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第六章
动量和动量守恒定律
课程标准 命题热点
1.通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。 2．探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 3．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。 (1)动量定理的理解与应用。
(2)动量守恒定律的理解与应用。
(3)动量守恒与能量守恒的综合应用。
(4)动量守恒定律与电磁学、原子物理等知识的综合应用。
课程标准 命题热点
备 考 策 略 1.掌握隔离法、整体法和用守恒定律分析物理问题的方法。 2．理解动量、冲量和动量定理，能用动量定理解释生产生活中的有关现象。 3．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 4．运用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲、“子弹打木块”模型、“弹簧系统”模型、“滑块—木板”模型、“人船”模型等问题。 5．理解验证动量守恒定律的实验原理，灵活处理多种实验方案。 第1讲 动量 动量定理
知识梳理·双基自测
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
2年高考·1年模拟
知识梳理·双基自测
知识点1
动量
1．动量
(1)定义：运动物体的______和______的乘积。
(2)公式：p＝_______。
(3)单位：_______________，符号是kg·m/s。
(4)矢量性：方向与______的方向相同，运算遵循_____________________。
质量
速度
mv
千克米每秒
速度
平行四边形定则
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内_________和_________的矢量差(也是矢量)。
(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝_________。
末动量
初动量
p′－p
知识点2
动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的____________的乘积。
(2)公式：I＝_________。
(3)单位：_________，符号是_________。
(4)矢量性：方向与____________相同。
(5)物理意义：反映力的作用对______的积累效应。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受_______________。
(2)表达式：mv′－mv＝______或p′－p＝______。
作用时间
FΔt
牛顿秒
N·s
力的方向
时间
合力的冲量
F合t
F合t
思考：教材中是如何推导动量定理表达式的？
一、堵点疏通
1．某物体的速度大小不变，动量一定不变。( )
2．物体的质量越大，动量一定越大。( )
3．物体的动量相同，其动能一定也相同。( )
4．冲量是矢量，其方向与力的方向相同。( )
5．力越大，力对物体的冲量越大。( )
6．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。( )
×
×
×
√
×
√
二、对点激活
1．(2022·重庆高三月考)如图为某中国运动员在冬奥会短道速滑比赛中的精彩瞬间。假定他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，在一极短时间Δt内滑过的角度为θ，则他在这个过程中( )
A．所受的合外力为零，做匀速运动
B．所受的合外力恒定，做匀加速运动
C．合外力做功为零，合力的冲量也为零
D．合外力做功为零，合力的冲量不为零
D
[解析]运动员沿圆弧弯道匀速率滑行，可看作匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，合外力不为零，也不是恒力，故AB错误；合外力与速度的方向始终保持垂直，合外力做功为零，但冲量是力与时间的乘积，合力的冲量不为零，故C错误，D正确。
2．(2022·河南商丘高三模拟)如图所示，碰碰车周围有橡胶做成的缓冲装置，可以减小碰撞中的撞击力。某次两车相向而行，相撞前的速度大小均为1.5 m/s，碰撞过程作用时间约为0.2 s，每辆碰碰车和人的总质量约为100 kg。则两车碰撞过程中的平均作用力大小约为( )
A．125 N B.375 N
C.750 N D.1 500 N
[解析]以其中一辆小车碰前速度方向为正方向，根据动量定理可得－FΔt＝0－mv，解得F′＝750 N，C正确，故选C。
C
3．(2022·湖南岳阳市高三模拟)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增加
C
[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，合外力的冲量不变，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，AB错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量对时间的变化率，D错误。
核心考点·重点突破
考点一
对动量、冲量的理解
1．动量的性质
(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
2．冲量的性质
(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
3．动量和动能的比较
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两点无初速度释放，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
例1
C
[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
名师点拨
(1)恒力冲量的计算首先考虑公式，其次考虑用动量定理求解；变力冲量的计算首先用动量定理求解，其次可考虑F－t图像中的面积对应冲量。
(2)总冲量的三种求法：①若各个外力是恒力，且各力的作用时间也相同，可以先求出合力再乘以时间求冲量，即I合＝F合·t。②若各个外力是恒力，但各力的作用时间不相同，可以先求出每个外力在相应时间内的冲量，然后求各外力冲量的矢量和。③若外力是变力，可以应用动量定理求合外力的冲量。
〔变式训练1〕 (2022·新疆昌吉一模)一个静止在水平地面上的物体，质量为0.1 kg，受到竖直向上的拉力F作用，F随时间t的变化情况如图所示。若g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．0～3 s内，物体的速度逐渐增大
B．3 s时物体的速度最大
C．第5 s末和第9 s末物体的速度相等
D．第7 s末物体离地面的高度最大
C
[解析]物体质量为0.1 kg，即物重1 N，在F＝1 N前物体保持静止，即物体是从1 s后开始向上加速运动的，A错误；在3 s末拉力最大，故加速度最大，B错误；根据动量定理，F合t＝m·Δv，结合题中图像，前5秒内m·Δv＝(F－1)t，解得m·Δv＝4.5 kg·m/s，前9秒内，m·Δv＝4.5 kg·m/s，即第5 s末和第9 s末的速度相等，C正确；物体在1～9 s整个过程中都在向上运动，即第7 s末物体仍向上运动，物体离地面的高度不是最大，D错误。
考点二
对动量定理的理解及应用
1．应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程
研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
(3)规定正方向
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
(5)根据动量定理列式求解。
2．应用动量定理解题的注意事项
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。
(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
2021年东京奥运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹夺得冠军，刘灵玲获得亚军。比赛中质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g)
例2
[延伸思考]
(1)床垫对运动员的冲量是多少？
(2)如果运动员不是落在床垫上，而是落在水泥地面上，运动员所受的平均冲力表达式相同吗？实际结果有区别吗？
〔变式训练2〕 (2023·浙江高三月考)如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是( )
A．有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了
B．防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用
C．手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量较小
D．手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量相同
B
[解析]有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了，这个说法是错误的，有手机防摔装置，只是有一定的保护作用而已，并不一定保证一定安全，所以A错误；防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用，所以B正确；手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量一样，因为高度相同，下落速度大小相同，根据动量定理，但是有防摔装置时质量变大，则动量的变化量增大，则有防摔装置时地面给它的冲量较大，所以C错误；冲量为矢量有方向，则手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量大小相等，方向相反，所以D错误。
〔变式训练3〕 (2023·重庆市江津第八中学校模拟预测)气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力，如图所示。某同学的体重为G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到地面的平均冲击力大小为3G。若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为2.5t0，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为( )
A．1.8G B.1.6G
C.1.2G D.0.9G
A
[解析]设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理(F－G)·t0＝0－(－mv)，其中F＝3G，穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F′－G)·2.5t0＝0－(－mv)，解得F＝1.8G。故选A。
名师讲坛·素养提升
用动量定理求解流体冲击力问题
研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元 研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 (2023·山东高三月考)水上飞人表演是观赏性较高的水上表演项目，水上摩托艇加上与之相连的软管和飞行踏板构成了水上飞行器的核心结构。飞行踏板靠一根水管连接在摩托艇的喷射口，通过摩托艇的喷射动力把飞行踏板冲起来，人在空中能完成各种特技动作。飞行踏板有1个进水口和2个出水口，从进水口进入的水从2个出水口喷出，进水口和出水口均与踏板垂直。进水口的横截面积为S,2个出水口横截面积
例3
(1)水从飞行踏板出水口喷出的速度大小；
(2)为维持悬停，摩托艇发动机的输出功率。
[解析](1)设喷出的速度大小为v，极短时间Δt内，喷出水的质量为Δm＝ρSvΔt，
规定向下为正方向，对作用过程，根据动量定理可得FΔt＝Δmv－(－Δmv)，
由于人悬浮在空中，水对飞行踏板的力等于飞行踏板所受重力，根据平衡条件可得
〔变式训练4〕 (2023·河南高三模拟)某地派出所帮助村民将一辆被风吹跑的三轮车推上圩埂。若三轮车被吹下圩埂时风速约为20 m/s，空气的密度为1.3 kg/m3，假设空气垂直吹到静止的三轮车上时速度变为0，已知三轮车的迎风面积约为2.5 m2，可估算三轮车被吹下圩埂时受到风吹的力约为( )
A．200 N B.500 N
C.900 N D.1 300 N
[解析]根据动量定理可知Ft＝ρSvt·v，即F＝ρSv2，代入数据解得F＝1 300 N。故选D。
D
2年高考·1年模拟
1.(2022·山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
A
[解析]火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
2．(2022·湖北卷)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1
B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1
D．W2＝7W1，I2≥I1
D
3．(多选)(2022·全国乙卷)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
AD
4．(多选)(2021·福建卷，8)如图(a)，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连。物块从开始下落到最低点的过程中，位移－时间(x－t)图像如图(b)所示，其中t1为物块刚接触薄板的时刻，t2为物块运动到最低点的时刻。弹簧形变在弹性限度内，空气阻力不计。则( )
BCD练案[18]第六章 动量和动量守恒定律
第1讲 动量 动量定理
一、选择题(本题共10小题，1～7题为单选，8～10题为多选)
1．(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置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。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( D )
[解析]质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m＝m·x。动量p关于x为幂函数，且x>0，故正确的相轨迹图像为D。故选D。
2．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图像如图所示，由图像可知在t2时刻物体的( B )
A．加速度大小为
B．速度大小为
C．动量大小为
D．动能大小为
[解析]由图像可知，在t2时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得，加速度大小a＝，故A错误；由动量定理和图像面积可得＝mv，则v＝，根据动量和动能的关系得Ek＝，故B正确，C、D错误。
3．(2023·湖北模拟预测)位于同一高度的两个相同小球A、B，A球自由释放，B球以速度v0平抛，不计空气阻力，下列说法正确的是( C )
A．A、B两球落地时动量相同
B．A、B两球落地时动能相同
C．A球运动过程中，相等时间内动量改变量相同
D．A球运动过程中，相等时间内动能变化相同
[解析]两球落地时的速度方向不同，则其动量不同，根据动量定理，自由落体运动的时间和平抛运动的时间相等，则有mgt＝Δp，可知相同时间内动量的改变量相同，故A错误，C正确；由动能定理mgh＝mv2－mv，因h一样，而v0不同，则其落地动能不同，故B错误；A球在相同时间内因竖直方向下落高度不一样，则其动能的改变量不相同，故D错误。
4．(2022·河北保定二模)空旷开阔的机场可能成为一些候鸟迁徙之前的聚集地或者迁徙途中的落脚点，因此飞机起飞和降落的过程中，容易遭遇飞鸟撞击。若飞鸟的质量为m，飞鸟的主(肉)体长度为L，飞机被飞鸟迎面撞击时的航速为v0，认为撞击过程中小鸟做初速度为零的匀加速直线运动，则飞机被飞鸟撞击时受到的平均撞击力的大小为( A )
A. B.
C. D.
[解析]由题意可知撞击过程中小鸟做初速度为零的匀加速直线运动，撞击后小鸟与飞机的速度相等，假设撞击作用时间为t，则有L＝t，以小鸟为对象，撞击过程根据动量定理可得Ft＝mv0－0，联立解得F＝，根据牛顿第三定律可知飞机被飞鸟撞击时受到的平均撞击力的大小为，A正确，BCD错误。
5．(2023·全国高三专题练习)很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列分析不正确的是( B )
A．手机刚要接触头部之前的速度约为2 m/s
B．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 kg·m/s
C．手机对头部的冲量大小约为0.48 N·s
D．手机对头部的作用力大小约为2.4 N
[解析]手机自由下落，刚要接触头部之前的速度为v＝＝2 m/s，A正确，不符合题意；手机与头部作用过程中手机动量变化为Δp＝mv＝0.24 kg· m/s，B错误，符合题意；手机砸到头部过程，以向下为正方向，据动量定理可得－I＋mgΔt＝0－Δp，解得手机受到的冲量大小为I＝0.48 N·s，故手机对头部的冲量大小为0.48 N·s，C正确，不符合题意；由I＝FΔt，解得手机受到的作用力大小为F＝2.4 N，故手机对头部的作用力大小为2.4 N，D正确，不符合题意。
6．(2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )
风级 风速(m/s) 风级 风速(m/s)
0 0～0.2 7 13.9～17.1
1 0.3～1.5 8 17.2～20.7
2 1.6～3.3 9 20.8～24.4
3 3.3～5.4 10 24.5～28.4
4 5.5～7.9 11 28.5～32.6
5 8.0～10.7 12 32.7～36.9
6 10.8～13.8 …… ……
A.45倍 B.36倍
C.27倍 D.9倍
[解析]设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S，经过Δt时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm＝ρΔV＝ρSvΔt，根据动量定理可得FΔt＝Δmv，解得F＝ρSv2。根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F′＝F＝ρSv2∝v2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为＝≈45，故选A。
7．(2022·宁夏银川一中二模)近年来，国产新能源汽车的销量得到大幅增长。为检测某新能源汽车的刹车性能，现在平直公路上做实验。如图甲，汽车质量为2×103 kg(可看作质点)在平直公路上行驶，其中PQ路段为柏油路，QM路段为沙石路，汽车从P地运动到M地的过程，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，已知汽车在PQ路段受到的阻力为其重力的，在整个行驶过程中汽车的功率保持不变，g＝10 m/s2，则以下说法中正确的是( D )
A．汽车的功率为2×103 W
B．汽车的功率为2×105 W
C．汽车从Q地运动到M地的过程中克服阻力做的功2.75×104 J
D．汽车从Q地运动到M地的过程中，牵引力的冲量3×104 N·s
[解析]根据题意可知，汽车在PQ路段受到的阻力为f＝mg＝2×103 N，由图乙可知，汽车在PQ段以10 m/s速度匀速行驶时，此时，汽车的牵引力等于阻力为F＝f＝2×103 N，根据公式P＝Fv可得，汽车的功率为P＝2×104 W，故A、B错误；汽车从Q地运动到M地的过程中，设阻力做功为W，根据动能定理有Pt－W＝mv－mv，代入数据解得W＝2.75×105 J，故C错误；由图乙可知，汽车在QM段，最终以5 m/s的速度做匀速运动，设此时的牵引力为F′，阻力为f′，则有P＝F′vM＝f′vM，解得f＝4 000 N，汽车从Q地运动到M地的过程中，设牵引力的冲量为I，根据动量定理有I－f′t＝mvM－mvQ，解得I＝3×104 N·s，故D正确。
8．(2023·广东金山中学高三月考)如图所示，质量为m的小球从距离泥潭表面高度为H的A点由静止释放，落到泥潭后陷入其中，陷入至深度为h的B点时速度减为零，不计空气阻力，重力加速度为g。则关于小球下落过程中，说法正确的是( BD )
A．整个下落过程中，小球的机械能减少了mgH
B．整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg(H＋h)
C．在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大小等于m
D．在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于m
[解析]从静止开始释放到落到地面，应用动能定理mgH＝mv2，解得v＝，小球陷入泥中的过程，根据动能定理mgh－Wf＝0－mv2，故Wf＝mgh＋mv2＝mgh＋mgH，克服阻力做的功等于小球机械能的减少量，故机械能减少了mgh＋mgH，故A错误，B正确；由上可知小球落到地面的速度为，对进入泥潭的过程运用动量定理得IG＋If＝0－m，可知阻力的冲量大小不等于m，故C错误；由上可知小球落到地面的速度为，进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m，故D正确。
9．(2021·全国乙卷)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度为g。则( BC )
A．在此过程中F所做的功为mv
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
[解析]外力撤去前，由牛顿第二定律可知，F－μmg＝ma1 ①
由速度位移公式有v＝2a1s0 ②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma2 ③
由速度位移公式有－v＝2a2(2s0) ④
由①②③④可得，水平恒力F＝，动摩擦因数μ＝，滑动摩擦力Ff＝μmg＝，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝mv，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝＝，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝mv0，故B正确。故选B、C。
10．(2023·河北高三阶段练习)北京冬奥会的举办为我国的冰雪运动注入了新的活力。如图甲所示，一个质量为50 kg的滑雪爱好者从一足够长倾角为θ＝37°的倾斜雪道的最高点由静止开始沿雪道向下滑，在滑雪过程中滑雪爱好者可以通过改变滑雪姿态调整所受阻力大小。滑雪爱好者由静止开始下滑的一段时间内所受阻力f随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( BC )
A．此过程滑雪爱好者做匀变速直线运动
B．t＝4 s时滑雪爱好者的速率为18 m/s
C．0～4 s内滑雪爱好者受到的合外力做的功为8 100 J
D．0～4 s内滑雪爱好者的平均速度大于9 m/s
[解析]由f－t图像可知，4 s内阻力的冲量大小为图形的面积If＝300 N·s，由动量定理得mgsin θ·t－If＝mv，解得v＝18 m/s，由动能定理可知W＝mv2，解得W＝8 100 J，BC正确；滑雪爱好者做初速度为零、加速度增大的加速运动，不是匀变速直线运动，在0～4 s内滑雪爱好者速度由0增至18 m/s走过的位移小于匀加速情况下的位移，故平均速度小于9 m/s，AD错误。
二、非选择题
11．(2023·浙江高三专题练习)在t＝0时刻将质量m＝0.5 kg的小球从距地面一定高度处以初速度v0竖直向上抛出，在第3 s末落地。已知小球在空中运动的v－t图像如图所示，小球所受空气阻力的大小恒定，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球所受空气阻力的大小；
(2)v0的大小；
(3)小球从抛出到返回至抛出点的过程中所受空气阻力的冲量大小。
[答案] (1)1 N (2)12 m/s (3) N·s
[解析](1)由v－t图像可知，小球在下落阶段的加速度大小为a＝＝8 m/s2，
设小球所受空气阻力的大小为f，在下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，
解得f＝1 N。
(2)设小球在上升阶段的加速度大小为a′，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma′，
解得a′＝12 m/s2。
根据匀变速直线运动的规律可得v0＝a′t1＝12 m/s。
(3)在小球上升阶段，空气阻力的冲量大小为I1＝ft1＝1 N·s，
方向竖直向下。
小球上升的高度为h1＝t1＝6 m，
设小球从最高点返回至抛出点的过程经历时间为t2，则h1＝at，
解得t2＝ s。
在小球下落阶段，空气阻力的冲量大小为I2＝ft2＝ N·s，方向竖直向上。
所以小球从抛出到返回至抛出点的过程中，空气阻力的冲量大小为
I＝I2－I1＝ N·s。
12．(2021·山东卷)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度，以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
[答案] (1)500 N (2)[34 m,36 m]或(34 m，36 m)
[解析](1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为vy，根据
运动的合成与分解得H＝gt2，vy＝gt，v＝，
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－mv，
联立，代入数据得F＝500 N。
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1＝v1t，x2＝x1＋L，联立，代入数据得x1＝30 m，x2＝36 m，
若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x′1，击中右端时，释放点的x坐标为x′2，得x′1＝v2t，x′2＝x′1＋L，联立，代入数据得x′1＝34m，x′2＝40 m，
综上得x坐标区间为[34 m,36 m]。
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