1、研读考纲明方向考纲要求复习指南内容要求考情分析：近几年高考既有对本章内容的单独考查，也有跟运动学、动力学、能量、电磁场等内容相结合的综合考查。单独命题往往是选择题，综合考查往往出现在计算题。命题趋势：从近几年的考试情况来看单独命题都是比较基础的选择题，从命题趋势上看对本章内容与其他知识相结合进行考查，以及与实际生产、生活和现代科技相结合进行综合考查的几率非常高，在复习中应当多注意这方面的问题。动量、动量定理、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞实验七：验证动量守恒定律重读教材定方法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。2P6问题与练习T2，从纸
2、带上能获取什么物理量？提示：小车碰撞前后的速度。3P10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。4P11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：都与物体的速度及质量有关，都是物体的质量越大、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；动量的单位为kgm/s 或Ns，动能的单位为J。联系：Ek，p。5P1112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
3、变化12 kgm/s。(3)若规定向东为正方向，动量的矢量和为6 kgm/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F8400 N，不考虑重力时，冲击力F8000 N，故不可忽略重力。6P1213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或运动学公式推导。7P1415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。8P16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
4、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。9P1617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。10P18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
5、。11P19图16.43，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16.45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。13P21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：
6、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。14P23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
7、该向相反的方向抛出物体。15P2425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30讲动量动量定理基础命题点动量、冲量、动量的变化量1动量、冲量、动量的变化量的定义(1)动量：物体的质量与速度的乘积。即pmv。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IFt。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pmv2mv1
8、或pp2p1。p是矢量。2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物体运动状态的物理量定义式pmvEkmv2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pEk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都是针对某一时刻或位置而言的。3对冲量的理解(1)冲量的两性时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲
9、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(合力)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的量度都是过程量，都与力的作用过程相互联系(4)变力冲量的计算方法动量定理若力的大小或
10、方向变化，I无法直接求得，可利用Ip间接求出，这是求变力冲量的首选方法(间接法)平均力法如果力随时间是均匀变化的，则(F0Ft)，该变力的冲量为I(F0Ft)tFt图象Ft图线与时间轴围成的“面积”表示力的冲量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p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p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p为零D物体做匀速圆周运动时，动量的变化量p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p不为零，C、D
11、错误；做单向直线运动的物体，其初、末动量的方向相同，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，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；物体滑至底端的过程，可由gsint2求出下滑的时间t ，则重力的冲量IGmgt，与有关，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
12、错误，D正确。3一质量为58 g的网球，以40 m/s的速度水平飞来，某运动员以60 m/s的速度反向击回的过程中，网球的动量变化为()A大小为1.16 kgm/s，方向与初速度方向相同B大小为1.16 kgm/s，方向与初速度方向相反C大小为5.8 kgm/s，方向与初速度方向相同D大小为5.8 kgm/s，方向与初速度方向相反答案D解析规定初速度方向为正方向，网球初状态的动量为：p1mv10.05840 kgm/s2.32 kgm/s，末状态的动量为：p2mv20.058(60) kgm/s3.48 kgm/s，则动量的变化量为：pp2p13.48 kgm/s2.32 kgm/s5.8 k
13、gm/s，负号表示动量变化量的方向与初速度方向相反，故D正确，A、B、C错误。能力命题点一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tppp。2动量定理的理解要点(1)动量定理的表达式ppI，是矢量式。物体动量变化的方向与合外力的冲量的方向相同。(2)冲量是动量变化的原因。(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Ftpp，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)p一
14、定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。(2)F一定时，力的作用时间越长，p就越大；力的作用时间越短，p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Ip求变力的冲量。(2)应用pFt求动量的变化量。5用动量定理解题的基本思路(2019北京房山区二模)质量m0.60 kg的篮球从距地板H0.80 m的高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h0.45 m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t1.1 s，忽略空气阻力，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能E；(2)篮球对地板的平均撞击力的大小。解析(
15、1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：EmgHmgh2.1 J。(2)设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度大小为v1；反弹离地时的速度大小为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式下落过程：mgHmv，解得：v14 m/s，t10.4 s上升过程：mgh0mv，解得：v23 m/s，t20.3 s篮球与地板接触时间为：ttt1t10.4 s设地板对篮球的平均撞击力为F，取向上为正方向，由动量定理得：(Fmg)tmv2(mv1)解得：F16.5 N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力FF16.5 N，方向向下。答案(1)2.1 J(2)16.5 N(1)动量定理
16、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。(3)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可对整个过程应用动量定理。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草地或石头上时，速度相同，动量相同，与草
17、地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量的变化量相同，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Ftmv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，故容易碎，D正确。2一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t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mvmgt，地面对他做的功为mv2B地面对他的冲量为mvmgt，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mv2D地面对他的冲量为mvmgt，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(Fmg)tmv，故地面对运动员的冲量为F
18、tmvmgt；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。3(2020安徽A10联盟高三摸底)鸟撞飞机是导致空难的重要因素之一。假设在某次空难中，鸟的质量为0.6 kg，飞行的速度为3 m/s，迎面撞上速度为720 km/h的飞机，对飞机的撞击力达到1.6106 N，则鸟撞飞机的作用时间大约为()A7.6106 s B7.6105 sC1.5105 s D1.5104 s答案B解析由于飞机质量远大于鸟质量，碰撞后飞机速度几乎不变，碰撞后鸟和飞机以共同的速度前进。以飞机的运动方向为正方向，设碰撞过程鸟撞击飞机的作用时间为t，则
19、根据动量定理：Ftmv机(mv鸟)，整理可得：t s7.6105 s，B正确。能力命题点二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t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t内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vt的柱体内，这部分质点的质量为mSvt，以这部分质点为研究对象，研究它在t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：流体类问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连
20、续性，通常已知密度分析步骤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S2微元研究，作用时间t内的一段柱形流体的长度为lvt，对应的质量为mSvt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体模型二：微粒类问题微粒及其特点通常电子流、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粒子数n分析步骤1建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S2微元研究，作用时间t内的一段柱形微元的长度为lv0t，对应的体积为VSv0t，则微元内的粒子数Nnv0St3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷
21、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，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。(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平
22、衡得F冲Mg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：v2v2gh在很短的t时间内，冲击玩具的水柱的质量为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，mgt为含t的二次方的量，可以忽略，式变为F压tmv由可得h。答案(1)v0S(2)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t时间内柱形流体的长度为lvt，将“无形”流体变为“有形”实物，则在t时间内对质量为m的柱形流体，由动量定理有Ftmv2mv1。1(2019
23、山西省晋城市高三下学期第三次模拟)太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为()AM B.M CM D.答案D解析设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m，以单位时间内黏附在飞船上的尘埃与飞船整体为研究对象，根据动量定理有：Ft(Mm)vMv，其中t1 s，可得：m，D正确。2如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后
24、水的速度变为零，水的密度为，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是()A水枪单位时间内喷出水的质量为vD2B高压水枪的喷水功率为C水柱对煤层的平均冲击力大小为D手对高压水枪的作用力水平向右答案B解析t时间内水枪喷出水的质量为：mSvtD2vt，水枪单位时间内喷出水的质量为：mvD2，A错误；水枪在1 s时间内做的功转化为水柱的动能，即为高压水枪的喷水功率，则：PWmv2D2v3，B正确；t时间内喷出的水在t时间内速度减小为0，则由动量定理得：Ft0mv，联立得：FmvD2v2，C错误；水对高压水枪的作用力向左，则手对高压水枪的作用力斜向右上方，D错误。3正方体密闭容器中有大
25、量理想气体分子，每个分子质量为m，单位体积内分子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：分子大小可以忽略；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，分子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁所受气体压强p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pnmv2解析一个分子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量I2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vt为高构成的柱体，由题设可知，其内有的分子在t时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞分子总数NnSvtt时间内分子给器壁的冲量INInSmv2t器壁上面积
26、为S的部分受到分子的压力F则器壁所受气体的压强pnmv2。课时作业1(多选)下列说法中不正确的是()A作用在静止物体上的力的冲量一定为零B根据F，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力C物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功D物体的动能发生改变，其动量一定发生改变答案AC解析作用在静止的物体上的合力的冲量一定为零，而每个分力的冲量不为零，故A错误；宏观低速状态下，物体的质量为常量，动量对时间的变化率本质上是速度对时间的变化率，因此物体所受到的合外力，等于物体的动量对时间的变化率，故B正确；物体的动量发生改变可能是速度的方向发生改变，而大小未变，此时物体的动能没有改变，
27、合外力对物体没有做功，故C错误；物体的动能发生改变意味着物体的速度大小发生改变，则动量一定改变，故D正确。2校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A人的触地时间 B人的动量变化率C人的动量变化量 D人受到的冲量答案B解析跳远比赛时，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量p相等，由动量定理可知，人受到的合力的冲量Ip是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间t，由动量定理得：pFt，F，p一定，t越长，动量的变化率越小，人受到的合外力越小，越安全，B正确。3如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。现将小物块a和b由静止释放，则a沿光滑斜面下滑，b做自
28、由落体运动，同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力。关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是()A三个物块落地前瞬间的动量相同B三个物块落地前瞬间的动能相同C重力对三个物块做功相同D重力对三个物块的冲量相同答案C解析动量是矢量，三个物块落地时速度的方向不同，动量不同，故A错误；三个物块下落的过程只有重力做功，重力对三个物块做功相同，根据机械能守恒定律可知，mghEkEk0，c的初动能不为零，故落地瞬间c的动能较大，a、b的动能相同，故B错误，C正确；平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故b、c下落时间相同，根据Imgt可知，重力对b、c两物块的冲量相同，但根据牛顿第二定律以及运动学公式可知
29、，a的下落时间t，与b、c的下落时间不同，故三个物块受重力的冲量不同，故D错误。4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点由静止释放，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，合外力的冲量大小为I1、I2，则()At1t2 Bt1t2CI1I2 DI1I2答案C解析由vC0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，在AB弧上的速率大于在BC弧上的速率，所以AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以t1|p2|，则I1I2，故C正确，D错误。5跑酷是时下流
30、行的一种极限运动，在某次练习中，假设质量为50 kg的跑酷运动员在一堵墙前面以与水平方向成37角、大小为6 m/s的速度跳起，再用脚蹬墙面一次，使身体水平反抛回来，落到了距离墙2.16 m处。如果用脚蹬墙时跑酷运动员的速度方向恰好沿水平方向，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，则墙对跑酷运动员做的功和墙对跑酷运动员的冲量大小分别为(sin370.6，cos370.8)()A0,540 kgm/s B324 J,60 kgm/sC546 J,300 kgm/s D900 J,540 kgm/s答案A解析将初速度沿水平方向和竖直方向分解，水平分速度vxv0cos374.8 m/s，竖直分速度vyv
31、0sin373.6 m/s，则跑酷运动员用脚蹬墙前瞬间的速度大小v1vx4.8 m/s，在空中时间为t0.36 s，则跑酷运动员用脚蹬墙面后，身体水平反抛回来时在空中的时间为t0.36 s，所以跑酷运动员用脚蹬墙后瞬间的速度大小v26 m/s，取跑酷运动员用脚蹬墙后返回的速度方向为正方向，墙对跑酷运动员的冲量大小为Imv2(mv1)540 kgm/s。由于墙面对跑酷运动员作用力的作用点在脚上，而作用点的位移为零，所以墙对跑酷运动员不做功，A正确。6雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15
32、 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A0.25 N B0.5 N C1.5 N D2.5 N答案A解析设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在t时间内有质量为m的雨水的速度由v10 m/s减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft0(mv)mv，得：F，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：mSh，故FSv，压强为：pv110310 N/m20.25 N/m2，故A正确，B、C、D错误。7核桃是“四大坚果”之一
33、，桃仁具有丰富的营养价值，但桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛，待落回与坚硬地面撞击后就能开裂。抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。(1)求核桃落回地面的速度大小v；(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为t，撞击后竖直反弹h1高度。求核桃与地面之间的平均作用力F。答案(1)(2)mg，方向竖直向上解析(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v22g(Hh)则落回地面的速度：v。(2)设核桃反弹速度为v1，则有：v2gh1以向上为正方向，核桃与地面作用的过程：(Fmg)tm
34、v1m(v)解得：Fmg，方向竖直向上。8(2019全国卷)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3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg答案B解析设1 s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Ftmv，m kg1.6103 kg，B正确。9(2018全国卷)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
35、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()A10 N B102 N C103 N D104 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：mghmv2，解得：v m/s12 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：(Nmg)t0(mv)，解得：N1103 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。10(2017全国卷)(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()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s
36、时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 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/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确。t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确。物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小p3mv33 kgm/s，C错误。t4 s时物块的速度v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。11(2
37、019广西梧州高三2月联考)(多选)水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的vt图象如图所示，已知图中线段ABCD，下列关于两物体在整个运动过程中的说法，正确的是()AF1的冲量小于F2的冲量BF1做的功大于F2做的功C两物体受到的摩擦力大小相等D两物体受到的摩擦力做的功相等答案AC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，C正确；对整个过程，由动量定理得：F1t1ftOB0，F2t2ftOD0，由图
38、看出，tOBtOD，则有F1t1F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A正确；摩擦力做的功Wffx，由vt图象与时间轴围成的面积表示位移，可知无法比较x1和x2的大小，则两物体受到的摩擦力做的功不能比较，D错误；根据动能定理：WF1Wf10，WF2Wf20，由Wf1与Wf2大小不能比较，可知F1做的功与F2做的功不能比较，B错误。12(2019湖南常德一模)(多选)一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上。现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示。当A、B分离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分
39、离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()AA、B分离时B的加速度为gB弹簧的弹力对B做功为零C弹簧的弹力对B的冲量大小为6 NsDB的动量变化量为零答案ABC解析由分离的条件可知，A、B分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A分析可知，A的加速度aAg，所以B的加速度为g，故A正确；A、B分离时弹簧恢复原长，A到最高点时弹簧再次恢复原长，从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能的变化为零，所以弹簧对B做的功为零，故B正确；A、B分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度v m/s2 m/s，此时B的速度为v，方向竖直向上，A
40、上升到最高点所需的时间：t 0.2 s，由运动的对称性可知此时B的速度为2 m/s，方向竖直向下，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：mBgtINmBv(mBv)，解得弹簧的弹力对B的冲量大小为：IN6 Ns，B的动量变化量为pmBv(mBv)12 kgm/s，故C正确，D错误。13(2019武汉高三下学期2月调考)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g10 m/s2，水的密度1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水
41、的速度大约为()A2.7 m/s B5.4 m/sC7.6 m/s D10.8 m/s答案B解析设t时间内有质量为m的水喷射出，忽略重力的冲量，对这部分水由动量定理得：Ft2mv，m2vt，运动员悬停在空中，水对他的平均冲力FFMg9010 N900 N，联立解得：v5.4 m/s，故B正确。14(2016北京高考)(1)动量定理可以表示为pFt，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，碰撞后弹出的角度也是，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
42、后x、y方向小球的动量变化px、py；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，其中光束和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，入射时光束和与SO的夹角均为，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光束和强度相同；b光束比的强度大。答案见解析解析(1)a.x方向：动量变化为p
43、xmvsinmvsin0y方向：动量变化为pymvcos(mvcos)2mvcos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t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p12npcos从小球出射时的总动量为p22npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理：Ftp2p12np(1cos)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t时间内，光束穿过小球的粒子数为n1，光束穿过小球的粒子数为n2，n1n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y(n1n2)psin从小球出射时的总动量为p2y0根据动量定理：Fytp2yp1y(n1n2)psin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。
