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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第一章　動量守恒定律
2．動量定理
[學習目標]　1．知道沖量的概念及其矢量性。2．掌握理論推導動量定理的表達式的過程，理解其確切含義。3．探究變力沖量的計算方法，體會微元思想的應用。4．通過對緩沖現象的分析，體會物理規律與生產、生活的聯系。
必備知識·自主預習儲備
知識點一　動量定理
1．沖量
(1)概念：力與力的________的乘積。
(2)定義式：I＝FΔt(F為____)。
(3)物理意義：沖量是反映力的作用對時間的________的物理量。
(4)單位：在國際單位制中，沖量的單位是____，符號為______。
(5)矢量性：如果力的方向恒定，則沖量I的方向與力的方向____。
作用時間
恒力
累積效應
牛秒
N·s
相同
2．動量定理
(1)內容：物體在一個過程中所受力的____等于它在這個過程始末的__________。
(2)公式：I＝________或F(t′－t)＝____________。
沖量
動量變化量
p′－p
mv′－mv
思考　(1)動量定理是否只用于物體所受合力為恒力的情況？
提示：否。
(2)學校運動會上跳高項目中為什么要墊上厚厚的海綿墊？
提示：增大運動員落地過程中的作用時間，減少運動員受到的沖力。
體驗1．思考辨析(正確的打√，錯誤的打×)
(1)沖量是矢量，其方向由力的方向決定。 (　　)
(2)力越大，力對物體的沖量就越大。 (　　)
(3)若物體在一段時間內，其動量發生了變化，則物體在這段時間內的合外力一定不為零。 (　　)
(4)合外力對物體不做功，則物體的動量一定不變。 (　　)
√
×
√
×
知識點二　動量定理的應用
由動量定理可知：如果物體的動量發生的變化是一定的，那么作用時間越__，物體受的力就越__；作用時間越__，物體受的力就越小。
短
大
長
思考　碼頭岸邊為何懸掛舊輪胎？
提示：船靠岸如果撞到堅硬的物體， 相互作用時間很短，作用力就會很大，很危險。如果在碼頭懸掛一些具有彈性的舊輪胎，可以延長作用時間，以減小船和碼頭間的作用力。
體驗2．思考辨析(正確的打√，錯誤的打×)
(1)瓦工師傅貼墻磚時，為了使墻磚平整，往往用橡皮錘敲打墻磚，而不是用鐵錘，是因為橡皮錘產生的沖量小。 (　　)
(2)某人跳遠時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于人跳到沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小。 (　　)
×
×
3．填空
在一條直線上運動的物體，其初動量為8 kg·m/s，它在第1 s內受到的沖量為－3 N·s，在第2 s內受到的沖量為5 N·s，它在第2 s末的動量為______kg·m/s。
[解析]　根據動量定理I＝p′－p得p′＝p＋I，則p′＝(8－3＋5) kg·m/s＝10 kg·m/s。
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關鍵能力·情境探究達成
文具盒在桌面上靜止一段時間，在這一段時間內重力的沖量為零嗎？為什么？
提示：不為零，因為沖量是指力與時間的乘積，所以重力的沖量不為零。
考點1　沖量的理解與計算
1．對沖量的理解
(1)沖量是過程量
沖量是力作用在物體上的時間累積效應，與某一過程相對應。
(2)沖量是矢量
在力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應時間內物體動量變化量的方向相同。
(3)沖量與動量單位相同。
2．沖量的計算
(1)求恒力的沖量
沖量等于力和力的作用時間的乘積(無論物體是否運動，無論物體在該力的方向上是否有位移)。
(2)求變力的沖量
①若力與時間成線性關系，則可用平均力求變力的沖量。
②若給出了力隨時間變化的圖像如圖所示，可用面積法求變力的沖量。
③利用動量定理求解。
3．合沖量計算的三種方法
(1)分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和。
(2)如果各力的作用時間相同，也可以先求合力，再用I合＝F合t求解。
(3)用動量定理I＝p′－p求解。
【典例1】　如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質量為m的小球(可視為質點)從A點由靜止釋放，在小球從A點運動到B點的過程中，小球(　　)
A．所受合力的沖量豎直向下
B．所受支持力的沖量水平向右
C．所受合力的沖量大小為m
D．所受重力的沖量大小為0
√
思路點撥：重力是恒力，重力的沖量可以直接根據沖量的定義進行計算，小球所受合力是變力，合力的沖量不能根據沖量的定義計算，可以應用動量定理計算。注意本題中的支持力也是變力。
C　[小球從A到B的過程中，做圓周運動，在B點時的速度方向沿切線方向，水平向右，從A到B，根據動能定理得mgR＝mv2－0，解得小球在B點的速度v＝，方向水平向右，根據動量定理得I合＝Δp＝mv＝m，方向水平向右，選項A錯誤，C正確；重力是恒力，小球從A到B，重力和時間都不為0，因此重力的沖量大小不為0，選項D錯誤；小球從A到B，合力的沖量水平向右，重力的沖量豎直向下，根據矢量合成的平行四邊形定則可知支持力的沖量不可能水平向右，選項B錯誤。]
規律方法　沖量理解的三點注意
(1)定義式I＝Ft僅限于求恒力的沖量，且無需考慮物體的運動狀態。
(2)求合力的沖量時可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和或先求合力，再求其沖量。
(3)若力為一般變力，不能直接計算沖量，要靈活應用圖像法或動量定理。
[跟進訓練]
1．關于沖量，下列說法正確的是(　　)
A．沖量的方向是由力的方向決定的
B．沖量的方向一定和動量的方向相同
C．沖量的大小不一定和動量變化量的大小相同
D．物體所受合力的沖量等于物體動能的變化
√
A　[沖量是矢量，它的方向是由力的方向決定的，A正確；沖量的方向和動量的方向不一定相同，比如平拋運動，沖量方向豎直向下，動量方向是軌跡的切線方向，B錯誤；根據動量定理，物體所受合力的沖量等于物體動量的變化量，C、D錯誤。]
2．恒力F作用在質量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經時間t，下列說法正確的是
(　　)
A．拉力F對物體的沖量大小為零
B．拉力F對物體的沖量大小為Ft
C．拉力F對物體的沖量大小是Ft cos θ
D．合力對物體的沖量大小不為零
√
B　[對沖量的計算一定要分清求的是哪個力的沖量，是某一個力的沖量，是合力的沖量，是分力的沖量，還是某一個方向上力的沖量，某一個力的沖量與另一個力的沖量無關，故拉力F的沖量為Ft，A、C錯誤，B正確；物體處于靜止狀態，合力為零，合力的沖量為零，D錯誤。]
考點2　動量定理的理解及應用
1．對動量定理的理解
(1)動量定理的表達式FΔt＝mv′－mv是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。
(2)動量定理反映了合外力的沖量是物體動量變化的原因。
(3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是變力，則F應是合外力在作用時間內的平均值。
2．動量定理的應用
(1)用動量定理解釋現象
①物體的動量變化一定，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小。
②作用力一定，此時力的作用時間越長，物體的動量變化越大；力的作用時間越短，物體的動量變化越小。
(2)應用I＝Δp求變力的沖量。
(3)應用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量。
角度1　動量定理的定性分析
【典例2】　籃球運動員接傳過來的籃球時，通常要先伸出雙臂迎接籃球，手接觸到籃球后，雙手迅速后撤將籃球引至胸前。運用你所學的物理規律分析，這樣做可以(　　)
A．減小手對籃球的沖量
B．減小籃球的動量變化量
C．減小籃球對手的作用力
D．縮短籃球對手的作用時間
√
C　[籃球運動員接傳過來的籃球，末速度為零，動量的變化量是確定的，B錯誤；根據動量定理知，手對籃球沖量的大小也是確定的，A錯誤；先伸出雙臂迎接，手接觸到籃球后，兩臂隨籃球引至胸前，這樣可以延長籃球與手接觸的時間，D錯誤；根據動量定理得－Ft＝0－mv，則F＝，當作用時間延長時，手對籃球的作用力減小，即籃球對手的作用力減小，C正確。]
角度2　動量定理的定量計算
【典例3】　[鏈接教材P8例題]一位質量為m＝50 kg的蹦床運動員，從離水平網面h1＝3.2 m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面h2＝5.0 m高處。已知運動員與網接觸的時間為Δt＝0.9 s，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求運動員與網接觸的這段時間內動量的變化量Δp；
(2)求網對運動員的平均作用力大小。
[解析]　(1)設運動員觸網前的速度大小為v1，下落過程有
mgh1＝，
解得v1＝＝8 m/s。
設運動員觸網后的速度大小為v2，上升過程有
mgh2＝，
解得v2＝＝10 m/s。
以豎直向上為正方向，觸網過程中動量的變化量為
Δp＝mv2－(－mv1)＝50×10 kg·m/s－50×(－8) kg·m/s＝900 kg·m/s，方向豎直向上。
(2)觸網過程中，根據動量定理可得
(－mg)Δt＝Δp，
解得＝＋mg＝ N＋50×10 N＝1 500 N。
[答案]　(1)900 kg·m/s　方向豎直向上　
(2)1 500 N
規律方法　應用動量定理解題的步驟
(1)明確研究對象和物理過程；
(2)分析研究對象在運動過程中的受力情況；
(3)選取正方向，確定物體在運動過程中始末兩狀態的動量及合力的沖量；
(4)依據動量定理列方程求解。
【教材原題P8例題】　一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒擊打后，反向水平飛回，速度的大小為
45 m/s。若球棒與壘球的作用時間為0.002 s，球棒對壘球的平均作用力是多大？
分析　球棒對壘球的作用力是變力，力的作用時間很短。在這個短時間內，力先是急劇地增大，然后又急劇地減小為0。在沖擊、碰撞這類問題中，相互作用的時間很短，力的變化都具有這個特點。動量定理適用于變力作用的過程，因此，可以用動量定理計算球棒對壘球的平均作用力。
解　沿壘球飛向球棒時的方向建立坐標軸，壘球的初動量為
p＝mv＝0.18×25 kg·m/s＝4.5 kg·m/s
壘球的末動量為
p′＝mv′＝－0.18×45 kg·m/s＝－8.1 kg·m/s
由動量定理知壘球所受的平均作用力為
F＝＝ N＝－6 300 N
壘球所受的平均作用力的大小為6 300 N，負號表示力的方向與坐標軸的方向相反，即力的方向與壘球飛來的方向相反。
[跟進訓練]
3．有些船和碼頭常懸掛一些老舊輪胎，主要用途是減輕船舶靠岸時碼頭與船體的撞擊。原因是輪胎的彈性大，使得(　　)
A．船舶靠岸過程中動量變化量比較小
B．船舶靠岸的末動量比較小
C．船舶靠岸過程沖量比較小
D．船舶靠岸過程時間比較長
√
D　[在船和碼頭上裝老舊輪胎，是為了在船舶靠岸時延長作用時間，從而減小船體和碼頭間的作用力。在船和碼頭上裝老舊輪胎并不會改變船舶靠岸過程中動量的變化量，也不會影響船舶靠岸的末動量，選D。]
學習效果·隨堂評估自測
1．下面關于沖量的說法中正確的是(　　)
A．物體受到很大的沖力時，其沖量一定很大
B．當力與位移垂直時，該力的沖量為零
C．不管物體做什么運動，在相同時間內重力的沖量相同
D．只要力的大小恒定，其相同時間內的沖量就恒定
√
C　[沖量是力與時間的乘積，力大，沖量不一定大，A錯誤；當力與位移垂直時，只要力作用一段時間，該力的沖量就不為零，B錯誤；重力和作用時間均相同，則重力的沖量相同，與物體的運動狀態無關，C正確；力的大小恒定，但方向卻不一定相同，其相同時間內的沖量不一定相同，D錯誤。]
2．行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(　　)
A．增加了司機單位面積的受力大小
B．減少了碰撞前后司機動量的變化量
C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
√
D　[行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機的受力面積，減少了司機單位面積的受力大小，可以延長司機的受力時間，從而減小了司機受到的作用力，A項錯誤，D項正確；碰撞前司機動量等于其質量與速度的乘積，碰撞后司機動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機動量的變化量，B項錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機的動能轉化為氣囊的彈性勢能及氣囊內氣體的內能，C項錯誤。]
3．(人教版P11T5情境變式)蹦極是一項非常刺激的極限運動。如圖所示，某人用彈性橡皮繩一端拴住身體，橡皮繩另一端固定在跳臺P處，人從跳臺上自由下落，在空中感受失重的滋味，人從P點由靜止下落至最低點所用時間為4 s，若此人質量為50 kg，橡皮繩原長20 m且始終在彈性限度內，人可看成質點，g取10 m/s2，
不計空氣阻力。對上述過程，下列說法錯誤的是(　　)
A．人自由下落時間為2 s
B．人下落至對橡皮繩產生拉力瞬間，其動量大小為1 000 kg·m/s
C．下落過程中橡皮繩對人的沖量大小為1 000 N·s
D．下落過程中橡皮繩對人的平均作用力大小為1 000 N
√
C　[在橡皮繩剛好伸直前人做自由落體運動，故人自由下落的時間t1＝＝ s＝2 s，A正確；人下落至對橡皮繩產生拉力瞬間，橡皮繩恰好伸直，根據v2＝2gh，解得v＝20 m/s，此時人的動量大小p＝mv＝
1 000 kg·m/s，B正確；由以上分析可知，人在下落過程中橡皮繩的作用時間t2＝2 s，以向上為正方向，由動量定理得IF－IG＝0－(－mv)，IG＝mgt2＝1 000 N·s，橡皮繩對人的沖量大小為IF＝2 000 N·s，橡皮繩對人的平均作用力大小為＝＝1 000 N，C錯誤，D正確。]
4．(新情境題，以滑雪運動為背景，考查沖量和動量定理)2024年12月13日，2024—2025賽季國際雪聯跳臺滑雪女子世界杯在位于河北的國家跳臺滑雪中心“雪如意”開賽。如圖為某滑道示意圖，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝15 m，C為圓弧的最低點。質量m＝60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝
5 m/s2，到達B點時速度vB＝30 m/s。重力加速
度g取10 m/s2，不計一切摩擦。
問題：
(1)求長直助滑道AB段運動員所受重力的沖量大小；
(2)求運動員在AC段所受合外力的沖量I的大小。
[解析]　(1)由A到B的過程中，運動員做勻加速直線運動，由vB＝v0＋at可得由A點到B點所用的時間為
t＝＝ s＝6 s，
則重力的沖量大小為
IG＝mgt＝3 600 N·s。
(2)由B到C的過程中，根據動能定理得
mgh＝，
得到達C點的速度大小為
vC＝＝ m/s＝20 m/s，
運動員在AC段所受合外力的沖量大小
I＝mvC－0＝1 200 N·s。
[答案]　(1)3 600 N·s　(2)1 200 N·s
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．公式I＝F·t在任何情況下都適用嗎？
提示：僅用于恒力沖量的計算。
2．怎樣計算變力的沖量？
提示：一般用圖像法或動量定理求解。
3．跳高運動員落在厚厚的墊子上是為了減小沖量嗎？
提示：不是，是減小沖擊力。
4．動量定理有哪些應用？
提示：(1)求變力的沖量。
(2)解決一些動力學問題。
(3)在生產實際中的應用。
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?題組一　對沖量的理解及計算
1．關于沖量，下列說法正確的是(　　)
A．合力的沖量是物體動量變化的原因
B．作用在靜止的物體上的力的沖量一定為零
C．動量越大的物體受到的沖量越大
D．沖量的方向與物體運動的方向相同
課時分層作業(二)　動量定理
√
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A　[力作用一段時間便有了沖量，而合力作用一段時間后，物體的運動狀態發生了變化，物體的動量也發生了變化，因此說合力的沖量使物體的動量發生了變化，選項A正確；只要有力作用在物體上，經歷一段時間，這個力便有了沖量，與物體處于什么狀態無關，選項B錯誤；物體所受沖量I＝Ft與物體動量的大小p＝mv無關，選項C錯誤；沖量是矢量，其方向與力的方向相同，D錯誤。]
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2．如圖所示甲、乙兩種情況中，人用相同大小的恒定拉力拉繩子，使人和船A均向右運動，經過相同的時間t，圖甲中船A沒有靠岸，圖乙中船A沒有與船B相碰，則經過時間t(　　)
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A．圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量小
B．圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量大
C．圖甲中人對繩子拉力的沖量與圖乙中人對繩子拉力的沖量一樣大
D．以上三種情況都有可能
√
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C　[甲、乙兩圖中人對繩子的拉力相同，作用時間相等，由沖量的定義式I＝Ft可知，兩沖量相等，只有選項C是正確的。]
3．如圖所示，質量為m的滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1速度變為零，然后又下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為F1。在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為(　　)
A．mg sin θ(t1＋t2)　　 B．mg sin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
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C　[根據沖量的定義式I＝Ft，重力對滑塊的沖量應為重力乘作用時間，所以IG＝mg(t1＋t2)，故C正確。]
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4．如圖所示，一水平地面由光滑的AB段和粗糙程度均勻的BC段組成，且AB＝BC。某同學用水平恒力F將物體(可看成質點)由靜止從A點拉到C點。若在AB段和BC段上拉力的沖量大小分別為I1和I2，則下列表述正確的是(　　)
A．I1一定大于I2　
B．I1可能等于I2
C．I1可能小于I2
D．I1一定等于I2
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B　[AB段物體一直加速，如果經過C點速度大于零，則tAB>tBC，所以I1大于I2；如果經過C點速度等于零，則tAB＝tBC，所以I1等于I2；不會有tAB題號
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?題組二　動量定理的定性分析
5．從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，這樣做是為了(　　)
A．減小沖量
B．減小動量的變化量
C．增大與地面的沖擊時間，從而減小沖力
D．增大人對地面的壓強，起到安全作用
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C　[腳尖先著地，接著逐漸到整個腳著地，延緩了人落地時動量變化所用的時間，由動量定理可知，人落地時，動量變化量一定，這樣可以減小地面對人的沖擊力，從而避免人受到傷害，故C項正確。]
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6．如圖所示，將一杯水放在桌邊，杯下壓一張紙條。若緩慢拉動紙條(此過程中杯子相對紙條滑動)，發現杯子會滑落；當快速拉動紙條時，發現杯子并沒有滑落。對于這個實驗，下列說法正確的是
(　　)
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A．緩慢拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較小
B．快速拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較大
C．為使杯子不滑落，杯子與紙條間的動摩擦因數應盡量大一些
D．為使杯子不滑落，杯子與桌面間的動摩擦因數應盡量大一些
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D　[在緩慢拉動和快速拉動紙條的過程中，杯子受到的摩擦力均為滑動摩擦力，大小相等，但快速拉動時，紙條與杯子作用時間短，此時摩擦力對杯子的沖量小，由I＝Δp可知，杯子增加的動量較小，因此杯子沒有滑落，緩慢拉動時，摩擦力對杯子的沖量大，杯子增加的動量大，杯子會滑落，選項A、B錯誤；為使杯子不滑落，摩擦力對杯子的沖量應盡量小一些，杯子與紙條間的動摩擦因數應盡量小一些，選項C錯誤；杯子與桌面間的動摩擦因數較大時，杯子在桌面上做減速運動的加速度較大，則滑動的距離較小，杯子不容易滑落，選項D正確。]
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?題組三　動量定理的定量計算
7．“娛樂風洞”是一項將科技與驚險相結合的娛樂項目，它能在一個特定的空間內把表演者“吹”起來。假設風洞內向上的風速保持不變，表演者調整身體的姿態，通過改變受風面積(表演者在垂直風力方向的投影面積)來改變所受向上風力的大小。已知人體所受風力大小與受風面積成正比，人水平橫躺時受風面積最大，設為S0，站立時受風面積為；當受風面積為S0時，表演者恰好可以靜止
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或勻速漂移。如圖所示，某次表演中，人體可上下移動的空間總高度為H，表演者由靜止以站立身姿從A位置下落，經過B位置時調整為水平橫躺身姿(不計調整過程的時間和速度變化)，運動到C位置時速度恰好減為零。關于表演者下落的過程，下列說法中正確的是(　　)
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A．從A至B過程表演者的加速度大于從B至C過程表演者的加速度
B．從A至B過程表演者的運動時間小于從B至C過程表演者的運動時間
C．從A至B過程表演者動能的變化量大于從B至C過程表演者克服風力所做的功
D．從A至B過程表演者動量變化量的數值小于從B至C過程表演者受風力沖量的數值
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D　[根據題意，風力F＝kS，k·＝mg，因此人站立時F1＝k·＝，平躺時F2＝kS0＝2mg。由A至B過程mg－F1＝ma1，a1＝，由B到C過程F2－mg＝ma2，a2＝g，a1tBC，B錯誤；從A至B過程表演者的動能變化量大小等于從B至C過程動能變化量大小，從B至C過程，由動能定理有mghBC－W＝0－EkB，則W＝mghBC＋EkB，C錯誤；從B至C過程，由動量定理有mgtBC－F2tBC＝0－mvB，則F2tBC＝mgtBC＋mvB>mvB－0，D正確。]
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8．隨著科技信息電子產品的快速發展，人們對手機的依賴性越來越強，許多人喜歡躺著看手機，經常出現手機砸傷眼睛的情況。若手機質量為120 g，從離人眼睛約20 cm的高度無初速度跌落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到的手機的沖擊時間約為0.2 s，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正確的是(　　)
A．手機接觸眼睛之前的速度約為1 m/s
B．手機對眼睛的沖量大小約為0.56 N·s
C．手機對眼睛的作用力大小約為1.2 N
D．手機與眼睛作用過程中手機的動量變化量大小為0.24 kg·m/s
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D　[根據自由落體運動規律可得，手機接觸眼睛之前的速度為v＝＝ m/s＝2 m/s，A錯誤；設眼睛對手機的沖量大小為I1，取向下為正方向，根據動量定理有mgt－I1＝0－mv，解得I1＝
0.48 N·s，可得眼睛對手機的作用力大小為F1＝＝ N＝2.4 N，根據牛頓第三定律可得手機對眼睛的作用力大小約為2.4 N，手機對眼睛的沖量大小約為0.48 N·s，B、C錯誤；手機與眼睛作用過程中手機的動量變化量大小為Δp＝|m·Δv|＝0.24 kg·m/s，D正確。]
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9．人們常說“滴水穿石”，請你根據下面所提供的信息，估算水對石頭的沖擊力的大小。一瀑布落差為h＝20 m，水流量為Q＝
0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高點時和落至石頭上時的速度都認為是0。落在石頭上的水立即流走，在討論石頭對水的作用時可以不考慮水的重力，g取 m/s2，整個過程不考慮空氣阻力。
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[解析]　設水滴與石頭碰前速度為v，則有
mgh＝mv2。
設時間Δt內有質量為Δm的水沖到石頭上，石頭對水的作用力大小為F，由動量定理得
－FΔt＝0－Δmv。
又Δm＝ρQΔt，
聯立解得F＝ρQv＝2×103 N。
由牛頓第三定律知，水對石頭的作用力大小為
F′＝F＝2×103 N。
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[答案]　2×103 N
10．使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動量大小比乙的大
C．甲的動量大小與乙的相等
D．甲和乙的動量之和不為零
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D　[設兩條形磁鐵間的相互作用力大小為F，對任意一個條形磁鐵由動量定理有(F－μmg)t＝mv，得v＝t－μgt，顯然質量越大的條形磁鐵速度越小，A錯誤；由(F－μmg)t＝p可知質量越大的條形磁鐵動量越小，B錯誤；由B選項分析可知，兩條形磁鐵的動量大小不相等，即甲、乙兩條形磁鐵的動量之和不為零，C錯誤，D正確。]
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11．已知高超音速戰略導彈東風-17質量為m，在一次試射機動變軌過程中，東風-17正在大氣層邊緣向東水平高速飛行，速度大小為12馬赫(1馬赫為一倍音速，設為v)，突然蛇形機動變軌，轉成水平向東偏下37°角飛行，速度大小為15馬赫。此次機動變軌過程中(　　)
A．合力對東風-17做的功為81mv2
B．合力對東風-17做的功為40.5 mv2
C．合力對東風-17的沖量大小為9mv，方向豎直向上
D．合力對東風-17的沖量大小為12mv，方向豎直向上
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B　[根據動能定理得W＝m(15v)2－m(12v)2＝，A錯誤，B正確；根據動量定理得I＝mΔv＝m＝9mv，方向豎直向下，C、D錯誤。]
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12．一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
A．t＝1 s時物塊的速率為2 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
√
B　[根據F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·
m/s，則選項B正確，選項A、C、D錯誤。]
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13．如圖甲所示，質量為m的小球用細線懸掛在O1點，小球離地面高度為L。小球可以看成質點，弄斷細線后小球自由下落，并與地面碰撞后原速率反彈。圖乙中，質量為m、長為L的均勻軟繩用細線懸在O2點，軟繩下端剛好與地面接觸。輕輕弄斷細線，軟繩自由下落，軟繩落地后速度立刻變為零。不考慮部分軟繩落地后引起的落點的變化，空氣阻力不計，重力加速度為g。求：
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(1)若小球與地面碰撞的接觸時間為Δt＝，地面對小球的平均作用力大小；
(2)從細線斷開到軟繩全都落至地面過程中，地面對軟繩的沖量。
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[解析]　(1)小球自由下落，則有
＝2gL，
以豎直向上為正方向，小球與地面碰撞，由動量定理得
Δt－mgΔt＝mv1－(－mv1)，
解得＝21mg。
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(2)軟繩全部自由下落到地面的過程中有
L＝，
此過程中軟繩受到重力和地面的支持力，以豎直向下為正方向，由動量定理得
mg·t1＋I1＝0，
聯立解得I1＝－m，負號表示方向豎直向上。
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[答案]　(1)21mg　(2)m　方向豎直向上
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