2019届高考物理全程训练：课练17　动量　冲量和动量定理

课练17　动量　冲量和动量定理1．(2018·河南南阳质检)(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中正确的是(　　)A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变答案：CD解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误；物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化量有可能不为零，B错误；根据动量定理I＝Δp可知，物体所受的合外力的冲量为零，则其动量变化量一定为零，C正确；根据Ft＝Δp⇒F＝eq\f(Δp,t)可得物体所受的合外力不变，则其动量变化率不变，D正确．2．(2018·福建六校4月联考)(多选)如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气阻力．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则(　　)A．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量答案：CD解析：过程Ⅰ中钢珠所受的外力只有重力，由动量定理可知，钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故D正确；在整个过程中，钢珠的动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，故C正确；过程Ⅱ中，钢珠所受的外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，故B错误；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故A错误．3．(2018·山东枣庄期末联考)质量为60kg的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，不计空气阻力影响，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)A．100N　　　　　　　B．500N[来源:Zxxk.Com]C．600ND．1100N答案：D解析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s，根据动量定理，取竖直向下为正方向，有mg·t－F·t＝0－mv0，解得F＝mg＋eq\f(mv0,t)＝600N＋eq\f(60×10,1.2)N＝1100N，故选D.4．(2018·河南周口一中等联考)(多选)质量为m的物体以初速度v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为(　　)A．mv－mv0B．mgtC．meq\r(v2－v\o\al(2,0))D．meq\r(2gh)答案：BCD解析：根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp＝mgt，故B正确；由题可知，物体末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp＝mvy＝meq\r(v2－v\o\al(2,0))＝meq\r(2gh)，故C、D正确．5．(2018·福建厦门一中月考)(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是(　　)A．经过时间t＝eq\f(T,2)，小球的动量的变化量为零B．经过时间t＝eq\f(T,4)，小球的动量的变化量大小为eq\r(2)mvC．经过时间t＝eq\f(T,2)，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mvD．经过时间t＝eq\f(T,4)，重力对小球的冲量大小为eq\f(mgT,4)答案：BCD解析：经过时间t＝eq\f(T,2)，小球转过了180°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，A错误，C正确；经过时间t＝eq\f(T,4)，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量为Δp′＝mΔv＝eq\r(2)mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝eq\f(mgT,4)，B、D正确．6．(2018·湖南五市十校联考)(多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球(　　)A．所受合力的冲量水平向右B．所受支持力的冲量水平向右C．所受合力的冲量大小为meq\r(2gR)D．所受重力的冲量大小为零答案：AC解析：在小球从A点运动到B点的过程中，根据动量定理可知I合＝mΔv，Δv的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A正确、B错误；在小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒，故有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(2gR)，即Δv＝eq\r(2gR)，所以I合＝meq\r(2gR)，C正确；小球所受重力的冲量大小为IG＝mgt，大小不为零，D错误．7．(2018·安徽合肥二模)(多选)一质点静止在光滑水平面上．现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)A．第2s末，质点的动量为0B．第4s末，质点回到出发点C．在0～2s时间内，F的功率先增大后减小D．在1～3s时间内，F的冲量为0答案：CD解析：从题图可以看出，在前2s内质点受到的力的方向和运动的方向相同，质点经历了一个加速度先增大后减小的加速运动．所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，不为0，故A错误；该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期内受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以质点在0～4s时间内的位移为正，故B错误；在0～2s时间内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得开始时力F瞬时功率为0.2s末的瞬时功率为0，所以在0～2s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在F­t图象中，F­t图线与横轴围成的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2s之间的面积与2～3s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在1～3s时间内，F的冲量为0，故D正确．8．篮球运动是大家比较喜好的运动，在运动场上开始训练的人常常在接球时伤到手指头，而专业运动员在接球时通常伸出双手迎接传来的篮球，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以(　　)A．减小球对手的作用力B．减小球对手的作用时间C．减小球的动能变化量D．减小球的动量变化量答案：A解析：专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小，两种接球方式中球的动量变化相同，动能变化相同，故只有A正确．9．(多选)如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s．下列说法正确的是(　　)A．球棒对垒球的平均作用力大小为360NB．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NC．球棒对垒球做的功为126JD．球棒对垒球做的功为36J答案：BC解析：以初速度方向为正方向，根据动量定理F·t＝mv2－mv1得：F＝－1260N，则球棒对垒球的平均作用力大小为1260N，故A项错误，B项正确；根据动能定理：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝126J，故C项正确，D项错误．10．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是(　　)A．ρvSB.eq\f(ρv2,S)C.eq\f(1,2)ρv2SD．ρv2S答案：D解析：以t时间内喷出去的气体为研究对象，则Ft＝ρSvtv＝ρStv2，得F＝ρSv2，由于气瓶处于平衡状态，墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等，故D项正确．11．(2018·河北沧州一中月考)光滑水平面上放着质量mA＝1kg的物块A与质量mB＝2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49J；在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，轨道半径R＝0.5m．B恰能完成半个圆周运动到达导轨最高点C.g取10m/s2，求：(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小．答案：(1)5m/s　(2)4N·s解析：(1)设物块B在绳被拉断后的瞬时速率为vB，到达C点的速率为vC，根据B恰能完成半个圆周运动到达C点可得F向＝mBg＝mBeq\f(v\o\al(2,C),R)①对绳断后到B运动到最高点C这一过程，应用动能定理有－2mBgR＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②由①②解得vB＝5m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为B的动能，则Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)③根据动量定理有I＝mBvB－mBv1④由③④解得I＝－4N·s，其大小为4N·s.12．(2018·山西灵丘三模)塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题．水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关．设有一水枪，枪口直径为d，出水速度为v，储水箱的体积为V.(1)水枪充满水可连续用多少时间？(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同．[来源:学科网ZXXK]答案：(1)eq\f(4V,vπd2)　(2)eq\f(1,4)πρd2v2　控制枪口直径d和出水速度v解析：(1)设Δt时间内，从枪口喷出的水的体积为ΔV，则ΔV＝vSΔt，S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为eq\f(ΔV,Δt)＝eq\f(1,4)vπd2，水枪充满水可连续用的时间t＝eq\f(V,\f(1,4)vπd2)＝eq\f(4V,vπd2).(2)Δt时间内从枪口喷出的水的质量m＝ρΔV＝ρSvΔt＝ρ·πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2vΔt＝eq\f(1,4)ρπd2vΔt.质量为m的水在Δt时间内与目标作用，由动量定理有FΔt＝Δp，以水流的方向为正方向，得－FΔt＝0－eq\f(1,4)ρπd2vΔt·v＝0－eq\f(1,4)ρπd2v2Δt，解得F＝eq\f(1,4)πρd2v2.可见，要控制水枪威力关键是要控制枪口直径d和出水速度v.刷题加餐练eq\x(刷高考真题——找规律)1．(2017·新课标全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零答案：AB解析：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，故A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，故B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小p3＝mv3＝3kg·m/s，故C错误；t＝4s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，故D错误．2．(2016·北京卷，18)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是在轨道2运动，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量答案：B解析：本题考查万有引力定律、牛顿第二定律和动量的定义，意在考查学生的理解能力和 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能力．卫星由轨道1进入轨道2，需在P点加速做离心运动，故卫星在轨道2运行经过P点时的速度较大，A项错误；由Geq\f(Mm,r2)＝ma可知，不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同，在轨道1运行时，P点在不同位置有不同的加速度，B项正确，C项错误；卫星在轨道2的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向一定不相同，D项错误．[来源:学科网ZXXK]3．(2015·重庆卷，3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上．则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg　　　　　B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mgD.eq\f(m\r(gh),t)－mg答案：A解析：人先做自由落体运动下落高度h，获得速度为v，由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh).安全带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速度为零．设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，所以A正确．eq\x(刷仿真模拟——明趋向)4．(2018·河北唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80cm，足球的重量为400g，与头顶作用时间Δt为0.1s，则足球一次在空中的运动时间t及足球对头部的作用力大小FN分别为(空气阻力不计，g＝10m/s2)(　　)A．t＝0.4s，FN＝40NB．t＝0.4s，FN＝36NC．t＝0.8s，FN＝36ND．t＝0.8s，FN＝40N答案：C解析：足球自由下落时有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t＝2t1＝0.8s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt＝4m/s，联立解得F＝36N，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力FN＝36N，故C正确．5．(2018·河南郑州一中调研)(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中(　　)[来源:学+科+网Z+X+X+K]A．重力的冲量相同B．斜面弹力的冲量不同C．斜面弹力的冲量均为零D．合力的冲量不同答案：BD解析：设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝eq\r(2gh)，所用时间t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g)).由冲量定义可求得重力的冲量大小为IG＝mgt＝eq\f(m\r(2gh),sinθ)，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力的冲量大小为IN＝mgcosθ·t＝eq\f(m\r(2gh),tanθ)，方向垂直斜面向上，B正确，C错误；合力的大小为mgsinθ，I合＝mgsinθ·t＝meq\r(2gh)，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故D正确．6．(2018·四川成都一诊)(多选)如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属细杆上的小环从A点无初速度释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功为W1，重力的冲量为I1；若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功为W2，重力的冲量为I2，则(　　)A．W1>W2B．W1＝W2C．I1>I2D．I1＝I2答案：BC解析：小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功W1＝μmgcosβ·sAB＋μmgcosα·sBC，小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功W2＝μmgcosα·sAD＋μmgcosβ·sDC，又因为sAB＝sBC＝sAD＝sDC，所以摩擦力对小环做的功W1＝W2，故A错误，B正确；根据动能定理可知，mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，因为两次重力做的功和摩擦力做的功都相等，所以两次小环到达C点的速度大小相等，小环从A经B滑到C点，根据牛顿第二定律可得，小环从A到B的加速度aAB＝gsinβ－μgcosβ，小环从B到C的加速度aBC＝gsinα－μgcosα，同理，小环从A到D的加速度aAD＝gsinα－μgcosα，小环从D到C的加速度aDC＝gsinβ－Mgcosβ，又因为α>β，所以aAB＝aDC<aBC＝aAD，其速度—时间图象如图所示，由图象可知，t1>t2，由I＝mgt得，则重力的冲量I1>I2，故C正确，D错误．7．(2018·山东枣庄一模)如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β>θ.则滑块的运动情况是(　　)A．动量方向沿杆向下，正在均匀增大B．动量方向沿杆向下，正在均匀减小[来源:Zxxk.Com]C．动量方向沿杆向上，正在均匀增大D．动量方向沿杆向上，正在均匀减小答案：D解析：把滑块和球看成一个整体进行受力分析，沿杆和垂直于杆建立直角坐标系，假设滑块速度方向沿杆向下，则沿杆方向有(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直于杆方向有FN＝(m1＋m2)gcosθ，其中摩擦力f＝μFN，联立可解得a＝gsinθ－μgcosθ，现对小环进行分析，因θ<β，则有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即滑块速度方向一定沿杆向上．滑块沿杆向上运动，滑块重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆向下，滑块的加速度方向沿杆向下，所以滑块沿杆减速上滑，则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小，故A、B、C错误，D正确．eq\x(刷最新原创——抓重点)8．物体A和物体B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示．A的质量为m，B的质量为m′.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落速度大小为u，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　)A．mvB．mv－m′uC．mv＋m′uD．mv＋mu答案：D解析：解法一：对A有I弹－mgt＝mv，对B有m′gt＝m′u，解得弹簧弹力的冲量I弹＝mv＋mu.解法二：对A、B两物体系统有I弹－(mg＋m′g)t＝mv－m′u，m′gt＝m′u，联立解得I弹＝mv＋mu.9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻(其余电阻不计)，匀强磁场垂直于导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处，下列说法正确的是(　　)A．上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小答案：AD解析：考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向内能转化，根据能量守恒定律可知，导体棒上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时，上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的平均速度；根据F安＝BIL、I＝eq\f(BLv,R)，知上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故A正确，B错误；设导体棒上滑的距离为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小I＝eq\x\to(F)安t＝eq\x\to(BIL)t＝Beq\f(\x\to(BIv),R)Lt＝eq\f(B2L2\x\to(v)t,R)＝eq\f(B2L2x,R)，同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小I′＝eq\f(B2L2x,R)，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C错误，D正确．eq\x(刷易错易误——排难点)eq\x(易错点1)　容易忽视动量运算的矢量性10．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中(　　)A．三个小球动量的变化量相同B．下抛球和平抛球动量的变化量相同C．上抛球动量的变化量最大D．三个小球落地时的动量相同答案：C解析：三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误；根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同．故D错误．eq\x(易错点2)　不能正确选择研究对象11．(2018·北京模拟)根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E＝pc，其中c为光速．由于光子有动量，辐射到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”．根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p.有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜，并让它正对太阳．已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐谢功率为P0，探测器和薄膜的总质量为m，薄膜面积为S，则探测器的加速度大小为(不考虑万有引力等其他的力)(　　)A.eq\f(1＋ηS\r(P0),mc)B.eq\f(1＋ηP0S,mc)C.eq\f(2－ηP0S,mc)D.eq\f(2＋ηP\o\al(2,0)S,mc)答案：B解析：在时间t内辐射到薄膜表面的光子的能量E总＝P0tS，光子的总动量p＝eq\f(E总,c)＝eq\f(P0tS,c)，根据题意，由动量定理得2ηp＋(1－η)p＝Ft，由牛顿第二定律得F＝ma，联立解得加速度a＝eq\f(1＋ηP0S,mc)，故B正确．eq\x(刷综合大题——提能力)12．(2016·新课标全国卷Ⅰ)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．答案：(1)ρv0S　(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)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＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S③(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eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)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)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)⑧