專題14 動(dòng)量與動(dòng)量定理及其應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc11516" 題型一動(dòng)量和沖量的理解 PAGEREF _Tc11516 \h 1
\l "_Tc16819" 類型1 動(dòng)量與動(dòng)能的比較及換算 PAGEREF _Tc16819 \h 2
\l "_Tc3412" 類型2 對動(dòng)量和沖量的定性分析 PAGEREF _Tc3412 \h 3
\l "_Tc16850" 類型3 恒力沖量的計(jì)算 PAGEREF _Tc16850 \h 5
\l "_Tc40" 類型3 利用F－t圖像求沖量 PAGEREF _Tc40 \h 10
\l "_Tc3044" 題型二動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 PAGEREF _Tc3044 \h 14
\l "_Tc17896" 類型1 用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象 PAGEREF _Tc17896 \h 15
\l "_Tc11238" 類型2 應(yīng)用動(dòng)量定理求解瞬時(shí)平均力 PAGEREF _Tc11238 \h 15
\l "_Tc31420" 題型三動(dòng)量定理和圖像問題的結(jié)合 PAGEREF _Tc31420 \h 17
\l "_Tc5367" 題型四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型” PAGEREF _Tc5367 \h 26
\l "_Tc22140" 模型一流體類問題 PAGEREF _Tc22140 \h 28
\l "_Tc13312" 模型二微粒類問題 PAGEREF _Tc13312 \h 30
\l "_Tc32048" 題型五應(yīng)用動(dòng)量定理處理分析多過程問題 PAGEREF _Tc32048 \h 35
\l "_Tc25753" 題型六動(dòng)量定理與動(dòng)能定理的類比及綜合應(yīng)用 PAGEREF _Tc25753 \h 42
題型一動(dòng)量和沖量的理解
【解題指導(dǎo)】1．動(dòng)量與動(dòng)能的比較
2.沖量的計(jì)算方法
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)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(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解．
類型1 動(dòng)量與動(dòng)能的比較及換算．
【例1】關(guān)于在恒定阻力作用下，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的物體，下列說法正確的是（）
A．動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的快慢隨時(shí)間均勻變化
B．動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的快慢隨時(shí)間均勻增大
C．重力勢能Ep隨位移x變化的快慢隨時(shí)間保持不變
D．機(jī)械能E隨位移x變化的快慢隨時(shí)間均勻減小
【答案】AC
【詳解】A．上升過程，有
可得
下降過程，有
可知?jiǎng)幽蹺k隨時(shí)間t變化的快慢隨時(shí)間均勻增大，故A正確；
B．根據(jù)動(dòng)量定理可得
可得
可知?jiǎng)恿縫隨時(shí)間t變化的快慢保持不變，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)重力勢能與重力做功的關(guān)系，可知重力勢能減少量為
可得
可知重力勢能Ep隨位移x變化的快慢保持不變，故C正確；
D．根據(jù)功能關(guān)系有
所以
可知機(jī)械能E隨位移x變化的快慢保持不變，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【變式演練1】冬奧會速滑比賽中，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量分別為和，若他們的動(dòng)能相等，則甲、乙動(dòng)量大小之比是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】由動(dòng)能表達(dá)式和動(dòng)量大小表達(dá)式可得
二者動(dòng)能相等，所以甲、乙動(dòng)量大小之比為，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選C。
【變式演練2】甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向滑去。若甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，則（）
A．甲推乙的過程中，甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力
B．甲推乙的過程中，甲對乙的沖量小于乙對甲的沖量
C．分開后，甲的動(dòng)量大于乙的動(dòng)量
D．分開后，甲的動(dòng)能小于乙的動(dòng)能
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律可知，甲推乙的過程中，甲對乙的作用力等于乙對甲的作用力，故A錯(cuò)誤；
BC．甲推乙的過程中，甲乙二人組成的系統(tǒng)在二者相互作用過程中不受外力，滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒條件，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量等大反向，故分開后，甲的動(dòng)量等于乙的動(dòng)量，故BC錯(cuò)誤；
D．根據(jù)
可知?jiǎng)恿看笮∠嗟?，而甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，故甲的動(dòng)能小于乙的動(dòng)能，故D正確。
故選D。
【變式演練3】質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平恒力F的作用下，經(jīng)時(shí)間t走過位移l，動(dòng)量變?yōu)閜、動(dòng)能變?yōu)镋?。若上述過程中F不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?m，下列說法正確的是（）
A．經(jīng)過時(shí)間t，物體動(dòng)量變?yōu)閜B．經(jīng)過時(shí)間t，物體動(dòng)能變?yōu)镋?
C．經(jīng)過位移l，物體動(dòng)量變?yōu)?pD．經(jīng)過位移l，物體動(dòng)能變?yōu)?E?
【答案】A
【詳解】A．以初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理，有
Ft=p
故F不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?m，經(jīng)過時(shí)間t，物體動(dòng)量變?yōu)閜，故A正確；
B．根據(jù)
動(dòng)量為p，質(zhì)量變?yōu)?m，故動(dòng)能變?yōu)镋k，故B錯(cuò)誤；
D．經(jīng)過位移l，根據(jù)動(dòng)能定理，有
Fl=Ek
故F不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?m，經(jīng)過位移l，動(dòng)能仍變?yōu)镋k，故D錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
動(dòng)能為Ek，質(zhì)量變?yōu)?m，故動(dòng)量變?yōu)椋蔆錯(cuò)誤。
故選A。
類型2 對動(dòng)量和沖量的定性分析
【例2】如圖所示，顛球是足球運(yùn)動(dòng)中的一項(xiàng)基本功，若某次顛球中，顛出去的足球豎直向上運(yùn)動(dòng)之后又落回到原位置，設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中足球所受阻力大小不變。下列說法正確的是（）
A．球從顛出到落回的時(shí)間內(nèi)，重力的沖量為零
B．球從顛出到落回的時(shí)間內(nèi)，阻力的沖量為零
C．球上升階段與下降階段合外力的沖量大小相等
D．球上升階段動(dòng)能的減少量大于下降階段動(dòng)能的增加量
【答案】D
【詳解】AB．力和力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量，重力的方向不變，故重力沖量的大小不為零，由于上升階段足球的加速度較大，下降階段足球的加速度較小，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知上升階段的時(shí)間比下降階段的時(shí)間短，且整個(gè)過程中阻力的大小不變，故阻力的沖量也不為0，故AB錯(cuò)誤；
C．球上升時(shí)合力為重力加阻力，下降時(shí)合力為重力減阻力，故上升時(shí)合外力比下降時(shí)合外力大，上升時(shí)加速度大于下降時(shí)加速度，設(shè)上升階段球的初速度為，末速度為0，則動(dòng)量的變化量大小
下降階段初速度為0，由于上升時(shí)加速度比下降時(shí)加速度大，根據(jù)可知，其末速度
則動(dòng)量的變化量大小，則球上升階段動(dòng)量的變化量大小大于下降階段動(dòng)量的變化量大小，由動(dòng)量定理可知，球上升階段動(dòng)量的變化量即球上升階段所受的合外力的沖量，球下降階段動(dòng)量的變化量即球下降階段所受的合外力的沖量，則球上升階段合外力的沖量大于下降階段合外力的沖量，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)C分析，落回時(shí)的速度小于上升時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理，上升時(shí)的動(dòng)能減少量等于，下降時(shí)的動(dòng)能增加量等于，所以球上升階段動(dòng)能的減少量大于下降階段動(dòng)能的增加量，故D正確。
故選D。
【變式演練1】從2023年起，每年的4月23日將被命名為世界乒乓球日。關(guān)于乒乓球運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）
A．球拍對乒乓球的彈力越大，乒乓球的動(dòng)量變化一定越大
B．球拍將飛來的乒乓球以原速率反向擊出的過程，乒乓球的動(dòng)量和動(dòng)能均保持不變
C．乒乓球被球拍擊打出的過程，球拍對乒乓球的沖量大小大于乒乓球?qū)η蚺牡臎_量大小
D．一次擊球過程中，球拍對乒乓球的沖量大小等于乒乓球?qū)η蚺牡臎_量大小
【答案】D
【詳解】A．由動(dòng)量定理有
則有
可知，乒乓球的動(dòng)量變化量等于合外力的沖量，即乒乓球的動(dòng)量變化量除了與力的大小方向有關(guān)，還與力的作用時(shí)間有關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B．動(dòng)量是矢量，既有大小又有方向，當(dāng)球拍以原速率反向擊出的過程，乒乓球的速率不變，但是方向發(fā)生了改變，因此乒乓球的動(dòng)量發(fā)生了改變，故B錯(cuò)誤；
CD．用球拍打擊球時(shí)，球拍對乒乓球的力與乒乓球?qū)η蚺牡牧κ且粚ο嗷プ饔昧?，大小相等、作用時(shí)間相同、沖量大小相等，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
【變式演練2】風(fēng)簸是用于篩選精谷粒和癟谷粒的農(nóng)用工具，在我國西漢時(shí)期就已廣泛使用。谷粒從風(fēng)簸上端的進(jìn)谷口進(jìn)入分離倉，分離倉右端有一鼓風(fēng)機(jī)提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中的癟谷粒a和精谷粒b分開。若所有谷粒進(jìn)入分離倉時(shí)，豎直方向初速度為0，在水平方向獲得的動(dòng)量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為恒力且相同。下圖中虛線分別表示a、b谷粒的軌跡，F(xiàn)a、Fb為相應(yīng)谷粒所受的合外力。下列四幅圖中可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】
從力的角度看，水平方向的力相等，精谷粒b的重力大于癟谷粒a的重力，如圖所示從運(yùn)動(dòng)上看，在水平方向獲得的動(dòng)量相同
精谷粒b的質(zhì)量大于癟谷粒a的質(zhì)量，精谷粒b的水平速度小于癟谷粒a的水平速度，而從豎直方向上高度相同
運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，水平方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)
水平方向的合外力相同，a的質(zhì)量小，加速度大，初速度大，時(shí)間相同，所以
故選B。
【變式演練3】飛機(jī)沿某水平面內(nèi)的圓周勻速率地飛行了一周，已知飛機(jī)質(zhì)量為m，速率為v，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R。下列說法正確的是（）
A．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率沒變，則所受合外力為零
B．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率沒變，則動(dòng)量守恒
C．飛機(jī)飛行時(shí)，速度的方向不斷變化，因此動(dòng)量不守恒；飛行一周向心力的沖量大小
D．飛機(jī)飛行時(shí)，速度的方向不斷變化，因此動(dòng)量不守恒；飛行半周動(dòng)量的改變量大小為2mv
【答案】D
【詳解】A．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供所需的向心力，故A錯(cuò)誤；
BCD．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，方向時(shí)刻發(fā)生，則動(dòng)量大小不變，方向時(shí)刻發(fā)生，動(dòng)量不守恒；飛行一周時(shí)，由于初、末動(dòng)量剛好相同，動(dòng)量變化為0，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合力沖量為0，則向心力的沖量為0；飛行半周時(shí)，飛機(jī)的初、末動(dòng)量大小相等，方向剛好相反，則飛機(jī)的動(dòng)量變化量大小為
故BC錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
類型3 恒力沖量的計(jì)算
【例3】如圖所示，物體靜止在水平地面上，受到與水平方向成角、大小為F的恒定拉力，作用時(shí)間t，物體始終保持靜止。在這段時(shí)間t內(nèi)（）
A．拉力對物體的沖量大小為FtB．支持力對物體的沖量大小為零
C．摩擦力對物體的沖量大小為D．合力對物體的沖量為零
【答案】ACD
【詳解】A．根據(jù)沖量的概念可知，拉力對物體的沖量大小為
IF=Ft
選項(xiàng)A正確；
B．根據(jù)沖量的概念可知，支持力和作用時(shí)間均不為零，可知支持力對物體的沖量大小不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．摩擦力為
f=Fcsθ
則摩擦力對物體的沖量大小為
選項(xiàng)C正確；
D．物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，合外力為零，則合力對物體的沖量為零，選項(xiàng)D正確。
故選ACD。
【變式演練1】如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)，質(zhì)量為m的小球以某一速度從O點(diǎn)出發(fā)后，受到一平行于y軸方向的恒力作用，恰好通過A點(diǎn)，已知小球通過A點(diǎn)的速度大小為v0，方向沿x軸正方向，且OA連線與Ox軸的夾角為30°，則（）

A．恒力的方向一定沿y軸正方向
B．恒力在這一過程中所做的功為
C．恒力在這一過程中的沖量大小為
D．小球從O點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為
【答案】C
【詳解】A．小球受到恒力作用做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，利用逆向思維法，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)。由此可判斷恒力方向一定沿y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；
D．由幾何關(guān)系可得
所以小球經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，沿y軸方向的分速度為
沿x軸方向的速度仍為v0，小球從O點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為
故D錯(cuò)誤；
B．恒力在這一過程中所做的功為
故B錯(cuò)誤；
C．恒力在這一過程中的沖量大小
故C正確。
故選C。
【變式演練2】一水平傳送帶長，以恒定速度向右勻速運(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)量為的小物塊，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取，則第1個(gè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端后的1s內(nèi)，傳送帶對所有小物塊摩擦力的總沖量大小為（）
A． B．
C． D．
【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
加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

加速運(yùn)動(dòng)的位移

勻速運(yùn)動(dòng)的位移
勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

第1個(gè)小物塊到達(dá)最右端時(shí)，第7個(gè)小物塊剛要放上傳送帶，傳送帶對第個(gè)工件的摩擦力為0，因此在此后1s內(nèi)的沖量
對第個(gè)工件的摩擦力在此后內(nèi)的沖量
故此后1s 內(nèi)傳動(dòng)帶對工件摩擦力的總沖量大小為
故選B。
類型3 利用F－t圖像求沖量
【例3】如圖甲，一質(zhì)量為2kg的物塊靜止在光滑水平面上，從t=0時(shí)刻開始受到一水平外力F作用，F(xiàn)隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示。取t=0時(shí)刻力F的方向?yàn)檎较颍亓铀俣却笮∪?。下列說法正確的是（）
A．前4s時(shí)間內(nèi)，物塊做往返運(yùn)動(dòng)
B．t=4s時(shí)，物塊的動(dòng)量為2kg·m/s
C．前4s時(shí)間內(nèi)，物塊所受重力的沖量為0
D．t=2s到t=4s時(shí)間內(nèi)，物塊的速度變化量為2m/s
【答案】B
【詳解】A．圖像中，圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積表示沖量，前4s時(shí)間內(nèi)的沖量為
可知，前4s時(shí)間內(nèi)，物塊始終沿正方向運(yùn)動(dòng)，沒有做往返運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)量定理有
結(jié)合上述有
解得
即t=4s時(shí)，物塊的動(dòng)量為2kg·m/s，故B正確；
C．前4s時(shí)間內(nèi)，物塊所受重力的沖量為
故C錯(cuò)誤；
D．t=2s到t=4s時(shí)間內(nèi)，合力的沖量為
圖像中，圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積表示沖量，t=2s到t=4s時(shí)間內(nèi)沖量為
解得物塊的速度變化量為-1kg·m/s，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【變式演練1】一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化如圖所示，則（）
A．t=2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg·m/s
B．t=3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg·m/s
C．1s~4s過程中，物塊動(dòng)量守恒
D．1s ~2s內(nèi)和2s ~4s內(nèi)，合外力沖量相同
【答案】A
【詳解】A．根據(jù)圖像可知，內(nèi)合力的沖量為
根據(jù)動(dòng)量定理可得
解得t=2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為
故A正確；
B．根據(jù)圖像可知，內(nèi)合力的沖量為
根據(jù)動(dòng)量定理可得
解得t=3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為
故B錯(cuò)誤；
C．過程中，物體受到的合力不為0 ，物體的動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)圖像可知，內(nèi)和內(nèi)，合外力的沖量大小相等，但方向相反，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【變式演練2】一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從時(shí)刻開始，受到水平外力F作用，如圖所示。下列判斷正確的是（）
A．第1s末的速度為1.5m/s
B．第1s內(nèi)F的沖量為
C．前2s內(nèi)F的沖量為
D．第2s末的動(dòng)量為
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)動(dòng)量定理可知
解得第1s末的速度為
v1=3m/s
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．第1s內(nèi)F的沖量為
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．前2s內(nèi)F的沖量為
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)
可得第2s末的動(dòng)量為
選項(xiàng)D正確。
故選D。
【變式演練3】如圖是某人站在壓力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作時(shí)，壓力隨時(shí)間變化的圖像，a點(diǎn)對應(yīng)開始下蹲時(shí)刻，b點(diǎn)對應(yīng)下蹲至最低位置的時(shí)刻，圖中陰影面積分別為S1、S2，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）
A．人跳起后上升的最大高度為1.8m
B．從人開始下蹲至離地，壓力傳感器對人的平均支持力大小為525N
C．bc過程，人始終處于超重狀態(tài)
D．S1=S2
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)圖像可知，人在空中的時(shí)間為
上升高度
故A錯(cuò)誤；
B．人離地時(shí)的速度為
人的重力為
質(zhì)量
自開始下蹲至離地，用時(shí)
對人，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．bc過程，壓力傳感器對人的支持力先大于重力后小于重力，即先超重后失重，故C錯(cuò)誤；
D．圖中面積表示合力對人的沖量大小，S1對應(yīng)的沖量向下，S2對應(yīng)的沖量向上，a、b點(diǎn)人的速度均為零，所以
故D正確。
故選D。
題型二動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用
【核心歸納】1．對動(dòng)量定理的理解
(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．
(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因．
(3)由Ft＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體動(dòng)量的變化率．
(4)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)量定理．
2．解題基本思路
(1)確定研究對象．
(2)對物體進(jìn)行受力分析．可先求每個(gè)力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；或先求合力，再求其沖量．
(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動(dòng)量和沖量的正負(fù)號．
(4)根據(jù)動(dòng)量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．
類型1 用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象
【例1】“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準(zhǔn)識別穿戴者的運(yùn)動(dòng)姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進(jìn)行主動(dòng)保護(hù)，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以（）
A．減小穿戴者所受重力的沖量B．減小地面對穿戴者的平均沖擊力
C．減小穿戴者動(dòng)量的變化量D．減小穿戴者與地面的接觸時(shí)間
【答案】B
【詳解】設(shè)穿戴者所受合力為F，依題意，根據(jù)動(dòng)量定理
可得
可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時(shí)間，從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動(dòng)量的變化率，而穿戴者動(dòng)量的變化量未發(fā)生變化，全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時(shí)間，則穿戴者所受重力的沖量增大了。
故選B。
【變式演練1】運(yùn)輸易碎器件時(shí)，經(jīng)常在包裝箱中填充泡沫塑料，這是因?yàn)樵谂鲎策^程中，泡沫塑料能減小（）
A．器件的慣性B．器件受到的沖量
C．器件的動(dòng)量變化量D．器件受到的作用力
【答案】D
【詳解】根據(jù)
可知在碰撞過程中，泡沫塑料能延長接觸時(shí)間，從而起到減小器件受到的作用力的效果。
故選D。
【變式演練2】人從高處跳到低處，為了安全，一般都是腳尖先著地，這樣做的目的是（）
A．增大人對地面的壓強(qiáng)，起到安全作用
B．延長與地面的作用時(shí)間，從而減小地面對人的作用力
C．減小著地時(shí)所受沖量
D．使動(dòng)量增量變得更小
【答案】B
【詳解】人在和地面接觸時(shí)，人的速度減為零，因此動(dòng)量的該變量不變，由動(dòng)量定理可得
而腳尖著地可以增加人與地面的作用時(shí)間，從而可以減小所受地面的沖擊力，著地時(shí)所受的沖量即動(dòng)量的改變量也不變。
故選B。
【變式演練3】行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）
A．增大了司機(jī)的受力面積從而減少司機(jī)單位面積的受力大小
B．減少了司機(jī)的受力時(shí)間
C．對乘客起固定作用，避免乘客飛出汽車
D．減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量
【答案】A
【詳解】ABD．根據(jù)動(dòng)量定理可得
此過程中，司機(jī)動(dòng)量的變化量一定，由于安全氣囊使得作用時(shí)間變長，并增大了司機(jī)的受力面積，從而減小司機(jī)受到的沖擊力，減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A正確，BD錯(cuò)誤；
C．安全氣囊在此過程中的作用，沒有對乘客起固定作用，故C錯(cuò)誤。
故選A。
類型2 應(yīng)用動(dòng)量定理求解瞬時(shí)平均力
【例2】跳馬比賽中在運(yùn)動(dòng)員落地位置放置厚海綿墊以保護(hù)運(yùn)動(dòng)員。如圖所示為一質(zhì)量為40kg的運(yùn)動(dòng)員在比賽時(shí)落地的場景，海綿墊與運(yùn)動(dòng)員的撞擊時(shí)間約為0.4s，g=10m/s2，下列說法正確的是（）
A．海綿墊減小了運(yùn)動(dòng)員落地過程中撞擊力的沖量
B．海綿墊減小了運(yùn)動(dòng)員落地過程中的動(dòng)量變化率
C．落地過程中海綿墊對運(yùn)動(dòng)員的沖量與運(yùn)動(dòng)員對海綿墊的沖量相同
D．若運(yùn)動(dòng)員以4m/s的速度垂直落地，海綿墊對運(yùn)動(dòng)員的作用力約為400N
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)動(dòng)量定理可得
所以
依題意，海綿墊與運(yùn)動(dòng)員的撞擊時(shí)間延長了，海綿墊增大了運(yùn)動(dòng)員落地過程中撞擊力的沖量，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)
可知海綿墊減小了運(yùn)動(dòng)員落地過程中的動(dòng)量變化率，故B正確；
C．根據(jù)
海綿墊對運(yùn)動(dòng)員的作用力與運(yùn)動(dòng)員對海綿墊的作用力等大反向，作用時(shí)間相同，所以海綿墊對運(yùn)動(dòng)員的沖量與運(yùn)動(dòng)員對海綿墊的沖量大小相等、方向相反，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)
代入數(shù)據(jù)解得
即海綿墊對運(yùn)動(dòng)員的作用力約為800N，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【變式演練1】（2024·山西陽泉·三模）2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓(xùn)練時(shí)將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質(zhì)量為的演員在豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)計(jì)算機(jī)輸出的壓力—時(shí)間（F—t）圖像片段，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度，下列說法正確的是（）
A．演員在a到b過程處于超重狀態(tài)
B．演員在b時(shí)刻速度最大，速度大小為
C．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對演員做的功大于
D．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床給演員的沖量大小為
【答案】C
【詳解】A．演員在a到b過程，壓力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在a到b過程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．結(jié)合上述可知，演員在a到b過程，先向上做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后向上做加速度減小的變減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度達(dá)到最大值，即a到b之間的某一時(shí)刻，演員的速度最大，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
2.8s-1.2s=1.6s
根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.8s，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有
在0.2s到1.2s內(nèi)，結(jié)合上述可知，蹦床對演員做的功為
根據(jù)圖像可知，從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為演員增加的重力勢能與動(dòng)能，可知，從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對演員做的功大于，故C正確；
D．從a時(shí)刻到b時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
解得
故D錯(cuò)誤。
故選C。
【變式演練2】．（2024·廣西·二模）起跳摸高是學(xué)生常進(jìn)行的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為80kg的同學(xué)用力蹬地且舉臂起跳，在剛要離地時(shí)其手指距地面的高度為2.10m；離地后身體形狀近似不變，手指摸到的最大高度為2.55m。若從蹬地到離開地面的時(shí)間為0.2s，不計(jì)空氣阻力，起跳過程中他對地面的平均壓力約為（g取10m/s2）（）
A．1450NB．1500NC．2000ND．1600N
【答案】C
【詳解】跳起后重心升高的高度為
所以人跳起的速度為
根據(jù)動(dòng)量定理得
解得起跳過程中地面對人的平均壓力約為
根據(jù)牛頓第三定律，起跳過程中人對地面的平均壓力約為2000N。
故選C。
【變式演練3】如圖，一學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某次足球由靜止開始自由下落80 cm，被頭部重新頂起，離開頭部后足球豎直上升的最大高度為45 cm。已知足球與頭部作用的時(shí)間為0.1 s，足球的質(zhì)量為0.4 kg，重力加速度大小取。則頭部對足球的平均作用力大小為（）
A．32 NB．28 NC．8 ND．4 N
【答案】A
【詳解】設(shè)足球從高處自由落下根頭部接觸瞬間速度大小為，離開頭部做豎直上拋運(yùn)動(dòng)瞬間速度大小為，有
解得
取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
故選A。
【變式演練4】“蹦極”是一項(xiàng)專業(yè)的戶外休閑運(yùn)動(dòng)。如題圖所示，某人用彈性橡皮繩拴住身體從高空P處自由下落，若此人質(zhì)量為m，橡皮繩長為l，人可看成質(zhì)點(diǎn)，且此人從P點(diǎn)由靜止開始下落到最低點(diǎn)所用時(shí)間為t，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。從橡皮繩開始拉伸到此人下落到最低點(diǎn)的過程中，橡皮繩對此人的平均作用力大小為（）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】人從下落到橡皮繩正好拉直的時(shí)間設(shè)為t1，則
此時(shí)速度為
取向上為正方向，由動(dòng)量定理得
橡皮繩對人的平均作用力為
故選D。
題型三動(dòng)量定理和圖像問題的結(jié)合
【例1】（2024·山東·模擬預(yù)測）一質(zhì)量為m的小球從地面豎直上拋，在運(yùn)動(dòng)過程中小球受到的空氣阻力與速率成正比。它從拋出到落地過程中動(dòng)量隨時(shí)間變化的圖像如圖所示。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）
A．小球時(shí)刻剛好落地
B．小球在運(yùn)動(dòng)過程中加速度最大為2g
C．小球從拋出到落地的總時(shí)間為
D．小球上升和下降過程中阻力的沖量大小不相等
【答案】C
【詳解】A．由圖可知，時(shí)刻后物體的動(dòng)量不變，即物體的速度不變，由圖可知物體速度不變后，又運(yùn)動(dòng)了一段時(shí)間，說明時(shí)刻物體還沒落地，故A錯(cuò)誤；
B．設(shè)在運(yùn)動(dòng)過程中小球受到的空氣阻力與速率滿足關(guān)系式
根據(jù)動(dòng)量定理
可知圖像的斜率表示合外力，由圖可知時(shí)刻，圖像斜率的絕對值最大，小球的加速度最大，設(shè)物體運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為，有
其中
當(dāng)時(shí)，物體合外力為零，此時(shí)有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．設(shè)從地面拋出到最高點(diǎn)的時(shí)間為，上升的高度為，設(shè)最高點(diǎn)到落地的時(shí)間為，從地面拋出到最高點(diǎn)由動(dòng)量定理得
即
同理下降階段
即
聯(lián)立可得小球從拋出到落地的總時(shí)間為
故C正確；
D．小球上升過程中阻力的沖量大小為
小球下落過程中阻力的沖量大小為
故小球上升和下降過程中阻力的沖量大小相等，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【變式演練1】從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小球，其動(dòng)能隨時(shí)間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時(shí)的動(dòng)能為E0，且落地前小球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中（）

A．球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量
B．從最高點(diǎn)下降落回到地面所用時(shí)間小于t1
C．最大的加速度為4g
D．小球上升的最大高度為
【答案】D
【詳解】A．由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為f = kv，故阻力的沖量大小為
If= ∑ft = ∑kvt = kx
因?yàn)樯仙^程和下降過程位移大小相同，則上升和下降過程阻力的沖量大小相等，A錯(cuò)誤；
B．由于機(jī)械能損失，上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度，上升過程與下降過程的位移大小相等，故小球在運(yùn)動(dòng)的全過程，上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間，B錯(cuò)誤；
C．設(shè)小球的初速度為，滿足
而小球的末速度為，有
小球剛拋出時(shí)阻力最大，其加速度最大，有
當(dāng)小球向下勻速時(shí)，有
聯(lián)立解得
C錯(cuò)誤；
D．上升時(shí)加速度為，由牛頓第二定律得
解得
取極短時(shí)間，速度變化，有
又
上升全程
則
設(shè)小球的初速度為，滿足
而小球的末速度為，有
聯(lián)立可得
D正確。
故選D。
【變式演練2】如圖甲所示，一小物塊在水平向右的推力F作用下從A點(diǎn)由靜止開始向右做直線運(yùn)動(dòng)，力F的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，鋼塊的質(zhì)量，與臺面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，。則小物塊在時(shí)刻的速度（）

A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】物體受到的最大靜摩擦
推力F與t的關(guān)系為
當(dāng)推力F大于最大靜摩擦?xí)r，物體開始運(yùn)動(dòng)
解得
內(nèi)，物塊根據(jù)動(dòng)量定理可得
，推力F的沖量為
解得
故ABC錯(cuò)誤，故D正確。
故選D。
【變式演練3】如圖1所示，一物體在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中拉力大小隨時(shí)間的變化圖像如圖2。物體加速度a隨時(shí)間變化的圖像如圖3．重力加速度g取，下列說法正確的是（）．
A．物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15
B．物體與水平地面間的最大靜摩擦力為
C．在時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為
D．在時(shí)間內(nèi)，拉力F的沖量為
【答案】AC
【詳解】A．由圖2可得拉力F關(guān)于時(shí)間的函數(shù)為
而由圖3可知，在2s末物塊的加速度大小為，此時(shí)拉力大小為；在4s末加速度大小為，此時(shí)拉力大小為，則由牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得
，
故A正確；
B．物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受的滑動(dòng)摩擦力為
而最大靜摩擦力大于滑動(dòng)摩擦力，故B錯(cuò)誤；
C．加速度與時(shí)間的圖像中，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖3可知，4s末物體的速度為
根據(jù)動(dòng)能定理可得，在時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為
故C正確；
D．根據(jù)圖2可知，在時(shí)間內(nèi)，拉力F的沖量大小為圖像與時(shí)間軸圍成的面積，可得
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【變式演練4】（2024·廣東·二模）在水平面上靜置有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體，水平推力、分別作用在a、b上，一段時(shí)間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下，a、b在運(yùn)動(dòng)過程中未相撞，a、b的v-t圖像如圖所示，圖中平行于，整個(gè)過程中a、b的最大速度相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中下列說法正確的是（）
A．物體a、b受到的摩擦力大小相等
B．兩水平推力對物體的沖量之比為
C．兩水平推力對物體的做功之比為
D．兩水平推力的大小之比為
【答案】ABC
【詳解】AD．由題圖知，平行于，說明撤去推力后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物
體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知
解得
根據(jù)圖像可知
，
解得
故A正確，D錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)量定理有
，
解得
故B正確；
C．根據(jù)動(dòng)能定理可得
，
，
解得
故C正確。
故選ABC。
題型四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”
模型一流體類問題
【例1】某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求
(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；
(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度。
【答案】 (1)ρv0S (2)eq \f(veq \\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \\al(2,0)S2)
【解析】 (1)在剛噴出一段很短的Δt時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。
該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①
噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②
其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S。
(2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h
由玩具受力平衡得F沖＝Mg④
其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部的作用力
由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤
其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底部時(shí)的速度
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v′2－veq \\al(2,0)＝－2gh⑥
在很短Δt時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為Δm
Δm＝ρv0SΔt⑦
由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動(dòng)量定理得
－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \\al(2,0)S2)。
【變式演練1】小飛同學(xué)在洗盤子的時(shí)候發(fā)現(xiàn)當(dāng)水流穩(wěn)定時(shí)，從水龍頭流下的水柱從上到下越來越細(xì)，如圖所示。小飛同學(xué)將盤子放在水龍頭下一定距離，仔細(xì)觀察后，水流對盤子的沖擊力基本穩(wěn)定，經(jīng)過測量，水流對盤子的沖擊力為F。已知水龍頭的橫截面積為，出水速度為，水的密度為，重力加速度為g。水接觸盤子后速度立刻變?yōu)榱?，空氣阻力不?jì)。下列說法正確的是（）
A．盤子距水龍頭的高度為B．盤子距水龍頭的高度無法求出
C．與盤子接觸的水柱橫截面積無法求出D．與盤子接觸的水流速度可以求出
【答案】D
【詳解】水的流量不變，即
設(shè)水與盤子剛要接觸時(shí)速度為，與盤子接觸的水柱橫截面積為，則
由動(dòng)量定理得
解得
水從出口到與盤子接觸做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則盤子距水龍頭的高度
故ABC錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。
故選D。
【變式演練2】（2024·福建·三模）如圖所示，消防員正在進(jìn)行消防滅火演練，消防員用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊著火物，設(shè)水柱直徑為D，以水平速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度變?yōu)榱?。高壓水槍的質(zhì)量為M，消防員手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度忽略不計(jì)，水的密度為，下列說法正確的是（）
A．水槍的流量為
B．水槍的功率為
C．水柱對著火物的沖擊力為
D．向前水平噴水時(shí)，消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方
【答案】BD
【詳解】A．設(shè)時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為，質(zhì)量為，則
，
流量
A錯(cuò)誤；
B．時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能為
知高壓水槍在此期間對水做功為
高壓水槍的功率為
B正確；
C．考慮一個(gè)極短時(shí)間，在此時(shí)間內(nèi)噴到著火物上水的質(zhì)量為m，設(shè)著火物對水柱的作用力為F，由動(dòng)量定理得
時(shí)間內(nèi)沖到著火物上水的質(zhì)量為
解得
由牛頓第三定律可知，水柱對著火物的平均沖力為
C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)高壓水槍水平向前噴出高壓水流時(shí)，水流對高壓水槍的作用力水平向后，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方，D正確。
故選BD。
【變式演練3】（2024·山東青島·三模）高樓出現(xiàn)火情時(shí)，需要一種舉高噴射消防車。如圖，某高樓離地面65m處出現(xiàn)火情，消防車正在滅火中。已知水炮炮口與樓房距離為15m，與地面距離為60m，水炮每分鐘噴出的水，水柱剛好垂直打中著火房間窗戶，水流沖擊到窗戶玻璃后向四周流散。重力加速度，下列說法正確的是（）
A．水泵對水做功的功率約為
B．水泵對水做功的功率約為
C．水流對窗戶玻璃沖擊力約為500N
D．水流對窗戶玻璃沖擊力約為900N
【答案】B
【詳解】AB．將水噴到窗口時(shí)的過程的逆過程看做是平拋運(yùn)動(dòng)，則水噴到窗口時(shí)的速度
每秒噴出水的質(zhì)量
水泵對水做功的功率約為
選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；
CD．水噴射到窗戶上由動(dòng)量定理
解得
選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。
故選B。
【變式演練4】．（2024·山東菏澤·三模）風(fēng)箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時(shí)刻風(fēng)箏靜止在空中，風(fēng)箏面與水平面夾角為，牽引線與豎直方向夾角為。已知風(fēng)箏質(zhì)量為m，垂直風(fēng)箏面的風(fēng)速大小為v，風(fēng)箏面的面積為S，重力加速度為g，則風(fēng)箏所在高度空氣密度為（）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】對風(fēng)箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風(fēng)箏此時(shí)獲得的垂直風(fēng)箏面的力
根據(jù)牛頓第三定律，風(fēng)箏對垂直風(fēng)箏面的風(fēng)的作用力大小也為F，以風(fēng)為研究對象，單位時(shí)間內(nèi)，垂直打在風(fēng)箏面的風(fēng)的質(zhì)量
在垂直風(fēng)箏面方向上由動(dòng)量定理有
聯(lián)立解得空氣密度為
故選A。
【變式演練5】．（2024·湖北·三模）2024年3月29日，我國研制的朱雀三號可重復(fù)使用垂直起降回收驗(yàn)證火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心圓滿完成試驗(yàn)任務(wù)。點(diǎn)火升空1分鐘后，火箭從三百多米的高空垂直返回，著陸平穩(wěn)，落點(diǎn)準(zhǔn)確，狀態(tài)良好，標(biāo)志著國內(nèi)起飛規(guī)模最大垂直起降試驗(yàn)火箭試驗(yàn)成功。若該火箭在距離地面的高度約1m時(shí)，底部配備的4臺著陸反推發(fā)動(dòng)機(jī)開始點(diǎn)火豎直向下噴氣，使火箭在豎直方向上的速度在0.2s內(nèi)由8m/s降到2m/s。已知反推發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣過程中火箭受到的平均推力大小為F，噴出氣體的密度為，4臺發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣口的直徑均為d，噴出氣體的重力忽略不計(jì)，噴出氣體的速度遠(yuǎn)大于返回艙的速度。則噴出氣體的速度大小為（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【詳解】以時(shí)間內(nèi)噴出的氣體為研究對象，設(shè)噴出氣體的速度為，則每臺發(fā)動(dòng)機(jī)噴出氣體的質(zhì)量為
根據(jù)牛頓第三定律可得返回艙對氣體的作用力為
對4臺發(fā)動(dòng)機(jī)噴出的氣體，由動(dòng)量定理可得
聯(lián)立解得
故選D。
模型二微粒類問題
【例2】正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子的質(zhì)量均為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略，其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會均等，與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學(xué)力學(xué)知識，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系。
【答案】 f＝eq \f(1,3)nmv2
【解析】一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv
如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，
由題設(shè)可知，其內(nèi)有eq \f(1,6)的粒子在Δt時(shí)間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù)N＝eq \f(1,6)n·SvΔt
Δt時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝eq \f(1,3)nSmv2Δt
器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝eq \f(I,Δt)
則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝eq \f(F,S)＝eq \f(1,3)nmv2。
【變式演練1】（2024·安徽合肥·二模）我國是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家。霍爾推進(jìn)器的工作原理簡化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為I．氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
設(shè)單位體積內(nèi)離子數(shù)目為，加速噴出時(shí)截面積為S，在時(shí)間內(nèi)，有質(zhì)量為的氙離子以速度噴射而出
形成電流為
由動(dòng)量定理可得
聯(lián)立可得
離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為。
故選D。
【變式演練2】離子電推引擎，是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工作物質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進(jìn)動(dòng)力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)。這種引擎不需要燃料，也氣體全無污染物排放，是環(huán)保型機(jī)器。引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子和電子，而后正離子飄人電極A、B之間的加速電場（正離子初速度忽略不計(jì)），使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。已知A、B間的電壓為U，單位時(shí)間內(nèi)飄入加速電場的正離子數(shù)目為N，每個(gè)離子的質(zhì)量為m、電荷量為ne（其中n是正整數(shù)，e是元電荷），則引擎獲得的推力大小為（）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】時(shí)間t內(nèi)飄入加速電場的正離子質(zhì)量
電荷量
電場對離子加速，由動(dòng)能定理有
設(shè)在加速過程中引擎對離子的作用力大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
由牛頓第三定律可知，引擎獲得的推力大小
故選A。
【變式演練3】氣體在流動(dòng)時(shí)會出現(xiàn)分層流動(dòng)的現(xiàn)象即層流（laminar flw），不同流層的氣體流速不同。相鄰兩流層間有粘滯力，產(chǎn)生粘滯力的原因可以用簡單模型解釋：如圖，某氣體流動(dòng)時(shí)分成A、B兩流層，兩層的交界面為平面，A層流速為vA，B層流速為vB，，由于氣體分子做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，因此A層的分子會進(jìn)入B層，B層的分子也會進(jìn)入A層，穩(wěn)定后，單位時(shí)間內(nèi)從A層進(jìn)入B層的分子數(shù)等于從B層進(jìn)入A層的分子數(shù)，若氣體分子的質(zhì)量為m，單位時(shí)間、單位面積上由A層進(jìn)入B層的分子數(shù)為n，則B層對A層氣體單位面積粘滯阻力為（）
A．大?。悍较颍号c氣體流動(dòng)方向相同
B．大?。悍较颍号c氣體流動(dòng)方向相反
C．大小：方向：與氣體流動(dòng)方向相同
D．大?。悍较颍号c氣體流動(dòng)方向相反
【答案】B
【詳解】由題意可知時(shí)間內(nèi)，單位面積上由B層進(jìn)入A層的分子數(shù)為，則這部分分子的質(zhì)量為
這部分分子的速度由變?yōu)?，取氣體流動(dòng)方向?yàn)檎较?，則根據(jù)動(dòng)量定理有
可得，流層A對這部分分子的作用力為
，方向與氣體流動(dòng)方向相同
則根據(jù)牛頓第三定律可知，B層對A層氣體單位面積粘滯阻力大小為
，方向與氣體流動(dòng)方向相反
故選B。
【變式演練4】如圖所示，某種氣體分子束由質(zhì)量為m、速度為v的分子組成，設(shè)各分子都向同一方向運(yùn)動(dòng)，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內(nèi)有n0個(gè)分子，下列說法正確的是（）

A．單個(gè)分子與平面碰撞的過程中，動(dòng)量變化量的大小為0
B．單個(gè)分子與平面碰撞的過程中，平面對其做功為負(fù)功
C．分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強(qiáng)為2n0mv2
D．分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強(qiáng)為n0mv2
【答案】C
【詳解】A．分子打在某平面上后又以原速率反向彈回，則單個(gè)分子與平面碰撞的過程中，動(dòng)量變化量的大小為2mv，故A錯(cuò)誤；
B．單個(gè)分子與平面碰撞的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk=0，平面對其做功為零，故B錯(cuò)誤；
CD．時(shí)間t內(nèi)碰撞面積S上的分子數(shù)
N=（vt?S）n0
對于這部分分子，根據(jù)動(dòng)量定理，有
-Ft=-Nmv-Nmv
解得
F=2n0mv2S
根據(jù)壓強(qiáng)的計(jì)算公式可得
解得
p=2n0mv2
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
題型五應(yīng)用動(dòng)量定理處理分析多過程問題
【例1】某同學(xué)站在觀光電梯內(nèi)的力傳感器上，利用力傳感器和計(jì)算機(jī)研究該觀光電梯升降過程中的有關(guān)情況，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出電梯從靜止開始運(yùn)動(dòng)到勻速運(yùn)動(dòng)再到電梯恰好停止過程的圖像，如圖所示。重力加速度大小g取，則下列說法正確的是（）

A．該觀光電梯做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是
B．內(nèi)電梯對該同學(xué)做的功為零
C．在電梯加速階段與減速階段該同學(xué)重力的平均功率之比是1：3
D．內(nèi)該同學(xué)的機(jī)械能減少了
【答案】AD
【詳解】由題圖知，內(nèi)，該同學(xué)所受合外力向下，電梯從靜止開始運(yùn)動(dòng)，故電梯是從上往下運(yùn)動(dòng)，勻速階段為后，壓力為時(shí)，即該同學(xué)的重力
所以該同學(xué)的質(zhì)量
A．設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，由動(dòng)量定理得
其中
，，
解得
A正確；
B．設(shè)全程電梯對該同學(xué)做的功為，由動(dòng)能定理知
得
內(nèi)電梯對該同學(xué)做的功不為零，B錯(cuò)誤；
C．該同學(xué)加速階段與減速階段的平均速度相同，故重力在這兩段的功率之比是，C錯(cuò)誤；
D．加速階段
加速階段的末速度
加速階段位移
勻速階段位移
減速階段的位移
下降總高度
內(nèi)該同學(xué)的機(jī)械能減少量
D正確。
故選AD。
【變式演練1】一個(gè)鐵球，從靜止?fàn)顟B(tài)由20m高處自由下落，然后陷入泥潭中，從進(jìn)入泥潭到靜止用時(shí)0.4s，該鐵球的質(zhì)量為300g，g取求：
（1）從開始下落到進(jìn)入泥潭前，重力對小球的沖量？
（2）泥潭對小球的平均作用力？
【答案】（1），方向豎直向下；（2），方向豎直向上
【分析】（1）根據(jù)自由落體求得進(jìn)入泥潭前鐵球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再根據(jù)沖量公式求解。
（2）選取整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程為研究對象，初、末狀態(tài)的速度皆為零，對整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)能定理求解。
【詳解】（1）設(shè)向下為正方向，小球自由下落20m所用的時(shí)間是，則
代入數(shù)據(jù)，得
重力的沖量
代入數(shù)據(jù)，得
（方向豎直向下）
（2）設(shè)向下為正方向，泥潭的阻力大小為，作用時(shí)間
對小球從全過程運(yùn)用動(dòng)量定理得
代入數(shù)據(jù)，得
（方向豎直向上）
【變式演練2】我國現(xiàn)在的消防車云梯如圖所示，不僅可以把水運(yùn)送到高空，還可以運(yùn)送消防員到達(dá)較高位置進(jìn)行滅火和營救行動(dòng)。假設(shè)未來的云梯通過控制可以切換成斜面模式變成救援滑梯，被救人員通過滑梯快速運(yùn)送到消防車上（消防車平臺上設(shè)減速裝置）。假設(shè)救援滑梯的斜面傾角，質(zhì)量為50kg的被救人員從頂端由靜止開始沿滑梯下滑，加速下滑時(shí)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，全程用時(shí)8s滑至滑梯底端到達(dá)消防車，下滑過程被救人員所受的空氣阻力（k為常量且），被救人員與救援滑梯間的動(dòng)摩擦因數(shù)。，，g取10m/s2。求：
（1）被救人員下滑的最大速度；
（2）被救人員加速下滑的時(shí)間t；
（3）整個(gè)下滑過程中摩擦力對被救人員所做的功W。
【答案】（1）5m/s；（2）5s；（3）
【詳解】（1）勻速時(shí)對被救人員沿著斜面方向受力平衡有
解得
（2）被救人員由初始時(shí)刻到恰好勻速，對被救人員在斜面上的加速過程由動(dòng)量定理得
空氣阻力的沖量
聯(lián)立解得
t=5s
（3）勻速過程位移
全程總位移
整個(gè)下滑過程中摩擦力對被救人員所做的功
解得
【變式演練3】我國現(xiàn)在的消防車云梯如圖所示，假設(shè)未來的云梯通過控制可以切換成斜面模式變成救援滑梯，被救人員通過滑梯快速運(yùn)送到消防車上（消防車平臺上設(shè)減速裝置）。假設(shè)救援滑梯的斜面傾角，質(zhì)量為的被救人員從頂端由靜止開始沿滑梯下滑，被救人員與救援滑梯間的動(dòng)摩擦因數(shù)。，重力加速度取。
（1）若不計(jì)空氣阻力，求被救人員下滑過程的加速度；
（2）假設(shè)下滑過程中，被救人員所受的空氣阻力，加速下滑時(shí)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑梯足夠長，求：
（i）被救人員加速下滑的最大速度；
（ii）被救人員加速下滑的時(shí)間。
【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）（i），（ii）5s
【詳解】（1）若不計(jì)空氣阻力，被救人員下滑過程由牛頓第二定律得，垂直斜面方向
平行斜面方向
又
綜合解得
方向沿斜面向下。
（2）（i）勻速時(shí)對被救人員沿著斜面方向受力平衡有
解得
（ii）被救人員由初始時(shí)刻到恰好勻速，對被救人員在斜面上的加速過程由動(dòng)量定理得
空氣阻力的沖量
聯(lián)立解得
t=5s
題型六動(dòng)量定理與動(dòng)能定理的類比及綜合應(yīng)用
1.都是力的積累效果：動(dòng)量定理是力對時(shí)間的積累效果，動(dòng)能定理是力對空間的積累效果。
2.都是一個(gè)過程量：對應(yīng)著兩個(gè)狀態(tài)量。動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，動(dòng)能定理的表達(dá)式是標(biāo)量式。
3.應(yīng)用中各有優(yōu)越性：兩個(gè)定理應(yīng)用中都著眼于一個(gè)過程，只抓兩頭(始、末狀態(tài))，因此應(yīng)用中就顯得簡便。動(dòng)量定理在用于處理有關(guān)時(shí)間而不考慮位移的問題中往往顯示出優(yōu)越性，動(dòng)能定理在用于處理有關(guān)位移而不考慮時(shí)間的問題中往往顯示出優(yōu)越性。
4.均可雙向求解：動(dòng)量定理既可以由沖量求動(dòng)量的變化或始、末動(dòng)量，也可以由動(dòng)量變化求沖量或力及時(shí)間；動(dòng)能定理既可以由功求動(dòng)能的變化或始、末動(dòng)能，也可以由動(dòng)能變化求功或力及位移。
5.兩個(gè)定理的選用：若問題是研究力在時(shí)間上的積累效果，應(yīng)選用動(dòng)量定理求解；若問題涉及力在空間上的積累效果，則應(yīng)選用動(dòng)能定理求解。
【例1】(多選)游樂場滑索項(xiàng)目的簡化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點(diǎn)比B點(diǎn)高1.25 m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4 m。質(zhì)量為50 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止下滑，到B點(diǎn)進(jìn)入水平減速區(qū)，在C點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1 m的D點(diǎn)停下。設(shè)滑塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向，g取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．緩沖墻對滑塊的沖量為－50 N·s
B．緩沖墻對滑塊的沖量為－250 N·s
C．緩沖墻對滑塊做的功為－125 J
D．緩沖墻對滑塊做的功為－250 J
【答案】 BC
【解析】滑塊從A點(diǎn)下滑，經(jīng)過B滑動(dòng)到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－μmgxBC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0，從C點(diǎn)反彈運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgxCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s?；瑝K與緩沖墻作用的過程中，向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有I＝－mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)得I＝－250 N·s，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理有W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)得W＝－125 J，故C正確，D錯(cuò)誤。
【變式演練1】一質(zhì)量m=2kg的物塊靜止在水平地面上，在t0=0時(shí)，用水平拉力F1=8N向右拉動(dòng)物塊，t1=6s時(shí)撤去F1，同時(shí)用水平向左的拉力F2=12N作用在物塊上，t2=8s時(shí)物塊的動(dòng)能為零。水平地面的粗糙程度處處相同，取。
（1）求t1=6s時(shí)物塊的速度大小v．
（2）求前12s內(nèi)物塊的位移大小x．
【答案】（1）15m/s；（2）24m
【詳解】（1）在0~8s物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
在0~6s物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有
代入數(shù)據(jù)解得
（2）在0~6s物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有
在6s~8s物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有
前8s內(nèi)物塊的位移大小
在8s~12s物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有
在8s~12s物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
，方向向左
則前12s內(nèi)物塊的位移大小
【變式演練2】將一質(zhì)量為0.6kg的籃球從距水平地面H=5m高處靜止釋放，籃球第一次撞地后能上升的高度為h=3.2m，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。
（1）求第一次碰撞籃球動(dòng)量的改變量及地面對籃球做的功；
（2）若碰撞時(shí)間為0.1s，求第一次碰撞過程中地面對籃球平均作用力F的大小。
【答案】（1）（方向豎直向上），；（2）
【詳解】（1）籃球剛要著地時(shí)的速度為
解得
方向豎直向下，籃球的反彈速度為
解得
方向豎直向上，以豎直向上為正方向，則籃球動(dòng)量的改變量為
方向豎直向上，根據(jù)動(dòng)能定理，地面對籃球做的功為
（2）籃球第一次撞地過程，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得
解得
【變式演練3】某同學(xué)做拍籃球的游戲，籃球在球心距地面高范圍內(nèi)做豎直方向的往復(fù)運(yùn)動(dòng)。在最高點(diǎn)時(shí)手開始擊打籃球，球落地后反彈，與地面作用的時(shí)間，反彈速度的大小是剛觸地時(shí)速度大小的，且反彈后恰好到達(dá)最高點(diǎn)。已知籃球的質(zhì)量，半徑。設(shè)地面對球的作用力可視為恒力，忽略空氣阻力，取重力加速度。求：
（1）地面對球的彈力大??；
（2）每次拍球時(shí)手對球做功W。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）從球反彈后至達(dá)最高點(diǎn)，此過程，由
可得
由題知
球下落剛觸地至反彈后剛離開地面過程，設(shè)向上為正方向，設(shè)地面對球的平均作用力為F，球觸地過程受力如圖
由動(dòng)量定理
代入數(shù)據(jù)解得
（2）手做功等于球與地面碰撞時(shí)的能量損失
代入數(shù)據(jù)解得
【變式演練4】如圖（a）所示，物塊a、b緊貼著靜置在粗糙水平面上，時(shí)刻對施加水平方向的外力，外力隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖（b）所示，規(guī)定向右為正方向。已知物塊a、b的質(zhì)量分別為、，與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度。求：
（1）兩物塊的最大速度和內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離；
（2）從兩物塊分離到靜止的過程運(yùn)動(dòng)的距離。
【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）根據(jù)題意可知兩物塊一起所受的最大靜摩擦力
根據(jù)圖（b）可知時(shí)外力，此后兩物塊開始運(yùn)動(dòng)；時(shí)兩物塊的速度達(dá)到最大，從到對兩物塊由動(dòng)量定理有
又圖像與橫軸圍成的面積表示沖量大小，可知
其中
，，，
聯(lián)立解得兩物塊的最大速度為
同理有
可解得4s時(shí)兩物塊的速度為
內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
（2）內(nèi)兩物塊一起做減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)，外力反向，兩物塊分離，物塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，物塊在外力和摩擦力作用下做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)在16s之前停止運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)量定理有
其中
，
解得
（不符合題意，舍去）時(shí)外力的大小小于所受的最大靜摩擦力，假設(shè)成立；即從兩物塊分離到物塊靜止，物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
則有
解得
【變式演練5】人們有時(shí)用“打夯”的方式把松散的地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型：兩人同時(shí)通過繩子對重物各施加一個(gè)力，力的大小均為F，方向都與豎直方向成θ角，重物從地面由靜止開始豎直向上加速，運(yùn)動(dòng)至離地面高H時(shí)人停止施力，此后重物繼續(xù)上升一段時(shí)間后自由下落把地面砸深為h。已知重物的質(zhì)量為m，重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：
（1）重物剛落地時(shí)的速度大小；
（2）重物對地面的平均沖擊力大小。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）兩根繩子對重物的合力
重物從上升到最終到地面，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
（2）重物落到地面后，根據(jù)速度位移公式
解得
則，重物與地面作用時(shí)間為
設(shè)地面對重物的平均作用力為F1，取豎直向上為正方向，對重物根據(jù)動(dòng)量定理
解得
根據(jù)牛頓第三定律，重物對地面的平均沖擊力大小等于地面對重物的平均作用力
動(dòng)量
動(dòng)能
物理意義
描述機(jī)械運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量
定義式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
標(biāo)矢性
矢量
標(biāo)量
變化因素
合外力的沖量
合外力所做的功
大小關(guān)系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
變化量
Δp＝Ft
ΔEk＝Fl
聯(lián)系
(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系
(2)若物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量一定也發(fā)生變化；但動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化
流體及其特點(diǎn)
通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，特點(diǎn)是質(zhì)量具有連續(xù)性，題目中通常給出密度ρ作為已知條件
分析步驟
1
建立“柱體” 模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S
2
用微元法研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度Δl＝vΔt，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3
建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱形流體
微粒及其特點(diǎn)
通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟
1
建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2
用微元法研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3
先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘N計(jì)算

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