2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2 動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)案（必修1）

《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2 動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)案（必修1）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 2 動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)案（必修1）（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2　動(dòng)量和動(dòng)量定理 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]　 物理觀念：1.理解動(dòng)量的概念及其矢量性，會(huì)計(jì)算一維情況下的動(dòng)量變化量.2.理解沖量的概念，知道沖量是矢量；理解動(dòng)量定理及其表達(dá)式. 科學(xué)思維：1.通過自主和合作探究，推導(dǎo)動(dòng)量定理的表達(dá)式.2.能夠利用動(dòng)量定理解釋有關(guān)物理現(xiàn)象和進(jìn)行有關(guān)計(jì)算. 一、動(dòng)量 1.動(dòng)量 (1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積. (2)公式：p＝mv，單位：kg·m/s. (3)動(dòng)量的矢量性：動(dòng)量是矢(填“矢”或“標(biāo)”)量，方向與速度的方向相同，運(yùn)算遵循平行四邊形定則. 2.動(dòng)量的變化量 (1)物體在某段時(shí)間內(nèi)末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差，Δp＝p′－p(矢量式

2、). (2)動(dòng)量始終保持在一條直線上時(shí)的運(yùn)算：選定一個(gè)正方向，動(dòng)量、動(dòng)量的變化量用帶正、負(fù)號(hào)的數(shù)值表示，從而將矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算，此時(shí)的正、負(fù)號(hào)僅表示方向，不表示大小. 二、動(dòng)量定理 1.沖量 (1)定義：力和力的作用時(shí)間的乘積. (2)公式：I＝Ft. (3)沖量是過程(填“過程”或“狀態(tài)”)量，求沖量時(shí)一定要明確是哪一個(gè)力在哪一段時(shí)間內(nèi)的沖量. (4)沖量是矢(填“矢”或“標(biāo)”)量，若是恒力的沖量，則沖量的方向與該恒力的方向相同. (5)沖量的作用效果：使物體的動(dòng)量發(fā)生變化. 2.動(dòng)量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量.

3、 (2)表達(dá)式：mv′－mv＝Ft或p′－p＝I. 1.判斷下列說法的正誤. (1)動(dòng)量相同的物體，運(yùn)動(dòng)方向一定相同.(　√　) (2)一個(gè)物體的動(dòng)量改變，它的動(dòng)能一定改變.(　×　) (3)一個(gè)物體的動(dòng)能改變，它的動(dòng)量一定改變.(　√　) (4)若物體在一段時(shí)間內(nèi)，其動(dòng)量發(fā)生了變化，則物體在這段時(shí)間內(nèi)受到的合外力一定不為零.(　√　) (5)物體受到的合力的沖量越大，它的動(dòng)量變化量一定越大.(　√　) 2.(2018·甘肅會(huì)寧四中高二第二學(xué)期期中)在一條直線上運(yùn)動(dòng)的物體，其初動(dòng)量為8kg·m/s，它在第一秒內(nèi)受到的沖量為－3N·s，第二秒內(nèi)受到的沖量為5N·s，它在第二秒末

4、的動(dòng)量為(　　) A.10 kg·m/s B.11 kg·m/s　C.13 kg·m/s D.16 kg·m/s 答案　A 解析　根據(jù)動(dòng)量定理得：p－mv0＝Ft，則p＝Ft＋mv0＝(－3＋5＋8) kg·m/s＝10 kg·m/s，故選A. 一、對動(dòng)量及其變化量的理解 在激烈的橄欖球賽場上，一個(gè)較瘦弱的運(yùn)動(dòng)員攜球奔跑時(shí)迎面碰上了高大結(jié)實(shí)的對方運(yùn)動(dòng)員，自己卻被碰倒在地，而對方卻幾乎不受影響……，這說明運(yùn)動(dòng)物體產(chǎn)生的效果不僅與速度有關(guān)，而且與質(zhì)量有關(guān). (1)若質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員(包括球)以5m/s的速度向東奔跑，他的動(dòng)量是多大？方向如何？當(dāng)他以恒定的速率做曲線運(yùn)動(dòng)

5、時(shí)，他的動(dòng)量是否變化？ (2)若這名運(yùn)動(dòng)員與對方運(yùn)動(dòng)員相撞后速度變?yōu)榱悖膭?dòng)量的變化量多大？動(dòng)量的變化量的方向如何？ 答案　(1)動(dòng)量是300kg·m/s　方向向東　做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)他的動(dòng)量變化了，因?yàn)樗俣确较蜃兞? (2)300kg·m/s　方向向西 1.動(dòng)量p＝mv，是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量恒定的速率，是矢量，其方向與運(yùn)動(dòng)物體的速度方向相同. 2.物體動(dòng)量的變化Δp＝p′－p是矢量，其方向與速度變化的方向相同，在合力為恒力的情況下，物體動(dòng)量的變化的方向也與物體加速度的方向相同，即與物體所受合外力的方向相同. 3.關(guān)于動(dòng)量變化量的求解 (1)若初、末動(dòng)量在同一直線上，則在選定

6、正方向的前提下，可化矢量運(yùn)算為代數(shù)運(yùn)算. (2)若初、末動(dòng)量不在同一直線上，運(yùn)算時(shí)應(yīng)遵循平行四邊形定則. 例1　一小孩把一質(zhì)量為0.5kg的籃球由靜止釋放，釋放后籃球的重心下降高度為0.8m時(shí)與地面相撞，反彈后籃球的重心上升的最大高度為0.2m，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度為g＝10m/s2，求地面與籃球相互作用的過程中： (1)籃球的動(dòng)量變化量； (2)籃球的動(dòng)能變化量. 答案　(1)3kg·m/s，方向豎直向上　(2)減少了3J 解析　籃球與地面相撞前瞬間的速度為v1＝＝m/s＝4 m/s，方向向下，籃球反彈時(shí)的初速度v2＝＝m/s＝2 m/s，方向向上.規(guī)定豎直向下為正方向，籃

7、球的動(dòng)量變化量為Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×2kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s. 即籃球的動(dòng)量變化量大小為3kg·m/s，方向豎直向上. 籃球的動(dòng)能變化量為ΔEk＝mv22－mv12＝×0.5×22J－×0.5×42J＝－3J 即動(dòng)能減少了3J. 動(dòng)量與動(dòng)能的區(qū)別與聯(lián)系 1.區(qū)別：動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，質(zhì)量相同的兩物體，動(dòng)量相同時(shí)動(dòng)能一定相同，但動(dòng)能相同時(shí)，動(dòng)量不一定相同. 2.聯(lián)系：動(dòng)量和動(dòng)能都是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，大小關(guān)系為Ek＝或p＝. 二、動(dòng)量定理 1.動(dòng)量定理的推導(dǎo) 如圖1所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物體(與水平面無摩擦)在水

8、平恒力F作用下，經(jīng)過時(shí)間t，速度從v變?yōu)関′. 圖1 物體在這個(gè)過程中的加速度a＝ 根據(jù)牛頓第二定律F＝ma 可得F＝m 整理得：Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv 即Ft＝mv′－mv＝Δp. 2.對動(dòng)量定理的理解 (1)動(dòng)量定理反映了合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因. (2)動(dòng)量定理的表達(dá)式Ft＝mv′－mv是矢量式，運(yùn)用動(dòng)量定理解題時(shí)，要注意規(guī)定正方向. (3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是均勻變化的力，則F應(yīng)是合外力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值. 3.動(dòng)量定理的應(yīng)用 (1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象. ①物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間越短，力就越大，反之力就越小

9、. ②作用力一定時(shí)，力的作用時(shí)間越長，動(dòng)量變化量越大，反之動(dòng)量變化量就越小. (2)應(yīng)用動(dòng)量定理定量計(jì)算的一般步驟. →→ 例2　如圖2所示，用0.5kg的鐵錘豎直把釘子釘進(jìn)木頭里，打擊時(shí)鐵錘的速度為4.0m/s.如果打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊的作用時(shí)間是0.01s，那么： 圖2 (1)不計(jì)鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子時(shí)，釘子受到的平均作用力是多少？ (2)考慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子時(shí)，釘子受到的平均作用力又是多少？(g取10m/s2) 答案　(1)200N，方向豎直向下　(2)205N，方向豎直向下 解析　(1)以鐵錘為研究對象，不計(jì)鐵錘重力時(shí)，只受釘子的作用力，方

10、向豎直向上，設(shè)為F1，取豎直向上為正，由動(dòng)量定理可得F1t＝0－mv 所以F1＝－N＝200N，方向豎直向上. 由牛頓第三定律知，釘子受到的平均作用力為200N，方向豎直向下. (2)若考慮鐵錘重力，設(shè)此時(shí)鐵錘受釘子的作用力為F2，對鐵錘應(yīng)用動(dòng)量定理，取豎直向上為正. (F2－mg)t＝0－mv F2＝－N＋0.5×10N＝205N，方向豎直向上. 由牛頓第三定律知，釘子受到的平均作用力為205N，方向豎直向下. 在用動(dòng)量定理進(jìn)行定量計(jì)算時(shí)注意： (1)列方程前首先選取正方向； (2)分析速度時(shí)一定要選取同一參考系，一般選地面為參考系； (3)公式中的沖量應(yīng)是合外力的沖

11、量，求動(dòng)量的變化量時(shí)要嚴(yán)格按公式，且要注意動(dòng)量的變化量是末動(dòng)量減去初動(dòng)量. 針對訓(xùn)練1　(2018·沂南高二下學(xué)期期中)質(zhì)量為55kg的建筑工人，不慎從高空靜止落下，由于彈性安全帶的保護(hù)，他最終靜止懸掛在空中.已知彈性安全帶的緩沖時(shí)間為1.1s，安全帶長為5m，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A.1100NB.1050N　C.550ND.200N 答案　B 解析　工人下落過程為自由落體運(yùn)動(dòng)，安全帶被拉直瞬間工人的速度為： v0＝＝m/s＝10 m/s； 取人為研究對象，在人和安全帶相互作用的過程中，人受到重力mg和安全帶的拉力F，取豎直向上為

12、正方向，由動(dòng)量定理得：Ft－mgt＝0－(－mv0)，所以F＝mg＋＝550 N＋ N＝1050N 根據(jù)牛頓第三定律知，安全帶所受的平均沖力大小為1050N，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤. 例3　同一人以相同的力量跳遠(yuǎn)時(shí)，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于(　　) A.人跳在沙坑的動(dòng)量比跳在水泥地上的小 B.人跳在沙坑的動(dòng)量變化比跳在水泥地上的小 C.人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上的小 D.人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上的小 答案　D 解析　人落地前的速度是一定的，初動(dòng)量是一定的，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；落地后靜止，末動(dòng)量一定，人的動(dòng)量變化是一定的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知人

13、受到的沖量等于人的動(dòng)量變化，所以兩種情況下人受到的沖量相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；落在沙坑里力作用的時(shí)間長，落在水泥地上力作用的時(shí)間短，根據(jù)動(dòng)量定理，在動(dòng)量變化一定的情況下，時(shí)間t越長，則受到的沖力F越小，故選項(xiàng)D正確. 利用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象的問題主要有三類： (1)Δp一定，t短則F大，t長則F小. (2)F一定，t短則Δp小，t長則Δp大. (3)t一定，F(xiàn)大則Δp大，F(xiàn)小則Δp小. 針對訓(xùn)練2　(多選)對下列幾種物理現(xiàn)象的解釋，正確的是(　　) A.擊釘時(shí)，不用橡皮錘僅僅是因?yàn)橄鹌ゅN太輕 B.用手接籃球時(shí)，手往往向后縮一下，是為了減小沖量 C.易碎品運(yùn)輸時(shí)，要用柔軟材料包裝，船

14、舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時(shí)間以減小作用力 D.在車內(nèi)推車推不動(dòng)，是因?yàn)檐?包括人)所受合外力的沖量為零 答案　CD 解析　擊釘時(shí)，不用橡皮錘是因?yàn)橄鹌ゅN與釘子的作用時(shí)間長，作用力??；用手接籃球時(shí)，手往后縮一下，是為了延長作用時(shí)間以減小作用力，所以A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)動(dòng)量定理F·t＝Δp知，當(dāng)Δp相同時(shí)，t越長，作用力越小，故C項(xiàng)正確；車能否移動(dòng)或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)能否改變?nèi)Q于所受的合外力，與內(nèi)部作用無關(guān)，所以D項(xiàng)正確. 1.(動(dòng)量與動(dòng)量的變化)(2018·北京東城區(qū)期末)如圖3所示，質(zhì)量為m的足球在離地高h(yuǎn)處時(shí)速度剛好水平向左，大小為v1，守門員此時(shí)用手握拳擊球，使球以大小為v2的速

15、度水平向右飛出，手和球作用的時(shí)間極短，重力加速度為g，則(　　) 圖3 A.擊球前后球動(dòng)量改變量的方向水平向左 B.擊球前后球動(dòng)量改變量的大小是mv2－mv1 C.擊球前后球動(dòng)量改變量的大小是mv2＋mv1 D.球離開手時(shí)的機(jī)械能不可能是mgh＋mv12 答案　C 解析　規(guī)定水平向右為正方向，擊球前球的動(dòng)量p1＝－mv1，擊球后球的動(dòng)量p2＝mv2，擊球前后球動(dòng)量改變量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，動(dòng)量改變量的方向水平向右，故A、B錯(cuò)誤，C正確；球離開手時(shí)的機(jī)械能為mgh＋mv22，因v1與v2可能相等，則球離開手時(shí)的機(jī)械能可能是mgh＋mv12，故D錯(cuò)誤. 2

16、.(利用動(dòng)量定理定性分析問題)(2018·三明市高二下學(xué)期期末)如圖4，從高處跳到低處時(shí)，為了安全，一般都要屈腿，這樣做是為了(　　) 圖4 A.減小沖量 B.減小動(dòng)量的變化量 C.增大與地面的沖擊時(shí)間，從而減小沖力 D.增大人對地面的壓強(qiáng)，起到安全作用 答案　C 解析　人在和地面接觸時(shí)，人的速度減為零，由動(dòng)量定理可知(F－mg)t＝Δp，而屈腿可以增加人著地的時(shí)間，從而減小受到地面的沖擊力，故選C. 3.(動(dòng)量定理的應(yīng)用)(2018·深圳耀華中學(xué)期中)如圖5所示，一質(zhì)量為0.5kg的小球沿光滑水平面以大小為5 m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁碰撞后以大小為3 m/s的

17、速度反向彈回，已知小球跟墻壁作用的時(shí)間為0.05s，則該過程中小球受到墻壁的平均作用力(　　) 圖5 A.大小為80N，方向水平向左 B.大小為80N，方向水平向右 C.大小為20N，方向水平向左 D.大小為20N，方向水平向右 答案　A 解析　設(shè)小球受到的平均作用力為F，以初速度方向?yàn)檎较?，對小球撞墻的過程，由動(dòng)量定理有：Ft＝mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)，得平均作用力為：F＝－80N，負(fù)號(hào)表示方向向左，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤. 4.(動(dòng)量定理的應(yīng)用)質(zhì)量m＝70kg的撐竿跳高運(yùn)動(dòng)員從h＝5.0m高處靜止下落到薄海綿墊上，經(jīng)Δt1＝1 s后停下，則該運(yùn)動(dòng)員受到的海綿墊的平

18、均沖力約為多大？如果是落到普通沙坑中，經(jīng)Δt2＝0.1 s停下，則沙坑對運(yùn)動(dòng)員的平均沖力約為多大？(g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力) 答案　1400N　7700N 解析　以全過程為研究對象，初、末動(dòng)量的數(shù)值都是0，所以運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化量為零，根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量為零，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，運(yùn)動(dòng)員下落到地面上所需要的時(shí)間是t＝＝1s 從開始下落到在海綿墊上停止時(shí)，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0 代入數(shù)據(jù)，解得F＝1400N 下落到沙坑中時(shí)，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0 代入數(shù)據(jù)，解得F′＝7700N. 一、選擇題 考點(diǎn)一　動(dòng)量、動(dòng)量的變化 1.關(guān)于動(dòng)量，以下

19、說法正確的是(　　) A.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，其動(dòng)量不隨時(shí)間發(fā)生變化 B.懸線拉著的擺球在豎直面內(nèi)擺動(dòng)時(shí)，每次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量均相同 C.勻速直線飛行的巡航導(dǎo)彈巡航時(shí)動(dòng)量始終不變 D.平拋運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)在豎直方向上的動(dòng)量與運(yùn)動(dòng)時(shí)間成正比 答案　D 解析　做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)速度方向時(shí)刻變化，故動(dòng)量時(shí)刻變化，A項(xiàng)錯(cuò)誤；擺球相鄰兩次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)量方向相反，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；巡航導(dǎo)彈巡航時(shí)雖速度不變，但由于燃料不斷燃燒(導(dǎo)彈中燃料占其總質(zhì)量的一部分，不可忽略)，從而使導(dǎo)彈總質(zhì)量不斷減小，導(dǎo)彈動(dòng)量減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；平拋運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分動(dòng)量p豎＝mvy

20、＝mgt，故D項(xiàng)正確. 2.(多選)(2018·深圳耀華中學(xué)期中)將物體水平拋出，在物體落地前(不計(jì)空氣阻力)(　　) A.動(dòng)量的方向不變 B.動(dòng)量變化量的方向不變 C.相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化相同 D.相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化越來越大 答案　BC 解析　做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在落地前速度的方向不斷變化，故動(dòng)量的方向變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；動(dòng)量變化等于重力的沖量，故動(dòng)量變化量的方向不變，選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)量定理，相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化等于mgt，故相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化相同，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤. 考點(diǎn)二　沖量 3.(2018·甘肅會(huì)寧四中期中)下面關(guān)于沖量的說法中正確的是(　　) A.物體受到很大

21、的沖力時(shí)，其沖量一定很大 B.當(dāng)力與位移垂直時(shí)，該力的沖量為零 C.不管物體做什么運(yùn)動(dòng)，在相同時(shí)間內(nèi)重力的沖量相同 D.只要力的大小恒定，其相同時(shí)間內(nèi)的沖量就恒定 答案　C 解析　沖量是力與時(shí)間的乘積，是矢量；力大，沖量不一定大，A錯(cuò)誤；當(dāng)力與位移垂直時(shí)，該力的沖量不為零，B錯(cuò)誤；不管物體做什么運(yùn)動(dòng)，在相同時(shí)間內(nèi)重力的沖量相同，C正確；力的大小恒定，其相同時(shí)間內(nèi)沖量方向不一定相同，D錯(cuò)誤. 4.如圖1所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1速度變?yōu)榱闳缓笥窒禄?，?jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff.在整個(gè)過程中，重力對滑塊的總沖量

22、為(　　) 圖1 A.mgsinθ(t1＋t2) B.mgsinθ(t1－t2) C.mg(t1＋t2) D.0 答案　C 解析　根據(jù)沖量的定義式I＝Ft，因此重力對滑塊的沖量應(yīng)為重力乘作用時(shí)間，所以IG＝mg(t1＋t2)，C正確. 5.(多選)(2018·深圳耀華中學(xué)期中)自P點(diǎn)以某一速度豎直向上拋出的小球，上升到最高點(diǎn)Q后又回到P的過程中，空氣阻力大小不變，下列說法正確的是(　　) A.上升過程中重力的沖量大于下降過程中重力的沖量 B.上升過程中動(dòng)量的變化量小于下降過程中動(dòng)量的變化量 C.上升過程中空氣阻力的沖量小于下降過程中空氣阻力的沖量 D.上升過程中

23、合外力的沖量大于下降過程中合外力的沖量 答案　CD 解析　由于上升過程的合力大于下降過程的合力，所以上升過程加速度大于下降過程加速度，a上>a下，而上升與下降過程位移大小相等，故vP上>vP下，t上vP下，而最高點(diǎn)的速度為0，可知上升過程中動(dòng)量的變化量大于下降過程中動(dòng)量的變化量，故B錯(cuò)誤；同時(shí)由動(dòng)量定理知，上升過程中合外力的沖量大于下降過程中合外力的沖量，D正確；空氣阻力的沖量大?。篒＝Fft，t上

24、運(yùn)動(dòng)，其速度－時(shí)間圖象如圖2所示，則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受合外力的沖量分別是(　　) 圖2 A.10N·s，10N·s B.10N·s，－10N·s C.0，10N·s D.0，－10N·s 答案　D 解析　由題圖可知，在前10s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由動(dòng)量定理知I1＝0；在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p3＝－5 kg·m/s，由動(dòng)量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故D正確. 7.(多選)(2018·甘肅會(huì)寧四中高二第二學(xué)期期中)物體在恒定合外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，則以下說法正確的是(　　) A.物體所受合外力沖量的大小與時(shí)間成正比

25、 B.物體動(dòng)量的變化率不恒定 C.物體動(dòng)量的變化恒定 D.物體動(dòng)量的變化與時(shí)間成正比 答案　AD 解析　根據(jù)I＝Ft可知，合力恒定時(shí)，沖量大小與時(shí)間成正比，故A正確；根據(jù)Ft＝Δp可知，F(xiàn)＝，故動(dòng)量的變化率為恒定的，故B錯(cuò)誤；動(dòng)量的變化量等于Ft，故與時(shí)間成正比，故C錯(cuò)誤，D正確. 8.(多選)(2018·鶴壁市質(zhì)檢)如圖3所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)速度減為零.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.小球的機(jī)械能減少了mg(H＋h

26、) B.小球克服阻力做的功為mgh C.小球所受阻力的沖量大于m D.小球動(dòng)量的變化量等于所受阻力的沖量 答案　AC 解析　小球在整個(gè)過程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢能減小mg(H＋h)，則小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)，所以A正確；對全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，落到地面的速度v＝，對進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動(dòng)量定理得：IG－IF＝0－m，可知阻力的沖量為：IF＝IG＋m，即大于m，故C正確；對全過程分析，運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯(cuò)誤. 9.(多選)一個(gè)質(zhì)量為0.

27、18kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，設(shè)球棒與壘球的作用時(shí)間為0.01s.下列說法正確的是(　　) A.球棒對壘球的平均作用力大小為1260N B.球棒對壘球的平均作用力大小為360N C.球棒對壘球做的功為126J D.球棒對壘球做的功為36J 答案　AC 解析　設(shè)球棒對壘球的平均作用力為，由動(dòng)量定理得·t＝m(v1－v0)，取末速度方向?yàn)檎较?，則v1＝45 m/s，v0＝－25 m/s，代入得＝1260N.由動(dòng)能定理得W＝mv12－mv02＝126J，故A、C正確. 10.物體在恒定的合力F作用下做直線運(yùn)動(dòng)，在

28、時(shí)間Δt1內(nèi)速度由0增大到v，在時(shí)間Δt2內(nèi)速度由v增大到2v.設(shè)F在Δt1內(nèi)做的功是W1，沖量是I1；在Δt2內(nèi)做的功是W2，沖量是I2.那么(　　) A.I1

29、員從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處.已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為1.2s.若把在這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)成恒力處理，求此力的大小.(g取10m/s2) 答案　1.5×103N 解析　將運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，從h1高處下落，則接觸網(wǎng)時(shí)的速度大小v1＝，方向向下； 彈跳后到達(dá)的高度為h2，則剛離開網(wǎng)時(shí)的速度大小v2＝，方向向上 速度的改變量Δv＝v1＋v2，方向向上 以向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得(F－mg)Δt＝mΔv 聯(lián)立解得F＝mg＋m·＝1.5×103N. 12.如圖4所示，質(zhì)量m＝2kg的物體，在水平力F＝8N的作用下由

30、靜止開始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用了t1＝6s后撤去，撤去F后又經(jīng)t2＝2s物體與豎直墻相碰，若物體與墻壁作用時(shí)間t3＝0.1s，碰墻后反向彈回的速度大小v′＝6m/s，求墻壁對物體的平均作用力大小.(g取10 m/s2) 圖4 答案　280N 解析　選物體為研究對象，在t1時(shí)間內(nèi)其受力情況如圖甲所示， 選F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得：(F－μmg)t1＝mv1－0 解得：v1＝12m/s 撤去F后，物體受力如圖乙所示， 由動(dòng)量定理得：－μmgt2＝mv2－mv1 解得v2＝8m/s 物體與墻壁作用后速度變?yōu)橄蜃螅鶕?jù)動(dòng)量定理得t3＝－mv′－mv2 解得＝－280N 故墻壁對物體的平均作用力大小為280N. 13