【物理】2018届二轮复习动量和动量定理学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习动量和动量定理学案（全国通用）

‎1.理解动量的的概念，知道冲量的意义；‎ ‎2.理解动量，会计算一维动量变化；‎ ‎3.理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题；‎ 一、动量、动量定理 ‎1．动量 ‎(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。‎ ‎(2)表达式：p＝mv。‎ ‎(3)单位：kg·m/s。‎ ‎(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。‎ ‎2．冲量 ‎(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。‎ ‎(2)表达式：I＝Ft。单位：N·s。‎ ‎(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。‎ ‎3．动量定理 项目 动量定理 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力的冲量 表达式 p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t 意义 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因 标矢性 矢量式(注意正方向的选取)‎ 二、动量守恒定律 ‎1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。‎ ‎2．表达式：‎ m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。‎ ‎3．适用条件 ‎(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。‎ ‎(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。‎ ‎(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。‎ 高频考点一 动量 　动量定理 例1．关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)‎ A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B．物体的加速度不变，其动量一定不变 C．动量发生改变，物体所受外力一定变化 D．物体的动量越大，其惯性越大 答案：　A ‎【变式探究】(多选)用水平推力F推放在水平面上的物体，作用时间为t，此过程中物体始终不动。关于此过程中各力的冲量和功，下列说法正确的是(　　)‎ A．合力的冲量为0　　　　　 B．摩擦力的冲量为Ft C．推力的冲量为Ft D．合力的功为0‎ 解析：　用水平推力F推物体，物体不动，说明合力为0，合力的冲量也为0，选项A、D正确；推力F作用的时间为t，则推力的冲量为Ft，摩擦力与推力等大反向，故摩擦力的冲量大小也为Ft，但方向与F方向相反，选项C正确，选项B错误。‎ 答案：　ACD ‎【举一反三】篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以(　　)‎ A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力 C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量 解析：　先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球与手接触的时间，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理－Ft＝0－mv得F＝ ‎，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量变化量、动能的变化量都不变，所以B正确。‎ 答案：　B 高频考点二　动量定理的应用 例2、(2016·全国Ⅰ·35(2))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)－ ‎(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F冲＝Mg ④‎ 其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F压＝F冲 ⑤‎ 其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v′2－v02＝－2gh ⑥‎ 在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm＝ρv0SΔt ⑦‎ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 ‎(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′ ⑧‎ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为 F压Δt＝Δmv′ ⑨‎ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－ ‎【举一反三】质量是60‎ ‎ kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来。已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，取g＝10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)‎ A．500 N　　　　 B．600 N C．1 100 N D．100 N 答案：　C ‎【变式探究】如图甲所示，一轻弹簧上端固定，下端悬挂着质量为m的物体A，其静止点为O，然后再用细线在A下面挂上另一个质量也为m的物体B(如图乙所示)，平衡后将细线剪断，当物体A弹回到O点时的速度为v，而此时物体B下落的速度为u，不计空气阻力，则在这段时间里弹簧的弹力对物体A的冲量大小为(　　)‎ A．mv　　　　　　　　　 B．mu C．m(v－u) D．m(v＋u)‎ 解析：　物体B做自由落体运动，有mgt＝mu。‎ 在相同的时间t内物体A弹回到O点，应用动量定理，有 mgt－I＝－mv 所以I＝m(v＋u)，选项D正确。‎ 答案：　D ‎【举一反三】把一个质量为0.4 kg的小球，以3 m/s的速度水平抛出，经过0.4 s的时间小球落地，则小球的动量变化量的大小为(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　)‎ A．1.2 kg·m/s B．1.6 kg·m/s C．2 kg·m/s D．4 kg·m/s 解析：　根据动量定理I＝Δp得：‎ Δp＝mgt＝0.4×10×0.4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s。‎ 故选项B正确。‎ 答案：　B 高频考点三 “微元法”在动量定理中的应用 微元法就是从某一物理量、物理状态或物理过程中选取一个足够小的单元——微元作为研究对象的研究方法。微元法是物理解题中常用方法之一，在使用微元法解题时，常取时间元Δt、长度元ΔL、面积元ΔS、质量元Δm等。‎ 例3、一截面积为S的竖直放置的水管向上持续喷水。水离开管口的速度为v，喷出的水全部击中一个质量为m的物块的底部，而后水无初速自由落下。物体停在距管口h处的高空不掉下，如图所示。求h的大小。‎ 答案：　－ ‎【方法技巧】微元法解题的思维程序 ‎1、隔离选择恰当微元作为突破整体研究的对象。微元(可以是一小段线段、圆弧、一小块面积、一个小体积、小质量、一小段时间……)应具有整体对象的基本特征。‎ ‎2、将微元模型化(如视作点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动……)并运用相关物理规律，求解这个微元与所求物体的关联。‎ ‎3、‎ 将一个微元的求解结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系，对各微元的解出结果进行叠加，以得出整体量的合理解答。‎ ‎【变式探究】如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg，长度为2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。‎ ‎(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行。‎ ‎(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力。‎ 答案：　(1)50 N　(2)200 N ‎1．【2016·全国卷Ⅰ】【物理——选修35】‎ ‎(2)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：‎ ‎(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．‎ ‎35.（2）【答案】(i)ρv0S　(ii)－ ‎【解析】(i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV　①‎ ΔV＝v0SΔt　②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S　③‎ ‎2．【2016·北京卷】(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．‎ 图1‎ a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；‎ b．分析说明小球对木板的作用力的方向．‎ ‎(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．‎ 一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．‎ a．光束①和②强度相同；‎ b．光束①比②的强度大. ‎ 图1‎ ‎【答案】(1)a.0　2mvcos θ b．沿y轴负方向 ‎(2)a.沿SO向左　b．指向左上方 b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．‎ ‎(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcos θ 从小球出射时的总动量为p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根据动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0‎ 可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．‎ b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．‎ x方向：‎ 根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．‎ y方向：‎ 设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psin θ 从小球出射时的总动量为p2y＝0‎ 根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．‎ 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．‎ ‎3.【2016·江苏卷】‎ C．【选修35】‎ ‎(2)已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．‎ ‎（2）【答案】　2 ‎4．【2016·全国卷Ⅲ】【物理——选修35】‎ ‎ (2)如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ 图1‎ ‎【答案】≤μ< 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v′≤μgl　⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥　⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件 ≤μ<　⑨‎ ‎5.【2016·全国卷Ⅱ】【物理——选修35】‎ ‎(2)如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面‎3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝‎0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝‎30 kg，冰块的质量为m2＝‎10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2.‎ ‎(i)求斜面体的质量；‎ ‎(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 图1‎ ‎【答案】(i)‎20 kg　(ii)不能 ‎(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0　④‎ 代入数据得 v1＝‎1 m/s　⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3　⑥‎ m2v＝m2v＋m3v　⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝‎1 m/s　⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ ‎1.【2015·上海·‎22A】2．两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动。A车总质量为‎50kg，以‎2m/s的速度向右运动；B车总质量为‎70kg，以‎3m/s的速度向左运动；碰撞后，A以‎1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为___________m/s，方向向___________（选填“左”或“右”）‎ ‎【答案】0.5；左 ‎【解析】由动量守恒定律得：规定向右为正方向，，解得：，所以B的速度大小是0.5m/s，方向向左。‎ ‎2.【2015·海南·17（2）】4．运动的原子核放出粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和粒子的质量分别是M、和，真空中的光速为c，粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及粒子的动能。‎ ‎【答案】，‎ ‎3.【2015·天津·9（1）】5．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3:1,A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，AB两球的质量之比为__________，AB碰撞前、后两球总动能之比为_______________‎ ‎【答案】4：1； 9：5‎ ‎【解析】因两球刚好不发生碰撞，说明AB碰撞后速率大小相同，规定向左为正方向，由动量守恒定律可知，而，解得； 碰撞前后总动能之比为；‎ ‎4.【2015·北京·17】6．实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则（ ）‎ A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外 C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 ‎【答案】D ‎5.【2015·山东·39（2）】7．如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后AB分别以、的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据动量守恒定律，AB碰撞过程满足，‎ 解得；‎ 从A开始运动到与B相碰的过程，根据动能定理：，‎ 解得 则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰损失的动能也为Wf，由动能定理可知：，‎ 解得：；‎ BC碰撞时满足动量守恒，则，‎ 解得。‎ ‎6.【2015·全国新课标Ⅰ·35（2）】8．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为，B、C的质量都为，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求和之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。‎ ‎【答案】‎ A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞 整理可得 由于，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 即 整理可得 解方程可得 ‎7.【2015·全国新课标Ⅱ·35（2）】9．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：‎ ‎（ⅰ）滑块a、b的质量之比；‎ ‎（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎（2）由能量守恒得。两滑块因碰撞而损失的机械能为 由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 解得 ‎1.[(2014·山东卷，39(2)]如图6所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：‎ 图6‎ ‎(1)B的质量；‎ ‎(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。‎ 答案　(1)m　(2)mv ‎2.　[(2014·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图4，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距离地面的高度h＝‎0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰。碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝‎10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：‎ 图4‎ ‎(1)B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度。‎ 解析　(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有 vB＝①‎ 将h＝‎0.8 m代入上式，得 vB＝‎4 m/s②‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)‎‎0.75 m ‎3．[2014·江苏卷，‎12C(3)]牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为‎2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。‎ 解析　设A、B球碰撞后的速度分别为v1和v2‎ 由动量守恒定律知：2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知＝ 解得v1＝v0，v2＝v0。‎ 答案　v0　v0‎ ‎4．(2014·全国大纲卷，24)冰球运动员甲的质量为‎80.0 kg。当他以‎5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为‎100 kg、速度为‎3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：‎ ‎ (1)碰后乙的速度的大小；‎ ‎(2)碰撞中总机械能的损失。‎ 答案　(1)‎1.0 m/s　(2)1 400 J ‎5．(2014·重庆卷，4)一弹丸在飞行到距离地面‎5 m高时仅有水平速度v＝‎2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝‎10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ 解析　由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h＝gt2可知t＝＝ s＝1 s，若甲水平位移为x＝‎2.5 m时，则v甲＝＝‎2.5 m/s，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv0＝mv甲＋mv乙，代入数据解得v乙＝‎0.5 m/s，方向与v甲相同，水平向前，故A错，B对。若乙水平位移为x′＝‎2 m时，则v乙＝＝‎2 m/s，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C、D均错。‎ 答案　B ‎ ‎ ‎ 1．(多选)置于水平面上质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始经t1‎ 时间速度达到v，若从这时开始撤去外力，则再经t2时间物体停止运动。如果在运动过程中受到的阻力是F阻，根据动量定理，下列方程正确的是(　　)‎ A．(F－F阻)(t1＋t2)＝0　　　 B．(F－F阻)t1＝mv C．F·t1－F阻(t1＋t2)＝0 D．F·t1－F阻·t2＝0‎ 答案：　BC ‎4.‎ ‎(多选)如图所示，一颗陨星进入到地球周围的空间中，它的运动轨迹如实线abc所示，b为距地球最近点，陨星质量保持不变，不计阻力，图中虚线是以地心为圆心的同心圆，则下列说法正确的有(　　)‎ A．在地球的引力作用下，陨星做曲线运动 B．在b点，陨星的动量最大 C．在b点，陨星的动量变化率最大 D．在a、c点，陨星动量的变化率最大 解析：　陨星所做的曲线运动，是由于受到地球的引力作用，到达b点之前一直是引力做正功，陨星的动能增加，到达b点时动能最大，p＝，其动量也最大。由动量定理F·Δt＝Δp，可知F＝，即陨星动量的变化率就等于它所受到的引力，可知陨星在b点的动量变化率最大。选项A、B、C正确。‎ 答案：　ABC ‎ ‎ ‎1．玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中(　　)‎ A．玻璃杯的动量较大 B．玻璃杯受到的冲量较大 C．玻璃杯的动量变化较大 D．玻璃杯的动量变化较快 解析：　从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv知，此时玻璃杯受到的力F较大，容易碎，D正确。‎ 答案：　D ‎2．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是(　　)‎ A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 答案：　C ‎3．质量为0.5 kg的钢球从5.0 m高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达4.05 m高处，整个过程经历2.0 s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为(g＝10 m/s2)(　　)‎ A．5.0 N　　　　　　　　　 B．90 N C．95 N D．100 N 解析：　钢球从5.0 m高处落下所用时间t1＝ ＝1.0 s，与地面碰前的速度v1＝＝10 m/s，钢球与地面碰后的速度v2＝＝9.0 m/s，上升至4.05 m所用时间t2＝ ＝0.9 s，钢球与地面碰撞的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s，则(F－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)，解得F＝mg＋＝0.5×10 N＋ N＝100 N，选项D正确。‎ 答案：　D ‎4．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量mA＝4 kg，如图所示。现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去外力F，物体从静止开始运动。则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为(　　)‎ A．5 N·s B．15 N·s C．20 N·s D．100 N·s 答案：　C ‎5.‎ 如图所示，质量为m的小球以速度v0水平抛出，恰好与倾角为30°的斜面垂直相碰，其弹回速度的大小与抛出的速度大小相等，求小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为(　　)‎ A．mv0 B．2mv0‎ C．3mv0 D．6mv0‎ 解析：　设小球落至斜面相碰前瞬间的速度为v，由平抛运动的规律，有 v·sin 30°＝v0，则v＝2v0‎ 由动量定理，有 I＝Δp＝mv′－mv＝mv0－(－2mv0)＝3mv0。故选项C正确。‎ 答案：　C ‎6．一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE。关于Δp和ΔE，下列说法正确的是(　　)‎ A．若Δp最大，则ΔE也最大 B．若Δp最大，则ΔE一定最小 C．若Δp最小，则ΔE也最小 D．若Δp最小，则ΔE一定最大 解析：　当小球原速率返回时，Δp最大，而ΔE＝0，选项B正确，A错误；当小球撞墙后速度减为零时，Δp最小，而ΔE最大，选项D正确，C错误。‎ 答案：　BD ‎7．一辆空车和一辆满载货物的同型号的汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。紧急刹车(即车轮不滚动只滑动)后，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．货车由于惯性大，滑行距离较大 B．货车由于受的摩擦力较大，滑行距离较小 C．两辆车滑行的距离相同 D．两辆车滑行的时间不相同 ‎ 解析：　摩擦力是合外力，根据动量定理，有－μmgt＝0－mv，得t＝，选项D错误；根据动能定理，有－μmgx＝0－mv2，得x＝，选项A、B错误，选项C正确。‎ 答案：　ABD ‎8．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终竖直向上 B．人的动量先增大后减小 C．绳对人的拉力始终做负功 D．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 答案：　ABC ‎9．古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为2 kg，以15 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1 m/s，取兔子初速度方向为正方向，则(　　)‎ A．兔子撞树前的动量大小为30 kg·m/s B．兔子撞树过程中的动量变化量为32 kg·m/s C．兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相同 D．兔子受到撞击力的冲量大小为32 N·s 解析：　由题意可知，兔子的初速度v0＝15 m/s，则兔子撞树前的动量大小为p1＝mv1＝2 kg×15 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确；末速度为v＝－1 m/s，末动量p2＝mv2＝2 kg×(－1 m/s)＝－2 kg·m/s，兔子撞树过程中的动量变化量为Δp＝p2－p1＝－2 kg·m/s－30 kg·m/s＝－32 kg·m/s，兔子撞树过程中的动量变化量的大小为32 kg·m/s，选项B错误；兔子撞树过程中的动量变化量为负值，说明兔子撞树过程中的动量变化量的方向与兔子撞树前的速度方向相反，选项C错误；由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量为I＝mv－mv0＝[2×(－1)－2×15] N·s＝－32 N·s，兔子受到撞击力的冲量大小为32 N·s，选项D正确。‎ 答案：　AD ‎10．水平飞行的子弹m穿过光滑水平面上原来静止的木块m木 ‎，子弹在穿过木块过程中(　　)‎ A．子弹和木块所受的冲量相同 B．子弹与木块间相互作用力做功的数值相等 C．子弹速度的减少等于木块速度的增加 D．子弹动量的减少等于木块动量的增加 答案：　D ‎11、一根质量不计，长0.5 m，能承受最大拉力为36 N的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为2 kg的小球，整个装置处于静止状态，如图所示。若要将绳子拉断，求作用在球上的水平冲量的最小值。(取g＝10 m/s2)‎ 解析：　当绳子所受的拉力刚好达到极限强度时，有FTm－mg＝m 又I＝mv 故FTm－mg＝ 则I＝ ‎＝ N·s＝4 N·s。‎ 答案：　4 N·s ‎12．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4 m/s的匀速直线运动。若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8 s才可静止。该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10 m2，帆船的总质量约为M＝936 kg。若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m3，在匀速行驶状态下估算：‎ ‎(1)帆船受到风的推力F的大小；‎ ‎(2)风速的大小v。‎ 解析：　(1)风突然停止，帆船只受到阻力F阻的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a，则a＝＝－0.5 m/s 根据牛顿第二定律有－F阻＝Ma，所以F阻＝468 N 则帆船匀速运动时，有F－F阻＝0‎ 解得F＝468 N ‎(2)设在时间t内，正对着吹向帆面的空气的质量为m，根据动量定理有－Ft＝m(v0－v)‎ 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝10 m/s。‎ 答案：　(1)468 N　(2)10 m/s ‎13．皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等。若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略。‎ ‎(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？‎ ‎(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m＝0.5 kg，g取10 m/s2)‎ ‎(2)欲使球跳起0.8 m，应使球由静止下落的高度为h＝ m＝1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m处的速度为v＝3 m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为I＝mv＝1.5 N·s，方向竖直向下。‎ 答案：　(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向竖直向下