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第六章　动量
第六章　动量
题型 广东省近三年考情
2024年 2023年 2022年
选择题 T10，6分，考查动量守恒的条件和动量定理
计算题 T14，13分，考查动量定理，利用图像求冲量 T15，15分，考查动量守恒 T13，11分，考查动量守恒定律的运用(结合牛顿运动定律和动能定理)
第六章　动量
考情分析
1．纵观广东近几年高考试题：主要考查了碰撞模型，题型以计算题和选择题为主。
2．动量守恒定律是力学的重点，要重视动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒定律、法拉第电磁感应定律等综合考查的压轴计算题。
第1节
动量和动量定理
链接教材·夯基固本
1．动量
(1)定义：物体的____与____的乘积。
(2)表达式：p＝______。
(3)单位：kg·m/s。
(4)方向：动量的方向与____的方向相同。
质量
速度
mv
速度
2．动量的变化量
(1)矢量：其方向与速度的改变量Δv的方向____。
(2)Δp＝p′－p：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。
相同
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的____叫作力的冲量。
(2)公式：I＝________。
(3)单位：________
(4)方向：冲量是____，力的方向不变时，其方向与力的方向____。
乘积
FΔt
N·s
矢量
相同
4．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量______。
(2)公式：F(t′－t)＝______________或I＝p′－p。
变化量
mv′－mv
1．易错易混辨析
人教版选择性必修第一册第30页第3题：一个鸡蛋从不同楼层抛下时对人的伤害问题。据此情境进行判断：
(1)鸡蛋下落过程动量增大。 (　　)
(2)鸡蛋下落过程动量变化量的方向竖直向下。 (　　)
(3)鸡蛋所受合力的冲量方向与其动量变化的方向是一致的。 (　　)
(4)鸡蛋被抛时楼层越高，砸在人头上时对人头骨的冲力越大。 (　　)
√
√
√
√
2．(人教版选择性必修第一册改编)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
√
B　[由mgh＝mv2知，刚要落地时的速度v为定值。体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，即F＝＋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。]
细研考点·突破题型
考点1　动量　冲量的理解
1．动量与动能的比较
项目 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
项目 动量 动能
变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功
大小关系 p＝ Ek＝
变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl
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
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作出F-t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。
②对于易确定始、末时刻动量的情况，
可用动量定理求解。
3．冲量和功的区别
(1)冲量和功都是过程量。冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。
(2)冲量是矢量，功是标量。
(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。
[典例1]　(多选)关于动量、冲量和动能，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大
B．物体的动量变化，其动能有可能不变
C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化
D．物体动量变化量的方向可能与初动量的方向不在同一直线上
√
√
BD　[根据动量定理可知，动量的变化量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，所以动量变化，但速度大小不变，所以动能不变，故B正确；虽然匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C错误；由公式Δp＝p′－p可知，由于动量和动量变化量为矢量，遵循平行四边形定则，则物体动量变化量的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D正确。]
考点2　动量定理的理解及应用
1．理解动量定理的三个要点
(1)应用动量定理时研究对象一般是单一物体。
(2)求合力的冲量的方法有两种：一是先求合力，再求合力的冲量；二是求出每个力的冲量，再对冲量求和。
(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。
2．用动量定理解释两种现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，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。
注意：分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。
3．理解动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I。
(2)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(Δp＝p2－p1)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，等效代换为动量的变化量。
角度1　动量定理的定性应用
[典例2]　行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
√
D　[行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为气囊的弹性势能及气囊气体的内能，C项错误。]
角度2　动量定理的定量应用
[典例3]　一个质量为m＝100 g的小球从离厚软垫h＝0.8 m 高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(取g＝10 m/s2)
[解析]　设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1
由h＝得t1＝＝0.4 s
设I为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得
mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6 N·s
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上。
[答案]　0.6 N·s，方向竖直向上
【典例3　教用·备选题】(多选)(2025·广东深圳阶段练习)如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45 cm被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为45 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，g取
10 m/s2，不计空气阻力，取向下为正方向，下
列说法正确的是(　　)
A．足球下落到与头部刚接触时速度为3 m/s
B．头部对足球的平均作用力大小为24 N
C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为－2.4 kg·m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0
√
√
AC　[根据自由落体运动的公式v2＝2gh，解得足球下落到与头部刚接触时速度为v＝3 m/s，故A正确；离开头部后竖直上升的最大高度仍为45 cm，则离开的速度v′＝－3 m/s，对足球由动量定理得(mg－F)t＝mv′－mv，解得头部对足球的平均作用力大小为28 N，故B错误；足球与头部作用过程中足球的动量变化量为Δp＝mv′－mv＝－2.4 kg·m/s，故C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为IG＝mgt′≠0，故D错误。]
[典例4]　(多选)(2025·广东广州阶段练习)如图(a)所示，一个质量m＝1 kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化的关系如图(b)所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A．0～4 s内，重力的冲量大小为0
B．0～4 s内，重力的冲量大小为40 N·s
C．4 s末，物块的速度大小为8 m/s
D．4 s末，物块的速度大小为9 m/s
√
√
BD　[0～4 s内，重力的冲量大小为IG＝mgt＝40 N·s，故A错误，B正确；当水平力增加到F＝f max＝μmg＝2 N时，物块才开始运动，则1～4 s内由F-t图像可知水平力F的冲量大小为IF＝×3 N·s＝15 N·s，则1～4 s内由动量定理可得IF－μmgt′＝mv，其中μmgt′＝0.2×1×10×
3 N·s＝6 N·s，解得4 s末，物块的速度大小为v＝9 m/s，故C错误，D正确。]
规律方法　应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。一般选单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，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，如有必要还需要其他补充方程，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，也可整个过程用动量定理。
角度3　应用动量定理处理“流体冲击力问题”
[典例5]　(多选)(2025·广东广州专题练习)高压水枪中竖直向上喷出的水柱将一个质量为m的小铁盒开口向下顶在空中，如图所示，已知水的密度为ρ，水以恒定速率v0从横截面积为S的水枪
中持续喷出，向上运动并冲击小铁盒后，以不变的速率竖
直返回，水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，
重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．水到达铁盒底部时的速度大小v＝
B．水到达铁盒底部时的速度大小v＝
C．铁盒到水枪口的高度h＝
D．铁盒悬停时受到水的冲击力大小为mg
√
√
√
BCD　[铁盒悬停时处于平衡状态，受到水的冲击力大小为F＝mg，故D正确；以Δt时间内与铁盒发生作用的水为研究对象，这些水的质量跟Δt时间内从枪口喷出的水的质量相同，Δm＝Sv0Δtρ，设这些水与铁盒作用时的速度大小为v，则这些水与铁盒作用过程中动量变化量大小为Δp＝2Δmv＝2ρSvv0Δt，铁盒对这些水的作用力大小F′＝＝2ρSvv0，又F′＝F＝mg，解得v＝，故A错误，B正确；小铁盒距水枪口的高度h＝＝，故C正确。]
1．(2025·广东揭阳高三检测)拍皮球是大家都喜欢的体育活动，能强身健体。已知皮球质量为m＝0.4 kg，为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h＝1.25 m，小明需每次在球到最高点时拍球，每次拍球作用的距离为s＝0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s 的初速度v。若不计空气阻力
及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球时(　　)
学情诊断·当堂评价
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
√
D　[为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v，根据动量定理可知，合外力要给皮球的冲量为I＝mv＝0.4×4 kg·
m/s＝1.6 kg·m/s，手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力给球的冲量，故手给球的冲量小于1.6 kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理知W＋mgs＝mv2，解得W＝
2.2 J，选项D正确，C错误。]
2．(多选)(2025·广东深圳调研)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　)
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
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
√
√
√
ABD　[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内合外力的冲量一直增大，0～4 s内合外力的冲量为零，故A、B正确；2 s末合外力方向发生变化，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，故C错误，D正确。]
3．一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2。现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．t＝1 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
B．t＝1.5 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C．t＝(6－2)s时物块的速度大小为0.5 m/s
D．在3～4 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
√
D　[根据动量定理可得(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1 s时物块的动量大小为p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1) kg·m/s＝1 kg·m/s，故A错误；t＝1.5 s 时物块的动量大小为p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5) kg·m/s＝1 kg·m/s，故B错误；设t时刻物块的速度为零，由题图知在2～4 s内外力F与时间的关系为F＝(0.5t－2) N，根据F-t图像与t轴所围的面积表示冲量大小可得t(2 s
≤t≤4 s)时刻IF＝2×1 N·s＋1×1 N·s＋·(t－2) N·s，由动量定理得，IF－μmgt＝0，联立解得t＝(6－2) s，故C错误；因为t＝(6－2) s在2～3 s内，所以在3～4 s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确。]
4．(2025·广东梅州模拟)有一柱形宇宙飞船，它的正面面积S＝
2 m2，飞船以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10-7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×10-3 N D．1.2 N
√
B　[选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S、高为vΔt的柱体内微粒的质量，即M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0，则F＝＝＝mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，若飞船要保持原速度，牵引力应增加F′＝F＝mSv2，代入数据得F′＝2×10-7×2×(3×103)2 N＝3.6 N，故A、C、D错误，B正确。]
课时分层作业(十五)　动量和动量定理
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
1．下列说法正确的是(　　)
A．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量
B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量
C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来
D．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大
√
D　[跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv可知运动时间相等，故选项C错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．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(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
D　[质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
3．一质点做曲线运动，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，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　　)
A．W2＝3W1，I2≤3I1
B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1
D．W2＝7W1，I2≥I1
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)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，比较可得I2≥I1一定成立。故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
4．(多选)(2024·广东深圳二模)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图所示，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s停下。以下说法正确的是(　　)
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人的动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1 250 N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2 500 N
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
BC　[碰撞过程中，汽车和假人受到外力，所以总动量不守恒，故A错误；无论是否使用安全带，假人的初速度和末速度不变，所以假人的动量变化量相同，故B正确；选择汽车的初速度方向为正方向，v＝72 km/h＝20 m/s，根据动量定理可得使用安全带时，
－
＝5 000 N，故C正确，D错误。故选BC。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
5．(多选)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(　　)
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
BD　[设两条形磁铁间的相互作用力大小为F，对任意一个条形磁铁由动量定理有(F－μmg)t＝mv，得v＝t－μgt，显然质量越大的条形磁铁速度越小，A错误；由(F－μmg)t＝p可知质量越大的条形磁铁动量越小，B正确；由以上分析可知，两条形磁铁的动量大小不相等，则甲、乙两条形磁铁的动量之和不为零，C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
6．(2024·广东汕头一模)某实验小组用电池、电动机等器材自制了一个风力小车，叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开，叶片旋转形成的圆面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是(　　)
A．风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
B．t时间内叶片排开的空气质量为ρSv
C．叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为ρSv2
D．叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为ρSv2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
C　[风力小车的原理是先将电能转化成风能，再推动小车运动，所以是电能转化为小车的动能，故A错误；t时间内叶片排开的空气质量为m＝ρvtS，故B错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为F＝＝＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C正确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝m0v2＝ρSv·v2＝ρSv3，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
7．(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　)
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
AD　[物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f )t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f )t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f )x1＝，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋
题号
1
3
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2
4
6
8
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9
10
f )x2＝，得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，设4～6 s物块的运动时间为t2，位移为x3＝＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s内F做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
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7
9
10
8．(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(　　)
题号
1
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A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为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
√
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√
BD　[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，取向右为正方向，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，取向右为正方向，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。故选BD。]
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9．(2025·广东茂名诊断)“嫦娥五号”飞船在月球表面的着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝2 m/s2的加速度竖直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m＝
1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g取 3.6 m/s2，四条“缓冲脚”的质量不计。求：
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(1)飞船竖直下降过程中，火箭推力对飞船做的功；
(2)从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。
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[解析]　(1)设h＝100 m，飞船加速下降时火箭推力大小为F，则mg－F＝ma
推力对火箭做的功为W＝－Fh
解得W＝－1.6×105 J。
(2)设“缓冲脚”触地前瞬间，飞船速度大小为v
则v2＝2ah
设从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I
则4Isin 60°－mgt＝mv
解得I＝ N·s。
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[答案]　(1)－1.6×105 J　(2) N·s
10．(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
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(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
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[解析]　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
(mg＋FN)tan θ＝ma
解得
tan θ＝。
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(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度
v0＝＝8 m/s
与气囊作用过程，对头锤由动量定理(向上为正方向)有
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
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解得v＝2 m/s
则上升的最大高度
h＝＝0.2 m。
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[答案]　(1)　(2)①330 N·s，方向竖直向上　②0.2 m
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