2025版高考物理大一輪復習第六章第1講動量定理及應用講義含解析教科版VIP

PAGEPAGE1動量定理及應用五年高考(全國卷)命題分析五年?？紵狳c五年未考重點動量、動量定理及應用2024202420242卷15題3卷20題1卷35(2)題1.動量和沖量的理解和計算2.板塊模型中的動量和能量問題3.“人船模型”問題4.“子彈打木塊”模型5.驗證動量守恒定律動量守恒定律的應用202420141卷14題、2卷15題2卷35(2)題動量和能量觀點解決碰撞或爆炸類問題20242024201520141卷24題、2卷24題2卷35(2)題、3卷35(2)題1卷35(2)題、2卷35(2)題1卷35(2)題1.考查方式：從前幾年命題規(guī)律來看，應用碰撞或反沖運動模型，以計算題的形式考查動量和能量觀點的綜合應用.2.命題趨勢：由于動量守恒定律作為必考內(nèi)容，因此綜合應用動量和能量觀點解決碰撞模型問題將仍是今后命題的熱點，既可以將動量與力學學問結(jié)合，也可將動量和電學學問結(jié)合，作為理綜試卷壓軸計算題進行命題.第1講動量定理及應用一、動量、動量變更、沖量1．動量(1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積．(2)表達式：p＝mv.(3)方向：動量的方向與速度的方向相同．2．動量的變更(1)因為動量是矢量，動量的變更量Δp也是矢量，其方向與速度的變更量Δv的方向相同．(2)動量的變更量Δp的大小，一般用末動量p′減去初動量p進行計算，也稱為動量的增量．即Δp＝p′－p.3．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量．(2)公式：I＝Ft.(3)單位：N·s.(4)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向相同．自測1(2024·全國卷Ⅰ·14)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)驗的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比答案B解析高鐵列車做初速度為零的勻加速直線運動，則速度v＝at，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，與經(jīng)驗的時間的平方成正比，A項錯誤；依據(jù)v2＝2ax，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·2ax＝max，與位移成正比，B項正確；動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比，C項錯誤；動量p＝mv，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，與動量的平方成正比，D項錯誤．二、動量定理1．內(nèi)容：物體在一個運動過程始末的動量變更量等于它在這個過程中所受合力的沖量．2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.3．動量定理的理解(1)動量定理反映了力的沖量與動量變更量之間的因果關系，即外力的沖量是緣由，物體的動量變更量是結(jié)果．(2)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和．(3)動量定理表達式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義．自測2(2024·全國卷Ⅱ·15)高空墜物極易對行人造成損害．若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A．10NB．102NC．103ND．104N答案C解析設每層樓高約為3m，則下落高度約為h＝3×25m＝75m由mgh＝eq\f(1,2)mv2及(F－mg)t＝mv知雞蛋對地面的沖擊力F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg≈103N.命題點一對動量和沖量的理解1．對動量的理解(1)動量的兩性①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的．②相對性：動量的大小與參考系的選取有關，通常狀況是指相對地面的動量．(2)動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標矢性矢量標量變更因素物體所受沖量外力所做的功大小關系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)對于給定的物體，若動能發(fā)生了變更，動量肯定也發(fā)生了變更；而動量發(fā)生變更，動能不肯定發(fā)生變更．它們都是相對量，均與參考系的選取有關，中學階段通常選取地面為參考系2.對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力確定，還由力的作用時間確定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積．②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一樣；對于作用時間內(nèi)方向變更的力來說，沖量的方向與相應時間內(nèi)物體動量變更量的方向一樣．(2)作用力和反作用力的沖量：肯定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必定聯(lián)系．(3)沖量與功的比較沖量功定義作用在物體上的力和力的作用時間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I＝Ft(F為恒力)W＝Fxcosα(F為恒力)標矢性矢量標量意義①表示力對時間的累積②是動量變更的量度①表示力對空間的累積②是能量變更多少的量度都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系例1(2024·廣西南寧市3月適應測試)跳水運動員在跳臺上由靜止直立落下，落入水中后在水中減速運動到速度為零時并未到達池底，不計空氣阻力，則關于運動員從靜止落下到水中向下運動到速度為零的過程中，下列說法不正確的是()A．運動員在空中動量的變更量等于重力的沖量B．運動員整個向下運動過程中合外力的沖量為零C．運動員在水中動量的變更量等于水的作用力的沖量D．運動員整個運動過程中重力沖量與水的作用力的沖量等大反向答案C解析依據(jù)動量定理可知，運動員在空中動量的變更量等于重力的沖量，A項正確；運動員整個向下運動過程中，初速度為零，末速度為零，因此合外力的沖量為零，B項正確；運動員在水中動量的變更量等于重力和水的作用力的合力的沖量，C項錯誤；由于整個過程合外力的沖量為零，因此運動員整個過程中重力沖量與水的作用力的沖量等大反向，D項正確．變式1(2024·河北省唐山市上學期期末)1998年6月18日，清華高校對富康轎車勝利地進行了中國轎車史上的第一次碰撞平安性試驗，勝利“中華第一撞”，從今，我國汽車整體平安性碰撞試驗起先與國際接軌，在碰撞過程中，關于平安氣囊的愛護作用相識正確的是()A．平安氣囊的作用減小了駕駛員的動量變更B．平安氣囊減小了駕駛員受到撞擊力的沖量C．平安氣囊主要是減小了駕駛員的動量變更率D．平安氣囊延長了撞擊力的作用時間，從而使得動量變更更大答案C解析在碰撞過程中，駕駛員的動量的變更量是肯定的，而用平安氣囊后增加了作用的時間，依據(jù)動量定理Ft＝Δp可知，平安氣囊減小了駕駛員受到的撞擊力，即平安氣囊減小了駕駛員的動量變更率．例2(2024·甘肅省慶陽市調(diào)研)如圖1所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑．兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP>QN.將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是()圖1A．合力對兩滑塊的沖量大小相同B．重力對a滑塊的沖量較大C．彈力對a滑塊的沖量較小D．兩滑塊的動量變更大小相同答案C解析這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達滑軌底端．合力F＝mgsinθ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a>Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大，a滑塊的動量變更也大；重力的沖量大小、方向都相同；彈力N＝mgcosθ，Na<Nb，因此彈力對a滑塊的沖量較小．選C.變式2(多選)如圖2所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t，則()圖2A．拉力對物體的沖量大小為FtB．拉力對物體的沖量大小為FtsinθC．摩擦力對物體的沖量大小為FtsinθD．合外力對物體的沖量大小為零答案AD解析拉力F對物體的沖量大小為Ft，故A項正確，B項錯誤；物體受到的摩擦力f＝Fcosθ，所以，摩擦力對物體的沖量大小為ft＝Ftcosθ，故C項錯誤；物體勻速運動，則合外力為零，所以合外力對物體的沖量大小為零，故D項正確．命題點二動量定理的基本應用1．動量定理的理解(1)中學物理中，動量定理探討的對象通常是單個物體．(2)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(3)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明白兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變更的緣由．(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變更率．2．用動量定理解題的基本思路(1)確定探討對象．在中學階段用動量定理探討的問題，其探討對象一般僅限于單個物體．(2)對物體進行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；或先求合力，再求其沖量．(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號．(4)依據(jù)動量定理列方程，如有必要還須要補充其他方程，最終代入數(shù)據(jù)求解．例3(2024·福建省三明市上學期期末)用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理．如圖3所示，從距秤盤80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)勻稱地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反．若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g．則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()圖3A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N答案B解析豆粒從80cm高處下落到秤盤上時的速度為v1，veq\o\al(12,)＝2gh，則v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s設豎直向上為正方向，依據(jù)動量定理：Ft＝mv2－mv1則F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，故B正確，A、C、D錯誤．變式3(多選)(2024·陜西省安康市其次次聯(lián)考)一質(zhì)量為m＝60kg的運動員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)t＝0.2s，以大小v＝1m/s的速度離開地面，取重力加速度g＝10m/s2，在這0.2s內(nèi)()A．地面對運動員的沖量大小為180N·sB．地面對運動員的沖量大小為60N·sC．地面對運動員做的功為30JD．地面對運動員做的功為零答案AD解析人的速度由原來的零，起跳后變?yōu)関，設向上為正方向，由動量定理可得：I－mgt＝mv－0，故地面對人的沖量為：I＝mv＋mgt＝60×1N·s＋600×0.2N·s＝180N·s，故A正確，B錯誤；人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，所以地面對運動員的支持力不做功，故C錯誤，D正確．命題點三動量定理在多過程問題中的應用應用動量定理解決多過程問題的方法與動能定理類似，有分段列式和全程列式兩種思路．例4一高空作業(yè)的工人重為600N，系一條長為L＝5m的平安帶，若工人不慎跌落時平安帶的緩沖時間t＝1s(工人最終靜止懸掛在空中)，則緩沖過程中平安帶受的平均沖力是多少？(g取10m/s2，忽視空氣阻力的影響)答案1200N，方向豎直向下解析解法一分段列式法：依題意作圖，如圖所示，設工人剛要拉緊平安帶時的速度為v1，veq\o\al(12,)＝2gL，得v1＝eq\r(2gL)經(jīng)緩沖時間t＝1s后速度變?yōu)?，取向下的方向為正方向，對工人由動量定理知，工人受兩個力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv1，F(xiàn)＝eq\f(mgt＋mv1,t)將數(shù)值代入得F＝1200N.由牛頓第三定律，工人給平安帶的平均沖力F′為1200N，方向豎直向下．解法二全程列式法：在整個下落過程中對工人應用動量定理，重力的沖量大小為mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)，拉力F的沖量大小為Ft.初、末動量都是零，取向下為正方向，由動量定理知mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)－Ft＝0解得F＝eq\f(mg\r(\f(2L,g))＋t,t)＝1200N由牛頓第三定律知工人給平安帶的平均沖力F′＝F＝1200N，方向豎直向下．變式4一個質(zhì)量為m＝100g的小球從離厚軟墊h＝0.8m高處自由下落，落到厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)驗了t＝0.2s，不計空氣阻力，則在這段時間內(nèi)，軟墊對小球的沖量是多少？(取g＝10m/s2)答案0.6N·s，方向豎直向上解析設小球自由下落h＝0.8m的時間為t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(12,)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s.設I為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程運用動量定理得mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6N·s.負號表示軟墊對小球的沖量方向和規(guī)定的正方向相反，方向豎直向上．命題點四應用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題1．探討對象經(jīng)常須要選取流體為探討對象，如水、空氣等．2．探討方法隔離出肯定形態(tài)的一部分流體作為探討對象，然后列式求解．3．基本思路(1)在極短時間Δt內(nèi)，取一小柱體作為探討對象．(2)求小柱體的體積ΔV＝vSΔt(3)求小柱體質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt(4)求小柱體的動量變更Δp＝vΔm＝ρv2SΔt(5)應用動量定理FΔt＝Δp例5(2024·全國卷Ⅰ·35(2))某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算便利起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周勻稱散開．忽視空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．答案(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(,02),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(02,)S2)解析(1)在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認為噴出的水柱保持速度v0不變．該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿意ΔV＝ΔlS③由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S(2)設玩具底板相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底板的作用力由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底板對水柱的作用力，設v′為水柱到達玩具底面時的速度由運動學公式：v′2－veq\o\al(02,)＝－2gh⑥在很短Δt時間內(nèi)，沖擊玩具的水柱的質(zhì)量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理(F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽視，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(v\o\al(02,),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(02,)S2)A．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa答案A解析設雨滴受到睡蓮葉面的平均作用力為F，在Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝12m/s減為零．以向上的方向為正方向，對這部分雨水應用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝eq\f(Δm,Δt)v.設水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內(nèi)水面上升Δh，則有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSveq\f(Δh,Δt).壓強p＝eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×12×eq\f(45×10－3,3600)Pa＝0.15Pa.變式6如圖4所示，由噴泉中噴出的水柱，把一個質(zhì)量為M的垃圾桶倒頂在空中，水以速率v0、恒定的質(zhì)量增率(即單位時間噴出的質(zhì)量)eq\f(Δm,Δt)從地下射向空中．求垃圾桶可停留的最大高度．(設水柱噴到桶底后以相同的速率反彈，重力加速度為g)圖4答案eq\f(v\o\al(02,),2g)－eq\f(M2g,8)(eq\f(Δt,Δm))2解析設垃圾桶可停留的最大高度為h，并設水柱到達h高處的速度為vt，則veq\o\al(t2,)－veq\o\al(02,)＝－2gh得veq\o\al(t2,)＝veq\o\al(02,)－2gh由動量定理得，在極短時間Δt內(nèi)，水受到的沖量為FΔt＝2(eq\f(Δm,Δt)·Δt)vt解得F＝2eq\f(Δm,Δt)·vt＝2eq\f(Δm,Δt)eq\r(v\o\al(02,)－2gh)據(jù)題意有F＝Mg聯(lián)立解得h＝eq\f(v\o\al(02,),2g)－eq\f(M2g,8)(eq\f(Δt,Δm))21．(2024·山東省日照市校際聯(lián)合質(zhì)檢)關于動量和動能，下列說法中錯誤的是()A．做變速運動的物體，動能肯定不斷變更B．做變速運動的物體，動量肯定不斷變更C．合外力對物體做功為零，物體動能的增量肯定為零D．合外力的沖量為零，物體動量的增量肯定為零答案A解析做變速運動的物體，速度大小不肯定變更，動能不肯定變更，故A錯誤；做變速運動的物體，速度發(fā)生變更，動量肯定不斷變更，故B正確；合外力對物體做功為零，由動能定理，物體動能的增量肯定為零，故C正確；合外力的沖量為零，由動量定理，物體動量的增量肯定為零，故D正確．2．(2024·四川省德陽市高考一診)假如一物體在隨意相等的時間內(nèi)受到的沖量相等，則此物體的運動不行能是()A．勻速圓周運動 B．自由落體運動C．平拋運動 D．豎直上拋運動答案A解析假如物體在任何相等的時間內(nèi)受到的沖量都相同，由I＝Ft可知，物體受到的力是恒力．則物體可以做自由落體運動、平拋運動或豎直上拋運動，故B、C、D正確；物體做勻速圓周運動，所受合外力方向不斷變更，合力為變力，不能滿意在任何相等時間內(nèi)，合外力的沖量相等，故不行能為勻速圓周運動，故A錯誤．3.(2024·福建省泉州市質(zhì)檢)如圖1所示，ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細桿，a、b、c、d四個點位于同一圓周上，a在圓周最高點，d在圓周最低點，每根桿上都套著質(zhì)量相等的小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c三個點同時由靜止釋放．關于它們下滑的過程，下列說法正確的是()圖1A．重力對它們的沖量相同B．彈力對它們的沖量相同C．合外力對它們的沖量相同D．它們動能的增量相同答案A解析這是“等時圓”，即三個滑環(huán)同時由靜止釋放，運動到最低點d點的時間相同，由于三個環(huán)的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三個環(huán)重力的沖量相等，故A正確；c環(huán)受到的彈力最大，運動時間相等，則彈力對環(huán)c的沖量最大，故B錯誤；a環(huán)的加速度最大，受到的合力最大，則合力對a環(huán)的沖量最大，故C錯誤；重力對a環(huán)做功最多，其動能的增量最大，故D錯誤．4．(多選)(2024·河南省開封市第三次模擬)為了進一步探究課本中的迷你小試驗，某同學從圓珠筆中取出輕彈簧，將彈簧一端固定在水平桌面上，另一端套上筆帽，用力把筆帽往下壓后快速放開，他視察到筆帽被彈起并離開彈簧向上運動一段距離．不計空氣阻力，忽視筆帽與彈簧間的摩擦，在彈簧復原原長的過程中()A．筆帽始終做加速運動B．彈簧對筆帽做的功和對桌面做的功相等C．彈簧對筆帽的沖量大小和對桌面的沖量大小相等D．彈簧對筆帽的彈力做功的平均功率大于筆帽克服重力做功的平均功率答案CD解析彈簧復原原長的過程中，筆帽向上加速運動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，當彈力等于重力時，加速度為零，速度最大，此后彈力小于重力，合力向下，加速度與速度反向，筆帽做減速運動，故A錯誤；筆帽向上運動，受到的彈力方向向上，力與位移同向，故彈力對筆帽做正功，重力方向向下，與位移反向，對筆帽做負功，由于筆帽動能增加，所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功，時間相同，依據(jù)功率的定義，故D正確；彈簧對桌面雖然有彈力，但沒有位移，所以不做功，故B錯誤；由于輕彈簧質(zhì)量不計，所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力，作用時間相同，沖量大小相等，故C正確．5．(2024·山東省濟寧市上學期期末)質(zhì)量相同的子彈、橡皮泥和鋼球以相同的水平速度射向豎直墻壁，結(jié)果子彈穿墻而過，橡皮泥粘在墻上，鋼球被彈回．不計空氣阻力，關于它們對墻的水平?jīng)_量的大小，下列說法正確的是()A．子彈對墻的沖量最小B．橡皮泥對墻的沖量最小C．鋼球?qū)Φ臎_量最小D．子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等答案A解析由于子彈、橡皮泥和鋼球的質(zhì)量相等、初速度相等，則它們動量的變更量：Δp＝mv－mv0，子彈穿墻而過，末速度的方向為正；橡皮泥粘在墻上，末速度等于0；鋼球被彈回，末速度的方向與初速度方向相反，可知子彈的動量變更量最小，鋼球的動量變更量最大，由動量定理：I＝Δp，所以子彈受到的沖量最小，鋼球受到的沖量最大，結(jié)合牛頓第三定律可知，子彈對墻的沖量最小，鋼球?qū)Φ臎_量最大，故A正確，B、C、D錯誤．6.(2024·河南省商丘市上學期期末)李老師在課堂上做了如下的小試驗：他把一支粉筆豎直放在水平桌面上靠近邊緣的紙條上，如圖2所示．第一次他漸漸拉動紙條將紙條抽出，粉筆向后傾倒．其次次他快速將紙條抽出，粉筆稍微晃動一下又靜立在桌面上．兩次現(xiàn)象相比，下列說法正確的是()圖2A．第一次粉筆的慣性更小B．第一次粉筆受到紙帶的摩擦力更大C．第一次粉筆受到紙帶的沖量更小D．第一次粉筆獲得的動量更大答案D解析兩次拉動紙條的過程中粉筆的質(zhì)量不變，則其慣性不變，故A錯誤；兩次拉動紙條的過程中粉筆對紙條的正壓力不變，則紙條對粉筆的摩擦力不變，故B錯誤；第一次漸漸拉動紙條將紙條抽出作用時間變長，則摩擦力對粉筆沖量更大，故C錯誤；由動量定理可知，第一次合外力的沖量更大，則第一次粉筆獲得的動量更大，故D正確．7．(2024·四川省攀枝花市其次次統(tǒng)考)在距地面高度為h處，同時以大小相等的初速度v0，分別平拋、豎直上拋、豎直下拋出一個質(zhì)量相等的小球，不計空氣阻力，比較它們從拋出到落地過程中動量的增量Δp，正確的是()A．平拋過程中動量的增量Δp最大B．豎直下拋過程中動量的增量Δp最大C．豎直上拋過程中動量的增量Δp最大D．三者一樣大答案C解析三個小球中豎直上拋的小球運動時間最長，而豎直下拋的小球運動時間最短，由I＝Ft可知豎直上拋的小球，重力的沖量最大，由動量定理I＝Δp可知，豎直上拋的小球動量的增量最大，故C正確．8．(2024·湖南省長沙市雅禮中學模擬二)下列說法錯誤的是()A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了削減反沖的影響D．為了減輕撞車時對司乘人員的損害程度，發(fā)動機艙越堅實越好答案D解析火箭升空時，內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，火箭向后噴出氣流，火箭對氣流有向后的力，由于力的作用是相互的，氣流對火箭有向前的作用力，從而推動火箭前進，故選項A正確；體操運動員在著地的過程中，動量變更肯定．由動量定理可知，體操運動員受到的沖量I肯定．由I＝Ft可知，體操運動員在著地時屈腿是為了延長作用時間t，可以減小運動員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時子彈給槍身一個反作用力，會使槍身后退，影響射擊的精準度，所以為了削減反沖的影響，用槍射擊時要用肩部抵住槍身，故選項C正確；為了減輕撞車時對司乘人員的損害程度，就要延長碰撞時間，由I＝Ft可知，位于車體前部的發(fā)動機艙不能太堅實，故選項D錯誤．9．(2024·四川省綿陽市其次次診斷)在水平地面上，兩個具有相同初動量而質(zhì)量不同的物體，在大小相等的阻力作用下最終停下來．則質(zhì)量大的物體()A．滑行的距離小B．滑行的時間長C．滑行過程中的加速度大D．滑行過程中的動量變更快答案A解析依據(jù)p＝mv，Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，Ek＝eq\f(p2,2m)，初動量相同，質(zhì)量大的物體速度?。灰罁?jù)動能定理可知：－fL＝0－Ek＝－eq\f(p2,2m)，因兩物體受到的阻力大小相等，則質(zhì)量大的物體滑行的距離小，故A正確；依據(jù)動量定理，－ft＝0－p，因動量相同，故滑行時間相同，故B錯誤；因兩物體受到的阻力相同，由牛頓其次定律可知，質(zhì)量大的加速度小，故C錯誤；因兩物體均停止，所以滑行過程中動量變更量相同，因滑行時間相同，故動量變更快慢相同，故D錯誤．10.(2024·湖北省黃岡市期末調(diào)研)在2024年6月的全球航天探究大會上，我國公布了“可重復運用運載火箭”的概念方案．方案之一為“降傘方案”，如圖3，當火箭和有效載荷通過引爆裝置分別后，火箭變軌進入返回地球大氣層的返回軌道，并加速下落至低空軌道，然后采納著陸傘減速，接近地面時打開氣囊，讓火箭平安著陸．對該方案涉及的物理過程，下列說法正確的是()圖3A．火箭和有效載荷分別過程中該系統(tǒng)的總機械能守恒B．從返回軌道下落至低空軌道，火箭的重力加速度增大C．從返回軌道至低空軌道，火箭處于超重狀態(tài)D．打開氣囊是為了減小地面對火箭的沖量答案B解析分別用的引爆裝置的功能是在接收到分別指令后，通過程序配電器接通電爆管(或點火器)，引爆連接解鎖裝置或分別沖量裝置，使之分別，所以火箭和有效載荷分別過程中該系統(tǒng)的總機械能不守恒，故A錯誤；從返回軌道下落至低空軌道，由Geq\f(Mm,r2)＝mg得g＝Geq\f(M,r2)，火箭的重力加速度增大，故B