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专题1动量定理-高考物理动量常用模型最新模拟题精练
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这是一份专题1动量定理-高考物理动量常用模型最新模拟题精练，文件包含专题1动量定理解析版docx、专题1动量定理原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练
专题1. 动量定理
一．选择题
1. (2022广东湛江模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（ ）
A. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C. 可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D. 可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
【参考答案】CD
【名师解析】
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，AB错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。
2．(2021届深圳名校调研)如图所示，小球从O点开始做平抛运动，p为落地点，O′为线段Op的中点，轨迹上的m、n点分别与O′在同一竖直线上和水平线上，则小球( )
A．从O到m与从O到n重力做功之比为1∶2
B．从O到m与从O到n的水平位移之比为1∶2
C．从O到m与从O到n重力冲量之比为1∶2
D．经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶2
【参考答案】A
【名师解析】
设从O到p的运动的时间为t，则有hOp＝gt2，xOp＝v0t，由于O′为线段Op的中点，m点与O′在同一竖直线上，则有从O到m的时间为tO m＝＝t，从O到m的竖直位移为hO m＝g2＝hOp，根据重力做功公式WG＝mgh可得从O到m与从O到n的重力做功之比为＝＝，A正确；从O到n的时间为tOn＝＝＝t，从O到m与从O到n的水平位移之比为＝＝，B错误；根据冲量定义I＝Ft可知从O到m与从O到n重力冲量之比为＝＝，C错误；速度方向与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝，所以经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为＝，D错误．
3. （2022安徽淮安模拟）物体的运动状态可用位置坐标x和动量P描述，称为相，对应p—x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p—x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。若将质点竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，忽略空气阻力则质点对应的相轨迹是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
竖直向上为正方向，设位移为x时，物体的速度为v，竖直上抛运动由根据运动学公式可得
动量表达式，，根据竖直上抛运动特点，同一位置速度方向可能向上或向下，动量在同一位置存在关于x轴对称两个值；综上所述C图像符合表达式的关系。故选C。
4. （2022北京海淀二模）质量为的物块在光滑水平面上以速率匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为的恒定拉力，如图所示。经过时间，物块恰好以相同速率向右运动。在时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 物块所受拉力的冲量方向水平向右
B. 物块所受拉力的冲量大小为
C. 物块所受重力的冲量大小为零
D. 物块所受合力的冲量大小为
【参考答案】D
【名师解析】
物块所受拉力的冲量为，方向与水平方向夹角为，故AB错误；
物块所受重力的冲量为，故C错误；由动量定理可知，故D正确。
5.（2022北京西城期末）如图所示，一个钢球以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动，在这一过程中（ ）
A. 钢球的动能变化量为0
B. 钢球的动量变化量为0
C. 墙壁对钢球的弹力做负功
D. 墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左
【参考答案】AD
【名师解析】
与墙壁碰撞前后钢球的速度大小不变，可知钢球的动能变化量为0，故A正确；
钢球的速度大小不变，方向发生改变，可知钢球的动量变化量不为0，故B错误；
由动能定理可知，墙壁对钢球的弹力做功为零，故C错误；
由题意可知，钢球的动量变化量的方向向左，根据动量定理
可知墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左，故D正确。
。
6．(2021黑龙江大庆三校清北班质检).一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )
A.小球在上升过程中，动量的改变量的大小小于空气阻力的冲量大小
B.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力的冲量为零
C.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力做功为零
D.从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功大于重力做的功
【参考答案】：C
【名师解析】小球上升的过程中受到重力和空气的阻力，根据动量定理可知，小球上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力与重力的冲量的矢量和，故A错误；小球与地面碰撞后，速度方向与碰撞前的相反，速度的变化不等于0，由动量定理可知，地面对小球的弹力的冲量不为零，故B错误；小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力对球没有位移，则地面对小球的弹力做功为零，故C正确；从释放到反弹至速度为零的过程中，只有重力和空气阻力做功，小球的动能的变化为零，所以小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，故D错误。
7．（2021吉林名校四模）如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止开始自由下落80cm后，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力下列说法正确的是
A．足球与头部碰撞过程前后，动量守恒，机械能守恒
B．足球与头部作用过程中动量变化量的大小为3.2kg·m/s
C．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
D．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
【参考答案】B
【名师解析】足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，有，，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度，上升的时间；对足球与人接触的过程，，取向上为正，由动量定理有，解得，，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为，足球运动的全过程，所受重力的冲量为，；故选B。
8．(2020·河南名校大联考)在如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同。用小锤轻击弹性金属片，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动，不计空气阻力。在空中同一段下落的时间内，下列说法正确的是( )
A．A球动能的变化大于B球动能的变化
B．A球动量的变化大于B球动量的变化
C．A球速度的变化小于B球速度的变化
D．A球速率的变化小于B球速率的变化
【参考答案】D
【名师解析】在空中同一段下落时间内，A球竖直方向的分位移等于B球下落的位移，根据动能定理得，mgh＝Ek2－Ek1，所以A球动能的变化等于B球动能的变化，故A错误； A、B两球的加速度相同，下落时间相等，即Δv＝gΔt，则速度变化相同，由题意知，A、B两球完全相同，所以A、B两球动量变化相同，故B、C错误；如图所示，在空中同一段下落时间内，A球速率变化为|v2|－|v1|，B球速率变化为图中粗线对应的线段长度，根据几何知识两边之差小于第三边，知A球的速率变化小于B球的速率变化，故D正确。
9.(2020·衡水中学月考)如图所示，在一次冰壶比赛中，冰壶(可看作质点)被释放后，在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、c三点，到达c点时冰壶恰好停止。已知a、b间的距离是b、c间距离的3倍。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．冰壶通过ab段所用时间小于通过bc段所用时间
B．冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量
C．冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量
D．冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量
【参考答案】B
【名师解析】 冰壶运动的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，冰壶通过ab段所用时间等于通过bc段所用时间，选项A错误；冰壶受到冰面的摩擦力不变，由I＝Ft知，ab段冰壶所受摩擦力的冲量等于bc段冰壶所受摩擦力的冲量，选项B正确；摩擦力即为冰壶所受的合外力，由I＝Ft＝Δp可知，冰壶在ab段的动量变化量等于在bc段的动量变化量，选项C错误；摩擦力在ab段对冰壶做的功大于在bc段对冰壶做的功，由动能定理可知，FΔx＝ΔEk，故冰壶在ab段的动能变化量大于在bc段的动能变化量，选项D错误。
10.（2020江苏高考仿真模拟3）质量相等的a、b两物体（均可视为质点）放在同一水平面上，分别受到水平恒力F1、F2的作用，从同一位置由静止开始同时沿同一直线分别做匀加速直线运动。经过时间 t0和 4t0速度大小分别达到2v0和v0 时分别撤去F1、F2，然后物体继续做匀减速直线运动直至停止。如图所示为a、b两物体v-t图象。下列说法中正确的是 （ ）
v0
a
b
t
O
1t0
2t0
3t0
4t0
5t0
2v0
-v0
v
图
A．a、b物体所受摩擦力大小之比为1∶1
B．a、b物体的总位移大小之比为5∶6
C．F1和F2对a、b物体做功之比为6∶5
D．F1和F2的冲量大小之比为5∶3
【命题意图】考查摩擦力、位移、功和冲量概念，以及匀变速直线运动、牛顿第二定律、动能定理等，意在考查考生能量观念和综合应用能力。
【参考答案】AC
【名师解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，故a、b物体所受摩擦力之比为1∶1，A正确；物体v-t图象中的图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移大小之比为6：5，B错误；设F1和F2对a、b物体做功为、，对整个过程运用动能定理得，，可解得：=6∶5，C正确；根据图象知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F-f=ma，，，根据冲量定义求得F1和F2的冲量大小之比为3∶5， D错误。
11. (2022重庆涪陵高中冲刺)如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动，遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是（ ）
A. 滑块的动量改变量的大小为mv0
B. 滑块的动量改变量的大小为mv0
C. 滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同
D. 重力对滑块的冲量为零
【参考答案】B
【名师解析】
以初速度方向为正，有=p2－p1=mv2－mv1=－mv0－mv0=－mv0,所以滑块的动量改变量的大小为mv0，方向与v0的方向相反，故AC错误，B正确；根据I=Ft得重力的冲量为I=mgt,不零，故D错误。
12.(2020·长沙月考)如图所示，运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转180°后竖直向下喷出，令自己悬停在空中。已知运动员与装备的总质量M为100 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．3.0 m/s B．5.6 m/s
C．8.0 m/s D．10.2 m/s
【参考答案】B
【名师解析】
设飞行器对水的平均作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力大小也等于F，对飞行器受力分析可知F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρ·ΔV＝2ρSvt，对t时间内质量为Δm的水由动量定理得Ft＝Δmv－Δm(－v)，联立可得v≈5.6 m/s，选项B正确。
13．(2020·山东省实验中学模拟)如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为m＝6 kg的物体，在大小为12 N、方向平行于斜面的拉力F的作用下做匀速直线运动，从x1＝2.5 m 位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x的变化规律如图乙所示，当x2＝7 m时拉力减为零，物体速度刚好为零，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角θ为30°
B．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27 J
C．物体匀速运动时的速度大小为3 m/s
D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12 N·s
【参考答案】C
【名师解析】
物体做匀速直线运动时，受力平衡，则F＝mgsin θ，代入数值得sin θ＝0.2，选项A错误；图像与坐标轴所围的面积表示拉力做的功，WF＝12×2.5 J＋×12×(7－2.5)J＝57 J，机械能的增加量等于拉力做的功57 J，B错误；重力做的功WG＝－mgx2sin θ＝－84 J，由动能定理：WF＋WG＝0－mv02，解得：v0＝3 m/s，选项C正确；根据动量定理可得I＝0－mv0＝－18 N·s，选项D错误。
14．(2020·洛阳一模)高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场受伤。若一节质量为0.1 kg 的干电池从1.25 m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2 m高度处，电池第一次接触地面的时间为0.01 s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．该电池的最大重力势能为10 J
B．该电池的最大动能为100 J
C．k＝71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3 kg·m/s
【参考答案】C
【名师解析】
电池的最大重力势能Epmax＝mgh1＝0.1×10×1.25 J＝1.25 J，选项A错误；根据机械能守恒定律可知，当重力势能为0时，动能最大，最大动能Ekmax＝1.25 J，选项B错误；干电池下落过程为自由落体运动，根据匀变速直线运动规律有2gh1＝v12，解得干电池接触地面时的速度v1＝＝5 m/s(也可根据最大动能求出速度)，干电池与地面碰撞后做竖直上抛运动(上升高度h2为0.2 m)，可逆向看作自由落体运动，可知干电池与地面碰撞后的速度v2＝＝2 m/s，规定竖直向上为正方向，动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)＝0.7 kg·m/s，对与地面碰撞时的电池受力分析，如图，
根据动量定理可知(F－mg)t＝Δp，解得地面对电池的作用力F大小为71 N，根据牛顿第三定律可知，电池对地面的冲击力大小F′＝F＝71 N，则k＝＝71，选项C正确，D错误。
15 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
A．合力对两滑块的冲量大小相同
B．重力对a滑块的冲量较大
C．弹力对a滑块的冲量较小
D．两滑块的动量变化大小相同
【参考答案】 C
【名师解析】 这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcos θ，FNa
A. 两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B. 两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C. 两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D. 两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等
【参考答案】C
【名师解析】设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右。乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=0。
根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大。故C正确。
【关键点拨】。
因不计阻力，抛球过程，两人和船组成的系统动量守恒．根据动量守恒定律求出两球抛出后小船的速度．根据动量定理，通过动量的变化量判断冲量的大小．
解决本题的关键掌握动量守恒定律和动量定理，并能灵活运用．运用动量守恒定律时注意速度的方向．
17 一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s
D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W
【参考答案】CD
【名师解析】类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝mv2－mv＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．
18 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( )
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
【参考答案】BD
【名师解析】斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝FNt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确．
19 如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是( )
A．质点从M到N过程中速度大小保持不变
B．质点在M、N间的运动不是匀变速运动
C．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同
D．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同
【参考答案】 C
【名师解析】 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A、B错误；根据动量定理可得FΔt＝Δp，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C正确，D错误．
20. 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
【参考答案】 A
【名师解析】 这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，故A正确；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
21 在列车编组站里，一节动车车厢以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20 t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)( )
A．10 N·s B．20 N·s
C．104 N·s D．2×104 N·s
【参考答案】 C
【名师解析】 动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车根据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104 N·s，选项C正确．
22 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
【参考答案】 B
【名师解析】 豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v＝2gh，
则v1＝＝ m/s＝4 m/s
设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1
则F＝＝ N＝0.6 N，
故B正确，A、C、D错误．
23 关于动量和动能，下列说法中错误的是( )
A．做变速运动的物体，动能一定不断变化
B．做变速运动的物体，动量一定不断变化
C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零
D．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零
【参考答案】 A
【名师解析】 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故D正确．
24 如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是( )
A．匀速圆周运动 B．自由落体运动
C．平抛运动 D．竖直上抛运动
【参考答案】 A
【名师解析】 如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力．则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．
25 李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是( )
A．第一次粉笔的惯性更小
B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大
C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小
D．第一次粉笔获得的动量更大
【参考答案】 D
【名师解析】 两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变，则其惯性不变，故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变，则纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，则摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故D正确．
26 在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp，正确的是( )
A．平抛过程中动量的增量Δp最大
B．竖直下抛过程中动量的增量Δp最大
C．竖直上抛过程中动量的增量Δp最大
D．三者一样大
【参考答案】 C
【名师解析】 三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长，而竖直下抛的小球运动时间最短，由I＝Ft可知竖直上抛的小球，重力的冲量最大，由动量定理I＝Δp可知，竖直上抛的小球动量的增量最大，故C正确．
27 在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( )
A．滑行的距离小
B．滑行的时间长
C．滑行过程中的加速度大
D．滑行过程中的动量变化快
【参考答案】 A
【名师解析】 根据p＝mv，Ek＝mv2可知，Ek＝，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－FfL＝0－Ek＝－，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A正确；根据动量定理，－Fft＝0－p，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D错误．
28、如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触，但未与物体P连接，弹簧水平且无形变．现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处．已知弹簧始终在弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝－3μmgx0
B．弹簧被压缩成最短之后的过程，P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀减速运动
C．最初对物体P施加的瞬时冲量I0＝2m
D．在物体P整个运动过程中，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反
【参考答案】：C
【名师解析】：由动量定理可知I0＝mv0，由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Ep＝mv－μmgx0＝－μmgx0，故A错误；弹簧被压缩成最短之后的过程，在脱离弹簧之前，P受水平向左的弹簧的弹力和向右的摩擦力，开始时弹力大于摩擦力，P向左做加速运动，弹力越来越小，合力越来越小，所以P先做加速度减小的加速运动，直到弹力与摩擦力大小相等，之后弹力小于摩擦力，弹力越来越小，但合力越来越大，P做加速度增大的减速运动，离开弹簧之后，P受水平向右的摩擦力，P做匀减速运动，故B错误；在物体P整个运动过程中，由动能定理得mv＝μmg(4x0)，解得I0＝2m，故C正确；在物体P整个运动过程中，由动量定理得I0＋I弹＋I摩＝0－0，解得I弹＋I摩＝－I0，故D错误．
29. （2020四川绵阳三诊）如图所示，薄纸带放在光滑水平桌面上，滑块放在薄纸带上，用水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上A点；将滑块和纸带都放回原位置，再用大小不同的水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上B点。已知两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，滑块与薄纸带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两次相比，第2次
A. 滑块在空中飞行时间较短
B.滑块相对纸带滑动的距离较短
C．滑块受到纸带的摩擦力较大
D.滑块离开桌边前运动时间较长
【参考答案】.C
【命题意图】本题考查了平抛运动规律、摩擦力、动量定理及其相关知识点，意在考查理解能力和推理能力，体现的核心素养是运动和力的观念。
【解题思路】两次滑块离开桌边均做平抛运动，根据平抛运动飞行时间只与高度有关，可知两次滑块在空中飞行时间相等，选项A错误；因为第二次平抛运动的水平位移较大，根据平抛运动规律，可知第二次平抛运动的初速度较大。由题中信息，两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，可知滑块两次运动过程中在桌上加速运动的位移相等， B根据v2=2ax可知，第二次滑块在桌上加速运动的加速度较大。由牛顿运动定律可知，第二次滑块受到纸带的摩擦力较大，选项C正确；根据题述，滑块和纸带都放回原位置用水平恒外力拉动纸带，所以两次滑块位移相同，根据s=at2，可得第二次滑块离开桌边前运动时间较短，选项D错误；由于第二次滑块运动的加速度较大，与纸带相对静止，第一次相对纸带滑动，所以第二次滑块相对纸带不滑动选项B错误。
【规律总结】平抛运动的飞行时间只与质点下落高度决定，与平抛运动的初速度无关。平抛运动的水平位移与飞行时间和初速度有关。若两个质点在同样高度做平抛运动，其水平位移与初速度成正比。
30. （2020安徽皖江名校联盟第5次联考）如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300米/秒,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的。 由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9米/秒。 某次下暴雨时小明同学恰巧打着半径为0.5m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5kg/m3),由于下雨使小明增加撑雨伞的力最小约为
A.0.25N B.2.5N C.25N D.250N
【参考答案】C
【名师解析】设t时间内，落到雨伞上雨水的质量为m，根据动量定理，Ft=mv，m=ρvtπr2，解得F=ρv2tπr2，代入数值解得F=25N，选项C正确。
31．（2020山东青岛期末）2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m／s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg／m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为
A．3.9×103N
B．1.2×105N
C．1.0×104N
D．9.0×l04N
【参考答案】B
【名师解析】
广告牌的面积S=5×20m2=100m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m=ρSvt
根据动量定理有：-Ft=0-mv=0-ρSv2t
得：F=ρSv2
代入数据解得，F≈1.2×105N，故B正确，ACD错误。
【关键点拨】。
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，根据动量定理的公式Ft=△mv，即可求解。
本题主要考查动量定理的直接应用，只要确定好物理模型即可轻松解题，难度不大，属于基础题。
32. 如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量为3m，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v(相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为，在发射弹丸过程中，底座受地面的摩擦力的冲量为( )
A．零 B.，方向向右
C.，方向向右 D.，方向向左
【参考答案】B.
【名师解析】设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I＝mv，力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv，对底座，根据动量定理：If＋(－mv)＝－3m·得：If＝，为正表示方向向右，故B正确，A、C、D错误．
二．计算题
1. （2023江苏盐城期中）如图所示，轻弹管竖直静，下端固定在水平地面上，以上端点为坐标原点O，竖直向下为y轴，O点离地高为h。t=0时将质量为m的铁球从O点由静止开始释放，经过时间第一次运动到离地面高度为的P点，此时速度最大为v。不计空气阻力。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）铁球第一次运动到P过程中弹力的冲量I；
（3）铁球运动过程中，任意时刻t的位置坐标y。
【参考答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【名师解析】
（1）在P点，弹簧的形变量
小球受到的弹力大小
F=mg
根据胡克定律，有
解得
（2）从O第一次运动到P的过程中，对小球，以竖直向下为正方向，而弹力向上，根据动量定理，有
解得
方向竖直向上；
（3）当铁球的位置坐标为y时，弹簧的压缩量为y，铁球受到的合力为
令
则
可知铁球做简谐运动，振幅
周期
振动的角频率为
以上端点为坐标原点O，竖直向下为y轴，t时刻铁球离P点的距离为
位置坐标为
即
2． （2020江苏南通泰州一模）如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg.求：
① A与B撞击结束时的速度大小v；
②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I.
【名师解析】
①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，
代入数据解得：v=3m/s；
②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，
由动量定理得：I=（m1+m2）（-v）-（m+1m2）v，
代入数据解得：I=-12N•s，负号表示冲量方向向右；
答：①A与B撞击结束时的速度大小v为3m/s；
②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I为12N•s。
【关键点拨】
①A、B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞结束时的速度大小。
②对滑块与弹簧作用过程应用动量定理求出弹簧对A、B系统的冲量大小。
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与动量定理可以解题，解题时注意正方向的选择。
3. .(2022山东聊城一模)运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究．北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的部分轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为、、．运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，用了0.7s完成屈膝缓冲后沿滑道下滑．若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为70kg，取重力加速度，，，，．求；
（1）运动员在空中运动的水平速度；
（2）屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力的大小．
【参考答案】（1）v0=30m/s （2）F=3144N
【名师解析】
（1）运动员从A到B，从B到C所用时间相等，设时间间隔为T，则
解得
v0=30m/s
（2）由题意得,运动员落到滑道上时速度与水平方向的夹角为53°速度关系为
在垂直滑道方向上由动量定理有
求得
F=3144N
4．（16分）（2019北京四中高考前保温训练）如图，足够长得斜面倾角＝37°，一个质量为m=1.0kg物体以＝12m/s的初速度，从斜面A点处沿斜面向上运动。加速度大小为a＝8.0m/s2。重力加速度g＝10 m/s2，37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物体沿斜面上滑的最大距离x；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数；
（3）物体返回到A点时的动量大小p。
【名师解析】.（1）根据 （2分）
求出 x＝9m （2分）
（2）根据牛顿第二定律 mgsinθ＋μN＝ma （2分）
N＝mgcosθ （2分）
求出 μ＝0.25 （2分）
（3）据牛顿第二定律 mgsinθ－μN＝ma1 （2分）
求出 a1＝4m/s2 （2分）
得回到出发点时的速度大小（1分）
物体返回到出发点时的动量大小p=mv=（1分）
5、(13分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【参考答案】(1)ρv0S (2)－
【名师解析】
(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝－。
高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练
专题1. 动量定理
一．选择题
1. (2022广东湛江模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（ ）
A. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C. 可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D. 可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
【参考答案】CD
【名师解析】
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，AB错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。
2．(2021届深圳名校调研)如图所示，小球从O点开始做平抛运动，p为落地点，O′为线段Op的中点，轨迹上的m、n点分别与O′在同一竖直线上和水平线上，则小球( )
A．从O到m与从O到n重力做功之比为1∶2
B．从O到m与从O到n的水平位移之比为1∶2
C．从O到m与从O到n重力冲量之比为1∶2
D．经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶2
【参考答案】A
【名师解析】
设从O到p的运动的时间为t，则有hOp＝gt2，xOp＝v0t，由于O′为线段Op的中点，m点与O′在同一竖直线上，则有从O到m的时间为tO m＝＝t，从O到m的竖直位移为hO m＝g2＝hOp，根据重力做功公式WG＝mgh可得从O到m与从O到n的重力做功之比为＝＝，A正确；从O到n的时间为tOn＝＝＝t，从O到m与从O到n的水平位移之比为＝＝，B错误；根据冲量定义I＝Ft可知从O到m与从O到n重力冲量之比为＝＝，C错误；速度方向与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝，所以经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为＝，D错误．
3. （2022安徽淮安模拟）物体的运动状态可用位置坐标x和动量P描述，称为相，对应p—x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p—x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。若将质点竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，忽略空气阻力则质点对应的相轨迹是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
竖直向上为正方向，设位移为x时，物体的速度为v，竖直上抛运动由根据运动学公式可得
动量表达式，，根据竖直上抛运动特点，同一位置速度方向可能向上或向下，动量在同一位置存在关于x轴对称两个值；综上所述C图像符合表达式的关系。故选C。
4. （2022北京海淀二模）质量为的物块在光滑水平面上以速率匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为的恒定拉力，如图所示。经过时间，物块恰好以相同速率向右运动。在时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 物块所受拉力的冲量方向水平向右
B. 物块所受拉力的冲量大小为
C. 物块所受重力的冲量大小为零
D. 物块所受合力的冲量大小为
【参考答案】D
【名师解析】
物块所受拉力的冲量为，方向与水平方向夹角为，故AB错误；
物块所受重力的冲量为，故C错误；由动量定理可知，故D正确。
5.（2022北京西城期末）如图所示，一个钢球以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动，在这一过程中（ ）
A. 钢球的动能变化量为0
B. 钢球的动量变化量为0
C. 墙壁对钢球的弹力做负功
D. 墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左
【参考答案】AD
【名师解析】
与墙壁碰撞前后钢球的速度大小不变，可知钢球的动能变化量为0，故A正确；
钢球的速度大小不变，方向发生改变，可知钢球的动量变化量不为0，故B错误；
由动能定理可知，墙壁对钢球的弹力做功为零，故C错误；
由题意可知，钢球的动量变化量的方向向左，根据动量定理
可知墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左，故D正确。
。
6．(2021黑龙江大庆三校清北班质检).一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )
A.小球在上升过程中，动量的改变量的大小小于空气阻力的冲量大小
B.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力的冲量为零
C.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力做功为零
D.从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功大于重力做的功
【参考答案】：C
【名师解析】小球上升的过程中受到重力和空气的阻力，根据动量定理可知，小球上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力与重力的冲量的矢量和，故A错误；小球与地面碰撞后，速度方向与碰撞前的相反，速度的变化不等于0，由动量定理可知，地面对小球的弹力的冲量不为零，故B错误；小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力对球没有位移，则地面对小球的弹力做功为零，故C正确；从释放到反弹至速度为零的过程中，只有重力和空气阻力做功，小球的动能的变化为零，所以小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，故D错误。
7．（2021吉林名校四模）如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止开始自由下落80cm后，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力下列说法正确的是
A．足球与头部碰撞过程前后，动量守恒，机械能守恒
B．足球与头部作用过程中动量变化量的大小为3.2kg·m/s
C．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
D．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
【参考答案】B
【名师解析】足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，有，，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度，上升的时间；对足球与人接触的过程，，取向上为正，由动量定理有，解得，，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为，足球运动的全过程，所受重力的冲量为，；故选B。
8．(2020·河南名校大联考)在如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同。用小锤轻击弹性金属片，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动，不计空气阻力。在空中同一段下落的时间内，下列说法正确的是( )
A．A球动能的变化大于B球动能的变化
B．A球动量的变化大于B球动量的变化
C．A球速度的变化小于B球速度的变化
D．A球速率的变化小于B球速率的变化
【参考答案】D
【名师解析】在空中同一段下落时间内，A球竖直方向的分位移等于B球下落的位移，根据动能定理得，mgh＝Ek2－Ek1，所以A球动能的变化等于B球动能的变化，故A错误； A、B两球的加速度相同，下落时间相等，即Δv＝gΔt，则速度变化相同，由题意知，A、B两球完全相同，所以A、B两球动量变化相同，故B、C错误；如图所示，在空中同一段下落时间内，A球速率变化为|v2|－|v1|，B球速率变化为图中粗线对应的线段长度，根据几何知识两边之差小于第三边，知A球的速率变化小于B球的速率变化，故D正确。
9.(2020·衡水中学月考)如图所示，在一次冰壶比赛中，冰壶(可看作质点)被释放后，在水平面上做匀减速直线运动，依次经过a、b、c三点，到达c点时冰壶恰好停止。已知a、b间的距离是b、c间距离的3倍。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．冰壶通过ab段所用时间小于通过bc段所用时间
B．冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量
C．冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量
D．冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量
【参考答案】B
【名师解析】 冰壶运动的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，冰壶通过ab段所用时间等于通过bc段所用时间，选项A错误；冰壶受到冰面的摩擦力不变，由I＝Ft知，ab段冰壶所受摩擦力的冲量等于bc段冰壶所受摩擦力的冲量，选项B正确；摩擦力即为冰壶所受的合外力，由I＝Ft＝Δp可知，冰壶在ab段的动量变化量等于在bc段的动量变化量，选项C错误；摩擦力在ab段对冰壶做的功大于在bc段对冰壶做的功，由动能定理可知，FΔx＝ΔEk，故冰壶在ab段的动能变化量大于在bc段的动能变化量，选项D错误。
10.（2020江苏高考仿真模拟3）质量相等的a、b两物体（均可视为质点）放在同一水平面上，分别受到水平恒力F1、F2的作用，从同一位置由静止开始同时沿同一直线分别做匀加速直线运动。经过时间 t0和 4t0速度大小分别达到2v0和v0 时分别撤去F1、F2，然后物体继续做匀减速直线运动直至停止。如图所示为a、b两物体v-t图象。下列说法中正确的是 （ ）
v0
a
b
t
O
1t0
2t0
3t0
4t0
5t0
2v0
-v0
v
图
A．a、b物体所受摩擦力大小之比为1∶1
B．a、b物体的总位移大小之比为5∶6
C．F1和F2对a、b物体做功之比为6∶5
D．F1和F2的冲量大小之比为5∶3
【命题意图】考查摩擦力、位移、功和冲量概念，以及匀变速直线运动、牛顿第二定律、动能定理等，意在考查考生能量观念和综合应用能力。
【参考答案】AC
【名师解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，故a、b物体所受摩擦力之比为1∶1，A正确；物体v-t图象中的图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移大小之比为6：5，B错误；设F1和F2对a、b物体做功为、，对整个过程运用动能定理得，，可解得：=6∶5，C正确；根据图象知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F-f=ma，，，根据冲量定义求得F1和F2的冲量大小之比为3∶5， D错误。
11. (2022重庆涪陵高中冲刺)如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动，遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是（ ）
A. 滑块的动量改变量的大小为mv0
B. 滑块的动量改变量的大小为mv0
C. 滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同
D. 重力对滑块的冲量为零
【参考答案】B
【名师解析】
以初速度方向为正，有=p2－p1=mv2－mv1=－mv0－mv0=－mv0,所以滑块的动量改变量的大小为mv0，方向与v0的方向相反，故AC错误，B正确；根据I=Ft得重力的冲量为I=mgt,不零，故D错误。
12.(2020·长沙月考)如图所示，运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转180°后竖直向下喷出，令自己悬停在空中。已知运动员与装备的总质量M为100 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．3.0 m/s B．5.6 m/s
C．8.0 m/s D．10.2 m/s
【参考答案】B
【名师解析】
设飞行器对水的平均作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力大小也等于F，对飞行器受力分析可知F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρ·ΔV＝2ρSvt，对t时间内质量为Δm的水由动量定理得Ft＝Δmv－Δm(－v)，联立可得v≈5.6 m/s，选项B正确。
13．(2020·山东省实验中学模拟)如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为m＝6 kg的物体，在大小为12 N、方向平行于斜面的拉力F的作用下做匀速直线运动，从x1＝2.5 m 位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x的变化规律如图乙所示，当x2＝7 m时拉力减为零，物体速度刚好为零，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角θ为30°
B．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27 J
C．物体匀速运动时的速度大小为3 m/s
D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12 N·s
【参考答案】C
【名师解析】
物体做匀速直线运动时，受力平衡，则F＝mgsin θ，代入数值得sin θ＝0.2，选项A错误；图像与坐标轴所围的面积表示拉力做的功，WF＝12×2.5 J＋×12×(7－2.5)J＝57 J，机械能的增加量等于拉力做的功57 J，B错误；重力做的功WG＝－mgx2sin θ＝－84 J，由动能定理：WF＋WG＝0－mv02，解得：v0＝3 m/s，选项C正确；根据动量定理可得I＝0－mv0＝－18 N·s，选项D错误。
14．(2020·洛阳一模)高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场受伤。若一节质量为0.1 kg 的干电池从1.25 m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2 m高度处，电池第一次接触地面的时间为0.01 s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．该电池的最大重力势能为10 J
B．该电池的最大动能为100 J
C．k＝71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3 kg·m/s
【参考答案】C
【名师解析】
电池的最大重力势能Epmax＝mgh1＝0.1×10×1.25 J＝1.25 J，选项A错误；根据机械能守恒定律可知，当重力势能为0时，动能最大，最大动能Ekmax＝1.25 J，选项B错误；干电池下落过程为自由落体运动，根据匀变速直线运动规律有2gh1＝v12，解得干电池接触地面时的速度v1＝＝5 m/s(也可根据最大动能求出速度)，干电池与地面碰撞后做竖直上抛运动(上升高度h2为0.2 m)，可逆向看作自由落体运动，可知干电池与地面碰撞后的速度v2＝＝2 m/s，规定竖直向上为正方向，动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)＝0.7 kg·m/s，对与地面碰撞时的电池受力分析，如图，
根据动量定理可知(F－mg)t＝Δp，解得地面对电池的作用力F大小为71 N，根据牛顿第三定律可知，电池对地面的冲击力大小F′＝F＝71 N，则k＝＝71，选项C正确，D错误。
15 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
A．合力对两滑块的冲量大小相同
B．重力对a滑块的冲量较大
C．弹力对a滑块的冲量较小
D．两滑块的动量变化大小相同
【参考答案】 C
【名师解析】 这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcos θ，FNa
A. 两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B. 两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C. 两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D. 两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等
【参考答案】C
【名师解析】设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右。乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=0。
根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大。故C正确。
【关键点拨】。
因不计阻力，抛球过程，两人和船组成的系统动量守恒．根据动量守恒定律求出两球抛出后小船的速度．根据动量定理，通过动量的变化量判断冲量的大小．
解决本题的关键掌握动量守恒定律和动量定理，并能灵活运用．运用动量守恒定律时注意速度的方向．
17 一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s
D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W
【参考答案】CD
【名师解析】类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝mv2－mv＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．
18 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( )
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
【参考答案】BD
【名师解析】斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝FNt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确．
19 如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是( )
A．质点从M到N过程中速度大小保持不变
B．质点在M、N间的运动不是匀变速运动
C．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同
D．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同
【参考答案】 C
【名师解析】 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A、B错误；根据动量定理可得FΔt＝Δp，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C正确，D错误．
20. 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
【参考答案】 A
【名师解析】 这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，故A正确；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
21 在列车编组站里，一节动车车厢以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20 t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)( )
A．10 N·s B．20 N·s
C．104 N·s D．2×104 N·s
【参考答案】 C
【名师解析】 动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车根据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104 N·s，选项C正确．
22 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
【参考答案】 B
【名师解析】 豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v＝2gh，
则v1＝＝ m/s＝4 m/s
设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1
则F＝＝ N＝0.6 N，
故B正确，A、C、D错误．
23 关于动量和动能，下列说法中错误的是( )
A．做变速运动的物体，动能一定不断变化
B．做变速运动的物体，动量一定不断变化
C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零
D．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零
【参考答案】 A
【名师解析】 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故D正确．
24 如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是( )
A．匀速圆周运动 B．自由落体运动
C．平抛运动 D．竖直上抛运动
【参考答案】 A
【名师解析】 如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力．则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．
25 李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是( )
A．第一次粉笔的惯性更小
B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大
C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小
D．第一次粉笔获得的动量更大
【参考答案】 D
【名师解析】 两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变，则其惯性不变，故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变，则纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，则摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故D正确．
26 在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp，正确的是( )
A．平抛过程中动量的增量Δp最大
B．竖直下抛过程中动量的增量Δp最大
C．竖直上抛过程中动量的增量Δp最大
D．三者一样大
【参考答案】 C
【名师解析】 三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长，而竖直下抛的小球运动时间最短，由I＝Ft可知竖直上抛的小球，重力的冲量最大，由动量定理I＝Δp可知，竖直上抛的小球动量的增量最大，故C正确．
27 在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( )
A．滑行的距离小
B．滑行的时间长
C．滑行过程中的加速度大
D．滑行过程中的动量变化快
【参考答案】 A
【名师解析】 根据p＝mv，Ek＝mv2可知，Ek＝，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－FfL＝0－Ek＝－，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A正确；根据动量定理，－Fft＝0－p，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D错误．
28、如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触，但未与物体P连接，弹簧水平且无形变．现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处．已知弹簧始终在弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝－3μmgx0
B．弹簧被压缩成最短之后的过程，P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀减速运动
C．最初对物体P施加的瞬时冲量I0＝2m
D．在物体P整个运动过程中，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反
【参考答案】：C
【名师解析】：由动量定理可知I0＝mv0，由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Ep＝mv－μmgx0＝－μmgx0，故A错误；弹簧被压缩成最短之后的过程，在脱离弹簧之前，P受水平向左的弹簧的弹力和向右的摩擦力，开始时弹力大于摩擦力，P向左做加速运动，弹力越来越小，合力越来越小，所以P先做加速度减小的加速运动，直到弹力与摩擦力大小相等，之后弹力小于摩擦力，弹力越来越小，但合力越来越大，P做加速度增大的减速运动，离开弹簧之后，P受水平向右的摩擦力，P做匀减速运动，故B错误；在物体P整个运动过程中，由动能定理得mv＝μmg(4x0)，解得I0＝2m，故C正确；在物体P整个运动过程中，由动量定理得I0＋I弹＋I摩＝0－0，解得I弹＋I摩＝－I0，故D错误．
29. （2020四川绵阳三诊）如图所示，薄纸带放在光滑水平桌面上，滑块放在薄纸带上，用水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上A点；将滑块和纸带都放回原位置，再用大小不同的水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上B点。已知两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，滑块与薄纸带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两次相比，第2次
A. 滑块在空中飞行时间较短
B.滑块相对纸带滑动的距离较短
C．滑块受到纸带的摩擦力较大
D.滑块离开桌边前运动时间较长
【参考答案】.C
【命题意图】本题考查了平抛运动规律、摩擦力、动量定理及其相关知识点，意在考查理解能力和推理能力，体现的核心素养是运动和力的观念。
【解题思路】两次滑块离开桌边均做平抛运动，根据平抛运动飞行时间只与高度有关，可知两次滑块在空中飞行时间相等，选项A错误；因为第二次平抛运动的水平位移较大，根据平抛运动规律，可知第二次平抛运动的初速度较大。由题中信息，两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，可知滑块两次运动过程中在桌上加速运动的位移相等， B根据v2=2ax可知，第二次滑块在桌上加速运动的加速度较大。由牛顿运动定律可知，第二次滑块受到纸带的摩擦力较大，选项C正确；根据题述，滑块和纸带都放回原位置用水平恒外力拉动纸带，所以两次滑块位移相同，根据s=at2，可得第二次滑块离开桌边前运动时间较短，选项D错误；由于第二次滑块运动的加速度较大，与纸带相对静止，第一次相对纸带滑动，所以第二次滑块相对纸带不滑动选项B错误。
【规律总结】平抛运动的飞行时间只与质点下落高度决定，与平抛运动的初速度无关。平抛运动的水平位移与飞行时间和初速度有关。若两个质点在同样高度做平抛运动，其水平位移与初速度成正比。
30. （2020安徽皖江名校联盟第5次联考）如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300米/秒,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的。 由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9米/秒。 某次下暴雨时小明同学恰巧打着半径为0.5m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5kg/m3),由于下雨使小明增加撑雨伞的力最小约为
A.0.25N B.2.5N C.25N D.250N
【参考答案】C
【名师解析】设t时间内，落到雨伞上雨水的质量为m，根据动量定理，Ft=mv，m=ρvtπr2，解得F=ρv2tπr2，代入数值解得F=25N，选项C正确。
31．（2020山东青岛期末）2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m／s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg／m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为
A．3.9×103N
B．1.2×105N
C．1.0×104N
D．9.0×l04N
【参考答案】B
【名师解析】
广告牌的面积S=5×20m2=100m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m=ρSvt
根据动量定理有：-Ft=0-mv=0-ρSv2t
得：F=ρSv2
代入数据解得，F≈1.2×105N，故B正确，ACD错误。
【关键点拨】。
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，根据动量定理的公式Ft=△mv，即可求解。
本题主要考查动量定理的直接应用，只要确定好物理模型即可轻松解题，难度不大，属于基础题。
32. 如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量为3m，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v(相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为，在发射弹丸过程中，底座受地面的摩擦力的冲量为( )
A．零 B.，方向向右
C.，方向向右 D.，方向向左
【参考答案】B.
【名师解析】设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I＝mv，力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv，对底座，根据动量定理：If＋(－mv)＝－3m·得：If＝，为正表示方向向右，故B正确，A、C、D错误．
二．计算题
1. （2023江苏盐城期中）如图所示，轻弹管竖直静，下端固定在水平地面上，以上端点为坐标原点O，竖直向下为y轴，O点离地高为h。t=0时将质量为m的铁球从O点由静止开始释放，经过时间第一次运动到离地面高度为的P点，此时速度最大为v。不计空气阻力。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）铁球第一次运动到P过程中弹力的冲量I；
（3）铁球运动过程中，任意时刻t的位置坐标y。
【参考答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【名师解析】
（1）在P点，弹簧的形变量
小球受到的弹力大小
F=mg
根据胡克定律，有
解得
（2）从O第一次运动到P的过程中，对小球，以竖直向下为正方向，而弹力向上，根据动量定理，有
解得
方向竖直向上；
（3）当铁球的位置坐标为y时，弹簧的压缩量为y，铁球受到的合力为
令
则
可知铁球做简谐运动，振幅
周期
振动的角频率为
以上端点为坐标原点O，竖直向下为y轴，t时刻铁球离P点的距离为
位置坐标为
即
2． （2020江苏南通泰州一模）如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg.求：
① A与B撞击结束时的速度大小v；
②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I.
【名师解析】
①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，
代入数据解得：v=3m/s；
②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，
由动量定理得：I=（m1+m2）（-v）-（m+1m2）v，
代入数据解得：I=-12N•s，负号表示冲量方向向右；
答：①A与B撞击结束时的速度大小v为3m/s；
②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I为12N•s。
【关键点拨】
①A、B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞结束时的速度大小。
②对滑块与弹簧作用过程应用动量定理求出弹簧对A、B系统的冲量大小。
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与动量定理可以解题，解题时注意正方向的选择。
3. .(2022山东聊城一模)运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究．北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的部分轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为、、．运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，用了0.7s完成屈膝缓冲后沿滑道下滑．若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为70kg，取重力加速度，，，，．求；
（1）运动员在空中运动的水平速度；
（2）屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力的大小．
【参考答案】（1）v0=30m/s （2）F=3144N
【名师解析】
（1）运动员从A到B，从B到C所用时间相等，设时间间隔为T，则
解得
v0=30m/s
（2）由题意得,运动员落到滑道上时速度与水平方向的夹角为53°速度关系为
在垂直滑道方向上由动量定理有
求得
F=3144N
4．（16分）（2019北京四中高考前保温训练）如图，足够长得斜面倾角＝37°，一个质量为m=1.0kg物体以＝12m/s的初速度，从斜面A点处沿斜面向上运动。加速度大小为a＝8.0m/s2。重力加速度g＝10 m/s2，37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物体沿斜面上滑的最大距离x；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数；
（3）物体返回到A点时的动量大小p。
【名师解析】.（1）根据 （2分）
求出 x＝9m （2分）
（2）根据牛顿第二定律 mgsinθ＋μN＝ma （2分）
N＝mgcosθ （2分）
求出 μ＝0.25 （2分）
（3）据牛顿第二定律 mgsinθ－μN＝ma1 （2分）
求出 a1＝4m/s2 （2分）
得回到出发点时的速度大小（1分）
物体返回到出发点时的动量大小p=mv=（1分）
5、(13分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【参考答案】(1)ρv0S (2)－
【名师解析】
(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝－。
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