2020年高考物理一轮复习文档：第7章动量守恒定律第31讲 学案




[研读考纲明方向]

[重读教材定方法]
(对应人教版选修3－5的页码及相关问题)
1．P1观察彩图中的分叉的粒子径迹可以得出什么判断？
提示：分裂前与分裂后总动量相同。
2．P6[问题与练习]T2，从纸带上能获取什么物理量？
提示：小车碰撞前后的速度。
3．P10[科学足迹]体会动量定理反映力对时间的积累效应，动能定理反映力对空间的积累效应。
4．P11[做一做]，结合[问题与练习]T1，说出动量与动能两者的相同点和不同点以及两者的联系。
提示：相同点：都与物体速度及质量有关，都是物体质量越大、速度越大，就越大。
不同点：动量是矢量，动能是标量；动量的大小与速度成正比，动能的大小与速度的平方成正比；动量单位为kg·m/s 或N·s，动能单位为J。
联系：Ek＝，p＝。
5．P11～12[问题与练习]T1。T2：将错误选项改正。T4：说明重力是否可以忽略。
提示：T1：(1)2,4。(2)动量变化，动能不变，若规定向东为正方向，动量变化－12 kg·m/s。(3)若规定向东为正方向，动量的矢量和为－6 kg·m/s，动能之和为33 J。T2：A项，动量将等于p；C项，动能将等于4Ek。T4：考虑重力时，冲击力F＝8400 N，不考虑重力时，冲击力F＝8000 N，故不可忽略重力。
6．P12～13阅读“动量守恒定律”一段，尝试自己推导动量守恒定律。
提示：应用牛顿运动定律和动量定理推导。
7．P14～15[例题2]体会动量守恒定律的列式方法；若已知爆炸时的高度h，是否可以求出两块落地点距离？
提示：综合应用动量守恒定律和平抛运动规律即可求出。
8．P16[思考与讨论]该动量变化的方向与石板对球的作用力冲量的关系怎样？若存在摩擦力会怎样？
提示：利用平行四边形定则分解可知，该动量变化的方向与石板对球的作用力冲量的方向相同。若存在摩擦力，则动量变化的方向与总冲量的方向相同。
9．P16～17[问题与练习]T4：距离最近的特征？系统遵守的规律？系统减少的动能呢？T5：可以逐节计算，也可以整体考虑，体会整体分析的优势。T7：若摆至最低点时有第二颗同样子弹射入，射入后摆动的最大偏角是多少？
提示：T4：距离最近时两粒子速度相同，两粒子组成的系统动量守恒，减少的动能转化为电势能。T7：须分类讨论，分射入速度与沙袋速度方向相同时、相反时两种情况讨论，综合应用机械能守恒定律与动量守恒定律求解。
10．P18[思考与讨论]以及下方分类讨论，结合P19边批，体会对结果评估的方法。
11．P19图16.4－3，你能从动量定理角度对图中情景解释吗？你对两种碰撞应该具有的规律有什么判断？
提示：对两种情况中，碰撞时两球分别进行受力分析，并分别对比其所受冲量和动量变化。都遵循动量守恒定律。
12．完成P20[思考与讨论]，并理解图16.4－5各轨迹的画出的依据。
提示：如图所示，两球碰撞前后动量守恒，动量是矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。

13．P21[问题与练习]T2：碰撞后两球速度应满足什么条件？你能否改编成选择题？体会物理规律对结果预判的重要作用。T4：体会一般论证问题的方法(假设一些物理量，建立相应的数学关系，从欲研究的物理量表达式中寻找决定因素)。T5：通过计算重现历史的重大发现。T6：思考碰撞的定义，总结“碰撞一定动量守恒”。
提示：T2：(1)碰撞前后动量守恒；(2)碰撞后总机械能不大于碰撞前的；(3)速度符合实际，例如碰前位置在后的A球，碰后速度若与B球同向，则速度不大于B球。T4：根据动量守恒定律求解出中子速率的表达式，再分析讨论。T5：根据动量守恒定律求解。T6：“碰撞”在物理学中表现为两粒子或物体间极短的相互作用，外力的影响一般可以忽略，故动量一定守恒。
14．P23[思考与讨论]人要获得更大速度，可以采取什么措施？人若要改变运动方向该怎样抛出物体？(太空中飞船调整姿态是靠喷出气体)
提示：利用反冲的原理分析，人要获得更大速度，应以更大速度抛出手中的物体，人若要改变运动方向应该向相反的方向抛出物体。
15．P24～25[问题与练习]T1、T2：体会应用动量守恒定律时参考系应该如何选取。T3：要使皮划艇停止运动，可以怎么办？
提示：T1：以飞船为参考系。T2：以地面为参考系分析，或参考火箭加速的原理以飞机为参考系分析。T3：利用反冲原理分析，可以朝皮划艇运动方向射击，直到皮划艇停止运动。

第31讲　动量　动量定理
考点一　动量、冲量、动量的变化量

1．动量、冲量、动量的变化量
(1)动量：物体的质量与速度的乘积。即p＝mv。方向与速度的方向相同，是矢量。
(2)冲量：力和力的作用时间的乘积。即I＝Ft。方向与力的方向相同，是矢量。
(3)动量的变化量：物体的末动量减去初动量。即Δp＝m2v2－m1v1或Δp＝p2－p1。
2．动能、动量、动量变化量的比较



1．(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是(　　)
A．做单向直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp的方向与速度方向相同
B．做单向直线运动的物体速度减小时，动量的变化量Δp的方向与速度方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的变化量Δp为零
D．物体做匀速圆周运动时，动量的变化量Δp为零
答案　AB
解析　动量是矢量，动量的变化量是末动量与初动量的矢量差。物体的速度大小不变，如果方向改变，动量变化量Δp不为零，C、D错误；做单向直线运动的物体初、末动量方向相同，速度增大时，动量变化量与速度同向，速度减小时，动量变化量与速度反向，A、B正确。
2．(多选)两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中(　　)
A．重力的冲量相同 B．重力的功相同
C．斜面弹力的冲量均为零 D．斜面弹力的功均为零
答案　BD
解析　设斜面高为h，倾角为θ，物体质量为m，则两物体滑至斜面底端的过程，重力做功均为mgh，B正确；物体滑至底端用时，可由＝·gsinθ·t2求出下滑的时间t＝ ，则重力的冲量IG＝mgt＝，与θ有关，故重力的冲量不同，A错误；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，不做功，但弹力的冲量不为零，C错误，D正确。
3．羽毛球是速度最快的球类运动之一，2018年8月在中国南京举行的羽毛球世界锦标赛中，中国队获得男双和混双两项冠军。在比赛中，假设羽毛球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以342 km/h的速度反向击回。设羽毛球的质量为5 g，试求运动员击球过程中羽毛球的动量变化。
答案　球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反。
解析　以球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s
p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s
＝－0.475 kg·m/s。
所以动量的变化量
Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s
＝－0.600 kg·m/s。
所以球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反。
考点二　动量定理的理解和应用

1．动量定理
物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合外力的冲量。即F合·t＝Δp＝p′－p。
2．动量定理的理解要点
(1)动量定理的表达式p′－p＝I，是矢量式。
(2)冲量是动量变化的原因。物体动量变化的方向与合力的冲量的方向相同。
(3)适用范围：动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。不论物体所受的外力是变力还是恒力，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用。
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
3．用动量定理解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F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。
分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。
4．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
5．用动量定理解题的基本思路


一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速率约为30 m/s。则：
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？
解析　(1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。
设运动的时间为t，根据x＝t得，t＝＝ s。
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0得，F＝＝ N＝5.4×104 N。
(2)若此人系有安全带，
F′＝＝ N＝1.8×103 N。
答案　(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N

方法感悟
(1)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量。它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(2)只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。




1．玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于在玻璃杯与石头的撞击过程中(　　)
A．玻璃杯的动量较大
B．玻璃杯受到的冲量较大
C．玻璃杯的动量变化较大
D．玻璃杯的动量变化较快
答案　D
解析　从同一高度落到地面上时，落地时速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同，受到的冲量相同，A、B、C错误。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv知，F＝，此时玻璃杯受到的力F较大，即玻璃杯的动量变化较快，容易碎，D正确。
2．(粤教版选修3－5 P9·T4改编)在没有空气阻力的条件下，在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量均为m的物体，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp，有(　　)
A．平抛过程最大 B．竖直上抛过程最大
C．竖直下抛过程最大 D．三者一样大
答案　B
解析　竖直上抛的物体运动时间最长，由Δp＝F合·t＝mgt可知竖直上抛过程中动量的增量最大，B正确。
考点三　应用动量定理解决流体问题

对于“连续”质点系发生持续作用，物体动量(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)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以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。
模型一：流体类问题


模型二：微粒类问题



(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)在很短的Δt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Δl＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
＝ρv0S。
(2)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：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：v′2－v＝－2gh⑥
在很短的Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为
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
(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧
由于Δt很小，ΔmgΔt为含Δt的二次方的量，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。
答案　(1)ρv0S　(2)－

方法感悟
将动量定理应用于流体时，应在任意时刻从流管中取出一个在流动方向上的截面为S的柱体，在Δt时间内柱形流体的长度为Δl，将“无形”流体变为“有形”实物Δm，则在Δt时间内质量为Δm的柱形流体的动量变化为Δp，即F·Δt＝Δmv2－Δmv1。


1．一股射流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2。有一质量为0.32 kg的球，因水对其下侧的冲击而悬在空中，若水全部冲击小球且冲击球后速度变为零，则小球悬在离喷嘴多高处？(g＝10 m/s2)
答案　2.952 m
解析　选择冲击球的一小段水柱Δm为研究对象，冲击过程中其受力为：重力Δmg和球对它的压力FN，由于小球静止，水对球的冲击力大小为mg，所以FN＝mg。
设冲击时间为Δt，在Δt时间内，初速度为v，末速度为0，Δt时间内冲击球的那部分水的质量就等于Δt时间内从喷嘴喷出的一小段水柱的质量Δm＝ρV＝ρSv0Δt。
取竖直向上为正，对这一小段水柱由动量定理得：
－(FN＋Δmg)Δt＝－(mg＋Δmg)Δt＝0－Δmv，
其中Δmg和mg相比可以忽略，
则－mg·Δt＝0－Δmv，
代入数据，解得v＝6.4 m/s。
由v2－v＝－2gh，得h＝2.952 m。
2．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
答案　f＝nmv2
解析　一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数

N＝n·SvΔt
Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2。




课后作业
[巩固强化练]
1．(多选)对任何一个质量一定的物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
B．物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化
C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化
D．物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化
答案　BC
解析　对质量一定的物体，动量发生变化，可能是物体速度方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故A错误，B正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故C正确，D错误。
2. (多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中(　　)

A．重力的冲量相同
B．斜面弹力的冲量不同
C．斜面弹力的冲量均为零
D．合力的冲量不同
答案　BD
解析　设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝，所用时间t＝ 。由冲量定义可求得重力的冲量大小为IG＝mgt＝，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力的冲量大小为IN＝mgcosθ·t＝，方向垂直斜面向上，B正确，C错误；合力的大小为mgsinθ，I合＝mgsinθ·t＝m，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故D正确。
3．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)
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
答案　A
解析　取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，故选A。
4. 如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　)

A．ρvS B. C.ρv2S D．ρv2S
答案　D
解析　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛顿第三定律知，瓶底端对竖直墙面的作用力大小为F′＝F＝ρv2S，D正确。
5．(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＝，小球的动量的变化量为零
B．经过时间t＝，小球的动量的变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
答案　BCD
解析　经过时间t＝，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，A错误，C正确；经过时间t＝，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′＝mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝，B、D正确。
6．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好以速度v离开地面，在此过程中(　　)
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
答案　B
解析　设地面对运动员的平均作用力为F，则由动量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面对运动员的冲量FΔt＝mv＋mgΔt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用点沿力的方向没有位移，所以地面对运动员做功为零，B正确。
7．如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J。小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：

(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；
(2)木板的长度L。
答案　(1)3.0 m/s　(2)0.50 m
解析　(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0
代入数据解得v0＝3.0 m/s。
(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，对A、B分别由动量定理有
－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0
FABt＝mBvB
其中FAB＝FBA，FCA＝μ(mA＋mB)g
设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，对A、B分别由动能定理有
－(FBA＋FCA)sA＝mAv－mAv
FABsB＝EkB
动量与动能之间的关系为mAvA＝
mBvB＝
木板A的长度L＝sA－sB
代入数据解得L＝0.50 m。
[真题模拟练]
8．(2018·全国卷Ⅱ)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，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
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3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 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≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。
9．(2017·全国卷Ⅲ)(多选) 一质量为2 kg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＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案　AB
解析　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确。t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确。物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误。t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
10．(2015·重庆高考)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，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案　A
解析　人先做自由落体运动下落高度h，获得速度为v，由v2＝2gh得v＝。安全带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速度为零。设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，F＝＋mg，A正确。
11．(2018·东北三校模拟)(多选)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是(　　)
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
答案　AC
解析　上升、下降过程重力相等，位移大小相等，由W＝Gh知做的功大小相等，A正确。因为有空气阻力，上升过程用的时间短，根据冲量I＝Ft可知B错误。整个过程除重力外，只有空气阻力对小球做功，由能量守恒定律知C正确。由动量定理得小球动量变化量Δp＝G(t1＋t2)＋ft1－ft2＝IG＋If，D错误。
12．(2018·达州模拟)(多选)静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量为p，动能为Ek。以下说法正确的是(　　)
A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p
B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p
C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek
D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek
答案　AD
解析　根据动量定理I合＝(F－Ff)t＝p－0，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－Ff)·2t＝p′－0，可知p′＝2p，故A正确；若水平力增加为原来的两倍，经过时间t，则有(2F－Ff)·t＝p′－0，则p′>2p，故B错误；根据动能定理(F－Ff)·l＝Ek－0，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－Ff)·2l＝Ek′－0，则有Ek′＝2Ek，故C错误；将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－Ff)·l＝Ek′－0，则有Ek′>2Ek，故D正确。
13. (2018·江西抚州市四校联考)(多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)

A．0～4 s内物体的位移为零
B．0～4 s内拉力对物体做功为零
C．4 s末物体的动量为零
D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零
答案　BCD
解析　由图象可知物体在4 s内先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错误；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，C正确；根据动量定理，0～4 s内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确。
14. (2016·北京高考)(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图甲所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。

a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向。
(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图乙所示。图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。

a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②的强度大。
答案　见解析
解析　(1)a.x方向：动量变化为
Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0
y方向：动量变化为
Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ
方向沿y轴正方向。
b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p。
这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcosθ
从小球出射时的总动量为p2＝2np
p1、p2的方向均沿SO向右
根据动量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0
可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右，根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左。
b．建立如图所示的Oxy直角坐标系。

x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向。
y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2。
这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psinθ
从小球出射时的总动量为p2y＝0
根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ
可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。