高考物理一轮复习讲义练习第七章　第1讲　动量　动量定理及其应用

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第七章　第1讲　动量　动量定理及其应用，共12页。试卷主要包含了动量、动量的变化量、冲量，动量定理等内容，欢迎下载使用。

1．动量、动量的变化量、冲量
(1)动量
①定义：物体的质量和速度的乘积。
②表达式：p＝mv。
③方向：动量的方向与速度的方向相同。
(2)动量的变化量
①因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
②动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
(3)冲量
①定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
②公式：I＝FΔt。
③单位：N·s。
④方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
(2)公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
(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，即合力的冲量是原因，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。
1．物体的速度大小不变，其动量不变。( × )
2．物体所受合力不变，其动量也不变。( × )
3．物体的动量越大，则物体的惯性就越大。( × )
4．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为0。( × )
5．作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。( √ )
6．物体所受合力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。( √ )
7．运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。( × )
考点一 对动量和冲量的理解
1．动能、动量、动量变化量的比较
2.冲量的计算方法
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
①图像法：作出F－t图像，图像与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。
②动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。
【典例1】 如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC＜∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( C )
A．两物块所受重力的冲量相同
B．两物块动量的改变量相同
C．两物块动能的改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
【解析】 设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度大小为a＝g sin θ，设斜面高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝ eq \r(\f(2h,a sin θ))＝ eq \r(\f(2h,g sin2θ))，因为∠ABC＜∠ACB，可得物块a在AB斜面上的滑行时间比物块b在AC斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt可知，两物块所受重力的冲量不相同，A错误；根据动量定理得mg sinθ·t＝mv－0＝Δp，可知Δp＝m eq \r(2gh)，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等、方向不同，B错误；根据动能定理得ΔEk＝mgh＝ eq \f(1,2)mv2，可知两物块的动能改变量相同，C正确；两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgv sin θ＝mg sin θ eq \r(2gh)，则重力的瞬时功率不相同，D错误。
1．如图所示，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在轻绳的作用下，绕O点以速率v做匀速圆周运动。AB连线为直径，由经过A点时开始计时，经过时间t小球在B点，轻绳的拉力大小为F，关于此过程下列说法正确的是( A )
A．圆周运动的周期可能为 eq \f(2,3)t
B．小球重力的冲量大小为0
C．轻绳拉力的冲量大小为Ft
D．小球动量的变化量大小为0
解析：小球在轻绳的作用下绕O点做匀速圆周运动，则由A点到B点的运动时间t是半个周期的奇数倍，即t＝n eq \f(T,2)，其中n取奇数，则T＝ eq \f(2t,n)，当n＝3时，T＝ eq \f(2,3)t，故A正确；在时间t内，小球重力的冲量IG＝mgt，故B错误；小球在水平桌面上运动时，重力冲量与支持力冲量等大、反向，小球在A点和B点时的速度方向相反，对该过程运用动量定理，则轻绳拉力的冲量IF＝mv－(－mv)＝2mv，故C错误；由以上分析可知，小球在由A点到B点的运动过程中，动量的变化量大小为2mv，故D错误。
2．(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合力随时间变化的关系图像为正弦曲线，下列表述正确的是( ABD )
A．0～2 s内合力的冲量一直增大
B．0～4 s内合力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
解析：根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合力的冲量一直增大，A正确；0～4 s内合力的冲量为零，B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。
考点二 动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解
(1)FΔt＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受合力的冲量。
(2)FΔt＝p′－p除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)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．理解动量定理的三个重要应用
(1)用动量定理解释两种现象。
①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
②F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
(2)应用I＝Δp求变力的冲量。
(3)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量(Δp＝p′－p)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量。
考向1应用动量定理定性解释有关现象
【典例2】 在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是( A )
A．延长了司机的受力时间
B．减少了刹车前后司机动量的变化量
C．增加了司机所受的冲量
D．将司机的动能全部转换成汽车的动能
【解析】 安全带在刹车过程中延长了司机的受力时间，从而减小了司机的受力，使人不易受伤，故A正确；刹车前后司机的速度变化量不变，因此无论有无安全带，司机动量的变化量都相等，故B错误；根据动量定理，司机所受的冲量等于动量的变化量，由以上分析可知，无论有无安全带，司机所受冲量都一样，故C错误；在刹车过程中，司机的动能转化为安全带的弹性势能，故D错误。
考向2动量定理的定量应用
【典例3】 某人所受重力为G，他穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G；若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为( C )
A．1.2G B．1.6G
C．2.2G D．2.6G
【解析】 设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正方向，他穿着平底鞋起跳，双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F－G)t＝0－(－mv)，其中F＝4G，穿上气垫鞋起跳，双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F′－G)×2.5t＝0－(－mv)，解得F′＝2.2G，故C正确。
3．2024年3月24日在跳水世界杯柏林站举行的女子10米台决赛中，中国选手全红婵一骑绝尘，以432.80分获得金牌。假设不计空气阻力，运动员从10米台跳下时初速度为零，若入水姿势正确，则从接触水面到速度为零下降距离约3米；若入水姿势不正确，则从接触水面到速度为零下降距离约1米，运动员在向下运动的过程中( D )
A．在空中重力的冲量与下降的距离成正比
B．入水姿势正确的情况下，在水中动量变化量小，受到水的冲击力小
C．入水姿势不正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小
D．入水姿势正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小
解析：运动员在空中做自由落体运动，重力的冲量为IG＝mgt＝mg eq \r(\f(2h,g))＝m eq \r(2gh)，故A错误；运动员在空中做自由落体运动，下降高度为h，入水前速度为v＝ eq \r(2gh)，在空中用时t1＝ eq \f(h,\f(v,2))＝ eq \f(2h,v)，认为在水中运动员受水的作用力F不变时可以看作匀减速运动，下降d，水中用时为t2＝ eq \f(d,\f(v,2))＝ eq \f(2d,v)，整个过程对运动员运用动量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，所以F＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,d)＋1))mg，若入水姿势正确，d较大，运动员受到水的冲击力F较小，即运动员在水中动量变化率小，故B错误，D正确；若入水姿势不正确，d较小，运动员受到水的冲击力F较大，即人在水中动量变化率大，故C错误。
4．(多选)(2024·陕西宝鸡高三质检)质量为m＝1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( AD )
A．在t＝2 s时，物块的动量大小为1 kg· m/s
B．在t＝4 s时，物块的速度为0
C．在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D．在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
解析：F－t图像与t轴围成的面积表示拉力的冲量，0～2 s内根据动量定理可知 eq \f(F1＋F2,2)t－μmgt＝p，代入数据可解得p＝1 kg·m/s，故A正确；同理，2～4 s内根据动量定理有 eq \f(F2,2)t－μmgt＝mv－p，代入数据解得v＝1 m/s，故B错误；由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s，2～4 s内物块动量的变化量大小为0，4～5 s内，F方向改变，F≤1 N＝μmg，物块做减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可知为t＝3 s时刻，在2～3 s内根据动量定理可知 eq \f(F2＋F3,2)t′－μmgt′＝mv′－p，代入数据解得v′＝1.5 m/s，故D正确。
考点三 应用动量定理处理流体模型
对于“连续”质点系发生持续作用(如机枪连续发射子弹、水柱持续冲击)，物体动量(或其他量)连续发生变化的这类问题，可选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状模型”。
【典例4】 2024年3月29日，我国研制的朱雀三号可重复使用垂直起降回收验证火箭在酒泉卫星发射中心圆满完成试验任务。点火升空1分钟后，火箭从三百多米的高空垂直返回，着陆平稳，落点准确，状态良好，标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功。如图，若该火箭在距离地面的高度约1 m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使火箭在竖直方向上的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为d，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于火箭的速度。则喷出气体的速度大小为( D )
A． eq \f(F,πρd2) B． eq \f(4F,πρd2)
C． eq \r(\f(4F,πρd2)) D． eq \r(\f(F,πρd2))
【解析】 以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度大小为v，则每台发动机喷出气体的质量为m＝ρ· eq \f(πd2,4)·vΔt，根据牛顿第三定律可得火箭对气体的作用力大小为F′＝F，对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得F′Δt＝4mv－0，联立解得v＝ eq \r(\f(F,πρd2))，故选D。
5．(2025·山东济南高三阶段检测)“青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归。”如图所示，这是古诗描述的情境。若斗笠的直径 d＝70 cm，细雨在空中分布均匀，竖直下落的速度始终为v＝4 m/s，湖可以看成一个露天的圆柱形的大容器，细雨持续的时间t＝1 h，导致湖面的水位上升了h＝1 mm(设雨滴垂直撞击斗笠后无反弹，且斗笠的坡面接近水平，不计雨滴所受重力，水的密度ρ＝1×103 kg/m3)。则斗笠受到雨的平均作用力大小 F 最接近于( A )
A．4×10-4 N B．6×10-4 N
C．2×10-3 N D．1×10-3 N
解析：取一小段时间Δt，并以在这段时间内与斗笠面作用的雨为研究对象，其质量Δm＝ρS eq \f(h,t)Δt，S＝π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2))) eq \s\up12(2)，由动量定理可得FΔt＝0－Δm(－v)，代入数据联立得F≈4×10-4 N，故选A。
6．宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10-6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力大小为( B )
A．20 N B．40 N
C．60 N D．80 N
解析：设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSvΔt·v，所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10-6×5×(2.0×103)2 N＝40 N，故选B。
课时作业35
1．(5分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( D )
解析：质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m eq \r(2ax)＝m eq \r(2a)·x eq \s\up6(\f(1,2))，且x>0，故正确的相轨迹可能为D。
2．(5分)“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以( D )
A.减小穿戴者与地面的接触时间
B．减小穿戴者所受重力的冲量
C．减小穿戴者动量的变化量
D．减小穿戴者动量的变化率
解析：设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝ eq \f(Δp,Δt)，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合力，即减小穿戴者动量的变化率 eq \f(Δp,Δt)，而穿戴者动量的变化量Δp未发生变化，故A、C错误，D正确；由以上分析可知，安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，由IG＝mgΔt可知穿戴者所受重力的冲量增大了，故B错误。
3．(5分)(多选)(2023·新课标卷)如图所示，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( BD )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
解析：根据F－μmg＝ma可得a＝ eq \f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则Ff甲＞Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合力方向向左，合力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
4．(5分)(2022·湖北卷)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合力对质点做功分别为W1和W2，合力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( D )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
解析：根据动能定理有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，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。
5．(5分)很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120 g，从离人约20 cm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0.1 s，g取10 m/s2，下列分析正确的是( D )
A．手机刚要接触头部之前的速度约为1 m/s
B．手机对头部的冲量为0
C．手机对头部的平均作用力大小约为2.4 N
D．手机与头部作用过程中手机动量变化量大小约为0.24 kg·m/s
解析：根据题意可知，手机下落做自由落体运动，由公式v2＝2gh可得，手机刚要接触头部之前的速度约为v＝ eq \r(2×10×20×10-2) m/s＝2 m/s，故A错误；设头部对手机的平均作用力大小约为F，手机与头部作用过程中手机动量变化量大小为Δp＝mv＝120×10-3×2 kg·m/s＝0.24 kg·m/s，取竖直向下为正方向，由动量定理有(mg－F)t＝0－mv，解得F＝3.6 N，由牛顿第三定律可得，手机对头部的平均作用力大小约为F′＝F＝3.6 N，则手机对头部的冲量为I＝F′t＝0.36 N·s，故B、C错误，D正确。
6．(5分)高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量。若在此过程中该作用力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( A )
A． eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B． eq \f(m\r(2gh),t)－mg
C． eq \f(m\r(gh),t)＋mg D． eq \f(m\r(gh),t)－mg
解析：安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间人的速度v＝ eq \r(2gh)；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零，从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－ eq \x\t(F))t＝0－mv，故 eq \x\t(F)＝ eq \f(mv,t)＋mg＝ eq \f(m\r(2gh),t)＋mg，故A正确。
7．(5分)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( B )
A．2倍 B．4倍
C．8倍 D．16倍
解析：设交通标志牌迎风面积为S、空气密度为ρ、标志牌对台风的作用力为F，在t时间内吹向标志牌的空气体积V＝vtS、空气质量m＝ρV＝ρvtS，由动量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可知，台风对该交通标志牌的作用力大小为F′＝F＝ρSv2；10级台风的风速取v10＝27 m/s进行估算，16级台风的风速取v16＝54 m/s进行估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通标志牌的作用力大小比值为 eq \f(F16,F10)＝ eq \f(v162,v102)＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，B正确。
8．(5分)(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( BD )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
解析：取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
9．(5分)海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度v0从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是( A )
A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1∶2
B．上升过程与下降过程中合力的冲量大小之比为1∶2
C．小球在0～3t0时间内动量变化量的大小为 eq \f(1,2)mv0
D．小球在0～3t0时间内克服阻力所做的功为 eq \f(1,4)mv eq \\al(2,0)
解析：小球上升过程中阻力的冲量大小为If上＝ft0，下降过程中阻力的冲量大小为If下＝f·2t0，则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1∶2，A正确；由于小球上升、下降过程中位移的大小相等，则有 eq \f(v0t0,2)＝ eq \f(v′·2t0,2)，解得v′＝ eq \f(v0,2)，则取竖直向下为正方向，根据动量定理有I上＝Δp＝0－(－mv0)，I下＝Δp′＝mv′－0，则上升过程与下降过程中合力的冲量大小之比为2∶1，B错误；小球在0～3t0时间内动量变化量的大小为Δp总＝ eq \f(mv0,2)－(－mv0)＝ eq \f(3,2)mv0，C错误；小球在0～3t0时间内根据动能定理有Wf＝ eq \f(1,2)mv′2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，解得Wf＝－ eq \f(3,8)mv eq \\al(2,0)，D错误。
10．(5分)(多选)从货车上卸载货物时，工人往往在车厢与地面间放置一倾斜的板，如图所示。板与水平地面间的夹角θ在0°～90°范围内可调，货物从距地面高H处沿板面由静止开始下滑，再沿水平地面滑动一段距离x后停下。忽略货物下滑到地面时与地面的碰撞，假设货物与板面、货物与地面间的动摩擦因数均相同，货物在板上滑行的时间为t1，在水平地面上滑行的时间为t2。则( AD )
A．若θ不变，H越大，则x越大
B．若θ不变，H越大，则 eq \f(t1,t2)越大
C．若H不变，θ越大，则x越小
D．若H不变，θ越大，则 eq \f(t1,t2)越小
解析：由动能定理得mgH－μmg cs θ· eq \f(H,sin θ)－μmgx＝0，可得 eq \f(H,μ)－ eq \f(H,tan θ)＝x，若θ不变，H越大，则x越大，若H不变，θ越大，则x越大，故A正确，C错误；由动量定理得(mg sin θ－μmg cs θ)t1＝mv，－μmgt2＝－mv，可得 eq \f(t1,t2)＝ eq \f(μ,sin θ－μcs θ)，可知 eq \f(t1,t2)与H无关，θ越大，则 eq \f(t1,t2)越小，故B错误，D正确。
11．(15分)一质量为2 kg的物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
解析：(1)物块从A点到B点做匀减速直线运动的过程，由动能定理有－μmgx＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，解得μ＝0.32。
(2)物块和墙壁作用的过程，取向左为正方向，由动量定理有FΔt＝mv′－mv，其中v′＝6 m/s，v＝－7 m/s，代入可得F＝520 N。
(3)物块向左做匀减速直线运动的过程，由动能定理得－W＝0－ eq \f(1,2)mv′2，解得W＝36 J。
答案：(1)0.32 (2)520 N (3)36 J
12．(15分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的玩具稳定地悬停在空中。为计算方便，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；玩具底面为平板(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。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略空气阻力。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)在刚喷出一段很短的时间Δt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Δh＝v0Δt①，喷出水柱质量Δm＝ρΔV②，其中ΔV为水柱体积，ΔV＝SΔh③，由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S。
(2)如图所示，设玩具底面相对于喷口的高度为h，由玩具受力平衡得F冲＝Mg④，其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力，由牛顿第三定律可知F压＝F冲⑤，其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度，由运动学公式得v′2－v eq \\al(2,0)＝－2gh⑥，在很短时间Δt内，冲击玩具的水柱的质量Δm＝ρv0SΔt⑦，由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得(F压＋Δm·g)Δt＝Δm·v′⑧，由于Δt很小，Δmg也很小，故Δm·g·Δt可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δm·v′⑨，由④⑤⑥⑦⑨可得h＝ eq \f(v eq \\al(2,0),2g)－ eq \f(M2g,2ρ2v eq \\al(2,0)S2)。
答案：(1)ρv0S (2) eq \f(v eq \\al(2,0),2g)－ eq \f(M2g,2ρ2v eq \\al(2,0)S2)课程标准
备考策略
1．理解冲量和动量。
2．通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。
3．理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。
4．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
5．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
实验八：验证动量守恒定律
1．掌握基本概念及公式，理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现象。
2．掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题。
3．注重将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化
项目
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
Ek＝ eq \f(1,2)mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联
方程
Ek＝ eq \f(p2,2m)，Ek＝ eq \f(1,2)pv，p＝ eq \r(2mEk)，p＝ eq \f(2Ek,v)
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
研究
对象
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n
分析
步骤
①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
流体类小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
流体类小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt
微粒类小柱体的粒子数N＝nvSΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究