第30講動(dòng)量和動(dòng)量定理及其應(yīng)用

（模擬精練+真題演練）

1.（2023?甘肅張掖?高臺(tái)縣第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）2022年，在卡塔爾舉行的世界杯足球賽成為了人們所

關(guān)注的盛事，在這一場(chǎng)場(chǎng)精彩絕倫的球賽中，蘊(yùn)含了許多的物理知識(shí)。著名球星梅西在射門(mén)時(shí)把球踢偏了,

球以12m/s的速度水平射中門(mén)框，之后球又以8m/s的速度水平彈回，球與門(mén)框的作用時(shí)間是（Ms,球的質(zhì)

量是0.3kg（忽略一切摩擦和空氣阻力），下列說(shuō)法正確的是（）

A.門(mén)框?qū)η虻臎_量大小為6N-sB.門(mén)框?qū)η虻臎_量大小為1.2N?s

C.門(mén)框?qū)η虻钠骄鶑椓Υ笮?6ND.梅西對(duì)球做功21.6J

【答案】A

【詳解】ABC.取球水平彈回方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得門(mén)框?qū)η虻臎_量/=&=6匕一（-機(jī)匕）

解得/=6N.s門(mén)框?qū)η虻钠骄鶑椓=^=AN=60N故A正確，BC錯(cuò)誤；

z0.1

D.根據(jù)功能關(guān)系得梅西對(duì)球做的功等于球擊中門(mén)框時(shí)的動(dòng)能和重:力勢(shì)能之和，此時(shí)球的動(dòng)能

線/=；X0.3X122J=21.6J則梅西對(duì)球做的功大于21.6J,故D錯(cuò)誤。故選A。

2.（2023?廣東?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，學(xué)生練習(xí)用腳順球。某一次足球由靜止自由下落1.25m,被重新順起,

離開(kāi)腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25m。已知足球與腳部的作用時(shí)間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重

力加速度大小g取lOm*,不計(jì)空氣阻力，則（）

A.足球下落到與腳部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為4kg.m/s

B.足球自由下落過(guò)程重力的沖量大小為2kg?m/s

C.足球與腳部作用過(guò)程中動(dòng)曷變化最為零

D.腳部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的9倍

【答案】B

【詳解】A.足球達(dá)到腳背的速度為￡=同=5m/s足球卜落到與腳部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為

p=niv=0.4x5kg-m/s=2kg-m/s,A錯(cuò)誤：

B.小球自由下落的時(shí)間為，、慳=0.5s所以足球自由下落過(guò)程重力的沖量大小為

/==0.4x10x0.5kg-m/s=2kg-m/s,B正確；

C.根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，足球離開(kāi)腳背的速度大小也是5m/s,設(shè)豎直向下為正方向，所以腳背與足球作用過(guò)

程中，動(dòng)量變化量為A/2=-〃7L"w=-2x0.4x5kg-m/s=-4kg-m/s,C錯(cuò)誤；

D.足球與腳部作用過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得（，咫-〃）/="解得D錯(cuò)誤。故選B。

3.（2023?北京西城?北京四中?？寄M預(yù)測(cè)）?豎直放置的輕彈簧，?端固定于地面，?端與質(zhì)量為3kg

的B固定在一起，質(zhì)量為1kg的A放于B上。現(xiàn)在A上施加力/使得彈簧壓縮，然后撤去力F,此后A和

B一起豎直向上運(yùn)動(dòng)，且A和B能分離。如圖所示。當(dāng)A、B分離后，A上升0.2m到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)B速

度方向向下，彈簧為原長(zhǎng)，則從A、B分離起至A到達(dá)最高點(diǎn)的這一過(guò)程中，下列說(shuō)法不正砸的是（）

（g取10m/s2）

A.A、B分離時(shí)B的加速度為gB.彈簧的彈力對(duì)B做功為零

C.彈簧的彈力對(duì)B的沖量大小為6N-sD.B的動(dòng)量變化最為零

【答案】D

【詳解】A.由分離的條件可知，A、B物體分離時(shí)二者的速度、加速度相等，二者之間的相互作用力為0,

所以此時(shí)A只受重力，A的加速度為/二g所以B的加速度為也等于g,故A正確，不符合題意；

B.A、B物體分離時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，A到最高點(diǎn)時(shí)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)，所以從A、B分離起至A到達(dá)最高

點(diǎn)的這過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能變化為零，所以彈簧對(duì)B做功為零，故B正確，不符合題意；

C.A、B物體分離后A做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可知豎直上拋的初速度為口=向J=j2xlOxO.2=2m/s

上升到最高點(diǎn)所需的時(shí)間為，=右=0.28由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知此時(shí)B的速度為2m/s,方向豎直向下，對(duì)B

在此過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)量定理得4=/…（-〃次）解得彈簧的彈力對(duì)B的沖量大小為4=6N-s

故C正確，不符合題意；

D.B的動(dòng)量變化量為=（-叫》）=12kg-nVs故D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。

4.（2023?湖北?模擬預(yù)測(cè)）一水平傳送帶長(zhǎng)L=16m,以恒定速度i，=4m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在傳送帶左端

每隔1s由靜止放上一個(gè)完全相同的質(zhì)最為，〃=【kg的小物塊，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1,重力

加速度g?。軴m/s。則第1個(gè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端后的Is內(nèi)，傳送帶對(duì)所有小物塊摩擦力的總沖量大

小為（）

A.3N-sB.4N-S

C.5N-sD.6Ns

【答案】B

【詳解】由題意可知，小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度〃=〃g=lm/s2加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間々=：=4s

加速運(yùn)動(dòng)的位移*=±=8m勻速運(yùn)動(dòng)的位移￡=￡-斗=8m勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間=2=2s第1個(gè)小物塊到

2aV

達(dá)最右端時(shí)，第7個(gè)小物塊剛要放上傳送帶，傳送帶對(duì)第2-3個(gè)工件的摩擦力為0,因此在此后1s內(nèi)的沖

量4=A=0對(duì)第4一7個(gè)工件的摩擦力在此后,=1s內(nèi)的沖量/4=/5=/6=/7=/^r=INs

故此后1s內(nèi)傳動(dòng)帶對(duì)工件摩擦力的總沖量大小為/=/2+/3+，4+/5+4+/7=4N?s故選B。

5.（2023?河北?模擬預(yù)測(cè)）如圖中所示，物塊放置在光滑固定斜面上，1=0時(shí)刻對(duì)物塊施加一沿斜面向上

的、按圖乙所示規(guī)律變化的作用力凡物塊由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊加速度大小〃隨時(shí)間/變化的圖象如圖丙

所示，重力加速度g=l（）m/s2,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.斜面傾角的正弦值為0.6B.物塊的質(zhì)量為0.2kg

C.0~ls內(nèi)，廠的沖量大小為2N.sD.Is末物塊的速度大小為2.5m/s

【答案】D

【詳解】A.7=0時(shí)，F(xiàn)=0,設(shè)斜面傾角為〃，物塊的質(zhì)量為/"，對(duì)物塊由牛頓第二定律，有川gsin6=〃q

可得sin，=0.5故A錯(cuò)誤。

B./=ls時(shí)，F(xiàn)=2N,物塊的加速度為0,對(duì)物塊由牛頓第二定律，有2N-"igsin0=O解得〃?=0.4kg故B

錯(cuò)誤;

?xl

C.尸T圖線與橫軸圍成的面積大小等于力尸的沖量大小，則0~ls內(nèi)，產(chǎn)的沖量大小為/=《-N-s=lN,s

故C錯(cuò)誤;

D.“T圖線與橫軸圍成的面積大小等「物塊的速度變化最大小，又物塊初始時(shí)刻的速度等「零，則1s末

5x1

物塊的速度大小為v==m/s=2.5m/s故D正確。故選D。

6.（2023?湖北?模擬預(yù)測(cè)）一小球做平拋運(yùn)動(dòng)，關(guān)于小球的速度、動(dòng)量、動(dòng)能、重力勢(shì)能的變化率隨時(shí)間

變化的圖線，正確的是（）

C.錘頭與樁頭碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可得〃?u=2〃?心對(duì)錘頭下落的過(guò)程，由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得

，=2"解得八師、心=早即碰撞前后瞬間錘頭的速度變化量的大小為|加，|=除7,卜學(xué)，C錯(cuò)

誤；

D.從碰后瞬間到靜止，對(duì)錘頭由動(dòng)量定理可得力解得戶=小蜉，D正確。故選D。

8.（2023?安徽滁州?安徽省定遠(yuǎn)縣第三中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）2022年2月北京舉辦了第24屆冬季奧運(yùn)會(huì)，蘇

翊鳴奪得男子單板滑雪大跳臺(tái)項(xiàng)目金牌，成為中國(guó)首個(gè)單板滑雪奧運(yùn)冠軍。圖甲是一觀眾用手機(jī)連拍功能

拍攝蘇翊鳴從起跳到落地的全過(guò)程的合成圖。圖乙為首鋼滑雪大跳臺(tái)的賽道的示意圖，分為助滑區(qū)、起跳

臺(tái)、著陸坡和終點(diǎn)四個(gè)部分，運(yùn)動(dòng)員從一百多米的助滑跑道滑下，騰空高度平均可達(dá)7m,落地前的速度與

著陸坡之間有一定的夾角。以下說(shuō)法正確的是（）

A.運(yùn)動(dòng)員由于與著陸坡作用時(shí)間短，所以不會(huì)受傷

B.運(yùn)動(dòng)員由于受到空氣阻力，機(jī)械能減少，速度降低，所以不會(huì)受傷

C.適當(dāng)增加著陸坡與水平方向的傾角可以減小運(yùn)動(dòng)員受到的撞擊力，增加安全性

D.運(yùn)動(dòng)員落到著陸坡時(shí)，由于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量變化量小，所以受到的撞擊力小

【答案】C

【詳解】如圖所示，設(shè)運(yùn)動(dòng)員著陸前瞬間垂直于著陸坡的分速度為1%著陸坡與水平方向的傾角為以運(yùn)動(dòng)

員著陸瞬間所受著陸坡的沖擊力大小為FN,與著陸坡的作用時(shí)間為對(duì)運(yùn)動(dòng)員著陸前后瞬間，根據(jù)動(dòng)量

定理行0-S嗎）=（&-，咫85。）加解得大=但8$0+等運(yùn)動(dòng)員之所以不會(huì)受傷，是因?yàn)樾妮^小，即在

垂直于著陸坡方向的動(dòng)量的變化率較?。?”2較小且加較大），且根據(jù)F,V的表達(dá)式可知，適當(dāng)增加著陸

坡與水平方向的傾角夕可以減小運(yùn)動(dòng)員受到的撞擊力，增加安全性。運(yùn)動(dòng)員卜落時(shí)雖然受到空氣阻力，但

下落時(shí)仍做加速運(yùn)動(dòng)，速度不會(huì)降低。綜上所述可知ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。

9.（2023?湖南長(zhǎng)沙?校聯(lián)考二模）蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶外休閑活動(dòng)。圖甲為蹦極的場(chǎng)景，一游客從蹦

極臺(tái)下落的速度一位移圖象如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長(zhǎng)量的關(guān)系符合胡克定律，游客及攜帶

裝備的總質(zhì)量為50kg,彈性輕繩原長(zhǎng)為10m,若空氣阻力恒定，游客下落至5m處時(shí)速度大小為3麗m/s,

重力加速度8取10m//,下列正確的是（）

v/fms1)

A.整個(gè)下落過(guò)程中，游客先處于失重后處于超重狀態(tài)

B.游客及攜帶裝備從靜止開(kāi)始下落15m的過(guò)程中重力的沖量為750N?s

C.游客在最低點(diǎn)時(shí)，彈性勢(shì)能最大為13OOOJ

D.彈性繩長(zhǎng)為20m時(shí):游客的加速度大小為9m/s2

【答案】A

【詳解】A.由題圖乙可知游客從蹦極臺(tái)下落過(guò)程先加速后減速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，

所以游客先處于失重后處于超重狀態(tài)，故A正確：

B.以游客及攜帶裝備為研究對(duì)象，從靜止開(kāi)始下落15m的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得

/-=/G-lF-If=wv=50xl5N-s=750N-s故重力的沖量大于750N&故B錯(cuò)誤；

C.游客在前5m做勻加速直線，根據(jù)動(dòng)能定理（〃吆-6％二?叫2解得上50N從下落至最低點(diǎn)過(guò)程中能量

守恒=田呼+加解得^=500x26-50x26=11700J故C錯(cuò)誤；

D.游客下落15m時(shí)合力為0時(shí)速度最大，此時(shí)彈性繩的彈力和阻力等于游客及攜帶裝備的總重力，即

f+k\x=mg解得k="*一=45N/m彈性繩長(zhǎng)為20m時(shí)，彈性繩的彈力/=AAV=45x（20—IO：N=45ON

根據(jù)牛頓第二定律得F+f—mg=rna解得（z=0m/s2故D錯(cuò)誤。故選A。

10.（2023?北京朝陽(yáng)?和平街第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）根據(jù)量子理論：光子既有能量也有動(dòng)量；光子的能量

￡和動(dòng)量P之間的關(guān)系是E=pc,其中c為光速。由于光子有動(dòng)量，照到物體表面的光子被物體吸收或被反

射時(shí)都會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生一定的沖量，也就對(duì)物體產(chǎn)生了一定的壓強(qiáng)。根據(jù)動(dòng)量定理可近似認(rèn)為：當(dāng)動(dòng)量為〃

的光子垂直照到物體表面時(shí)，若被物體反射，則物體受到的沖量大小為2p：若被物體吸收，則物體受到的

沖量大小為P。某激光器發(fā)出激光束的功率為P。，光束的橫截面積為S。當(dāng)該激光束垂直照射到某物體表面

時(shí)，物體對(duì)該激光的反光率為小則激光束對(duì)此物體產(chǎn)生的壓強(qiáng)為（）

（1+7）P.c（1+〃）6（1-7）P.n（2-

ScScScS

【答案】B

【詳解】時(shí)間，內(nèi)釋放光子的能量為光子的總動(dòng)量為〃=，=?根據(jù)題意，由動(dòng)量定理有2叩+（1-//）

IkFt激光束對(duì)此物體產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p肝-聯(lián)立解得p，尸.故選B。

II.（多選）（2023?四川遂寧?射洪中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）小朋友喜歡的“踩踩球"其'實(shí)就是由上下兩個(gè)連在一

起質(zhì)量相等的半球組成，兩半球間裝有一個(gè)輕彈簧。玩耍時(shí)，將,‘踩踩球''直立靜放在水平地面上，用腳從上

半球頂部中心點(diǎn)向下踩壓，當(dāng)兩半球貼合后放開(kāi)腳，過(guò)一會(huì)兒貼合裝置失效，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，球就會(huì)突然

展開(kāi)，瞬間彈起。如圖所示，小明同學(xué)測(cè)得“踩踩球”展開(kāi)靜止在地面上時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為由；

踩壓貼合時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為用；彈起后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)中間白色標(biāo)距地面的高度為為。已知''踩

踩球”總質(zhì)量為機(jī)并全部集中在上下半球上，重力加速度大小為g,不計(jì)一切阻力，下列說(shuō)法中正確的是

（）

A.“踩踩球”離開(kāi)地面時(shí)的速度大小為J2g（4-4）

B.上述踩壓過(guò)程中壓力做的功為5-4）

C.彈簧的最大彈性勢(shì)能為〃必（2%-%-也）

D.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中“踩踩球''所受合外力的沖量大小為”/2以々-4）

【答案】AC

【詳解】A.設(shè)球離地的速度為叭由動(dòng)能定理可得t咫仇-/4）=0-々加解得＜=J2g應(yīng)一/“故A正確;

D.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理，"踩踩球''所受合外力的沖量大小為/合=〃"一0=〃?履屋而

故D錯(cuò)誤；

BC.設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為耳，踩壓過(guò)程中壓力做的功為W，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)連接裝置拉緊前上半球速度

為“，上半球彈起過(guò)程由機(jī)械能守恒可得叫2+〃吆5一4）=穌連接裝置拉緊過(guò)程由動(dòng)量守恒可得

刖=；〃叫踩壓過(guò)程由功能關(guān)系可得耳=W+〃吆（％-外）聯(lián)立解得W=2"瞰％-%）,Ep=mgQ%-4-色）故

B錯(cuò)誤，C正確。故選AC。

12.（多選）（2023?陜西咸陽(yáng)?武功縣普集高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）質(zhì)量為，〃=lkg的物塊在水平拉力的作

用F從靜I卜開(kāi)始沿水平桌面做直線運(yùn)動(dòng),其拉力產(chǎn)隨時(shí)間，的變化圖線如圖所示，物塊與水平桌面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)〃=0.l,重力加速度g=10m/s2。則（）

A.在r=2s時(shí),物塊的動(dòng)量大小為lkg?m/s

B.在i=4s時(shí)，物塊的速度為。

C.在0~2s內(nèi)和2~5s內(nèi)，物塊動(dòng)量的變化量大小之比為3:2

D.在0~5s內(nèi)，物塊的最大速度為L(zhǎng)5m/s

【答案】AD

【詳解】A.圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積代表拉力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理可知粵代入數(shù)據(jù)可

解得/^=-^^x2kg-m/s-O.lxlxl0x2kg-m/s=1kgm/s故A正確：

B.同理，從2~4s根據(jù)動(dòng)量定理有，=〃八，-〃代入數(shù)據(jù)解得u=lnVs故B錯(cuò)誤：

C.由上述分析可知0~2s內(nèi)物塊動(dòng)量的變化量大小為】kg.m/s,2?4s內(nèi)物塊動(dòng)量的變化量大小為0,4~5s

內(nèi)物塊動(dòng)量的變化量大小為-■^■/'-〃〃?郎'1='|1^m所以在0~2§內(nèi)和2~5s內(nèi)，物塊動(dòng)量的變化量大

小之比為2:3,故C錯(cuò)誤；

D,當(dāng)拉力與摩擦力相等時(shí),速度最大.由圖可知為/=3s時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量定理可知寫(xiě)值〃-攸心〃=〃”一〃

代入數(shù)據(jù)有昔1噂?向$-0.以口10乂11^?01/5=1，'-叫-111/5解得/=1.501/5故D正確；故選ADo

13.（多選）（2023?廣西?統(tǒng)考二模）如圖所示為冰直從高空由靜止下落過(guò)程中速度隨時(shí)間變化的圖象。

冰雹:所受的空氣阻力可認(rèn)為與物體速度大小成正比關(guān)系，圖中作出了r=0.8s時(shí)刻的切線，冰雹的質(zhì)量為0.5

kg,重力加速度g取10m/s2,則（）

B.冰窗所受的空氣阻力與速度大小的比例系數(shù)大小為會(huì)

16

C.冰直最終達(dá)到最大速度的大小為6m/s

D.冰雀在。至0.8s內(nèi)所受的平均阻力大小為2.5N

【答案】ABD

【詳解】A.速度時(shí)間圖象的斜率表示加速度，由圖象可知冰卷在z=0.8s時(shí)刻的加速度大小等于此時(shí)切線

的斜率.，故加速度大小為a="=。m/s?=2.5m/s?故A正確；

△t0.8

B.設(shè)空氣阻力與速度大小的正比系數(shù)為上當(dāng)v=4m/s時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有〃抬-加=〃心達(dá)到最大速

度時(shí)，加速度為零，則有聯(lián)立解得％=與，故B正確，C錯(cuò)誤；

163

D.在0到0.8s內(nèi)，對(duì)冰直山動(dòng)量定理可得nigl-fl-mv-0解得f=2.5N故D正確。故選ABD。

14.（多選）（2023?安徽滁州?安數(shù)省定遠(yuǎn)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，在xQy豎直平面內(nèi)，由八點(diǎn)斜射

出一小球，&C、。是小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)，A、&C、。四點(diǎn)的坐標(biāo)已在圖中標(biāo)出，空氣阻力忽略不

計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.小球在4點(diǎn)的動(dòng)量和在。點(diǎn)的動(dòng)量相同

B.從4到B和從B到C,小球動(dòng)量變化量相同

C.小球從B到C重力的沖量小于從C到。重力的沖量

D.小球從B到C的動(dòng)量變化率等于從C到D的動(dòng)量變化率

【答案】BD

【詳解】A.小球只受到重力，小球在y方向先做減速運(yùn)動(dòng)乂做勻加速運(yùn)動(dòng)，在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),

小球在A點(diǎn)和。點(diǎn)對(duì)稱，豎直速度大小相同，但方向相反，所以小球在A點(diǎn)的動(dòng)量和在C點(diǎn)的動(dòng)量大小相

同，方向不同，故A錯(cuò)誤；

B.小球從A到3和從H到。過(guò)程中，沿x軸位移相同，在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以時(shí)間相同，根

據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量相同，所以動(dòng)量的變化量相同，故B正確；

C.小球從8到C和從C到。水平位移相同，時(shí)間相同，故重力的沖量相同，故C錯(cuò)誤；

D.小球從8到C和從C到。合外力的沖量相同，動(dòng)量變化量相同，時(shí)間相等，所以動(dòng)量變化率學(xué)相同，

A/

故D正確。故選BD。

15.（多選）（2023?安徽亳州?安徽省亳州市第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為M的直-20武裝直

升機(jī)旋翼有4片槳葉，槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積為S。已知空氣密度為〃，重力加速度大小為g。當(dāng)直升機(jī)

懸?？罩袝r(shí)，槳葉旋轉(zhuǎn)推動(dòng)空氣，空氣獲得的速度為%,則單位時(shí)間內(nèi)槳葉旋轉(zhuǎn)推動(dòng)空氣的質(zhì)量可表示為

（）

【答案】BD

【詳解】直升機(jī)處丁?平衡狀態(tài)，記直升機(jī)與空氣間的作用力為尸，則尸=吸匕機(jī)對(duì)空氣的力與空氣對(duì)匕機(jī)

的力為作用力與反作用力，即尸=尸

AB.對(duì)空氣由動(dòng)量定理可得=解得——二25%故A錯(cuò)誤，B正確；

Ar

AmM女

CD.由.上式知尸加=△*%且尸=Mg聯(lián)立兩式可得石=于故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。

16.（2023?湖南?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）工廠對(duì)引進(jìn)一種可升降傳送裝置進(jìn)行調(diào)試。調(diào)整傳送帶與水平面成夾角

6=37。，如圖甲所示，并使傳送帶從上到下運(yùn)行。在傳送帶的頂端輕輕地放一個(gè)質(zhì)量〃?=lkg的物件，物件

在傳送帶上運(yùn)動(dòng)共用時(shí)2.0s,通過(guò)計(jì)算機(jī)記錄了傳送帶對(duì)物件摩擦力的功率大小與時(shí)間的圖像如圖乙所示，

物件可視為質(zhì)點(diǎn)，gMXlOm/s2,求：（sin370=0.6,cos37°=0.8）

（1）物件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)：

（2）物件從頂端到底端運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物件與傳送帶摩擦所產(chǎn)生的熱量；

（3）物件從頂端到底端運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中傳送帶對(duì)物件作用力的沖量大小。

【詳解】（1）物件輕放在傳送帶,沿帶向下勻加速，在O~ls,mgsin+f.tmgcos0==m—

△t

由PT圖像可知0~ls圖線斜率4=歿=〃〃*cos”.'得8〃2+6〃-5=0解得〃=7.25（舍去）：//=（）.5

ArAr

（2）物塊輕放在頂端，0~ls：〃2gsine+〃mgcosl=，M］得4=10m/s2由圖像可知物件在1s時(shí)物件加速到了

傳送帶的速度,由〃〃7gcos0“=40解得傳送帶的速度u=IOm/s由于〃<tan?,1?2s：mgsin。-//,〃gcosO=〃g

得%=2m/s2作出物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的》，T圖像如圖

由圖像可知07s傳送帶對(duì)地位移大于物件位移，劃痕長(zhǎng)度為A/產(chǎn)必（4）=5m

1~2s傳送帶對(duì)地位移小于物件位移，劃痕長(zhǎng)度為A/?=皿2-2％=1m故物件從頂端到底端運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中，物件與傳送帶摩擦所產(chǎn)生熱量Q=川kcos〃?（以+M）=24J

（3）2s時(shí)的速度均=￡+&加2=12m/s對(duì)物件沿斜面方向，設(shè)沿傳送帶向下方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量定理

mgsin。?/+。=m^v=mv2解得lf=0傳送帶對(duì)物件彈力的沖量1N=mgcos6>r=16N-s

故物件從頂端到底端運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中傳送帶對(duì)物件作用力的沖顯大小為/=16N-s

■真題實(shí)戰(zhàn)演練____________________

1.（2022?湖南?統(tǒng)考高考真題）如圖（a）,質(zhì)量為，〃的籃球從離地〃高度處由靜止卜.落，與地面發(fā)生一次

非彈性碰撞后反彈至離地〃的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的大倍（之

為常數(shù)且。<義<”），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。

H+h

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

（2）若籃球反彈至最高處力時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力凡使得籃球與地面碰撞一次后恰好反

彈至〃的高度處，力/隨高度y的變化如圖（b）所示，其中也已知，求為的大小；

（3）籃球從“高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間

給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量/,經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至”高度處，求沖量/的大小。

【詳解】（1）籃球下降過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律有叫-=-再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，下落的

過(guò)程中有陣=2。卜〃籃球反彈后上升過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律有mg+4mg=皿“.再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的

公式，上升的過(guò)程中有吸=2〃則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比攵=卜=(1+2)/?

(1-2)H

（2）若籃球反彈至最高處。時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力凡則籃球下落過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有

"igh+F°-Qngh=gmV；籃球反彈后上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有-mgh-&mgh=

,L2〃%（1—

聯(lián)立廨得年…

（3）方法一：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為。卜=（l-2）g（方向向下）；

%=（l+2）g（方向向下）由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相

等的沖量/,由于拍擊時(shí)間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有/二〃“即每拍擊一次籃球?qū)?/p>

給它一個(gè)速度1%拍擊第1次下降過(guò)程有=2（1-可購(gòu)）上升過(guò)程有=2（1+為購(gòu)

代人4后，下降過(guò)程有片-y=2（l-%）g%上升過(guò)程有E=2（l，）g珈

聯(lián)立有4=4（4+。拼擊第2次,同理代入我后，下降過(guò)程有

H2g（1-4）HH2g（1-2）

，=2（lT）g4上升過(guò)程有的=2（1—2）g牲聯(lián)立有色=［（九

再將歷代入?yún)栍腥?（4）24+（《）2、八十（?。﹟、八拍擊第3次,同理代入左后，下降過(guò)程有

HH2^（yl-x）H2g（y1-4）

片-v2=2（1-為g"上升過(guò)程有屜=2（1-為g珈聯(lián)立有仇+^^三一）

H（1一力）2g

再將的代入"用％=（"%+（"—2+分2—，直到拍擊第'次,同理代

入k后,下降過(guò)程有無(wú)一—=2（l，）g小-上升過(guò)程有力其=2（1-Rg/頌聯(lián)立有%,=4（3+七—）

H2g（1-4）

9

將代入尿有=(4)''?%+(4)'V*

iiN-ihN其中小=〃，九廣力

Hn2g(l-/l)吟f2g(T)H2g(1-㈤

(A)w+?_A

則有〃=(A)'?〃+［七—旦］v2則/―k右手叵

2g(1—％)

HA-1Vh(HU)

H

方法二：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為。卜=（1-⑷g（方向向下）

。上=（1+2）g（方向向下）由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相

等的沖量/,由于拍擊時(shí)間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有/=加丫即每拍擊一次籃球?qū)?/p>

給它一個(gè)速度J。設(shè)籃球從”下落時(shí)，速度為%,反彈高度為力，籃球受到?jīng)_量I后速度為，，落地時(shí)速度

為匕，則2（1+團(tuán)奴?=優(yōu)％）2,2（1—4必力=h2一/2聯(lián)立可得/?=，：=；「'；代入k可得，

2（l+2）g2（1-2）^

0=匕2_《%2……①籃球再次反彈，反彈速度為.，設(shè)反彈高度為/〃，受到?jīng)_量后，落地速度為⑵