6、A正確．上滑和下滑時(shí)支持力的沖量都不等于零，B錯(cuò)誤．對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)量定理，則I合＝Δp＝－mvt－mv0＝－mv0，C正確，D錯(cuò)誤．
熱點(diǎn)題型二 動(dòng)量定理的綜合應(yīng)用
1．應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象
(1)當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越短，力F就越大，力的作用時(shí)間Δt越長(zhǎng)，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．
(2)當(dāng)作用力F一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越長(zhǎng)，動(dòng)量變化量Δp越大，力的作用時(shí)間Δt越短，動(dòng)量變化量Δp越?。?
【例2】有關(guān)實(shí)際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是( )
A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度
B．體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿
7、是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力
C．用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響
D．為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好
【答案】ABC
【解析】.火箭升空時(shí)，內(nèi)能減小，轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，火箭向后噴出氣流，火箭對(duì)氣流有向后的力，由于力的作用是相互的，氣流對(duì)火箭有向前的力的作用，從而推動(dòng)火箭前進(jìn)，故選項(xiàng)A正確；體操運(yùn)動(dòng)員在落地的過程中，動(dòng)量變化一定，由動(dòng)量定理可知，運(yùn)動(dòng)員受到的沖量I一定，著地時(shí)屈腿是延長(zhǎng)時(shí)間t，由I＝Ft可知，延長(zhǎng)時(shí)間t可以減小運(yùn)動(dòng)員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響，故選項(xiàng)C正確；為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷
8、害程度，就要延長(zhǎng)碰撞時(shí)間，由I＝Ft可知，車體前部的發(fā)動(dòng)機(jī)艙不能太堅(jiān)固，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
【變式1】如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以足夠大的速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點(diǎn)．若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為( )
A．仍在P點(diǎn) B．在P點(diǎn)左邊
C．在P點(diǎn)右邊不遠(yuǎn)處 D．在P點(diǎn)右邊原水平位移的兩倍處
【答案】B.
【解析】紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動(dòng)摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力的作用時(shí)間較長(zhǎng)，即加速時(shí)間較長(zhǎng)，由I＝Fft＝mΔv得鐵塊獲得速度
9、較大，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力作用時(shí)間較短，即加速時(shí)間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運(yùn)動(dòng)的位移較小，故B選項(xiàng)正確．
【變式2】從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列說法正確的是( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量小，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量大
B．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變小，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變大
C．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變大，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變小
D．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變量與掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變量相等
【答案】D.
【解析】玻璃杯從同樣高度落下，到達(dá)地面時(shí)具有
10、相同的速度，即具有相同的動(dòng)量，與地面相互作用后都靜止．所以兩種地面的情況中玻璃杯動(dòng)量的改變量相同，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．
2.應(yīng)用動(dòng)量定理解決兩類問題
(1)應(yīng)用動(dòng)量定理解決微粒類問題
微粒及其特點(diǎn)
通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟
1
建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2
微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3
先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算
【例3】航天器離子發(fā)動(dòng)機(jī)原理
11、如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進(jìn)劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負(fù)極柵板間的電場(chǎng)加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進(jìn)或調(diào)整姿態(tài)的反沖力．已知單個(gè)正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負(fù)柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I.忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對(duì)航天器質(zhì)量的影響．該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的平均推力F的大小為( )
A．I B．I C．I D．2I
【答案】A
【解析】.以正離子為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理可得qU＝mv2，Δt時(shí)間內(nèi)通過的總電荷量為Q＝IΔt，噴出的總質(zhì)量Δm＝m＝m.
12、由動(dòng)量定理可知FΔt＝Δmv，聯(lián)立以上各式求解可得F＝I，選項(xiàng)A正確．
【變式】正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量．為簡(jiǎn)化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會(huì)均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變．利用所學(xué)力學(xué)知識(shí)，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系．
(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說明)
【答案】 f＝nmv2
【解析】 一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv，如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，
13、由題設(shè)可知，其內(nèi)有的粒子在Δt時(shí)間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù)N＝n·SvΔt
Δt時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝
則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝＝nmv2
(2)應(yīng)用動(dòng)量定理解決流體類問題
流體及其特點(diǎn)
通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ
分析步驟
1
建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S
2
微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體
兩
14、類流體運(yùn)動(dòng)模型
第一類是“吸收模型”，即流體與被碰物質(zhì)接觸后速度為零，第二類是“反彈模型”，即流體與被碰物質(zhì)接觸后以原速率反彈．
設(shè)時(shí)間t內(nèi)流體與被碰物質(zhì)相碰的“粒子”數(shù)為n，每個(gè)“粒子”的動(dòng)量為p，被碰物質(zhì)對(duì)“粒子”的作用力為F，以作用力的方向?yàn)檎?，則“吸收模型”滿足Ft＝0－n(－p)，“反彈模型”滿足Ft＝np－n(－p)．“反彈模型”的動(dòng)量變化量為“吸收模型”的動(dòng)量變化量的2倍，解題時(shí)一定要明辨模型，避免錯(cuò)誤．
【例4】(2019·合肥一模)質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度
反向彈回．取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸
15、的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球動(dòng)量變化量Δp和合外力對(duì)小球做的
功W，下列說法正確的是 ( )
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
【答案】A
【解析】取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上．由動(dòng)能定理，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42J－×0.2×62 J＝－2 J
16、，故A正確．
【變式】(2019·山東淄博一中質(zhì)檢)如圖所示是一種彈射裝置，彈丸的質(zhì)量為m，底座的質(zhì)量M＝3m，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)彈簧釋放將彈丸以對(duì)地速度v向左發(fā)射出去后，底座反沖速度的大小為 v，則摩擦力對(duì)底座的沖量為 ( )
A．0 B．mv，方向向左 C．mv，方向向右 D．mv，方向向左
【答案】B.
【解析】設(shè)向左為正方向，對(duì)彈丸，根據(jù)動(dòng)量定理：I＝mv；則彈丸對(duì)底座的作用力的沖量為－mv，對(duì)底座根據(jù)動(dòng)量定理：If＋(－mv)＝－3m· 得：If＝＋ ，正號(hào)表示正方向，向左．
【變式2】一艘帆船在湖面上順風(fēng)航行，在風(fēng)力的推動(dòng)下做速
17、度為v0＝4 m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)．已知帆船在該運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下突然失去風(fēng)的推力的作用，此后帆船在湖面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t＝8 s靜止；該帆船的帆面正對(duì)風(fēng)的有效面積為S＝10 m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936 kg，若帆船在行駛過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3 kg/m3，下列說法正確的是( )
A． 風(fēng)停止后帆船的加速度大小是1 m/s B．帆船在湖面上順風(fēng)航行所受水的阻力大小為468 N
C．帆船勻速運(yùn)動(dòng)受到風(fēng)的推力的大小為936 D．風(fēng)速的大小為10 m/s
【答案】BD.
【解析】求解風(fēng)停止后帆船的加速度時(shí)要選擇帆船作為研究對(duì)象，求解風(fēng)速時(shí)要
18、選擇在時(shí)間t內(nèi)正對(duì)帆面且吹向帆面的空氣作為研究對(duì)象，風(fēng)突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帆船的加速度大小為a，則a＝＝0.5 m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得f＝Ma，代入數(shù)據(jù)解得f＝468 N，選項(xiàng)B正確；設(shè)帆船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到風(fēng)的推力大小為F，根據(jù)平衡條件得F－f＝0，解得F＝468 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)在時(shí)間t內(nèi)，正對(duì)帆面且吹向帆面的空氣的質(zhì)量為m，則m＝ρS(v－v0)t，根據(jù)動(dòng)量定理有－Ft＝mv0－mv，解得v＝10 m/s，選項(xiàng)D正確．
熱點(diǎn)題型三 動(dòng)量定理在多過程問題中的應(yīng)用
應(yīng)用動(dòng)量定理解決多過程問題的方法與動(dòng)能定理類似，有分段列式和全程列
19、式兩種思路．
【例5】一高空作業(yè)的工人重為600 N，系一條長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5 m的安全帶，若工人不慎跌落時(shí)安全帶的緩沖時(shí)
間t＝1 s(工人最終懸掛在空中)，則緩沖過程中安全帶受的平均沖力是多少？(g取10 m/s2，忽略空氣阻力的
影響)
【答案】 1 200 N
【解析】 法一 分段列式法：依題意作圖，如圖所示．
設(shè)工人剛要拉緊安全帶時(shí)的速度為v1，v＝2gL，
得v1＝
經(jīng)緩沖時(shí)間t＝1 s后速度變?yōu)?，取向下為正方向，對(duì)工人由動(dòng)量定理知，工人受兩個(gè)力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－mv1，F(xiàn)＝
將數(shù)值代入得F＝1 200 N.
由牛頓第三定律，工人給
20、安全帶的平均沖力F′為1 200 N，方向豎直向下．
法二 全程列式法：在整個(gè)下落過程中對(duì)工人應(yīng)用動(dòng)量定理，重力的沖量大小為mg( ＋t)，拉力F的沖量大小為Ft.初、末動(dòng)量都是零，取向下為正方向，由動(dòng)量定理知
mg( ＋t)－Ft＝0
解得F＝＝1 200 N
由牛頓第三定律知工人給安全帶的平均沖力F′＝F＝1 200 N，方向豎直向下．
【變式1】如圖所示，自動(dòng)稱米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用．買者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)對(duì)容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量達(dá)到要求時(shí)，自動(dòng)裝置即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭(zhēng)執(zhí)起來(lái)．下列說法正確的
21、是( )
A．買者說的對(duì) B．賣者說的對(duì) C．公平交易 D．具有隨機(jī)性，無(wú)法判斷
【答案】C.
【解析】設(shè)米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，設(shè)盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中還在下落的米的質(zhì)量為m2，落到已靜止的米堆上的一小部分米的質(zhì)量為Δm.在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取Δm為研究對(duì)象，這部分米很少，Δm＝d·Δt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)Δt時(shí)間靜止，如圖所示，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得
(F－Δmg)Δt＝Δmv
即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv
根據(jù)牛頓
22、第三定律知F＝F′，稱米機(jī)的讀數(shù)應(yīng)為
M＝＝＝m1＋d
因切斷米流后空中尚有t＝時(shí)間內(nèi)對(duì)應(yīng)的米流在空中，故d＝m2
【變式2】一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止，g取10 m/s2.
(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力F的大小；
(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W.
【答案】(1)0.32 (2)130 N
23、(3)9 J
【解析】(1)由動(dòng)能定理有－μmgx＝mv2－mv可得μ＝0.32.
(2)由動(dòng)量定理有FΔt＝mv′－mv可得F＝130 N.
(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J.
【題型演練】
1. 將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的固定斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動(dòng)，滑到底端總共用時(shí)t，如圖所示，設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動(dòng)量變化為Δp1，在后一半時(shí)間內(nèi)其動(dòng)量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為 ( )
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1
【答案】C
【解析】木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與
24、斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsin θ，方向也始終沿斜面向下．由動(dòng)量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1，故選項(xiàng)C正確．
2.(2019·湖北黃岡質(zhì)檢)一小球從水平地面上方無(wú)初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設(shè)小球
與地面碰撞沒有機(jī)械能損失，運(yùn)動(dòng)時(shí)的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是 ( )
A．上升過程中小球動(dòng)量改變量等于該過程中空氣阻力的沖量
B．小球與地面碰撞過程中，地面對(duì)小球的沖量為零
C．下落過程中小球動(dòng)能的改變量等于該過程中重力做的功
D．從釋放到反彈至速度為零過程中小
25、球克服空氣阻力做的功等于重力做的功
【答案】D
【解析】根據(jù)動(dòng)量定理可知，上升過程中小球動(dòng)量改變量等于該過程中重力和空氣阻力的合力的沖量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球與地面碰撞過程中，由動(dòng)量定理得：Ft－mgt＝mv2－(－mv1)，可知地面對(duì)小球的沖量Ft不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；下落過程中小球動(dòng)能的改變量等于該過程中重力和空氣阻力做功代數(shù)和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可知，從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功，選項(xiàng)D正確；故選D.
2. 為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)，測(cè)得1小時(shí)
內(nèi)杯中水位上升了45 mm.查詢得知，當(dāng)時(shí)雨
26、滴豎直下落速度約為12 m/s據(jù)此估算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無(wú)反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3)( )
A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa
【答案】A
【解析】設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F.設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝12 m/s減為零．以向上為正方向，對(duì)這部分雨水應(yīng)用動(dòng)量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.設(shè)水杯橫截面積為S，對(duì)水杯里的雨水，在Δt時(shí)間內(nèi)水面上升Δh，則有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv.壓強(qiáng)p＝＝ρv＝1×103×1
27、2× Pa＝0.15 Pa.
4.一個(gè)質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s.則這一過程中動(dòng)量的變化量為( )
A．大小為3.6 kg·m/s，方向向左 B．大小為3.6 kg·m/s，方向向右
C．大小為12.6 kg·m/s，方向向左 D．大小為12.6 kg·m/s，方向向右
【答案】D
【解析】.選向左為正方向，則動(dòng)量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小為12.6 kg·m/s，負(fù)號(hào)表示其方向向右，D正確．
5．(2018·高考全
28、國(guó)卷 Ⅱ )高空墜物極易對(duì)行人造成傷害．若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為( )
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】.根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2gh＝v2(h為25層樓的高度，約70 m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103 N，所以C正確．
6.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為
29、t.對(duì)于這一過程，下列判斷正確的是( )
A．斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零 B．物體受到的重力的沖量大小為mgt
C．物體受到的合力的沖量大小為零 D．物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin θ·t
【答案】BD.
【解析】由沖量的求解公式可知，斜面對(duì)物體的彈力的沖量為mgcos θ·t，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項(xiàng)B正確；物體回到斜面底端的速度仍為v，方向與初速度方向相反，故根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因整個(gè)過程中物體所受的合力為mgsin θ，則根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin θ·t，選項(xiàng)D正確
30、．
7.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(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中( )
A．小球所受合力的沖量方向?yàn)榛≈悬c(diǎn)指向圓心 B．小球所受支持力的沖量為0
C．小球所受重力的沖量大小為m D．小球所受合力的沖量大小為m
【答案】D
【解析】小球受到豎直向下的重力和垂直切面指向圓心的支持力，所以合力不指向圓心，故合力的沖量也不指向圓心，A錯(cuò)誤；小球的支持力不為零，作用時(shí)間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，所以根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgR＝mv
31、B2，故vB＝，根據(jù)動(dòng)量定理可得I合＝Δp＝mvB＝m，故C錯(cuò)誤，D正確．
8.小球質(zhì)量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是v，球與墻撞擊時(shí)間為t，在撞擊過程中，球?qū)Φ钠骄鶝_力大小是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】設(shè)初速度方向?yàn)檎瑒t彈后的速度為－，則由動(dòng)量定理可得Ft＝－2m×－2mv，解得F＝，負(fù)號(hào)表示力的方向與初速度方向相反．由牛頓第三定律可知，球?qū)Φ钠骄鶝_力為F′＝－F＝，故選C.
9.質(zhì)量為m的物體， 以v0的初速度沿斜面上滑，到達(dá)最高點(diǎn)后返回原處的
32、速度大小為vt，且vt＝0.5v0，則( )
A．上滑過程中重力的沖量比下滑時(shí)小 B．上滑時(shí)和下滑時(shí)支持力的沖量都等于零
C．合力的沖量在整個(gè)過程中大小為mv0 D．整個(gè)過程中物體的動(dòng)量變化量為mv0
【答案】AC
【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原處時(shí)速度為vt＝0.5v0，說明斜面不光滑．設(shè)斜面長(zhǎng)為l，則上滑過程所需時(shí)間t1＝＝，下滑過程所需時(shí)間t2＝＝，t1
33、圖所示，一物體分別沿三個(gè)傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個(gè)過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動(dòng)量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有( )
A． 三個(gè)過程中，合力的沖量相等，動(dòng)量的變化量相等
B．三個(gè)過程中，合力做的功相等，動(dòng)能的變化量相等
C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3
D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3
【答案】ABC
【解析】.由機(jī)械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動(dòng)量變化量的大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量等于動(dòng)量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設(shè)斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物體下滑的時(shí)間t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，故A、C正確，D錯(cuò)誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的變化量相等，故B正確．
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題15 動(dòng)量與動(dòng)量定理（含解析）
