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(共32張PPT)
第1講　動量定理及應用
課 程 標 準 素 養 目 標
通過實驗和理論推導，理解動量定理，能用其解釋生活中的有關現象． 物理觀念：知道動量、沖量的概念．
科學思維：理解動量定理和動量守恒定律，能用其解釋生產生活中的有關現象．知道動量守恒定律的普適性．
科學探究：通過實驗，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點．定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現象．
考點一
考點二
考點一
考點一　動量和沖量
【必備知識·自主落實】
1．動量 動量是狀態量，與時刻相對應
(1)定義：物理學中把________和________的乘積定義為物體的動量．
(2)表達式：p＝________．
(3)方向：動量的方向與________的方向相同．
2．動量的變化
(1)因為動量是矢量，動量的變化量Δp也是________，其方向與速度的改變量Δv的方向________.
(2)動量的變化量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＝________．
質量
速度
mv
速度
矢量
相同
p′－p
3．沖量 沖量是過程量，與時間或過程對應
(1)定義：力與____________的乘積叫作力的沖量．
“力”可以是某一個力，也可以是合力
(2)公式：I＝________．
(3)單位：沖量的單位是______，符號是_______．
(4)方向：沖量是________，恒力沖量的方向與力的方向________．
力的作用時間
FΔt
牛秒
N·s
矢量
相同
【關鍵能力·思維進階】
1．如圖所示，學生練習用腳順球．某一次足球由靜止自由下落1.25 m，被重新順起，離開腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25 m．已知足球與腳部的作用時間為0.1 s，足球的質量為0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不計空氣阻力，則(　　)
A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為4 kg·m/s
B.足球自由下落過程重力的沖量大小為2 kg·m/s
C.足球與腳部作用過程中動量變化量為零
D.腳部對足球的平均作用力為足球重力的9倍
答案：B
解析：足球達到腳背的速度為v＝＝5 m/s，
足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A錯誤；小球自由下落的時間為t＝ ＝0.5 s，所以足球自由下落過程重力的沖量大小為I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B正確；根據運動的對稱性，足球離開腳背的速度大小也是5 m/s，設豎直向下為正方向，所以腳背與足球作用過程中，動量變化量為Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C錯誤；足球與腳部作用過程中，根據動量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D錯誤．故選B.
2．一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A.第2 s末，質點的動量為0
B.第2 s末，質點的動量方向發生變化
C.第4 s末，質點回到出發點
D.在1～3 s時間內，力F的沖量為0
答案：D
解析：由題圖可知，0～2 s時間內F的方向和質點運動的方向相同，質點經歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4 s內F的方向與0～2 s內F的方向相反，該質點0～2 s內做加速運動，2～4 s內做減速運動，所以質點在0～4 s內的位移均為正，第4 s末沒有回到出發點，故選項C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量的大小，由題圖可知，1～2 s內的面積與2～3 s內的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內，力F的沖量為0，故選項D正確．
3．在水平力F的作用下質量為2 kg的物塊由靜止開始在水平地面上做直線運動，水平力F隨時間t變化的關系如圖所示．已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，g取10 m/s2.則(　　)
A.6 s時物塊的動量為零
B.3 s時物塊離初始位置的距離最遠
C.0～6 s時間內F對物塊沖量為24 N·s
D.0～6 s時間內水平力F對物塊所做的功為20 J
答案：D
解析：選擇最初水平力的方向為正方向，0～3 s時間內物塊向正方向做加速運動，則有a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
3 s末速度v1＝a1t1＝3 m/s
隨后減速運動有a2＝＝ m/s2＝3 m/s2
減速至0歷時Δt＝＝1 s
之后反向以加速度大小為a1做加速運動，6 s末的速度v2＝1×(3－1)m/s＝2 m/s
此時動量大小p＝mv2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s
即6 s時物塊的動量不為零，A錯誤；
根據上述可知，4 s時物塊開始反向運動，即4 s時物塊離初始位置的距離最遠，B錯誤；F-t圖像中，圖線與時間軸所圍面積表示力的沖量，力的總沖量等于時間軸上下幾何圖形面積之差，根據圖像可知，時間軸上下幾何圖形面積之差為零，可知0～6 s時間內F對物塊沖量為零，C錯誤；物塊開始加速的位移x1＝t1＝4.5 m，減速至0的位移x2＝Δt＝1.5 m，反向加速的位移x3＝t2＝×(3－1)m＝2 m，加速過程F做正功，減速過程做負功，則W＝F(x1＋x3)－Fx2＝20 J，即0～6 s時間內水平力F對物塊所做的功為20 J，D正確．故選D.
思維提升
1.動量、沖量、動量變化量、動量變化率的比較
大小表達式 方向
動量 p＝mv 與v同向
沖量 I＝Ft 與F同向
動量變化量 Δp＝mv′－mv 與合力同向
動量變化率 與合力同向
2.沖量的計算方法
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算．
(2)變力的沖量
①作出F-t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示．
②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解．
考點二
考點二　動量定理的理解和應用
【必備知識·自主落實】
1．內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的___________．“力”指的是合力
2．公式：____________或____________．
動量變化量
FΔt＝mv′－mv
I＝p′－p
【關鍵能力·思維進階】
1．用動量定理解題的基本思路
2．動量定理的應用技巧
(1)應用I＝Δp求變力的沖量
如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量Δp，等效代換得出變力的沖量I.
(2)應用Δp＝FΔt求動量的變化
例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜。如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動量的變化．
考向1　用動量定理解釋生活中的現象
例 1 籃球運動員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖所示．這樣做可以(　　)
A．減小球對手的沖量
B．減小球對運動員的沖擊力
C．減小球的動量變化量
D．減小球的動能變化量
答案：B
解析：運動員先伸出兩手迎接，手接觸到球后，兩手隨球收縮至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理有－FΔt＝0－mv，解得球對運動員的沖擊力F＝，由分析可知球對手的沖量、球的動量和球的動能的變化量一定，當時間增大時，球與運動員之間的作用力減小，即球對運動員的沖擊力減小，選項B正確．
考向2　動量定理的有關計算
例 2 (多選)[2023·廣東卷]某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型．多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s.關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
A．該過程動量守恒
B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
答案：BD
解析：取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s
碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s
則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；
對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s
負號表示方向水平向左，故B正確；
對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；
對滑塊2根據動量定理有FΔt＝I2
解得F＝5.5 N
則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確．
故選BD.
例 3 [2023·江蘇卷]如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°.平臺BC與緩沖坡CD相連．若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點．滑雪者現從A點由靜止開始下滑，從B點飛出．已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力．
(1)求滑雪者運動到P點的時間t；
(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L.
解析：(1)滑雪者從A到P根據動能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根據動量定理有(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
聯立解得t＝ ；vP＝
(2)由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有vB＝vP＝
(3)當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
聯立可得L＝d(1－μ)
答案：(1) 　(2) 　(3) d(1－μ)
考向3　動量定理與圖像的綜合
例 4 [2024·河北模擬預測]如圖甲所示，物塊放置在光滑固定斜面上，t＝0時刻對物塊施加一沿斜面向上的、按圖乙所示規律變化的作用力F，物塊由靜止開始運動，物塊加速度大小a隨時間t變化的圖像如圖丙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．斜面傾角的正弦值為0.6
B．物塊的質量為0.2 kg
C．0～1 s內，F的沖量大小為2 N·s
D．1 s末物塊的速度大小為2.5 m/s
答案：D
解析：t＝0時，F＝0，設斜面傾角為θ，物塊的質量為m，對物塊由牛頓第二定律，有mg sin θ＝ma0可得sin θ＝0.5，故A錯誤；t＝1 s時，F＝2 N，物塊的加速度為0，對物塊由牛頓第二定律，有2 N－mg sin θ＝0，解得m＝0.4 kg，故B錯誤；F-t圖線與橫軸圍成的面積大小等于力F的沖量大小，則0～1 s內，F的沖量大小為I＝ N·s＝1 N·s，故C錯誤；a-t圖線與橫軸圍成的面積大小等于物塊的速度變化量大小，又物塊初始時刻的速度等于零，則1 s末物塊的速度大小為v＝ m/s＝2.5 m/s，故D正確．故選D.
核心素養提升 動量定理與微元法的綜合應用
典例1 [2024·山東濰坊市高三檢測]近些年高壓水槍水射流清洗技術迅速發展，可以用于清洗汽車上許多種類的污垢層．設高壓水槍洗車時，垂直射向車身的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水從出水口水平出射，水打到車身后不反彈順車身流下．已知車身受到水的平均沖力大小為F，水的密度為ρ，則水的流量Q(單位時間流出水的體積)為(　　)
A． B．
C．2 D．2d
答案：B
解析：設水流速v，高壓水槍時間t內噴出的水的質量m＝ρV＝ρπ·vt
由動量定理Ft＝mv，得F＝πρd2v2
水的流量Q＝π·v＝
故選B.
典例2 宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區時，如何保持速度不變的問題．假設一宇宙飛船以v＝2.0×103 m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒塵區，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積S＝5 m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力多大？
解析：設飛船在微粒塵區的飛行時間為Δt，
則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量Δm＝ρSvΔt
微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，
由動量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飛船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
答案：40 N
思維提升
“三招”速解變質量(如流體)問題第1講　動量定理及應用
課 程 標 準 素 養 目 標
通過實驗和理論推導，理解動量定理，能用其解釋生活中的有關現象． 物理觀念：知道動量、沖量的概念． 科學思維：理解動量定理和動量守恒定律，能用其解釋生產生活中的有關現象．知道動量守恒定律的普適性． 科學探究：通過實驗，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點．定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現象．
考點一　動量和沖量
【必備知識·自主落實】
1．動量動量是狀態量，與時刻相對應
(1)定義：物理學中把________和________的乘積定義為物體的動量．
(2)表達式：p＝________．
(3)方向：動量的方向與________的方向相同．
2．動量的變化
(1)因為動量是矢量，動量的變化量Δp也是________，其方向與速度的改變量Δv的方向________.
(2)動量的變化量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＝________．
3．沖量沖量是過程量，與時間或過程對應
(1)定義：力與____________的乘積叫作力的沖量．
　　　　　
“力”可以是某一個力，也可以是合力
(2)公式：I＝________．
(3)單位：沖量的單位是______________，符號是____________．
(4)方向：沖量是________，恒力沖量的方向與力的方向________．
【關鍵能力·思維進階】
1．如圖所示，學生練習用腳順球．某一次足球由靜止自由下落1.25 m，被重新順起，離開腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25 m．已知足球與腳部的作用時間為0.1 s，足球的質量為0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不計空氣阻力，則(　　)
A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為4 kg·m/s
B.足球自由下落過程重力的沖量大小為2 kg·m/s
C.足球與腳部作用過程中動量變化量為零
D.腳部對足球的平均作用力為足球重力的9倍
2．一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A.第2 s末，質點的動量為0
B.第2 s末，質點的動量方向發生變化
C.第4 s末，質點回到出發點
D.在1～3 s時間內，力F的沖量為0
3．在水平力F的作用下質量為2 kg的物塊由靜止開始在水平地面上做直線運動，水平力F隨時間t變化的關系如圖所示．已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，g取10 m/s2.則(　　)
A.6 s時物塊的動量為零
B.3 s時物塊離初始位置的距離最遠
C.0～6 s時間內F對物塊沖量為24 N·s
D.0～6 s時間內水平力F對物塊所做的功為20 J
思維提升
1.動量、沖量、動量變化量、動量變化率的比較
大小表達式 方向
動量 p＝mv 與v同向
沖量 I＝Ft 與F同向
動量變化量 Δp＝mv′－mv 與合力同向
動量變化率 與合力同向
2.沖量的計算方法
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算．
(2)變力的沖量
①作出F-t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示．
②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解．
考點二　動量定理的理解和應用
【必備知識·自主落實】
1．內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的________．“力”指的是合力
2．公式：____________或____________．
【關鍵能力·思維進階】
1．用動量定理解題的基本思路
2．動量定理的應用技巧
(1)應用I＝Δp求變力的沖量
如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量Δp，等效代換得出變力的沖量I.
(2)應用Δp＝FΔt求動量的變化
例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜。如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動量的變化．
考向1　用動量定理解釋生活中的現象
例 1 籃球運動員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖所示．這樣做可以(　　)
A．減小球對手的沖量
B．減小球對運動員的沖擊力
C．減小球的動量變化量
D．減小球的動能變化量
考向2　動量定理的有關計算
例 2 (多選)[2023·廣東卷]某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型．多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s.關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
A．該過程動量守恒
B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
例 3[2023·江蘇卷]如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°.平臺BC與緩沖坡CD相連．若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點．滑雪者現從A點由靜止開始下滑，從B點飛出．已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力．
(1)求滑雪者運動到P點的時間t；
(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L.
考向3　動量定理與圖像的綜合
例 4[2024·河北模擬預測]如圖甲所示，物塊放置在光滑固定斜面上，t＝0時刻對物塊施加一沿斜面向上的、按圖乙所示規律變化的作用力F，物塊由靜止開始運動，物塊加速度大小a隨時間t變化的圖像如圖丙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．斜面傾角的正弦值為0.6
B．物塊的質量為0.2 kg
C．0～1 s內，F的沖量大小為2 N·s
D．1 s末物塊的速度大小為2.5 m/s
核心素養提升動量定理與微元法的綜合應用
典例1 [2024·山東濰坊市高三檢測]近些年高壓水槍水射流清洗技術迅速發展，可以用于清洗汽車上許多種類的污垢層．設高壓水槍洗車時，垂直射向車身的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水從出水口水平出射，水打到車身后不反彈順車身流下．已知車身受到水的平均沖力大小為F，水的密度為ρ，則水的流量Q(單位時間流出水的體積)為(　　)
A． B．
C．2 D．2d
典例2 宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區時，如何保持速度不變的問題．假設一宇宙飛船以v＝2.0×103 m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒塵區，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積S＝5 m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力多大？
思維提升
“三招”速解變質量(如流體)問題
第1講　動量定理及應用
考點一
必備知識·自主落實
1．(1)質量　速度　(2)mv　(3)速度
2．(1)矢量　相同　(2)p′－p
3．(1)力的作用時間　(2)FΔt　(3)牛秒　N·s　(4)矢量　相同
關鍵能力·思維進階
1．解析：足球達到腳背的速度為v＝＝5 m/s，
足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A錯誤；小球自由下落的時間為t＝ ＝0.5 s，所以足球自由下落過程重力的沖量大小為I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B正確；根據運動的對稱性，足球離開腳背的速度大小也是5 m/s，設豎直向下為正方向，所以腳背與足球作用過程中，動量變化量為Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C錯誤；足球與腳部作用過程中，根據動量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D錯誤．故選B.
答案：B
2．解析：由題圖可知，0～2 s時間內F的方向和質點運動的方向相同，質點經歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4 s內F的方向與0～2 s內F的方向相反，該質點0～2 s內做加速運動，2～4 s內做減速運動，所以質點在0～4 s內的位移均為正，第4 s末沒有回到出發點，故選項C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量的大小，由題圖可知，1～2 s內的面積與2～3 s內的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內，力F的沖量為0，故選項D正確．
答案：D
3．解析：選擇最初水平力的方向為正方向，0～3 s時間內物塊向正方向做加速運動，則有a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
3 s末速度v1＝a1t1＝3 m/s
隨后減速運動有a2＝＝ m/s2＝3 m/s2
減速至0歷時Δt＝＝1 s
之后反向以加速度大小為a1做加速運動，6 s末的速度v2＝1×(3－1)m/s＝2 m/s
此時動量大小p＝mv2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s
即6 s時物塊的動量不為零，A錯誤；根據上述可知，4 s時物塊開始反向運動，即4 s時物塊離初始位置的距離最遠，B錯誤；F-t圖像中，圖線與時間軸所圍面積表示力的沖量，力的總沖量等于時間軸上下幾何圖形面積之差，根據圖像可知，時間軸上下幾何圖形面積之差為零，可知0～6 s時間內F對物塊沖量為零，C錯誤；物塊開始加速的位移x1＝t1＝4.5 m，減速至0的位移x2＝Δt＝1.5 m，反向加速的位移x3＝t2＝×(3－1)m＝2 m，加速過程F做正功，減速過程做負功，則W＝F(x1＋x3)－Fx2＝20 J，即0～6 s時間內水平力F對物塊所做的功為20 J，D正確．故選D.
答案：D
考點二
必備知識·自主落實
1．動量變化量
2．FΔt＝mv′－mv　I＝p′－p
關鍵能力·思維進階
例1　解析：運動員先伸出兩手迎接，手接觸到球后，兩手隨球收縮至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理有－FΔt＝0－mv，解得球對運動員的沖擊力F＝，由分析可知球對手的沖量、球的動量和球的動能的變化量一定，當時間增大時，球與運動員之間的作用力減小，即球對運動員的沖擊力減小，選項B正確．
答案：B
例2　解析：取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s
碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s
則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；
對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s
負號表示方向水平向左，故B正確；
對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；
對滑塊2根據動量定理有FΔt＝I2
解得F＝5.5 N
則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確．
故選BD.
答案：BD
例3　解析：(1)滑雪者從A到P根據動能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根據動量定理有
(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
聯立解得t＝ ；vP＝
(2)由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有vB＝vP＝
(3)當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有
vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
聯立可得L＝d(1－μ)
答案：(1) 　(2) 　(3) d(1－μ)
例4　解析：t＝0時，F＝0，設斜面傾角為θ，物塊的質量為m，對物塊由牛頓第二定律，有mg sin θ＝ma0可得sin θ＝0.5，故A錯誤；t＝1 s時，F＝2 N，物塊的加速度為0，對物塊由牛頓第二定律，有2 N－mg sin θ＝0，解得m＝0.4 kg，故B錯誤；F-t圖線與橫軸圍成的面積大小等于力F的沖量大小，則0～1 s內，F的沖量大小為I＝ N·s＝1 N·s，故C錯誤；a-t圖線與橫軸圍成的面積大小等于物塊的速度變化量大小，又物塊初始時刻的速度等于零，則1 s末物塊的速度大小為v＝ m/s＝2.5 m/s，故D正確．故選D.
答案：D
核心素養提升
典例1　解析：設水流速v，高壓水槍時間t內噴出的水的質量m＝ρV＝ρπ·vt
由動量定理Ft＝mv，得F＝πρd2v2
水的流量Q＝π·v＝
故選B.
答案：B
典例2　解析：設飛船在微粒塵區的飛行時間為Δt，
則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量Δm＝ρSvΔt
微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，
由動量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飛船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
答案：40 N

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