(新高考)高考物理一轮复习教案第6章第1讲《动量动量定理》(含详解)

考情分析高考对本章的考查主要是以碰撞为模型对动量守恒定律进行考查，而且注意与生活中的具体事例相联系，题型主要以选择题、计算题为主，计算题往往与其他知识综合。重要考点1.动量、动量定理(Ⅱ)2．动量守恒定律及其应用(Ⅱ)3．弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)实验八：验证动量守恒定律说明：只限于一维两个物体的碰撞问题。考点解读1.理解动量、动量的变化量、冲量等概念，掌握动量定理、动量守恒定律，并能用动量守恒定律解决相关问题。2．掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的概念，记住两个物体碰撞的几个基本公式，能运用动量守恒定律并结合能量关系解决简单的碰撞问题。3．高考中对本专题的考查方式主要有两种：(1)以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用；(2)以生活中的实例为背景，考查规律的灵活运用。第1讲动量动量定理知识点动量Ⅱ1．定义：物理学中把质量和速度的eq\x(\s\up1(01))乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。2．表达式：p＝eq\x(\s\up1(02))mv。3．单位：eq\x(\s\up1(03))kg·m/s。4．标矢性：动量是矢量，其方向和eq\x(\s\up1(04))速度的方向相同。知识点动量定理Ⅱ1．冲量(1)定义：力与力的eq\x(\s\up1(01))作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：eq\x(\s\up1(02))I＝FΔt。(2)单位：冲量的单位是eq\x(\s\up1(03))牛秒，符号是eq\x(\s\up1(04))N·s。(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与eq\x(\s\up1(05))力的方向相同。2．动量定理(1)内容：物体在一个过程中所受力的eq\x(\s\up1(06))冲量等于它在这个过程始末的eq\x(\s\up1(07))动量变化量。(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。(3)矢量性：动量变化量的方向与eq\x(\s\up1(08))合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。一堵点疏通1．两物体的动量相等，动能也一定相等。()2．动量变化的大小，不可能等于初、末态动量大小之和。()3．物体的动量变化等于某个力的冲量。()4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。()5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大。()答案1.×2.×3.×4.×5.×二对点激活1．下列说法正确的是()A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大答案D解析动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。2．质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A．10kg·m/s B.－10kg·m/sC．40kg·m/s D.－40kg·m/s答案D解析动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40kg·m/s，D正确。3．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是()A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2B．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2pC．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2EkD．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2E答案BD解析由动量定理Ft＝Δp和l＝eq\f(1,2)at2知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝eq\f(1,2)at2知，C错误，D正确。4．(人教版选择性必修第一册·P10·T2改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以()A．减小地面对人的冲量 B.减小地面对人的撞击力C．减小人的动量变化量 D.减小人的动能变化量答案B解析体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝eq\f(mv,t)＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。考点1动量、冲量的理解及计算1.对动量的理解(1)动量的两性①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。②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p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢量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＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化(3)都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应2．对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，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。②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。(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N·sJ公式I＝FΔt(F为恒力)W＝Flcosα(F为恒力)标矢量矢量标量意义①表示力对时间的累积②是动量变化的量度①表示力对空间的累积②是能量变化的量度联系①都是过程量，都与力的作用过程相互联系②冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零例1如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC．合力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)(1)上滑过程与下滑过程摩擦力方向相同吗？提示：不相同。(2)整个过程中小滑块的动量是否发生了改变？提示：发生了改变。尝试解答选B。重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，故D错误。冲量的四种计算方法公式法利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量平均力法如果力随时间是均匀变化的，则eq\x\to(F)＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)t[变式1－1](多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是()A．经过时间t＝eq\f(T,2)，小球的动量的变化量为零B．经过时间t＝eq\f(T,4)，小球的动量的变化量大小为eq\r(2)mvC．经过时间t＝eq\f(T,2)，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mvD．经过时间t＝eq\f(T,4)，重力对小球的冲量大小为eq\f(mgT,4)答案BCD解析经过时间t＝eq\f(T,2)，小球转过了180°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－2mv，冲量大小为2mv，A错误，C正确；经过时间t＝eq\f(T,4)，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量大小为Δp′＝mΔv＝eq\r(2)mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝eq\f(mgT,4)，B、D正确。[变式1－2](多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则()A．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0B．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)D．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0答案AC解析因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0，A正确，B错误。运动员对重物的作用力大小为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，C正确，D错误。考点2动量定理的理解及应用1.动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。(4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。2．用动量定理解释生活现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；时间越长，力越小。(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；时间越短，Δp越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。3．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，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；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。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。例2(2020·山东省青岛实验高中高三下学期一轮复习摸底)如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，则从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小是()A．I＝2(M＋m)eq\r(2gh)B．I＝2(M＋m)gtC．I＝2(M－m)eq\r(2gh)D．I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt(1)A由最低点返回初始位置的时间为多少？提示：t。(2)弹簧对木块A的冲量I属于变力的冲量，应用什么规律解答？提示：动量定理。尝试解答选D。木块B自由下落h时的速度为vB＝eq\r(2gh)，木块B与A碰撞过程动量守恒，则mvB＝(M＋m)v，根据机械能守恒定律，可知木块A第一次回到初始位置时的速度大小仍为v，方向竖直向上。以竖直向下为正方向，从两木块发生碰撞后到木块A第一次回到初始位置的过程中，由动量定理得(M＋m)g·2t－I＝－(M＋m)v－(M＋m)v，解得这一过程中弹簧对木块A的冲量I＝2meq\r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正确。应用动量定理解题的注意事项在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号，列出关系式。对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。[变式2－1](2021·福建省三明市高三上期末质量检测)(多选)物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则物块()A．在0～2s时间内动量变化量为2kg·m/sB．动量在0～2s内比2～4s内变化快C．4s时动量大小为2kg·m/sD．4s时运动方向发生改变答案BC解析根据动量定理Δp＝Ft可知，在0～2s时间内动量变化量为Δp＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故A错误；在0～2s时间内动量变化了4kg·m/s，在2～4s时间内动量变化了－2kg·m/s，所以动量在0～2s内比2～4s内变化快，故B正确；4s时动量大小为p＝4kg·m/s－2kg·m/s＝2kg·m/s，故C正确；4s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。[变式2－2](2020·北京市房山区二模)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2A．手机接触头部之前的速度约为1m/sB．手机对头部的冲量大小约为0.48N·sC．手机对头部的作用力大小约为1.2ND．手机与头部作用过程中手机的动量变化约为0．48kg·m/s答案B解析手机掉落时做自由落体运动，故手机接触头部之前的速度约为v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，A错误；设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝2.4N，根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力F′也是2.4N，作用时间是0.2s，故手机对头部的冲量大小为I＝F′t＝2.4N×0.2s＝0.48N·s，B正确，C错误；手机的动量变化量为Δp＝mv＝0.12kg×2m/s＝0.24kg·m/s，D错误。建模提能3应用动量定理分析变质量问题的技巧对“连续”质点系持续施加作用力时，质点系动量(或其他量)连续发生变化。这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分质点作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间Δt内所选取的研究对象分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质点为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。1．流体类问题通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。【典题例证1】(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷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ρ，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。[解析](1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥因为ΔmgΔt＝ρv0SgΔt2含Δt的二次项，所以与FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件和牛顿第三定律得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。[答案](1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)名师点睛流体类问题分析步骤(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt。(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体。2．微粒类问题通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。【典题例证2】(2020·山东省临沂市一模)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A．Snmveq\o\al(2,0) B.2Snmveq\o\al(2,0)C.Snmveq\o\al(3,0) D.2Snmveq\o\al(3,0)[解析]时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为：M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得：FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为：F＝nmveq\o\al(2,0)S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝nmveq\o\al(3,0)S，故C正确，A、B、D错误。[答案]C名师点睛微粒类问题分析步骤(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S。(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt。(3)应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解。【针对训练】1.(2020·山东省青岛市高三上学期期末)2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度ρ＝1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为()A．3.9×103N B.1.1×105NC．1.0×104N D.9.0×104N答案B解析广告牌的面积S＝5×20m2＝100m2，设Δt时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m＝ρSvΔt，对Δt时间内吹到广告牌上的空气，根据动量定理有：－FΔt＝0－mv＝0－ρSv2Δt，得：F＝ρSv2，代入数据解得：F＝1.08×105N≈1.1×105N，根据牛顿第三定律，广告牌受到的最大风力约为1.1×102.(2020·河北省廊坊市高中联合体高三上学期联考)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为()A．πρd2v B.πρd2v2C.eq\f(1,4)πρd2v D.eq\f(1,4)πρd2v2答案D解析设Δt时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量为：m＝ρV＝ρSvΔt＝eq\f(1,4)πd2ρvΔt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：FΔt＝0－mv，解得：F＝－eq\f(mv,Δt)＝－eq\f(1,4)πd2ρv2，根据牛顿第三定律，故D正确。3．(2020·山东省潍坊市临朐县高三综合模拟)我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压为U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(元电荷为e，氧离子质量为m0，飞船质量为M)()A．喷出的每个氧离子的动量p＝2eUB．飞船所受到的推力为F＝Ieq\r(\f(m0U,e))C．飞船的加速度为a＝eq\f(I,m0)eq\r(\f(MU,e))D．推力做功的功率为2MeU答案B解析对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有：2eU＝eq\f(1,2)m0v2，p＝m0v，解得：p＝2eq\r(m0eU)，故A错误；设Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式：I＝eq\f(Q,Δt)＝eq\f(n·2e,Δt)，对于单个离子，由动量定理得：F0Δt＝m0v，若有n个离子被喷出，则有F′＝nF0，联立以上各式可得：F′＝Ieq\r(\f(m0U,e))，由牛顿第三定律得：F＝F′＝Ieq\r(\f(m0U,e))，故B正确；对飞船，由牛顿第二定律得：a＝eq\f(F,M)＝eq\f(I,M)eq\r(\f(m0U,e))，故C错误；功率的单位与2MeU的单位不同，故D错误。1．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B.1.6C．1.6×105kg D.1.6答案B解析设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正确。2．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10N B.102NC.103N D.104N答案C解析设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×3×25)m/s＝10eq\r(15)m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确。3.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零答案AB解析前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小p3＝mv3＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D错误。4．(2021·八省联考河北卷)(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是()A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125JD．缓冲墙对滑块做的功为－250J答案BC解析规定水平向右为正方向，设滑块下落到B点时的速度大小为vB，滑块从A到B，由动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，代入数据解得vB＝5m/s；由B到C的过程中，滑块加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，设滑块与缓冲墙碰撞前瞬间速度大小为vC，由B到C位移大小为xBC，则由匀变速直线运动速度与位移的关系可得veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝－2axBC，解得vC＝3m/s；设滑块与缓冲墙碰撞后的速度大小为vC′，由C到D的过程中，滑块加速度大小仍为a，由C到D位移大小为xCD，则由C到D有0－vC′2＝－2axCD，解得vC′＝2m/s；由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量为I＝Δp＝－mvC′－mvC＝－250N·s，由动能定理可知缓冲墙对滑块做的功为W＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝－125J。综上分析可知B、C正确，A、D错误。5.(2020·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)(多选)2019年10月，直20武装直升机在第五届中国天津国际直升机博览会亮相。如图所示，直20的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g。当直升机悬停在空中时，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是()A．直升机悬停时受到的升力大小为mgB．被螺旋桨推动的空气速度大小为eq\r(\f(mg,2ρS))C．1秒内被螺旋桨推动的空气质量为eq\r(mgρS)D．1秒内发动机做的功为eq\r(\f(m3g3,ρS))答案AC解析根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为F＝mg，故A正确；Δt时间内被螺旋桨加速的空气质量为Δm′＝ρSvΔt，设螺旋桨对空气的作用力大小为F′，对质量为Δm′的空气，由动量定理有，F′Δt＝Δm′v－0，根据牛顿第三定律，F′＝F，联立解得v＝eq\r(\f(mg,ρS))，故B错误；1秒内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρSeq\r(\f(mg,ρS))＝eq\r(mgρS)，故C正确；由动能定理可得1秒内发动机所做的功为W＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(m3g3,ρS))，故D错误。6．(2018·江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。答案2mv＋mgt解析取向上为正方向，由动量定理mv－(－mv)＝I且小球所受总的冲量I＝I弹－mgt，解得小球所受弹簧弹力的冲量I弹＝2mv＋mgt。7．(2018·北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点，质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。答案(1)100m(2)1800N·s(3)受力图见解析3900N解析(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝2aL，可解得L＝eq\f(v\o\al(2,B)－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(302－0,2×4.5)m＝100m。(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0)N·s＝1800N·s。(3)运动员经过C点时的受力如图所示。由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，①从B运动到C由动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，②由①②式并代入数据解得FN＝3900N。时间：40分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～8题为单选，9～10题为多选)1．(2020·山东省九校高三上学期12月月考)物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是()A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变B．合力对物体做功为零，则合力的冲量也一定为零C．做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的D．做圆周运动的物体，经过一个周期，合力的冲量一定为零答案C解析根据动量定理知，动量的变化率等于力，则做匀变速曲线运动的物体，动量的变化率恒定，A错误；合力对物体做功为零，则合力可能不为零，例如合力可能作用了一段时间，物体速度大小相等，但方向不同，故合力的冲量不一定为零，B错误；做匀变速运动的物体所受的合力恒定，动量变化量的方向与合力同向，保持不变，C正确；做变速圆周运动的物体，经过一个周期，动量的变化量不为零，由动量定理知合力的冲量不为零，D错误。2．(2020·北京市丰台区高三下二模)将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，eq\f(Δp,Δt)表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则下图中正确的是()答案C解析取竖直向下为正方向，动量p＝mv＝m(－v0＋gt)＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故动量和时间的关系图像应为与纵轴的截距为负、斜率为正的直线，故A、B错误；动量的变化量Δp＝mgΔt，解得eq\f(Δp,Δt)＝mg，mg是定值，故C正确，D错误。3.(2020·黑龙江省实验中学高三下学期开学考试)某物体的v­t图像如图所示，下列说法正确的是()A．0～t1和t2～t3时间内，合力做功和冲量都相同B．t1～t2和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同C．0～t2和t2～t4时间内，合力做功和冲量都相同D．0～t1和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同答案C解析0～t1时间内物体动能的变化量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量的变化量为mv0；t2～t3时间内物体动能的变化量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量的变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合力做的功相等；根据动量定理得知：合力的冲量不同，故A错误。t1～t2时间内动能的变化量为0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量的变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4时间内动能的变化量为0－eq\f(1,2)mv0＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量的变化量为0－(－mv0)＝mv0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合力做的功相等，合力的冲量不同，故B错误。0～t2和t2～t4时间内动能变化量及动量变化量均为0，根据两个定理得知合力做的功和冲量都相同，故C正确。由以上分析得知：0～t1和t3～t4时间内动能的变化量不同，动量变化量相同，故合力做的功不同，合力的冲量相同，故D错误。4．(2020·山东省烟台市高三下高考适应性练习一)如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100kg的木箱。t＝0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用。已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则t＝3s时木箱的速度大小为()A．2m/s B.2.5m/sC.6m/s D.答案B解析木箱受到的最大静摩擦力f＝μmg＝200N，结合图乙可知，从0.5s后木箱才开始运动，0.5～3s对木箱由动量定理可得IF－μmgt＝mv－0，由图乙可得，这段时间内推力F的冲量为IF＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋3×400,2)－200×0.5×0.5))N·s＝750N·s，联立解得v＝2.5m/s，故B正确。5.(2020·浙江省杭州市第二中学高三上学期选考模拟)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v­t图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中()A．F1的冲量等于F2的冲量B．F1的冲量大于F2的冲量C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量答案D解析题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，则F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。6.(2020·河南省十所名校高三阶段性测试四)如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25m/s的速度飞来的足球以10m/s的速度沿原路挡出。已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1s，受到足球的平均作用力大小约为150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为()A．12N·s B.13.5N·sC．15N·s D.16.6N·s答案C解析设足球的质量为m，足球与守门员的双手接触过程中，根据动量定理有：－Ft＝mΔv，解得：m＝－eq\f(Ft,Δv)＝－eq\f(150×0.1,0－35)kg＝eq\f(3,7)kg；根据动量定理，可得罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小为：I＝mv＝eq\f(3,7)×35N·s＝15N·s，故C正确，A、B、D错误。7.(2021·八省联考广东卷)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3．2kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s答案C解析设足球自由下落h＝80cm时的速度为v1，时间为t1，由veq\o\al(2,1)＝2gh，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，有t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，足球反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛运动的初速度大小v2＝v1＝4m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4s；对足球与头部作用的过程，取竖直向上为正方向，该过程中足球动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)＝3.2kg·m/s，由动量定理有(eq\x\to(F)－mg)·Δt＝Δp，其中Δt＝0.1s，解得eq\x\to(F)＝36N，即头部对足球的平均作用力大小为36N，而足球的重力大小为4N，则头部对足球的平均作用力是足球重力的9倍，故A错误，C正确。足球下落到刚接触头部时的动量大小为p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量大小为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D错误。8.如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。空气阻力忽略不计。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合力的冲量大小为I1、I2，则()A．t1>t2 B.t1＝t2C．I1>I2 D.I1＝I2答案C解析由vC＝0可知在小球从A点到C点的运动过程中，有阻力做功，所以在同一高度处，球在AB弧上的速率大于在BC弧上的速率，所以球在AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以t1<t2，故A、B错误；合力的冲量等于动量的变化量，设A点速度为vA，B点速度为vB，则AB段动量的变化量Δp1与mvA、mvB的关系如图所示，BC段动量的变化量Δp2＝0－mvB，很显