪地板時(shí)，為了獲得較小的打擊力F，應(yīng)該選擇木錘低速敲打。選擇木錘是因?yàn)槟惧N的質(zhì)量小，低速敲打增大木錘與地板的作用時(shí)間t，減小木錘的初速度v0，C、D錯誤。用動量定理解釋現(xiàn)象eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＝\f(Δp,Δt)))(1)Δp一定時(shí)，F(xiàn)的作用時(shí)間越短，力就越大；作用時(shí)間越長，力就越小。(2)F一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長，Δp就越大；力的作用時(shí)間越短，Δp就越小。角度動量定理的有關(guān)計(jì)算例5(多選)(2023·廣東卷，10)某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖4所示的簡化模型，多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機(jī)對滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s，關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有()圖4A.該過程動量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N答案BD解析取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后總的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，p1≠p2，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，負(fù)號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2，根據(jù)動量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D正確。1.(2024·江西贛州模擬)2023年6月13日，杭州外賣小哥從約15米高的西興大橋上跳下救人的事件感動了全國人民，從這么高跳下其實(shí)是很危險(xiǎn)的，假設(shè)他的質(zhì)量為60kg，重力加速度取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，跳下時(shí)初速度為零，若入水姿勢正確則從接觸水面到速度為零下降約3m，若入水姿勢不對則從接觸水面到速度為零下降約1m，則下列說法正確的是()A.人在空中運(yùn)動過程中，重力的沖量與下降高度成正比B.入水姿勢正確的情況下，人受到水的平均作用力約3000NC.入水姿勢不正確的情況下，人受到水的平均作用力約9600ND.人從跳下到速度減為零的過程中機(jī)械能守恒答案C解析人在空中做自由落體運(yùn)動，h＝eq\f(1,2)gt2，重力的沖量IG＝mgt＝mgeq\r(\f(2h,g))＝meq\r(2gh)，故A錯誤；人在空中下降高度h，入水前速度v＝eq\r(2gh)，在空中所用時(shí)間t1＝eq\f(h,\f(v,2))，在水中認(rèn)為受到水的作用力F不變時(shí)，人的運(yùn)動可以看作勻減速運(yùn)動，設(shè)下降深度為d，在水中運(yùn)動所用時(shí)間t2＝eq\f(d,\f(v,2))，整個(gè)過程對人運(yùn)用動量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，化簡得F＝eq\f(h＋d,d)mg，所以入水姿勢正確的情況下，人受到水的平均作用力約為重力的6倍，即3600N，入水姿勢不正確時(shí)，人受到水的平均作用力約為重力的16倍，即9600N，故B錯誤，C正確；人從跳下到速度減為零的過程，動能不變，重力勢能減小，即機(jī)械能減小，故D錯誤。考點(diǎn)三應(yīng)用動量定理處理流體類問題研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟①構(gòu)建“柱體”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV＝vSΔt小柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp研究例6雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小華同學(xué)將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時(shí)間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h，查詢得知當(dāng)時(shí)雨滴下落的速度為v。設(shè)雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，不計(jì)雨滴重力。則p的大小為()圖5A.ρveq\f(h,t) B.2ρveq\f(h,t) C.ρv2 D.2ρv2答案B解析單位時(shí)間的降水量Δh＝eq\f(h,t)，在芭蕉葉上取ΔS的面積上，Δt時(shí)間內(nèi)降落的雨水質(zhì)量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSeq\f(h,t)Δt，設(shè)雨水受到的撞擊力為F，豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理有FΔt＝－mv－mv，聯(lián)立解得F＝－2ρvΔSeq\f(h,t)，根據(jù)牛頓第三定律可知，芭蕉葉上ΔS的面積受到的撞擊力的大小F′＝2ρvΔSeq\f(h,t)，因此平均壓強(qiáng)為p＝eq\f(F′,ΔS)＝2ρveq\f(h,t)，故B正確。2.一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當(dāng)進(jìn)入有宇宙塵埃的區(qū)域時(shí)，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(jì)其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機(jī)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(shí)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(jī)的牽引力F′＝F，牽引力的功率為P＝F′v0＝Snmveq\o\al(3,0)，故C正確，A、B、D錯誤。A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1動量和沖量1.(多選)(2023·廣州市綜合測試)如圖1，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6kg·m/s，則()圖1A.球的動能可能不變B.球的動量大小一定增加12.6kg·m/sC.球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同答案AC解析壘球被擊打后，可能以與擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向與棒對球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。2.(多選)(2023·新課標(biāo)卷，19)如圖2，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻()圖2A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零答案BD解析根據(jù)F－μmg＝ma可得a＝eq\f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，則任意時(shí)刻甲的速度大小比乙的小，A錯誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則f甲＞f乙，故甲和乙組成的系統(tǒng)所受合外力向左，合外力的沖量方向向左，即甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。3.(2022·湖北卷，7)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是()A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1答案D解析根據(jù)動能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動量變化量最小，方向相反時(shí)，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D正確。對點(diǎn)練2動量定理的理解和應(yīng)用4.(多選)(2024·廣東汕頭高三月考)如圖3所示，在輪船的船舷和碼頭的岸邊一般都固定有橡膠輪胎，輪船駛向碼頭?？繒r(shí)，會與碼頭發(fā)生碰撞，對這些輪胎的作用，下列說法正確的是()圖3A.增大輪船與碼頭碰撞過程中所受的沖量B.減小輪船與碼頭碰撞過程中動量的變化量C.延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時(shí)間D.減小輪船與碼頭碰撞過程中受到的作用力答案CD解析對輪船靠岸與碼頭碰撞的過程，輪船的初、末速度不會受輪胎影響，輪船的動量變化量相同，根據(jù)動量定理，輪船受到的沖量也相同，故A、B錯誤；輪胎可以起到緩沖作用，延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時(shí)間，從而減小輪船因碰撞受到的作用力，故C、D正確。5.(2024·重慶西南大學(xué)附中高三期末)舞中幡是中國傳承千年的雜技項(xiàng)目之一，小西觀看央視春晚雜技節(jié)目《龍躍神州》中的拋幡表演，雜技演員站在地上，將中幡從胸口處豎直向上拋起，1.5s后，在自己的胸口處開始接幡，并下蹲緩沖，經(jīng)過0.5s，將幡接穩(wěn)在手中。若一根中幡質(zhì)量約為20kg，重力加速度g＝10m/s2。假設(shè)忽略幡運(yùn)動過程中所受的空氣阻力，雜技演員接幡過程中，幡對手的平均作用力為()A.300N B.500N C.600N D.800N答案B解析由對稱性可知，雜技演員開始接幡時(shí)幡的速度為v＝g·eq\f(t,2)＝7.5m/s，接幡過程中，設(shè)幡對手的平均作用力為F，取向下為正方向，由動量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得F＝500N，故B正確。6.(多選)一個(gè)質(zhì)量為60kg的蹦床運(yùn)動員，從離水平網(wǎng)面某高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機(jī)錄下運(yùn)動過程，從自由下落開始計(jì)時(shí)，取豎直向下為正方向，用計(jì)算機(jī)作出v－t圖像如圖4所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6s，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網(wǎng)面最高處的過程中，下列說法正確的是()圖4A.網(wǎng)對運(yùn)動員的平均作用力大小為1950NB.運(yùn)動員動量的變化量為1080kg·m/sC.彈力的沖量大小為480N·sD.運(yùn)動員所受重力的沖量大小為1560N·s答案AD解析由題意知，運(yùn)動員做自由落體運(yùn)動的時(shí)間為t1＝eq\f(8,10)s＝0.8s，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，網(wǎng)對運(yùn)動員有作用力，根據(jù)動量定理得(mg＋eq\o(F,\s\up6(－)))(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8m/s，v2＝－10m/s，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝－1950N，即網(wǎng)對運(yùn)動員的平均作用力大小為1950N，A正確；從自由下落開始到蹦至離水平網(wǎng)面最高處的過程中，運(yùn)動員動量的變化量為0，B錯誤；彈力的沖量大小為I＝|eq\o(F,\s\up6(－))|(t2－t1)＝1560N·s，C錯誤；運(yùn)動員所受重力的沖量大小與彈力對運(yùn)動員的沖量大小相等，即1560N·s，D正確。對點(diǎn)練3應(yīng)用動量定理處理流體類問題7.如圖5，為估算雨水對傘面產(chǎn)生的平均撞擊力，小明在大雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得10分鐘內(nèi)杯中水位上升了60mm，當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落速度約為12m/s。設(shè)雨滴撞擊傘面后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3，傘面的面積約為0.8m2，據(jù)此估算當(dāng)時(shí)雨水對傘面的平均撞擊力約為()圖5A.0.1N B.1.0N C.10N D.15N答案B解析1s內(nèi)撞擊傘面的雨水的質(zhì)量為m＝ρV＝ρSeq\f(h,t)＝0.08kg，對1s內(nèi)撞擊傘面的雨水，以向上為正方向，根據(jù)動量定理Ft＝0－(－mv)，解得平均撞擊力F≈1.0N，故B正確。8.(多選)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運(yùn)行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設(shè)列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變?yōu)榕c車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風(fēng)面積(垂直運(yùn)動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運(yùn)行。若只考慮車頭有空氣阻力，軌道摩擦等其他阻力不計(jì)，下列說法正確的是()圖6A.列車的最大運(yùn)行速度為eq\r(3,\f(P,ρS))B.列車的最大運(yùn)行速度為eq\r(\f(P,ρS))C.列車受到的最大阻力為eq\r(3,P2ρS)D.列車受到的最大阻力為eq\r(PρS)答案AC解析設(shè)磁懸浮列車的速度為v，列車對空氣的作用力為F，根據(jù)動量定理可得Ft＝ρvtSv－0，解得F＝ρSv2，當(dāng)牽引力與阻力大小相等時(shí)，列車速度達(dá)到最大，則有P＝Fvmax，得vmax＝eq\r(3,\f(P,ρS))，A正確，B錯誤；列車以最大速度運(yùn)行時(shí)，受到的空氣阻力為f＝ρSveq\o\al(2,max)＝eq\r(3,P2ρS)，C正確，D錯誤。B級綜合提升練9.(多選)如圖7所示，籃球以水平初速度v0碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉淼膋倍(k<1)，碰撞時(shí)間極短，彈回后籃球的球心恰好經(jīng)過籃框的中心。已知籃球的質(zhì)量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點(diǎn)與籃框中心的高度差為h，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()圖7A.籃板對籃球的沖量大小為(k－1)mv0B.籃板對籃球的沖量大小為(k＋1)mv0C.若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更低D.若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高答案BD解析由題意可知，以籃球彈回的方向?yàn)檎较?，由動量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A錯誤，B正確；彈回后籃球做平拋運(yùn)動，若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，kv0減小，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，即籃球彈回后水平位移不變，時(shí)間t要增大，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高，故C錯誤，D正確。10.(多選)(2023·廣東惠州模擬)如圖8甲所示，一質(zhì)量為1kg的物體在t＝0時(shí)受到拉力F的作用，由靜止開始豎直向上做加速直線運(yùn)動。其運(yùn)動時(shí)的a－t圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，下列說法正確的是()圖8A.在t＝4s時(shí)，拉力F為12NB.在t＝4s時(shí)，物體克服重力做功的功率為60WC.在0～4s時(shí)間內(nèi)，物體的動量變化量的大小為46kg·m/sD.在0～4s時(shí)間內(nèi)，拉力F對物體做的功為18J答案AB解析在t＝4s時(shí)，加速度為a＝2m/s2，則拉力F＝mg＋ma＝12N，故A正確；根據(jù)Δv＝aΔt可知a－t圖像中，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，則在t＝4s時(shí)，物體的速度v4＝eq\f(1,2)×(1＋2)×4m/s＝6m/s，在t＝4s時(shí)，物體克服重力做功的功率為P＝mgv4＝60W，故B正確；在0～4s時(shí)間內(nèi)，物體的動量變化量的大小為Δp＝mv＝6kg·m/s，故C錯誤；在0～4s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動能定理得WF－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，整理得WF＝18J＋mgh>18J，故D錯誤。11.(多選)(2023·重慶卷，8)某實(shí)驗(yàn)小組測得在豎直方向飛行的無人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖9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。無人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則()圖9A.EF段無人機(jī)的速度大小為4m/sB.FM段無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)C.FN段無人機(jī)和裝載物總動量變化量大小為4kg·m/sD.MN段無人機(jī)機(jī)械能守恒答案AB解析EF段方程y＝4t－26，根據(jù)y－t圖像的切線斜率表示無人機(jī)的速度，可知EF段無人機(jī)的速度大小為v＝eq\f(Δy,Δt)＝4m/s，故A正