高考物理【一轮复习】讲义练习第2讲　动量守恒定律及其应用

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第2讲　动量守恒定律及其应用，共19页。试卷主要包含了3 kg的大球与静止的0等内容，欢迎下载使用。

1.
2.
3.
4.
1.思考判断
(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(×)
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)
(4)碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。(×)
(5)发射炮弹，炮身后退;园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)
(6)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)
2.(人教版选择性必修第一册P16T5改编)甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度是6 m/s，乙物体的速度是2 m/s。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度都是4 m/s，则甲、乙两物体的质量之比为( )
A.13 B.35
C.23 D.15
答案 B
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1.适用条件
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2.动量守恒定律的五个特性
角度 动量守恒定律的理解
例1 (多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接。一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是( )
A.在下滑过程中，小球对槽的作用力不做功
B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
答案 BC
解析 在下滑过程中，小球对槽的作用力做功，A错误;在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，B正确;下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，小球与槽质量相等，则小球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相同，故小球不能滑到槽上，D错误;小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向均不受外力作用，故小球和槽都做匀速直线运动，C正确。
角度 动量守恒定律的基本应用
例2 (2024·浙江杭州模拟)2023年9月“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。如图所示，航天员将0.3 kg的大球与静止的0.1 kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现:碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A.大球碰撞前后的速度之比为3∶1
B.碰撞后大球的动量小于小球的动量
C.碰撞过程中大球动量减少量小于小球动量增加量
D.碰撞前后，大球与小球组成的系统无动能损失
答案 D
解析 设碰撞后大、小球的速度大小分别为v1、v2，1格长度为l，则v1＝lt，v2＝3lt，可得v2＝3v1。碰后，大球的动量p1＝Mv1＝3mv1，小球的动量p2＝mv2＝m·3v1＝p1，B错误;大球与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋mv2，解得v1＝12v0，v2＝32v0，则大球碰撞前后的速度之比为v0∶v1＝2∶1，A错误;碰撞过程中大球动量减少量Δp1＝Mv0－Mv1＝32mv0，小球动量增加量Δp2＝mv2＝32mv0＝Δp1，C错误;碰撞前大球与小球组成的系统总动能Ek＝12Mv02＝32mv02，碰撞后系统总动能Ek'＝12Mv12＋12mv22＝32mv02＝Ek，D正确。
跟踪训练
1.(多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力的大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度;绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度;物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是( )
A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s
B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s
C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A、B、C三者将以大小为23 m/s的共同速度一直运动下去
答案 ACD
解析 绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确;绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确;A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝23 m/s，D正确。
考点二 碰撞问题
角度 碰撞的可能性
碰撞问题遵守的三条原则
例3 在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )
答案 C
解析 A、B两球所受合外力为零，则A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝－mv1＋3mv2，假设碰撞后A球静止，即v1＝0，则v2＝13v，由题意可知碰撞后A球反向，所以B球速度v2>13v，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，则有12mv2≥12mv12＋12×3mv22，联立可得v2≤v2，可得v3m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。
(3)若m1≫m2，则v1'≈v1，v2'≈2v1。
(4)若m10(碰后两物体沿相反方向运动)。
(5)若m1≪m2，则v1'≈－v1，v2'≈0。
例4 (2025·江苏南京模拟)如图所示，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生正碰，然后b与c也发生正碰。若a、b、c的质量可任意选择，碰撞可以是弹性也可以是非弹性的，各种可能的碰撞后，c的最大速度为( )
A.4vB.6v
C.9vD.12v
答案 A
解析 设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc，a与b弹性碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb1，根据机械能守恒定律有12mav2＝12mava2＋12mbvb12，联立解得vb1＝2mavma＋mb，当ma≫mb时，有vb1≈2v，设b与c弹性碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得mbvb1＝mcvc＋mbvb2，12mbvb12＝12mcvc2＋12mbvb22，联立解得vc＝2mbvb1mb＋mc，当mb≫mc时，有vc≈2vb1≈4v，所以若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于4v，故A正确。
角度 非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。有
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
12m1v12＋12m2v22＝12m1v1'2＋12m2v2'2＋ΔEk损
2.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
12m1v12＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
结果:v＝m1v1＋m2v2m1＋m2
ΔEk损max＝m1m22(m1＋m2)(v1－v2)2
3.静止物体被撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最大，物体B的速度最小，vB＝mAmA＋mBv0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝2mAmA＋mBv0。则碰后物体B的速度范围为mAmA＋mBv0≤vB≤2mAmA＋mBv0。
例5 (2025·北京延庆模拟)如图所示，半径R＝0.4 m的竖直半圆形轨道bc与水平面ab相切。质量m2＝0.2 kg的小滑块B放在半圆形轨道的最低点b，另一个质量为m1＝0.3 kg的小滑块A，在水平推力F＝3 N作用下由静止开始从a点向右做匀加速直线运动，当小滑块A刚好要与小滑块B碰撞时立即撤去F，随后小滑块A与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起后恰好能够到达半圆形轨道的最高点c。已知推力F作用的时间t＝2 s，滑块A与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可视为质点。求:
(1)A与B碰撞前瞬间的速度大小v1;
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE;
(3)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q。
答案 (1)10 m/s (2)6 J (3)4 J
解析 (1)设小滑块A的加速度为a，根据牛顿第二定律有F－μm1g＝m1a
由运动学公式有v1＝at
解得v1＝10 m/s。
(2)小滑块A与B相碰，根据动量守恒定律有
m1v1＝(m1＋m2)v
根据能量守恒定律有ΔE＝12m1v12－12(m1＋m2)v2
解得ΔE＝6 J。
(3)设A、B到达半圆形轨道的最高点c时的速度为vc，根据牛顿第二定律有
(m1＋m2)g＝(m1＋m2)vc2R
根据能量守恒定律有
Q＝12(m1＋m2)v2－12(m1＋m2)vc2－(m1＋m2)g·2R
解得Q＝4 J。
跟踪训练
2.(多选)(2025·八省联考四川卷，9)如图所示，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为h4，若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则( )
A.mXmY＝1B.mXmY＝2
C.Ek1Ek2＝2D.Ek1Ek2＝4
答案 AC
解析 小球X由最高点运动到最低点与小球Y发生碰撞前，根据机械能守恒定律有mXgh＝12mXv12＝Ek1，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有Ek2＝12(mX＋mY)v22＝(mX＋mY)g·h4，两球碰撞过程，根据动量守恒定律有mXv1＝(mX＋mY)v2，联立解得mXmY＝1，Ek1Ek2＝2，故A、C正确。
考点三 爆炸、反冲和人船模型
角度 爆炸问题
爆炸现象应遵循的三个规律
例6 (2025·四川成都模拟)两响爆竹，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200 g的两响爆竹在0.01 s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体(此过程两响爆竹的位移可以忽略)，然后被竖直发射到距离地面h＝20 m的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80 g的部分以5 m/s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小;
(2)上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。
答案 (1)402 N (2)503 m
解析 (1)设下层火药爆炸后爆竹的速度为v0，则v02＝2gh，解得v0＝20 m/s
由动量定理得(F－mg)Δt＝mv0
解得F＝402 N。
(2)爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有
m1v1＝m2v2，其中m1＝80 g，v1＝5 m/s，m2＝120 g
解得v2＝103 m/s
两部分爆竹均做平抛运动，则有h＝12gt2
解得t＝2 s
上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为x＝v1t＋v2t＝503 m。
角度 反冲问题
反冲运动的三点说明
例7 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A.30 kg·m/sB.570 kg·m/s
C.600 kg·m/sD.630 kg·m/s
答案 A
解析 开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示与喷出气体的方向相反，大小为30 kg·m/s，故A正确。
角度 人船模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律:mv人－Mv船＝0。
(2)两物体的位移大小满足:mx人t－Mx船t＝0，x人＋x船＝L(L为船的长度)，得x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL。
3.运动特点
(1)人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
(2)人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm。
4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
例8 (多选)如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船的上表面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x＝13L，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到的水的阻力，忽略空气阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有( )
A.铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为13L
B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为L32gh
C.小木船最终的速度大小为L32gh
D.弹簧释放的弹性势能为mgL26h
答案 BD
解析 对船与铁块组成的系统，有mx1－Mx2＝0，由于铁块到船头的距离为L，则有x1＋x2＝L，解得x1＝23L，x2＝13L，铁块脱离木船后在空中运动的水平距离x3＝x2＋x＝13L＋13L＝23L，A错误;铁块脱离木船后做平抛运动，则有h＝12gt2，x3＝v1t，解得v1＝L32gh，B正确;根据mv1－Mv2＝0，结合上述分析得v2＝L62gh，C错误;弹簧释放的弹性势能为Ep＝12mv12＋12Mv22＝mgL26h，D正确。
A级 基础对点练
对点练1 动量守恒定律的理解和基本应用
1.(2025·辽宁大连高三期末)如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)( )
A.动量不守恒，机械能不守恒
B.动量守恒，机械能守恒
C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒
D.水平方向上动量守恒，机械能守恒
答案 D
解析 所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒;初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒，故D正确。
2.(2025·广西河池高三期末)如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒
B.小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为322 N·s
C.小车最终的速度大小为1 m/s
D.小车最终的速度大小为2 m/s
答案 C
解析 小球陷入沙子过程，在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误;由于小球陷入沙子过程的时间未知，因此沙子对小球的冲量大小无法计算，故B错误;小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则mv0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，故C正确，D错误。
3.甲、乙两运动员在光滑冰面上做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是2 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s。则甲、乙两运动员的质量之比为( )
A.3∶2B.4∶3
C.2∶1D.1∶2
答案 B
解析 设甲、乙运动员的质量分别为m1、m2，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝m2v2'－m1v1'，解得m1m2＝v2＋v2'v1＋v1'＝43，B正确。
对点练2 碰撞问题
4.(多选)(2024·广西卷，8)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
答案 BC
解析 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械守恒定律可得mv＝mvM＋mvN，12mv2＝12mvM2＋12mvN2，解得vM＝0，vN＝v，即碰撞后两小球交换速度，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故B、C正确，A、D错误。
5.如图所示，光滑半圆轨道竖直放置且固定在水平地面上，A、B是半圆轨道的两个端点且A、B连线水平。将物块甲从A上方某处由静止释放，进入半圆轨道后与静止在轨道最低点的物块乙发生弹性碰撞，之后两物块恰好能分别运动到A、B两端点。若初始时将甲、乙位置互换，其余条件不变，则甲、乙两物块第一次碰撞后上升的最大高度之比为( )
A.9∶1B.5∶2
C.5∶4D.6∶1
答案 A
解析
6.(2025·重庆市育才中学高三期中)如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A.mB＝16mAB.mB＝14mA
C.mB＝2mAD.mB＝5mA
答案 C
解析 碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，有pA22mA＋pB22mB≥pA'22mA＋pB'22mB，解得mB≥23mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则pA'mA≤pB'mB，解得mB≤4mA，综上可知23mA≤mB≤4mA，故C正确。
7.(多选)(2025·甘肃武威高三月考)如图所示，光滑水平面上有一质量mA＝1 kg的A球和一质量mB＝1.5 kg的B球同向运动。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，运动一段时间后，两球发生对心正碰。下列说法正确的是( )
A.当两球发生的碰撞是弹性碰撞时，A球对B球的冲量为7.5 N·s
B.碰撞的过程中，系统损失的机械能可能为8 J
C.碰撞后，A球的速度可能为5 m/s
D.当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为3 N·s
答案 CD
解析 发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有mAv1＋mBv2＝mAvA＋mBvB，12mAv12＋12mBv22＝12mAvA2＋12mBvB2，解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s，A球对B球的冲量为I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A错误;若发生完全非弹性碰撞，则mAv1＋mBv2＝mA＋mBv，解得v＝7 m/s，则碰撞后A球的速度在4 m/s到7 m/s之间，完全非弹性碰撞的机械能损失最大，为ΔE＝12mAv12＋12mBv22－12mA＋mBv2＝7.5 J，B错误，C正确;当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为I'＝mBv－mBv2＝3 N·s，D正确。
对点练3 爆炸、反冲和人船模型
8.春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为( )
A.2MM-mEB.M2(M-m)E
C.mM-mED.MM-mE
答案 D
解析 设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒定律可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝mM-mv1，又E＝12mv12，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝12mv12＋12(M－m)v22，联立解得E总＝MM-mE，故D正确。
9.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A.FN＝mgcs α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcs α
C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D.此过程中斜面体向左滑动的距离为mM＋mL
答案 D
解析 当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直斜面方向的合力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcs α，A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误;滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量不守恒，C错误;A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝mM＋mL，D正确。
B级 综合提升练
10.(2025·山东烟台模拟)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令x2x1－t2t1＝p，则p的取值范围为( )
A.p