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2022步步高一輪word題庫碰撞與動量守恒·第1講 動量和動量定理.doc
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[高考導航]
考點內容 要求 全國卷三年考情分析
2017 2018 2019
動量、動量定理、動量守恒定律及其應用 Ⅱ Ⅰ卷·T14：動量守恒定律的應用
Ⅲ卷·T20：動量定理的應用 Ⅰ卷·T14：動量、動能
T24：動量守恒定律、機械能守恒定律
Ⅱ卷·T24：牛頓第二定律、動量守恒定律
T15：動量定理
Ⅲ卷·T25：動量、機械能守恒定律 Ⅰ卷·T16：動量定理的應用
T25：v－t圖象、動量守恒定律、機械能守恒定律、動能定理
Ⅱ卷·T25：動量定理、動能定理、勻變速直線運動的規律
Ⅲ卷·T25：動量守恒定律、動能定理、牛頓第二定律
彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ
實驗七：驗證動量守恒定律
說明：只限于一維
第1講　動量和動量定理

知識要點
一、動量
1.定義：運動物體的質量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示。
2.表達式：p＝mv。
3.單位：kg·m/s。
4.標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。
二、沖量
1.定義：力和力的作用時間的乘積叫做這個力的沖量。
公式：I＝Ft。
2.單位：沖量的單位是牛·秒，符號是N·s。
3.方向：沖量是矢量，沖量的方向與力的方向相同。
三、動量定理
1.內容：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化。
2.表達式：Ft＝Δp＝p′－p。
3.矢量性：動量變化量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上應用動量定理。
基礎診斷
1.(多選)下列關于動量的說法正確的是(　　)
A.質量大的物體，動量一定大
B.質量和速率都相同的物體，動量一定相同
C.一個物體的速率改變，它的動量一定改變
D.一個物體的運動狀態改變，它的動量一定改變
解析　根據動量的定義，它是質量和速度的乘積，因此它由質量和速度共同決定，故A項錯誤；又因為動量是矢量，它的方向與速度的方向相同，而質量和速率都相同的物體，其動量大小一定相同，但方向不一定相同，故B項錯誤；一個物體的速率改變，則它的動量大小就一定改變，故C項正確；物體的運動狀態變化，則它的速度就一定發生了變化，它的動量也就發生了變化，故D項正確。
答案　CD
2.(多選)恒力F作用在質量為m的物體上，如圖1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t，下列說法正確的是(　　)

圖1
A.拉力F對物體的沖量大小為零
B.拉力F對物體的沖量大小為Ft
C.拉力F對物體的沖量大小是Ftcos θ
D.合力對物體的沖量大小為零
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、是合力的沖量、是分力的沖量還是某一方向上力的沖量。這一個力的沖量與另一個力的沖量無關。B、D項正確。
答案　BD
3.質量為m的物體在力F作用下做初速度為v1的勻加速直線運動，經時間t，物體的動量由mv1增到mv2，則(　　)
A.若該物體在2F力作用下經2t，則物體的動量變化量為4mv2－4mv1
B.若該物體在2F力作用下經2t，則物體的動量變化量為4mv2－3mv1
C.在2F力作用下經t，物體的動量變化量為2mv2
D.在2F力作用下經t，物體的動量變化量為2mv2－mv1
解析　由動量定理得Ft＝mv2－mv1，則2F·2t＝4mv2－4mv1，2Ft＝2mv2－2mv1，故只有選項A正確。
答案　A
4.(2018·全國Ⅱ卷，15)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為(　　)
A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N
解析　根據自由落體運動和動量定理有v2＝2gh(h為25層樓的高度，約70 m)，Ft＝mv，代入數據解得F≈1×103 N，所以C正確。
答案　C

　動量和沖量的理解
1.對動量的理解
(1)動量的兩性
①瞬時性：動量是描述物體運動狀態的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。
②相對性：動量的大小與參考系的選取有關，通常情況是指相對地面的動量。

(2)動量與動能的比較
名稱
項目　　 動量 動能 動量變化量
定義 物體的質量和速度的乘積 物體由于運動而具有的能量 物體末動量與初動量的矢量差
定義式 p＝mv Ek＝12mv2
Δp＝p′－p
矢標性 矢量 標量 矢量
特點 狀態量 狀態量 過程量
關聯方程 Ek＝p22m，p＝2mEk，p＝2Ekv

2.對沖量的理解
(1)沖量的兩性
①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該力與力的作用時間的乘積。
②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內方向變化的力來說，沖量的方向與相應時間內物體動量改變量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯系。
【例1】 (2018·全國Ⅰ卷，14)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(　　)
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
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v＝at，且列車的動能為Ek＝12mv2，由以上整理得Ek＝12ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝12at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關系式Ek＝p22m可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤。
答案　B

1.(多選)對于一個質量不變的物體，下列說法正確的是(　　)
A.物體的動量發生變化，其動能一定發生變化
B.物體的動量發生變化，其動能不一定發生變化
C.物體的動能發生變化，其動量一定發生變化
D.物體的動能發生變化，其動量不一定發生變化
解析　物體的動量發生變化，可能是方向改變也可能是大小改變，所以物體的動能不一定發生變化，故選項A錯誤，B正確；物體的動能變化，速度大小一定變化，則動量一定發生變化，故選項C正確，D錯誤。
答案　BC
2.如圖2所示，豎直面內有一個固定圓環，MN是它在豎直方向上的直徑。兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP＞QN。將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q兩點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是(　　)

圖2
A.合力對兩滑塊的沖量大小相同
B.重力對a滑塊的沖量較大
C.彈力對a滑塊的沖量較小
D.兩滑塊的動量變化大小相同
解析　這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達滑軌底端。合力F＝mgsin θ(θ為滑軌傾角)，Fa＞Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大，a滑塊的動量變化也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力FN＝mgcos θ，FNa＜FNb，因此彈力對a滑塊的沖量較小，選C。
答案　C
3.質量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內，關于球的動量變化量Δp和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是(　　)
A.Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J
B.Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J
C.Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J
D.Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J
解析　取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上。
由動能定理知，合外力做的功W＝12mv 22－12mv 21＝12×0.2×42 J－12×0.2×62 J＝－2 J。
答案　A
　動量定理的理解及應用
1.動量定理的理解
(1)動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。變力的情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。
(2)動量定理的表達式FΔt＝Δp是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統所受的合力。
2.用動量定理解釋現象
(1)Δp一定時，F的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。
(2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小。
分析問題時，要把哪個量不變、哪個量變化搞清楚。
3.用動量定理解題的基本思路

【例2】 (2019·全國Ⅰ卷，16)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　)
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
解析　根據動量定理有FΔt＝Δmv－0，解得ΔmΔt＝Fv＝1.6×103 kg/s，所以選項B正確。
答案　B

1.[應用動量定理解釋生活現象]下列解釋中正確的是(　　)
A.跳高時，在落地處墊海綿是為了減小沖量
B.在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過程受到的沖量
C.動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，質量小的先停下來
D.人從越高的地方跳下，落地時越危險，是因為落地時人受到的沖量越大
解析　跳高時，在落地處墊海綿是為了延長作用時間從而減小沖力，不是減小沖量，故選項A錯誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長作用時間，從而減小沖力，不是減小沖量，故選項B錯誤；動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，根據動量定理Ft＝mv，則知運動時間相等，故選項C錯誤；從越高的地方跳下，落地時速度越大，動量越大，則沖量越大，故選項D正確。
答案　D
2.[應用動量定理求動量的變化量](多選)如圖3所示，兩位同學同時在等高處拋出手中的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以速度v2豎直向上拋出，當A到達最高點時恰與B相遇。不計空氣阻力，A、B質量相等且均可視為質點，重力加速度為g，以下判斷正確的是(　　)

圖3
A.相遇時A的速度一定為零
B.相遇時B的速度一定為零
C.A從拋出到最高點的時間為v2g
D.從拋出到相遇A、B動量的變化量相同
解析　相遇時A還具有水平速度，則此時的速度不為零，選項A錯誤；因A在最高點的豎直速度為零，可知B的速度也一定為零，選項B正確；兩球運動的時間相等，即t＝v2g，選項C正確；根據Δp＝mgt可知從拋出到相遇A、B動量的變化量相同，選項D正確。
答案　BCD
3.[應用動量定理求變力的沖量]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0.4 kg，為保證皮球與地面碰撞后自然跳起的最大高度均為1.25 m，小明需每次在球到達最高點時拍球，每次拍球作用距離為0.25 m，使球在離手時獲得一個豎直向下4 m/s的初速度。若不計空氣阻力及球的形變，g取10 m/s2，則每次拍球(　　)

圖4
A.手給球的沖量為1.6 kg·m/s
B.手給球的沖量為2.0 kg·m/s
C.人對球做的功為3.2 J
D.人對球做的功為2.2 J
解析　人拍球的過程，人對球的沖量為I，由動量定理：I＋mgΔt＝mv＝0.4×
4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，則I＜1.6 kg·m/s，則手給球的沖量小于1.6 kg·m/s，選項A、B錯誤；設人對球做的功為W，由動能定理：W＋mgh＝12mv2，解得W＝12×0.4×
42 J－0.4×10×0.25 J＝2.2 J，選項D正確，C錯誤。
答案　D
4.[動量定理與圖象的綜合](多選)(2017·全國Ⅲ卷，20)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖5 所示，則(　　)

圖5
A.t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B.t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C.t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D.t＝4 s時物塊的速度為零
解析　由動量定理可得Ft＝mv，解得v＝Ftm。t＝1 s時物塊的速率為v＝Ftm＝2×12 m/s＝1 m/s，故選項A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝
4 kg·m/s，故選項B正確；t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故選項C錯誤；t＝4 s 時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故選項D錯誤。
答案　AB
　動量定理與微元法的綜合應用
考向 　流體類問題
流體及其特點 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，特點是質量具有連續性，題目中通常給出密度ρ作為已知條件
分析步驟 1 建立“柱體” 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 用微元法研究，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度Δl＝vΔt，對應的質量為Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3 建立方程，應用動量定理研究這段柱形流體
【例3】 [2016·全國Ⅰ卷，35(2)]某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變為零，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求
(ⅰ)噴泉單位時間內噴出的水的質量；
(ⅱ)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。
解析　(ⅰ)在剛噴出一段很短的Δt時間內，可認為噴出的水柱保持速度v0不變。
該時間內，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①
噴出水柱質量Δm＝ρΔV②
其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：噴泉單位時間內噴出的水的質量為
ΔmΔt＝ρv0S。
(ⅱ)設玩具底面相對于噴口的高度為h
由玩具受力平衡得F沖＝Mg④
其中，F沖為水柱對玩具底部的作用力
由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤
其中，F壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達玩具底部時的速度
由運動學公式得v′2－v20＝－2gh⑥
在很短Δt時間內，沖擊玩具水柱的質量為Δm
Δm＝ρv0SΔt⑦
由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理得
－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變為
F壓Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝v202g－M2g2ρ2v 20S2。
答案　(ⅰ)ρv0S　(ⅱ)v202g－M2g2ρ2v 20S2

考向 　微粒類問題
微粒及其特點 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質量具有獨立性，通常給出單位體積內粒子數n
分析步驟 1 建立“柱體”模型，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2 用微元法研究，作用時間Δt內一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt
3 先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘N計算
【例4】 正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子的質量均為m，單位體積內粒子數量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略，其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等，與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系。
解析　一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量
ΔI＝2mv
如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構成柱體，由題設可知，其內有16的粒子在Δt時間內與器壁上面積為S的部分發生碰撞，碰壁粒子總數
N＝16n·SvΔt
Δt時間內粒子給器壁的沖量
I＝N·ΔI＝13nSmv2Δt
器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力
F＝IΔt
則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝FS＝13nmv2。
答案　f＝13nmv2


1.水力采煤是利用高速水流沖擊煤層而進行的。煤層受到3.6×106 N/m2的壓強沖擊即可破碎，若水流沿水平方向沖擊煤層，不考慮水的反向濺射作用，則沖擊煤層的水流速度至少應為(水的密度為1×103 kg/m3)(　　)
A.30 m/s B.40 m/s
C.45 m/s D.60 m/s
解析　設濺落在煤層表面的某水柱微元的質量為Δm，由動量定理得F·Δt＝Δm·v，而Δm＝ρ·SΔl，Δl＝vΔt，聯立可得FS＝ρv2，則速度v＝FS·1ρ＝pρ＝60 m/s，選項D正確。
答案　D
2.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理。如圖6所示，從距秤盤80 cm高處把1 000粒的豆粒連續均勻地倒在秤盤上，持續作用時間為1 s，豆粒彈起時豎直方向的速度大小變為碰前的一半，方向相反。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1 000粒的豆粒的總質量為100 g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為(　　)

圖6
A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N
解析　豆粒從80 cm高處下落到秤盤上時的速度為v1，
v21＝2gh，
則v1＝2gh＝2×10×0.8 m/s＝4 m/s
設豎直向上為正方向，根據動量定理Ft＝mv2－mv1
則F＝mv2－mv1t＝0.1×2－0.1×（－4）1 N＝0.6 N，故B正確，A、C、D錯誤。
答案　B
課時作業
(時間：40分鐘)
基礎鞏固練
1.(多選)(2019·北京西城區模擬)關于動量和沖量，下列說法正確的是(　　)
A.物體所受合外力的沖量的方向與物體動量的方向相同
B.物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化
C.物體所受合外力的沖量等于物體的動量
D.物體動量的方向與物體的運動方向相同
解析　物體所受合外力的沖量的方向與合外力的方向相同，與物體動量變化量的方向相同，與動量的方向不一定相同，故選項A錯誤；由動量定理可知，物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化，故選項B正確，C錯誤；物體的動量p＝mv，故物體動量的方向與物體的運動方向相同，選項D正確。
答案　BD
2.如圖1所示，運動員向球踢了一腳，踢球時的力F＝100 N，球在地面上滾動了10 s后停下來，則運動員對球的沖量為 (　　)

圖1
A.1 000 N·s 　　　 B.500 N·s
C.0 　　　 D.無法確定
解析　滾動了10 s是地面摩擦力對足球的作用時間，不是踢球時的力的作用時間，由于不能確定運動員對球的作用時間，所以無法確定運動員對球的沖量，選項D正確。
答案　D
3.如圖2，廣州塔摩天輪位于塔頂450 m高空處，摩天輪由16個“水晶”觀光球艙組成，沿著傾斜的軌道做勻速圓周運動，則坐于觀光球艙中的某游客(　　)

圖2
A.動量不變 B.線速度不變
C.合外力不變 D.機械能不守恒
解析　坐于觀光球艙中的某游客線速度的大小不變，但方向不斷改變，可知線速度不斷改變，動量也不斷變化；由于向心加速度方向不斷變化，可知合外力大小不變，但方向不斷改變，選項A、B、C錯誤；由于動能不變，重力勢能不斷變化，可知機械能不守恒，選項D正確。
答案　D
4.2018年3月22日，一架中國國際航空CA103客機，中午從天津飛抵香港途中遭遇鳥擊，飛機頭部被撞穿一個1米乘1米的大洞，雷達罩被砸穿。所幸客機于下午1點24分安全著陸，機上無人受傷。設客機撞鳥時飛行速度大約為1 080 km/h，小鳥質量約為0.5 kg，撞機時間約為0.01 s，估算飛機受到的撞擊力為(　　)

圖3
A.540 N B.54 000 N
C.15 000 N D.1.50 N
解析　本題為估算題，可以認為撞擊前鳥的速度為零，撞擊后鳥與飛機的速度相等，飛機速度為v＝1 080 km/h＝300 m/s，撞擊過程對鳥，以飛機飛行方向為正方向，由動量定理得Ft＝mv－0，解得F＝mvt＝0.5×3000.01 N＝1.5×104 N，則C正確，A、B、D錯誤。
答案　C
5.如圖4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m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若經過1 s時，速度為v＝55 m/s，則在此過程中，運動員動量的變化量為(g＝10 m/s2，不計空氣阻力)(　　)

圖4
A.700 kg·m/s B.3505 kg·m/s
C.350(5－1) kg·m/s D.350(5＋1) kg·m/s
解析　根據動量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故選項A正確。
答案　A
6.(2020·佛山模擬)如圖5所示，一輕質彈簧固定在墻上，一個質量為m的木塊以速度v0從右側沿光滑水平面向左運動并與彈簧發生相互作用。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I的大小為(　　)

圖5
A.I＝0 B.I＝mv0
C.I＝2mv0 D.I＝3mv0
解析　設木塊離開彈簧時的速度為v，根據機械能守恒定律得：12mv2＝12mv 20，所以v＝v0，設向右的速度方向為正方向，根據動量定理得：I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故選項C正確。
答案　C
7.(多選)在港珠澳大橋施工過程中，我國科學家和工程技術人員自主創新了海底沉管技術。海底沉管要克服復雜多變的洋流，情境復雜，其簡化原理圖如圖6所示，吊車處于靜止狀態，吊繩相對于吊車以速度v勻速向下放管子，管子的質量為m。假設圖中P為管子開始被吊起的位置，Q為管子剛接觸水面的位置，R為管子剛好完全進入水中的位置，S為管子剛好到達水底的位置，假定管子入水前后速度不變，則下列說法正確的是(　　)

圖6
A.管子從P位置到R位置，吊繩拉力等于管子重力
B.管子從Q位置到S位置，吊繩拉力小于管子重力，且拉力不變
C.管子從Q位置到R位置，吊繩拉力做功的功率在逐漸減小
D.管子從Q位置到最終停在S位置，合力對管子的沖量大小為mv
解析　根據共點力的平衡條件可知，管子從P位置到Q位置，吊繩拉力等于管子重力，管子從Q位置到R位置，由于管子排開水的體積逐漸增大，管子所受的浮力逐漸增大，故吊繩拉力逐漸減小，又速度大小不變，故拉力做功的功率P＝Fv逐漸減小，A錯誤，C正確；管子從Q位置到S位置，吊繩拉力小于管子重力，管子從Q位置到R位置，吊繩拉力逐漸減小，管子從R位置到S位置，吊繩拉力不變，B錯誤；管子從Q位置到最終停在S位置，設向下的速度方向為正方向，根據動量定理可知，合力的沖量等于管子動量的變化量－mv，故合力對管子的沖量大小為mv，D正確。
答案　CD
8.如圖7所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸。現打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時鋼瓶底端對豎直墻面的作用力大小是(　　)

圖7
A.ρvS B.ρv2S C.12ρv2S D.ρv2S
解析　Δt時間內貯氣瓶噴出氣體的質量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內氣體及噴出的氣體所組成的系統，由動量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，選項D正確。
答案　D
9.質量為1 kg的物體做直線運動，其速度—時間圖象如圖8所示。則物體在前10 s內和后10 s內所受外力的沖量分別是(　　)

圖8
A.10 N·s，10 N·s
B.10 N·s，－10 N·s
C.0，10 N·s
D.0，－10 N·s
解析　由圖象可知，在前10 s內初、末狀態的動量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由動量定理知I1＝0；在后10 s內末狀態的動量p3＝－5 kg·m/s，由動量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故選項D正確。
答案　D
綜合提能練
10.(2019·四川省綿陽市第二次診斷)在水平地面上，兩個具有相同初動量而質量不同的物體，在大小相等的阻力作用下最后停下來。則質量大的物體(　　)
A.滑行的距離小
B.滑行的時間長
C.滑行過程中的加速度大
D.滑行過程中的動量變化快
解析　根據p＝mv，初動量相同，質量大的物體速度小；根據動能定理可知－Ff L＝0－Ek＝－p22m，因兩物體受到的阻力大小相等，則質量大的物體滑行的距離小，故A正確；根據動量定理，－Ff t＝0－p，因動量相同，故滑行時間相同，故B錯誤；因兩物體受到的阻力相同，由牛頓第二定律可知，質量大的加速度小，故C錯誤；因兩物體均停止，所以滑行過程中動量變化量相同，因滑行時間相同，故動量變化快慢相同，故D錯誤。
答案　A
11.一質量為m的物體靜置于傾角為θ的斜面上，在沿平行于斜面向上的拉力作用下開始運動，運動一段時間后撤去拉力，物體最終停止，其運動的速度—時間圖象如圖9所示，已知斜面足夠長，重力加速度為g，則(　　)

圖9
A.拉力的大小為2mv0t0
B.滑動摩擦力沖量的大小為3(mv0－mgt0sin θ)
C.0～2t0時間內拉力的平均功率與滑動摩擦力的平均功率相等
D.整個過程中拉力做的功與物體克服摩擦力做的功相等
解析　由v－t圖象斜率的絕對值表示加速度大小和牛頓第二定律得F－f－mgsin θ＝mv02t0和f＋mgsin θ＝mv0t0，聯立解得拉力的大小為F＝3mv02t0，選項A錯誤；由A項分析知滑動摩擦力的大小f＝mv0t0－mgsin θ，則滑動摩擦力的沖量大小為If＝f·3t0＝(mv0t0－mgsin θ)·3t0＝3(mv0－mgt0sin θ)，選項B正確，拉力的平均功率PF－＝F·v－＝3mv02t0·v02＝3mv 204t0，滑動摩擦力的平均功率Pf－＝f·v－＝(mv0t0－mgsin θ)·v02，拉力的平均功率與滑動摩擦力的平均功率不相等，選項C錯誤；根據能量守恒定律可知，拉力做的功等于物體克服摩擦力做的功與克服重力做的功之和，選項D錯誤。
答案　B
12.(多選)一質量為m的運動員托著質量為M的重物從下蹲狀態(圖10甲)緩慢運動到站立狀態(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運動員保持乙狀態站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升高度分別為h1、h2，經歷的時間分別為t1、t2，(重力加速度為g)則(　　)

圖10
A.地面對運動員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運動員做的功為0
B.地面對運動員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運動員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)
C.運動員對重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)
D.運動員對重物的沖量為Mg(t1＋t2)，運動員對重物做的功為0
解析　因運動員將重物緩慢上舉，則可認為是平衡狀態，地面對運動員的支持力為：(M＋m)g，整個過程的時間為(t1＋t2＋Δt)，根據I＝Ft可知地面對運動員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面對運動員的支持力沒有位移，可知地面對運動員做的功為0，選項A正確，B錯誤；運動員對重物的作用力為Mg，作用時間為(t1＋t2＋Δt)，根據I＝Ft可知運動員對重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移為(h1＋h2)，根據W＝Fs可知運動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)，選項C正確，D錯誤。
答案　AC
13.(2018·北京理綜，22)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖11，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10 m，C是半徑R＝20 m 圓弧的最低點。質量m＝60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達B點時速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。

圖11
(1)求長直助滑道AB的長度L；
(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小；
(3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。
解析　(1)根據勻變速直線運動公式v2－v 20＝2ax，
有L＝v 2B－v 2A2a＝100 m。
(2)根據動量定理有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。
(3)運動員經C點時的受力分析如圖所示
根據動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有
mgh＝12mv 2C－12mv 2B
根據牛頓第二定律，有FN－mg＝mv 2CR
聯立解得FN＝3 900 N。
答案　(1)100 m　(2)1 800 N·s　(3)圖見解析　3 900 N

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