2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第六章 第1讲 动量定理及应用 Word版含解析.pdf

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1、五年高考(全国卷)命题分析 五年常考热点五年未考重点 动量、动量定理及应用 2018 2017 2016 2 卷 15 题 3 卷 20 题 1 卷 35(2)题 动量守恒定律的应用 2017 2014 1 卷 14 题、2 卷 15 题 2 卷 35(2)题 动量和能量观点解决碰 撞或爆炸类问题 2018 2016 2015 2014 1 卷 24 题、2 卷 24 题 2 卷 35(2)题、3 卷 35(2)题 1 卷 35(2)题、2 卷 35(2)题 1 卷 35(2)题 1.动量和冲量的理解和 计算 2.板块模型中的动量和 能量问题 3.“人船模型”问题 4.“子弹打木块”模型 5.

2、验证动量守恒定律 1.考查方式：从前几年命题规律来看，应用碰撞或反冲运动模型，以计算题的形式考查 动量和能量观点的综合应用. 2.命题趋势：由于动量守恒定律作为必考内容，因此综合应用动量和能量观点解决碰撞 模型问题将仍是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知 识结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题. 第第 1 讲 动量定理及应用讲 动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积 (2)表达式：pmv. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同 2动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量 p 也是矢量，其方向与速度的改变量 v 的

3、方向相同 (2)动量的变化量 p 的大小，一般用末动量 p减去初动量 p 进行计算，也称为动量的增 量即 ppp. 3冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量 (2)公式：IFt. (3)单位：Ns. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同 自测 1 (2018全国卷14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运 动在启动阶段，列车的动能( ) A与它所经历的时间成正比 B与它的位移成正比 C与它的速度成正比 D与它的动量成正比 答案 B 解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度 vat，动能 Ek mv2 ma2t2，与 1 2 1 2 经历的时间的

4、平方成正比，A 项错误 ； 根据 v22ax，动能 Ek mv2 m2axmax，与位移 1 2 1 2 成正比，B 项正确 ； 动能 Ek mv2，与速度的平方成正比，C 项错误 ； 动量 pmv，动能 Ek 1 2 mv2，与动量的平方成正比，D 项错误 1 2 p2 2m 二、动量定理 1内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量 2公式：mvmvF(tt)或 ppI. 3动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动 量变化量是结果 (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力

5、的冲量，可以是 各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和 (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义 自测 2 (2018全国卷15)高空坠物极易对行人造成伤害若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼 的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A10 N B102 N C103 N D104 N 答案 C 解析 设每层楼高约为 3 m，则下落高度约为 h325 m75 m 由 mgh mv2及(Fmg)tmv 知 1 2 鸡蛋对地面的冲击力 Fmg103 N. m 2gh t 命题点一 对动量和冲量的理解命题点一

6、对动量和冲量的理解 1对动量的理解 (1)动量的两性 瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的 相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量 (2)动量与动能的比较 动量动能 物理意义描述机械运动状态的物理量 定义式pmvEk mv2 1 2 标矢性矢量标量 变化因素物体所受冲量外力所做的功 大小关系 p 2mEk Ek p2 2m 对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量 发生变化，动能不一定发生变化它们都是相对量，均与参考系的选取 有关，高中阶段通常选取地面为参考系 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 时间性：冲量不仅由力

7、决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用 时间的乘积 矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化 的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致 (2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联 系 (3)冲量与功的比较 冲量功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间 的乘积 作用在物体上的力和物体在力的 方向上的位移的乘积 单位NsJ 公式IFt(F 为恒力)WFlcos (F 为恒力) 标矢性矢量标量 意义 表示力对时间的累积 是动量变化的量度 表示力对空间的累积 是能量变化多少的量度 都是过

8、程量，都与力的作用过程相互联系 例 1 (2018广西南宁市 3 月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在 水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中 向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是( ) A运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量 B运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零 C运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量 D运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向 答案 C 解析 根据动量定理可知，运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，A 项正确；运动员 整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外

9、力的冲量为零，B 项正确；运动 员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C 项错误；由于整个过程合外 力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D 项正确 变式 1 (2018河北省唐山市上学期期末)1998 年 6 月 18 日，清华大学对富康轿车成功地进 行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功“中华第一撞” ，从此，我国汽车整体安全 性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是( ) A安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化 B安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率 D安全气

10、囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大 答案 C 解析 在碰撞过程中， 驾驶员的动量的变化量是一定的， 而用安全气囊后增加了作用的时间， 根据动量定理 Ftp 可知，安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力，即安全气囊减小了驾驶 员的动量变化率 例 2 (2019甘肃省庆阳市调研)如图 1 所示，竖直面内有一个固定圆环，MN 是它在竖直方 向上的直径 两根光滑滑轨MP、 QN的端点都在圆周上， MPQN.将两个完全相同的小滑块a、 b 分别从 M、Q 点无初速度释放，在它们各自沿 MP、QN 运动到圆周上的过程中，下列说法中 正确的是( ) 图 1 A合力对两滑块的冲量大小相同 B重力对 a

11、滑块的冲量较大 C弹力对 a 滑块的冲量较小 D两滑块的动量变化大小相同 答案 C 解析 这是 “等时圆” ， 即两滑块同时到达滑轨底端 合力 Fmgsin ( 为滑轨倾角)， FaFb， 因此合力对 a 滑块的冲量较大，a 滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹 力 FNmgcos ，FNaFNb，因此弹力对 a 滑块的冲量较小选 C. 变式 2 (多选)如图 2 所示，一个物体在与水平方向成 角的拉力 F 的作用下匀速前进了时 间 t，则( ) 图 2 A拉力对物体的冲量大小为 Ft B拉力对物体的冲量大小为 Ftsin C摩擦力对物体的冲量大小为 Ftsin D合外力对物体的

12、冲量大小为零 答案 AD 解析 拉力 F 对物体的冲量大小为 Ft，故 A 项正确，B 项错误；物体受到的摩擦力 fFcos ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为 ftFtcos ，故 C 项错误 ； 物体匀速运动，则合外力为 零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故 D 项正确 命题点二 动量定理的基本应用命题点二 动量定理的基本应用 1动量定理的理解 (1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体 (2)Ftpp 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同式中 Ft 是物体所受的合外力 的冲量 (3)Ftpp 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量 是动量变化的原

13、因 (4)由 Ftpp， 得 F， 即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率 pp t p t 2用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体 (2)对物体进行受力分析可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和合力的冲量；或 先求合力，再求其冲量 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号 (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解 例 3 (2018福建省三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原 理如图 3 所示，从距秤盘 80 cm 高处把 1 000 粒

14、的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用 时间为 1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反若每个豆粒只与秤 盘碰撞一次， 且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内， 碰撞力远大于豆粒受到的重力)， 已知 1 000 粒的豆粒的总质量为 100 g则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( ) 图 3 A0.2 N B0.6 N C1.0 N D1.6 N 答案 B 解析 豆粒从 80 cm 高处下落到秤盘上时的速度为 v1，v 2gh， 12 则 v1 m/s4 m/s2gh2 10 0.8 设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ftmv2mv1 则 F N0.6 N， mv2mv1

15、 t 0.1 20.1 4 1 故 B 正确，A、C、D 错误 变式3 (多选)(2018陕西省安康市第二次联考)一质量为m60 kg的运动员从下蹲状态竖直 向上跳起，经 t0.2 s，以大小 v1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度 g10 m/s2，在这 0.2 s 内( ) A地面对运动员的冲量大小为 180 Ns B地面对运动员的冲量大小为 60 Ns C地面对运动员做的功为 30 J D地面对运动员做的功为零 答案 AD 解析 人的速度由原来的零， 起跳后变为 v， 设向上为正方向， 由动量定理可得 ： Imgtmv 0，故地面对人的冲量为：Imvmgt601 Ns6000.2 N

16、s180 Ns，故 A 正确，B 错误 ； 人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移， 所以地面对运动员的支持力不做功，故 C 错误，D 正确 命题点三 动量定理在多过程问题中的应用命题点三 动量定理在多过程问题中的应用 应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路 例 4 一高空作业的工人重为 600 N， 系一条长为 L5 m 的安全带， 若工人不慎跌落时安全 带的缓冲时间 t1 s(工人最终静止悬挂在空中)， 则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？ (g 取 10 m/s2，忽略空气阻力的影响) 答案 1 200 N，方向

17、竖直向下 解析 解法一 分段列式法：依题意作图，如图所示， 设工人刚要拉紧安全带时的速度为 v1，v 2gL，得 12 v1 2gL 经缓冲时间 t1 s 后速度变为 0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两 个力作用，即拉力 F 和重力 mg，所以(mgF)t0mv1，Fmgtmv 1 t 将数值代入得 F1 200 N. 由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力 F为 1 200 N，方向竖直向下 解法二 全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为 mg( 2L g t)，拉力 F 的冲量 大小为 Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知 mg

18、(t)Ft0 2L g 解得 F1 200 N mg 2L g t t 由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力 FF1 200 N，方向竖直向下 变式 4 一个质量为 m100 g 的小球从离厚软垫 h0.8 m 高处自由下落，落到厚软垫上， 若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了 t0.2 s，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫 对小球的冲量是多少？(取 g10 m/s2) 答案 0.6 Ns，方向竖直向上 解析 设小球自由下落 h0.8 m 的时间为 t1，由 h gt得 t10.4 s. 1 2 12 2h g 设 I 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程

19、运用动量 定理得 mg(t1t)I0，得 I0.6 Ns. 负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上 命题点四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题命题点四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题 1研究对象 常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等 2研究方法 隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解 3基本思路 (1)在极短时间 t 内，取一小柱体作为研究对象 (2)求小柱体的体积 VvSt (3)求小柱体质量 mVvSt (4)求小柱体的动量变化 pvmv2St (5)应用动量定理 Ftp 例 5 (2016全国卷35(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷

20、出的水柱将一质量为 M 的卡通玩 具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0竖直 向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变 为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为 ，重力加速度大小为 g. 求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度 答案 (1)v0S (2) v02 2g M2g 22v02S2 解析 (1)在刚喷出一段很短的 t 时间内，可认为喷出的水柱保持速度 v0不变 该时间内，喷出水柱高度 lv0t 喷出水柱质量 mV 其中 V 为水

21、柱体积，满足 VlS 由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 v0S m t (2)设玩具底板相对于喷口的高度为 h 由玩具受力平衡得 F冲Mg 其中，F冲为水柱对玩具底板的作用力 由牛顿第三定律：F压F冲 其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设 v为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v2v 2gh 02 在很短 t 时间内，冲击玩具的水柱的质量为 m mv0St 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F压mg)tmv 由于 t 很小，mg 也很小，可以忽略，式变为 F压tmv 由可得 h v02 2g M2g 22v02S2 变式 5 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生

22、的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于 露台，测得 1 小时内杯中水位上升了 45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为 12 m/s，据 此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为 1103 kg/m3)( ) A0.15 Pa B0.54 Pa C1.5 Pa D5.4 Pa 答案 A 解析 设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F， 在t时间内有质量为m的雨水的速度由v 12 m/s 减为零以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft0(mv) mv， 得到 Fv.设水杯横截面积为 S， 对水杯里的雨水， 在 t 时间内水面上升 h， 则有 m m t

23、Sh，得 FSv.压强 p v110312 Pa0.15 Pa. h t F S h t 45 103 3 600 变式 6 如图 4 所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为 M 的垃圾桶倒顶在空中，水以 速率 v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)从地下射向空中求垃圾桶可停留的最 m t 大高度(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为 g) 图 4 答案 ()2 v02 2g M2g 8 t m 解析 设垃圾桶可停留的最大高度为 h，并设水柱到达 h 高处的速度为 vt，则 v v 2gh t202 得 v v 2gh t202 由动量定理得，在极短时间 t 内，水受到的冲量为

24、 Ft2(t)vt m t 解得 F2vt2 m t m t v022gh 据题意有 FMg 联立解得 h()2 v02 2g M2g 8 t m 1(2018山东省日照市校际联合质检)关于动量和动能，下列说法中错误的是( ) A做变速运动的物体，动能一定不断变化 B做变速运动的物体，动量一定不断变化 C合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零 D合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零 答案 A 解析 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故 A 错误；做变速运动 的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故 B 正确；合外力对物体做功为零，由动能定 理，物体动能的增量一定

25、为零，故 C 正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增 量一定为零，故 D 正确 2 (2018四川省德阳市高考一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等， 则此物体 的运动不可能是( ) A匀速圆周运动 B自由落体运动 C平抛运动 D竖直上抛运动 答案 A 解析 如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由 IFt 可知，物体受到的力是恒 力则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故 B、C、D 正确；物体做匀 速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力 的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故 A 错误 3.(2019福建省泉州

26、市质检)如图 1 所示， ad、 bd、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆， a、 b、 c、 d 四个点位于同一圆周上，a 在圆周最高点，d 在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑 环(图中未画出)，三个滑环分别从 a、b、c 三个点同时由静止释放关于它们下滑的过程， 下列说法正确的是( ) 图 1 A重力对它们的冲量相同 B弹力对它们的冲量相同 C合外力对它们的冲量相同 D它们动能的增量相同 答案 A 解析 这是“等时圆” ，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点 d 点的时间相同，由于三 个环的重力相等，由公式 IFt 分析可知，三个环重力的冲量相等，故 A 正确；c 环受到的 弹

27、力最大，运动时间相等，则弹力对环 c 的冲量最大，故 B 错误；a 环的加速度最大，受到 的合力最大，则合力对 a 环的冲量最大，故 C 错误；重力对 a 环做功最多，其动能的增量最 大，故 D 错误 4(多选)(2018河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆 珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后 迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离不计空气阻力，忽略笔帽与 弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中( ) A笔帽一直做加速运动 B弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等 C弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相

28、等 D弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率 答案 CD 解析 弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等 于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔 帽做减速运动，故 A 错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对 笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对 笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故 D 正确；弹簧对桌面 虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故 B 错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面 的弹力等于对笔帽

29、的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故 C 正确 5 (2018山东省济宁市上学期期末)质量相同的子弹、 橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖 直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回不计空气阻力，关于它们对墙 的水平冲量的大小，下列说法正确的是( ) A子弹对墙的冲量最小 B橡皮泥对墙的冲量最小 C钢球对墙的冲量最小 D子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 答案 A 解析 由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它们动量的变化量：pmv mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于 0；钢球被弹回，末 速度的方向与初速度方向相反，可知子弹的动量变化量最

30、小，钢球的动量变化量最大，由动 量定理：Ip，所以子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大，结合牛顿第三定律可知， 子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故 A 正确，B、C、D 错误 6.(2018河南省商丘市上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放 在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图 2 所示第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向 后倾倒第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上两次现象相比，下 列说法正确的是( ) 图 2 A第一次粉笔的惯性更小 B第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大 C第一次粉笔受到纸带的冲量更小 D第一次粉笔获得的动量更大 答案 D 解析

31、 两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变，则其惯性不变，故 A 错误；两次拉动纸条的 过程中粉笔对纸条的正压力不变，则纸条对粉笔的摩擦力不变，故 B 错误；第一次慢慢拉动 纸条将纸条抽出作用时间变长，则摩擦力对粉笔冲量更大，故 C 错误；由动量定理可知，第 一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故 D 正确 7(2018四川省攀枝花市第二次统考)在距地面高度为 h 处，同时以大小相等的初速度 v0， 分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到 落地过程中动量的增量 p，正确的是( ) A平抛过程中动量的增量 p 最大 B竖直下抛过程中动量的增量 p

32、 最大 C竖直上抛过程中动量的增量 p 最大 D三者一样大 答案 C 解析 三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长， 而竖直下抛的小球运动时间最短， 由 IFt 可知竖直上抛的小球，重力的冲量最大，由动量定理 Ip 可知，竖直上抛的小球动量的增 量最大，故 C 正确 8(2018湖南省长沙市雅礼中学模拟二)下列说法错误的是( ) A火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 答案 D 解析 火箭升空时，内能转化为机械能，火箭向后喷出气流，

33、火箭对气流有向后的力，由于 力的作用是相互的，气流对火箭有向前的作用力，从而推动火箭前进，故选项 A 正确；体操 运动员在着地的过程中，动量变化一定由动量定理可知，体操运动员受到的冲量 I 一 定由 IFt 可知，体操运动员在着地时屈腿是为了延长作用时间 t，可以减小运动员所受到 的平均冲力 F，故 B 正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击 的精准度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故选项 C 正确；为了 减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由 IFt 可知，位于车体前部的发 动机舱不能太坚固，故选项 D 错误 9(2018四川省绵阳

34、市第二次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体， 在大小相等的阻力作用下最后停下来则质量大的物体( ) A滑行的距离小 B滑行的时间长 C滑行过程中的加速度大 D滑行过程中的动量变化快 答案 A 解析 根据 pmv，Ek mv2可知，Ek，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能 1 2 p2 2m 定理可知：fL0Ek，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距 p2 2m 离小，故 A 正确；根据动量定理，ft0p，因动量相同，故滑行时间相同，故 B 错误； 因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故 C 错误；因两物体 均停止，所以滑行过程中

35、动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故 D 错 误 10.(2018湖北省黄冈市期末调研)在 2017 年 6 月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重 复使用运载火箭”的概念方案方案之一为“降伞方案” ，如图 3，当火箭和有效载荷通过引 爆装置分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采 用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆对该方案涉及的物理过程，下列说 法正确的是( ) 图 3 A火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒 B从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大 C从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态 D打开气囊是为了

36、减小地面对火箭的冲量 答案 B 解析 分离用的引爆装置的功能是在接收到分离指令后， 通过程序配电器接通电爆管(或点火 器)，引爆连接解锁装置或分离冲量装置，使之分离，所以火箭和有效载荷分离过程中该系统 的总机械能不守恒，故 A 错误；从返回轨道下落至低空轨道，由 Gmg 得 gG，火 Mm r2 M r2 箭的重力加速度增大，故 B 正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至 低空轨道，火箭处于失重状态，故 C 错误；由动量定理可知接近地面时打开气囊，可以减小 受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭的冲量，故 D 错误 11(2019山西省晋中市模拟)质量相等的 A、B 两物体放

37、在同一水平面上，分别受到水平拉 力 F1、 F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动 经过时间 t0和 4t0速度分别达到 2v0和 v0时， 分别撤去 F1和 F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止两物体速度随时间变化的图线如 图 4 所示设 F1和 F2对 A、B 两物体的冲量分别为 I1和 I2，F1和 F2对 A、B 两物体做的功 分别为 W1和 W2，则下列结论正确的是( ) 图 4 AI1I2125，W1W265 BI1I265，W1W235 CI1I235，W1W265 DI1I235，W1W2125 答案 C 解析 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为，根据牛顿第二定律，匀

38、减速运动 v0 t0 中有 fma，则摩擦力大小都为 m.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为、 ，根据 v0 t0 2v0 t0 v0 4t0 牛顿第二定律， 匀加速运动中有Ffma， 则F1， F2， 故I1I2F1t04F2t035 ； 3mv0 t0 5mv0 4t0 对全过程运用动能定理得： W1fs10，W2fs20，得 W1fs1，W2fs2，图线与时间轴所围 成的面积表示运动的位移， 则位移之比为65， 整个运动过程中F1和F2做功之比为W1W2 s1s265，故 C 正确 12(2019河南省郑州市调研)质量为 1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面 间的动摩

39、擦因数为 0.4.有一大小为 5 N 的水平恒力 F 作用于物体上，使之加速前进，经 3 s 后撤去 F.求物体运动的总时间(g 取 10 m/s2) 答案 3.75 s 解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为 Ft1，摩擦力的冲量为 ft.选水 平恒力 F 的方向为正方向，根据动量定理有 Ft1ft0 又 fmg 联立式解得 t， Ft1 mg 代入数据解得 t3.75 s. 13.如图 5 所示，一质量为 M 的长木板在光滑水平面上以速度 v0向右运动，一质量为 m 的小 铁块在木板上以速度 v0向左运动， 铁块与木板间存在摩擦， 为使木板能保持速度 v0向右匀速 运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度 v0.设木板足够长，求此过程 中水平力的冲量大小 图 5 答案 2mv0 解析 对 M、 m 组成的系统， 设 M 运动的方向为正方向， 根据动量定理有 Ft(Mm)v0(Mv0 mv0)2mv0 则水平力的冲量 IFt2mv0.