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[课时通关精练(十八)]　动量和动量定理
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(原创＋体育运动融通)田径比赛短跑项目中，甲、乙两选手的质量分别为m和M，若两人冲刺时的动能相等，则甲、乙的动量大小之比为(　　)
A.∶ B.m∶M
C.∶ D.1∶1
解析：选C。由动能表达式Ek＝mv2和动量表达式p＝mv，可得p＝，因甲、乙动能相等，故动量大小之比为∶，C正确。
2.有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间的变化如图乙中的曲线①、②，已知曲线①、②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中(　　)
A.左边小球所受重力的冲量大
B.两小球所受合力的冲量相等
C.左边小球动量变化率大
D.右边小球动量变化量大
解析：选C。左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与左边装置底部碰撞过程作用时间较小，重力冲量I＝mgt，可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；两小球所受合力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量之差，由题意知曲线①、②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、D错误；由于左边小球碰撞过程中所受合力的冲量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率大，故C正确。
3.如图甲所示，质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。在0～8 s时间内，下列判断正确的是(　　)
A.物块运动的最大速度为10 m/s
B.物块一直向下运动，且速度不为0
C.t＝6 s时物块距离出发点最远
D.0～4 s内摩擦力的冲量大小为32 N·s
解析：选A。当物块受到的摩擦力与重力相等时，有mg＝μF0，解得F0＝10 N，可知0～2 s内物块向下做加速运动，2～4 s内物块向下做减速运动，4 s末物块的速度为零，4～6 s内物块静止，6～8 s内物块向下做加速运动，则t＝8 s时物块离出发点最远，B、C错误；2 s末物块速度最大，0～2 s内摩擦力的冲量大小为If1＝t1＝×2 N·s＝4 N·s，由动量定理得mgt1－If1＝mv，解得v＝10 m/s，A正确；0～4 s内摩擦力的冲量大小为If2＝t2＝×4 N·s＝16 N·s，D错误。
4.某排球运动员比赛发球时，竖直向上抛出球后迅速跳起，把在最高点时的排球水平扣出，从排球扣出到排球运动的速度与水平方向成30°的过程中，排球的动量变化量大小为p，不计空气阻力，则扣球过程合力对排球的冲量大小为(　　)
A.p B.p
C.p D.p
解析：选D。根据动量定理，重力的冲量等于动量的变化量，排球在空中运动的速度与水平方向成30°时，竖直分动量等于p，水平分动量为＝p，根据动量定理，扣球过程合力对排球的冲量大小为I＝p，故D正确。
5.(2024·江苏高考)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度v1大小；
(2)分离时A对B的推力大小。
解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1
解得v1＝，方向与v0相同。
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有
FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝。
答案：(1)　(2)
6.一根柔软的粗绳静止盘放在水平面上，绳的总长为l，总质量为m。现拉住绳的一端，用大小为F＝mg的恒力竖直向上拉动，从拉力开始作用到绳的下端离开地面的高度为l的过程中，不计绳子间的摩擦，忽略绳子的摆动，下列说法中正确的有(　　)
A.绳的动能变化量为mgl
B.绳的机械能变化量为1.5mgl
C.绳的动量变化量为m
D.绳的动量变化量为m
解析：选C。从拉力开始作用于绳的一端到绳另一端离开地面，合力的功W合＝Fl－mgl＝mgl，可见绳的动能变化量为mgl，故A错误。由动能定理有Fl－mgl＝mv2，解得v＝；当绳下端离开地面后，由F＝mg可知，绳向上匀速运动，则当绳下端离开地面l时机械能变化量等于力F做功，即ΔE＝F·2l＝2mgl，故B错误。绳的动量变化量为Δp＝mv－0，解得Δp＝m，故C正确，D错误。
7.(原创＋体育运动融通)足球守门员佩戴的缓冲手套在接球时会发生形变，关于其作用的说法正确的是(　　)
A.减小了足球接球前后的动量变化量
B.延长了足球与手的作用时间
C.减小了足球的惯性大小
D.增大了单位面积足球对手的作用力
解析：选B。足球接球前后的动量变化量由接球过程的初末动量决定，是一定的，A错误；缓冲手套延长了足球与手的作用时间，根据F＝，减小了足球对手的作用力，同时也减小了单位面积足球对手的作用力，B正确，D错误；惯性大小只与质量有关，与缓冲手套无关，C错误。
8.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.6 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
解析：选D。物块与地面间的摩擦力大小为f＝μmg＝2 N。0～3 s内，对物块由动量定理有(F－f)t1＝mv3，解得v3＝6 m/s，则3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理有－(F＋f)t＝0－mv3，解得t＝1 s，则物块在4 s时速度减为0，则4 s时物块的动能为零，故A错误；0～3 s内，物块发生的位移为x1，由动能定理有(F－f)x1＝m，解得x1＝9 m。3～4 s过程中，对物块由动能定理有－(F＋f)x2＝0－m，解得x2＝3 m。4～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移为x3＝×2×22 m＝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拉力所做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4) J＝40 J，故D正确。
9.(前沿科技融通题)宇宙飞船上的太阳帆在光压作用下，获得动力，实现星际航行。频率为ν的单色光垂直照射到镀铝帆板上，帆板几乎能反射所有光子。已知该帆板接收到的光辐射功率为P，普朗克常量为h，真空中光速为c，求：
(1)每秒钟帆板接收到的光子数n；
(2)帆板所受的光压力F的大小。
解析：(1)根据能量守恒定律可知 Pt＝nthν
解得n＝。
(2)光子的动量大小p＝
根据动量定理有Ft＝ntp－nt(－p)
解得F＝。
答案：(1)　(2)
10.(2025·盐城三模)生活中经常出现手机滑落而导致其损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量为m＝0.2 kg的手机(包括手机套)，从离地面高h＝1.8 m处无初速度下落，落到地面后，反弹的高度为h1＝0.2 m，由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为t＝0.2 s。不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)手机在下落过程中重力冲量的大小；
(2)地面对手机平均作用力的大小。
解析：(1)手机在下落过程中做自由落体运动，则有
h＝g
解得t1＝＝0.6 s
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
IG＝mgt1＝1.2 N·s。
(2)手机落地时速度v1＝gt1＝6 m/s
从地面反弹速度v2＝＝2 m/s
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得t－mgt＝mv2－(－mv1)
解得手机对地面的平均作用力大小为＝10 N。
答案：(1)1.2 N·s　(2)10 N
11.一质点做曲线运动，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(　　)
A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
解析：选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D正确。(共60张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第七章
动量守恒定律
第1讲　动量和动量定理
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
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03
01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
质量
速度
mv
速度
平行四边形定则
p'－p
AI精准定位：高考命题关键点
力
力的作用时间
I＝FΔt
矢量
力的方向
AI精准定位：高考命题关键点
动量变化量
I＝p'－p
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
对动量、冲量的理解与应用
考点一
角度突破
能力要语
对动量定理的理解与应用
考点二
破题路径
能力要语
角度突破
破题路径
能力要语
课时通关精练(十八)　动量和动量定理
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谢谢观看第1讲　动量和动量定理
对应学生用书P135
学习目标 教考链接
1.理解动量和冲量的概念，理解动量定理及其表达式 2.能用动量定理解释生活中的有关现象 3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体力学中建立“柱状”模型 1.矢量性考查深化 教材和高考都强调动量矢量性应用，如一维方向性判断、二维问题中的矢量分解与合成等 2.模型应用综合化 教材以典型碰撞、打击模型引入动量定理的应用。高考则将其置于复杂物理过程中，与牛顿运动定律、能量观点、曲线运动等综合考查
一、动量和动量变化量
1.动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。
2.动量变化量
(1)定义：动量的变化量Δp也称为动量的增量，用末动量p'减去初动量p进行运算。
(2)表达式：Δp＝p'－p＝mv'－mv。
　　　　　　运算遵循平行四边形定则
(3)矢量性：动量变化量是矢量
①动量变化量的方向与速度变化量Δv的方向相同。
②动量变化量的方向与合力的冲量方向相同。
AI精准定位：高考命题关键点
明确动量与动量变化量的区别与联系
1.区别：动量为状态量，动量变化量为过程量。
2.联系：动量变化量由初、末动量的矢量差决定。
【例1】 (原创＋体育运动融通)2025年世界乒乓球锦标赛决赛在卡塔尔成功举办，比赛中某乒乓球质量为m，以速度v水平飞来，选手将其以大小为2v的速度反向击回(规定来球方向为正方向)。则击球过程中乒乓球(　　)
A.动量变化量的大小为mv
B.动量变化量的大小为3mv
C.动能变化量的大小为mv2
D.动能变化量的大小为mv2
二、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。
　　冲量的值和力的方向、运动方向无关
3.方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
　　力为正值，则力的冲量是正方向；力为负值，则力的冲量是负方向
明确冲量的本质和矢量性
【例2】 为确保公共安全，市民遛狗时应牵绳。如图所示，一市民遛狗时匀速前行，已知绳中拉力大小为F、方向与水平面夹角为θ。则在t时间内拉力的冲量为(　　)
A.0
B.Ft，方向与F方向一致
C.Ftcos θ，方向与F方向一致
D.Ftcos θ，方向沿水平方向向左
三、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：I＝F(t'－t)＝mv'－mv或I＝p'－p。
　　　　　F为物体受到的合力
3.适用范围
(1)研究对象可以是单一物体，也可以是系统。
(2)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。
明确动量定理的矢量性和应用
1.矢量性核心：冲量与动量变化同向(由合力方向决定)；遵循矢量叠加。
2.缓冲原理：延长作用时间可减小冲击力。
【例3】 如图所示，质量相同的橡胶锤和铁锤，以相同的速度敲击物体后静止，则(　　)
A.铁锤的动量变化量大
B.橡胶锤的动量变化量小
C.橡胶锤受到的冲量小
D.橡胶锤受到的作用力小
【例1】 解析：选B。规定来球方向为正，初动量p0＝mv，末动量p＝－2mv，动量变化量Δp＝p－p0＝－2mv－mv＝－3mv，大小为3mv，故A错误，B正确；初动能Ek0＝mv2，末动能Ek＝m(2v)2＝2mv2，动能变化量ΔEk＝2mv2－mv2＝mv2，故C、D错误。
【例2】 解析：选B。根据冲量的定义可知，在t时间内拉力的冲量为I＝Ft，方向与F方向一致，故B正确。
【例3】 解析：选D。橡胶锤和铁锤质量相等，速度相等，敲击物体后均静止，则两个锤的动量变化量相等，由动量定理可知两锤受到的冲量相等，故A、B、C错误；由于橡胶的缓冲，与物体的撞击时间延长，从而减小了与物体之间的作用力，故D正确。
考点一　对动量、冲量的理解与应用
辨析动量、动量变化量与冲量的概念，注重方向性的分析
【例1】 如图所示，光滑圆弧轨道ABC竖直固定，与水平面相切于A点，B为圆弧上一点，C为圆弧最高点，弧长AC远小于半径。质量相等的小球甲、乙(两小球可以看成质点)分别从B、C位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A点的过程中(　　)
A.甲球比乙球运动的时间短
B.两球可能在A点右侧相撞
C.两球动量的变化量相等
D.两球重力的冲量相等
题后反思：
角度突破
项目 动量 动量变化量 冲量
核心定义 物体运动的 “量”，质量与速度的乘积 运动状态的变化量，末动量与初动量之差 力对时间的累积效应
关键公式 p＝mv(v为瞬时速度) Δp＝p末－p初＝mΔv 恒力：I＝Ft；变力：I＝Δp
方向 均为矢量，冲量方向与合力的方向相同，动量变化量方向与冲量方向一致
【例1】 解析：选D。由于弧长AC远小于半径，可认为小球甲、乙在光滑圆弧轨道做简谐运动，根据单摆周期公式可得周期为T＝2π ，小球甲、乙从B、C位置由静止同时释放，两球从开始运动到A点运动时间均为t＝＝ ，可知两球在A点相撞，故A、B错误；根据IG＝mgt，由于两球质量相等，可知两球重力的冲量相等，故D正确；根据动能定理可得mgh＝mv2，可得小球到达A点的速度大小为v＝，则小球的动量变化量为Δp＝mv－0＝m，由于两球释放高度不同，所以两球动量的变化量不相等，故C错误。
计算动量变化量与冲量，过程分段，巧选方法
【例2】 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线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　)
A.0～4 s内合力的冲量一直增大
B.0～4 s内合力的冲量一直减小
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
题后反思：
【例3】 如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为4 kg·m/s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为4 kg·m/s
D.足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J
题后反思：
角度突破
F-t图像法求冲量
(1)用图线与时间轴围成的面积求变力的冲量。 (2)若F-t图线呈线性关系，也可用平均力求变力的冲量，即I＝t
能力要语
动量变化量的运算
(1)一维矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝p'－p。
(2)二维矢量运算：用平行四边形定则或三角形定则计算，如图所示。
【例2】 解析：选D。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，0～4 s内合力的冲量为零，故A、B错误；2 s末合力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但速度方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正确。
【例3】 解析：选C。足球到达脚部的速度为v＝＝5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间为t＝＝0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B错误；根据运动的对称性，足球离开脚部的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚部与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C正确；足球落到脚部和离开脚部时的动能相等，均为5 J，所以足球与脚部作用过程中动能变化量为0，D错误。
考点二　对动量定理的理解与应用
应用动量定理进行定量计算，抓两状态，舍中间过程
【例4】 (2024·广东高考)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。
(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g取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。
解析：(1)敏感球受到竖直向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，由牛顿第二定律有
(mg＋FN)tan θ＝ma
解得tan θ＝。
(2)①F-t图像中图线与时间轴围成的图形的“面积”表示冲量，由题图可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上。
②头锤落到气囊表面时的速度v0＝＝8 m/s
头锤与气囊作用过程，取向上为正方向，由动量定理有
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得碰撞结束时头锤的速度大小v＝2 m/s
则碰撞结束后头锤上升的最大高度h＝＝0.2 m。
答案：(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m
破题路径
能力要语
1.过程建模能力：精准选取时间过程段(如碰撞瞬间Δt→0，缓冲过程Δt增大)。
2.跳过细节优势：直接抓住初、末状态动量差(如弹簧冲击问题)，避中间复杂过程。
教学札记：
动量定理与动能定理的综合应用，由问题特征优选定理
【例5】 (2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有
mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝m－0
根据动量定理有
(mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0
解得t＝ ，vP＝。
(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
vB＝vP＝。
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动
竖直方向上有vBcos 45°＝g×
水平方向上有L＝vBsin 45°·t'
解得L＝d(1－μ)。
答案：(1) 　(2) 　(3)d(1－μ)
角度突破
1.涉及时间Δt→优先用动量定理。
2.涉及位移s→优先用动能定理。
破题路径
能力要语
多过程问题中，分段交叉使用两个定律，例如，先用动量定理求解瞬时过程，再用动能定理求解持续过程。
教学札记：
[课时通关精练(十八)]　动量和动量定理
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(原创＋体育运动融通)田径比赛短跑项目中，甲、乙两选手的质量分别为m和M，若两人冲刺时的动能相等，则甲、乙的动量大小之比为(　　)
A.∶ B.m∶M
C.∶ D.1∶1
解析：选C。由动能表达式Ek＝mv2和动量表达式p＝mv，可得p＝，因甲、乙动能相等，故动量大小之比为∶，C正确。
2.有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间的变化如图乙中的曲线①、②，已知曲线①、②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中(　　)
A.左边小球所受重力的冲量大
B.两小球所受合力的冲量相等
C.左边小球动量变化率大
D.右边小球动量变化量大
解析：选C。左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与左边装置底部碰撞过程作用时间较小，重力冲量I＝mgt，可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；两小球所受合力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量之差，由题意知曲线①、②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、D错误；由于左边小球碰撞过程中所受合力的冲量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率大，故C正确。
3.如图甲所示，质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。在0～8 s时间内，下列判断正确的是(　　)
A.物块运动的最大速度为10 m/s
B.物块一直向下运动，且速度不为0
C.t＝6 s时物块距离出发点最远
D.0～4 s内摩擦力的冲量大小为32 N·s
解析：选A。当物块受到的摩擦力与重力相等时，有mg＝μF0，解得F0＝10 N，可知0～2 s内物块向下做加速运动，2～4 s内物块向下做减速运动，4 s末物块的速度为零，4～6 s内物块静止，6～8 s内物块向下做加速运动，则t＝8 s时物块离出发点最远，B、C错误；2 s末物块速度最大，0～2 s内摩擦力的冲量大小为If1＝t1＝×2 N·s＝4 N·s，由动量定理得mgt1－If1＝mv，解得v＝10 m/s，A正确；0～4 s内摩擦力的冲量大小为If2＝t2＝×4 N·s＝16 N·s，D错误。
4.某排球运动员比赛发球时，竖直向上抛出球后迅速跳起，把在最高点时的排球水平扣出，从排球扣出到排球运动的速度与水平方向成30°的过程中，排球的动量变化量大小为p，不计空气阻力，则扣球过程合力对排球的冲量大小为(　　)
A.p B.p
C.p D.p
解析：选D。根据动量定理，重力的冲量等于动量的变化量，排球在空中运动的速度与水平方向成30°时，竖直分动量等于p，水平分动量为＝p，根据动量定理，扣球过程合力对排球的冲量大小为I＝p，故D正确。
5.(2024·江苏高考)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度v1大小；
(2)分离时A对B的推力大小。
解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1
解得v1＝，方向与v0相同。
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有
FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝。
答案：(1)　(2)
6.一根柔软的粗绳静止盘放在水平面上，绳的总长为l，总质量为m。现拉住绳的一端，用大小为F＝mg的恒力竖直向上拉动，从拉力开始作用到绳的下端离开地面的高度为l的过程中，不计绳子间的摩擦，忽略绳子的摆动，下列说法中正确的有(　　)
A.绳的动能变化量为mgl
B.绳的机械能变化量为1.5mgl
C.绳的动量变化量为m
D.绳的动量变化量为m
解析：选C。从拉力开始作用于绳的一端到绳另一端离开地面，合力的功W合＝Fl－mgl＝mgl，可见绳的动能变化量为mgl，故A错误。由动能定理有Fl－mgl＝mv2，解得v＝；当绳下端离开地面后，由F＝mg可知，绳向上匀速运动，则当绳下端离开地面l时机械能变化量等于力F做功，即ΔE＝F·2l＝2mgl，故B错误。绳的动量变化量为Δp＝mv－0，解得Δp＝m，故C正确，D错误。
7.(原创＋体育运动融通)足球守门员佩戴的缓冲手套在接球时会发生形变，关于其作用的说法正确的是(　　)
A.减小了足球接球前后的动量变化量
B.延长了足球与手的作用时间
C.减小了足球的惯性大小
D.增大了单位面积足球对手的作用力
解析：选B。足球接球前后的动量变化量由接球过程的初末动量决定，是一定的，A错误；缓冲手套延长了足球与手的作用时间，根据F＝，减小了足球对手的作用力，同时也减小了单位面积足球对手的作用力，B正确，D错误；惯性大小只与质量有关，与缓冲手套无关，C错误。
8.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.6 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
解析：选D。物块与地面间的摩擦力大小为f＝μmg＝2 N。0～3 s内，对物块由动量定理有(F－f)t1＝mv3，解得v3＝6 m/s，则3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理有－(F＋f)t＝0－mv3，解得t＝1 s，则物块在4 s时速度减为0，则4 s时物块的动能为零，故A错误；0～3 s内，物块发生的位移为x1，由动能定理有(F－f)x1＝m，解得x1＝9 m。3～4 s过程中，对物块由动能定理有－(F＋f)x2＝0－m，解得x2＝3 m。4～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移为x3＝×2×22 m＝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拉力所做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4) J＝40 J，故D正确。
9.(前沿科技融通题)宇宙飞船上的太阳帆在光压作用下，获得动力，实现星际航行。频率为ν的单色光垂直照射到镀铝帆板上，帆板几乎能反射所有光子。已知该帆板接收到的光辐射功率为P，普朗克常量为h，真空中光速为c，求：
(1)每秒钟帆板接收到的光子数n；
(2)帆板所受的光压力F的大小。
解析：(1)根据能量守恒定律可知 Pt＝nthν
解得n＝。
(2)光子的动量大小p＝
根据动量定理有Ft＝ntp－nt(－p)
解得F＝。
答案：(1)　(2)
10.(2025·盐城三模)生活中经常出现手机滑落而导致其损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量为m＝0.2 kg的手机(包括手机套)，从离地面高h＝1.8 m处无初速度下落，落到地面后，反弹的高度为h1＝0.2 m，由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为t＝0.2 s。不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)手机在下落过程中重力冲量的大小；
(2)地面对手机平均作用力的大小。
解析：(1)手机在下落过程中做自由落体运动，则有
h＝g
解得t1＝＝0.6 s
则手机在下落过程中重力冲量的大小为
IG＝mgt1＝1.2 N·s。
(2)手机落地时速度v1＝gt1＝6 m/s
从地面反弹速度v2＝＝2 m/s
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得t－mgt＝mv2－(－mv1)
解得手机对地面的平均作用力大小为＝10 N。
答案：(1)1.2 N·s　(2)10 N
11.一质点做曲线运动，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(　　)
A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
解析：选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D正确。

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