浙江省2020高考物理二轮复习专题二第三讲动量守恒定律讲义含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题二第三讲动量守恒定律讲义含解析

第三讲　动量守恒定律 知识内容 考试要求 备考指津 ‎1.动量和动量定理 c ‎1.高考对动量定理的考查以选择为主，对动量守恒定律的考查以计算为主.‎ ‎2.动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，另外，动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合是近几年高考命题的热点.‎ ‎2.动量守恒定律 c ‎3.碰撞 d ‎4.反冲运动　火箭 b ‎　对冲量、动量的理解与计算 ‎ 【题组过关】‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 B．动能不变，物体的动量一定不变 C．动量为零时，物体一定处于平衡状态 D．物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变 解析：选A.平抛运动是曲线运动，过程中只受重力作用，为恒力的冲量，所以A正确；动能是标量，而动量是矢量，有可能速度的大小不变，但是方向变了，结果动能不变，而动量变了，B错误；速度为零时，动量为零，但是速度为零时物体不一定处于平衡状态，比如物体做匀减速直线运动，当速度减速到零后再反向做匀加速直线运动，过程中速度为零时，并不是处于平衡状态，C错误；做匀速圆周运动过程中，合力大小不变，速度大小恒定，其动量大小恒定，D错误．‎ ‎2．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是(　　)‎ A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相同 B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同 ‎ C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同 ‎ - 28 -‎ D．b比a先到达S，它们在S点的动量相同 解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh＝mv2，解得v＝，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到达S，又因为到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A正确．‎ ‎3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量为m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________；合力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________．‎ 解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为Ff(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2)，沿斜面向下．‎ 答案：Ff(t2－t1)　沿斜面向上　mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2)　沿斜面向下 ‎1．动量、动能、动量变化量的比较 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 p＝mv Ek＝mv2‎ Δp＝p′－p 标矢性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 ‎(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化；‎ ‎(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 ‎2.冲量的计算 ‎(1)恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间Δt而得．‎ ‎(2)方向恒定的变力的冲量计算 - 28 -‎ 若力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图所示，则该力在时间Δt＝t2－t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”．‎ ‎(3)一般变力的冲量计算 在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的．‎ ‎(4)合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，也可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．　 ‎ ‎　对动量定理的理解和应用 ‎ 【重难提炼】‎ ‎1．应用动量定理时应注意的两点 ‎(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．‎ ‎(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．‎ ‎2．动量定理的三大应用 ‎(1)用动量定理解释现象 ‎①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小．‎ ‎②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．‎ ‎(2)应用I＝Δp求变力的冲量．‎ ‎(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．‎ ‎　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．‎ ‎[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＝ρΔV①‎ ΔV＝v0SΔt②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S.③‎ ‎(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 - 28 -‎ (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④‎ 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＝－.‎ ‎[答案]　(1)ρv0S　(2)－ ‎【题组过关】‎ 考向一　应用动量定理解释物理现象 ‎1．(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．‎ 考向二　应用动量定理解决物理问题 ‎2．高压采煤水枪出口的截面积为S，水的射速为v，水平射到煤层上后，水速减为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？‎ 解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt时间内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρSv·Δt，以Δm为研究对象，它在Δt时间内动量变化量为：Δp＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt.设F为煤层对水的冲力，根据动量定理有FΔt＝Δp＝－ρSv2Δt，故F＝－ρSv2.则煤层对水的平均冲力大小为ρSv2.‎ 答案：ρSv2‎ ‎3．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg - 28 -‎ 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)‎ 解析：法一：用动量定理解，分段处理 选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有 ‎(F－μmg)t1＝mv－0.‎ 对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.‎ 以上两式联立解得 t2＝t1＝×6 s＝12 s.‎ 法二：用动量定理解，研究全过程 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．‎ 取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得 ‎(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0‎ 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s.‎ 答案：12 s ‎4.如图所示，一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s，则安全带受到的冲力是多少？(g 取10 m/s2)‎ 解析：法一：程序法 设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，‎ v2＝2gL，得v＝ 经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，对工人由动量定理知，‎ ‎(mg－F)t＝0－mv，‎ F＝　‎ 将数值代入得F＝1 200 N.‎ 由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力大小F′为1 200 N，方向竖直向下．‎ 法二：全过程整体法 - 28 -‎ 在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg，拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg ‎－Ft＝0‎ 解得F＝＝1 200 N.‎ 由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力大小为F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下．‎ 答案：1 200 N，方向竖直向下 ‎1．用动量定理解题的基本思路 ‎2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．　 ‎ ‎　动量守恒定律的理解及应用 ‎ 【题组过关】‎ ‎1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)‎ A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．‎ ‎2．如图，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，‎ - 28 -‎ 滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：‎ ‎(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)炸药爆炸时释放的化学能．‎ 解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.‎ 从O滑到P，对A、B由动能定理得 ‎－μ·2mgs＝·2m－·2mv，‎ 解得μ＝.‎ ‎(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，‎ 有2m·＝mv，‎ 根据能量守恒有 E0＋·2m·＝mv2，‎ 解得E0＝mv.‎ 答案：(1)　(2)mv ‎3．如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？‎ 解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此 ‎0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1‎ 由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ 2＝m1，等式两边同乘运动的时间t，得 m′ 2t＝m1t，即m′x2＝mx1‎ - 28 -‎ 又因x1＋x2＝l，‎ 因此有x1＝.‎ 答案： ‎4．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g＝10 m/s2)．‎ 解析：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有 m0v0－mv＝(m＋m0)v1①‎ 代入数据解得v1＝8 m/s.‎ 它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s＝6 m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有 ‎(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2②‎ 由能量守恒定律有 Q＝μ(m＋m0)gs＝(m＋m0)v＋Mv2－(m＋m0＋M)v③‎ 联立①②③并代入数据解得μ＝0.54.‎ 答案：0.54‎ ‎1．应用动量守恒定律的解题步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．‎ ‎(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．‎ ‎(3)规定正方向，确定初末状态动量．‎ ‎(4)由动量守恒定律列出方程．‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．‎ ‎2．爆炸现象的三个规律 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．‎ ‎(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．‎ - 28 -‎ ‎(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．‎ ‎3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1＝m2v2得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：‎ ‎(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．‎ ‎(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．‎ ‎(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．　 ‎ ‎　对碰撞现象中现象的分析 ‎ 【重难提炼】‎ ‎1．碰撞遵守的规律 ‎(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.‎ ‎(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.‎ ‎(3)速度要合理 ‎①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．‎ ‎②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．‎ ‎2．碰撞模型类型 ‎(1)弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．‎ 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2‎ m1v＝m1v′＋m2v′ 解得v′1＝，v′2＝ 结论：‎ ‎①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．‎ ‎②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．‎ ‎③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．‎ ‎④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．‎ ‎(2)完全非弹性碰撞 ‎①撞后共速．‎ ‎②有动能损失，且损失最多．‎ - 28 -‎ ‎　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m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，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．‎ ‎[审题突破]　由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．‎ ‎[解析]　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1①‎ mv＝mv＋Mv②‎ 联立①②式得 vA1＝ v0③‎ vC1＝ v0④‎ 如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑mμmgl①‎ 即μ<②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有mv＝mv＋μmgl③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1＝mv′1＋v′2④‎ mv＝mv′＋v′⑤‎ 联立④⑤式解得v′2＝v1⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v′≤μgl⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得μ≥⑧‎ 联立②⑧式，可得a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为 - 28 -‎ ≤μ<.‎ 答案：≤μ< 考向三　非弹性碰撞的分析 ‎5．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，‎ ‎(1)整个系统损失的机械能；‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ 解析：A、B碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．‎ ‎(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1＝2mv2②‎ mv＝ΔE＋(2m)v③‎ 联立①②③式得ΔE＝mv.④‎ ‎(2)由②式可知v2v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．‎ ‎(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．‎ ‎(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．‎ ‎2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键 ‎(1)寻找临界状态：看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．‎ ‎(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．　 ‎ ‎[课后作业(十)]‎ ‎ (建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1．关于冲量，以下说法正确的是(　　)‎ A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零 B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化 C．动量越大的物体受到的冲量越大 D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误；如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D正确．‎ ‎2.如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量大小为(　　)‎ A．(Mg＋mg－ma)t B．(m＋M)v C．(Mg＋mg＋ma)t D．mv 解析：选C.以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：F－mg＝ma，解得：F＝ma＋mg；以木杆为研究对象，分析受力情况，木杆受到重力Mg、地面的支持力N和人对木杆向下的力 - 28 -‎ F′，由牛顿第三定律知F′＝F.根据平衡条件得：N＝Mg＋F′＝Mg＋mg＋ma，故支持力的冲量为：I＝Nt＝(Mg＋mg＋ma)t，故选C.‎ ‎3．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)‎ A．0.15 Pa　　　　　　　　 B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：选A.由于是估算压强，所以不计雨滴的重力．设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv.压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa，故选A.‎ ‎4．“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．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A正确，选项B、C、D错误．‎ ‎5．(多选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是(　　)‎ A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt ‎ C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t - 28 -‎ 解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin θ·t，选项D正确．‎ ‎6.(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有(　　)‎ A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3‎ D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3‎ 解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．‎ ‎7．(多选)如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比(　　)‎ A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大 B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变 C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大 D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大 解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f＝μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I＝ft不变，故A、C错误，B正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确．‎ ‎8．(多选)如图所示，小铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P - 28 -‎ 点．第二次以速度2v抽出纸条，则(　　)‎ A．铁块落地点在P点左边 B．铁块落地点在P点右边 C．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短 D．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长 解析：选AC.抽出纸条的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸条以2v的速度抽出，则纸条与铁块相互作用时间变短，因此铁块加速时间变短，做平抛运动时的初速度减小，时间不变，因此铁块将落在P点的左边，故B、D错误，A、C正确．‎ ‎9.如图所示，质量相等的A、B两个物体，分别沿倾角为α和β的两个光滑斜面，由静止开始从同一高度h1开始下滑到同样的另一高度h2.在这一过程中， A、B两个物体具有相同的物理量是(　　)‎ A．所受重力的冲量 B．所受支持力的冲量 C．所受合力的冲量 D．动量变化的大小 解析：选D.物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由机械能守恒定律可得，两物体下滑相同高度时的动能相同，则速度大小相同，但方向不同，故动量变化的大小相同，选项D正确；物体下滑相同高度时的速度大小相等，初速度均为零，故平均速度大小相等，但是θ不同，两物体下滑的位移不同，故两物体的下滑时间一定不同，故重力的冲量不相等，选项A错误；由动量定理可得，物体下滑到相同高度时的速度的大小相同，所以合外力的冲量大小一定相等，但是方向不同，故合外力的冲量不同，选项C错误；到相同高度时，合外力的冲量大小一定相等，重力的冲量不相等，所以支持力的冲量大小一定不相等，选项B错误．‎ ‎10．(多选)(2019·嘉兴二模)图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力 F 随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)‎ A．t1时刻小球的动能最大 B．t2时刻小球的加速度最大 C．t3时刻弹簧的弹性势能为零 - 28 -‎ D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量 解析：选BC.由图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A错误；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，此时小球受的合力最大，加速度最大，故B正确；t3时刻弹簧的弹力为零，此时弹性势能为零，选项C正确；图乙中图线所围面积在数值上等于弹力对小球的冲量，根据动量定理可知I弹－mgt＝Δp，故图线所围面积在数值上大于小球动量的变化量，选项D错误．‎ 二、非选择题 ‎11．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，求：‎ ‎(1)整个过程中重力的冲量；‎ ‎(2)该段时间安全带对人的平均作用力大小．‎ 解析：(1)对自由落体运动，有：h＝gt 解得：t1＝，‎ 则整个过程中重力的冲量 I＝mg(t＋t1)＝mg.‎ ‎(2)规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：‎ mg(t1＋t)－Ft＝0‎ 解得：F＝＋mg.‎ 答案：(1)mg　(2)＋mg ‎12.如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝2.5 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；‎ ‎(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．‎ 解析：(1)根据L＝at2，解得：a＝5 m/s2，‎ 根据牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma - 28 -‎ 解得：μ＝0.125.‎ ‎(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：‎ ΔE＝μmgcos θ·L 减小的重力势能为：ΔEp＝mgsin θ·L 故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：‎ ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6.‎ ‎(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：‎ v＝at＝5 m/s 根据动量定理得：合外力冲量的大小为：‎ I合＝mv－0＝5m (N·s)‎ 在下滑过程中重力的冲量为：IG＝mgt＝10m (N·s)‎ 所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合∶IG＝1∶2.‎ 答案：(1)0.125　(2)1∶6　(3)1∶2‎ ‎[课后作业(十一)]‎ ‎(建议用时：45分钟)‎ 一、选择题 ‎1．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)‎ A．3v0－v　　　　　　　　　 B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.‎ ‎2．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝＝v0＋·(v0－v2)．　‎ ‎3．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，‎ - 28 -‎ 在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)‎ A. v0 B. v0‎ C. v0 D. v0‎ 解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝，选项D正确．‎ ‎4．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是(　　)‎ A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 解析：选B.由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则 mav0＝mav1＋mbv2①‎ mav＝mav＋mbv②‎ 联立①②得：v1＝ v0，v2＝ v0‎ 由a球碰撞前后速度方向相反，可知v1＜0，即ma＜mb，‎ 故B正确．‎ ‎5．一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ 解析：选A.设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上两式得v1＝v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v′1＝v0，故中子碰撞前、后速率之比为.‎ ‎6．(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，‎ - 28 -‎ 在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)‎ A．2.1 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 解析：选AB.以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得：vB1＝2.67 m/s，当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝2 m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：2 m/s＜vB＜2.67 m/s，故选项A、B正确．‎ ‎7．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ 解析：选AC.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s，解得＝.碰撞后A球动量变为2 kg·m/s，B球动量变为10 kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确．‎ ‎8．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A.mv2 B.v2‎ C.NμmgL D．NμmgL 解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，‎ - 28 -‎ 整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确．‎ 二、非选择题 ‎9．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直轨道上．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A、B分别以v0、v0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．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ 解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度v′A＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得 mvA＝mv′A＋mvB①‎ 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由能量守恒定律得 WA＝mv－mv②‎ 设B与C碰撞前B的速度为v′B，B克服轨道阻力所做的功为WB，由能量守恒定律得WB＝mv－mv′③‎ 据题意可知WA＝WB④‎ 设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mv′B＝2mv⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝v0.‎ 答案：v0‎ ‎10.(2019·衢州联考)如图所示，一质量为M＝2.0×103 kg的平板小货车A载有一质量为m＝1.0×103 kg的重物B，在水平直公路上以速度v0＝36 km/h做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L＝1.5 m，因发生紧急情况，货车突然制动，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，若重物与车厢前壁发生碰撞，‎ - 28 -‎ 且碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开．‎ ‎(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞；‎ ‎(2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车距离．‎ 解析：(1)刚刹车时，货车的加速度大小为a1，重物的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，μ2mg＝ma2，解得a1＝5 m/s2，a2＝2 m/s2‎ 假设B与A碰撞，且从开始刹车到碰撞所用时间为t1，则 v0t1－a2t－(v0t1－a1t)＝L，解得t1＝1 s 此时货车A的速度为vA＝v0－a1t1＝5 m/s，‎ 此时重物B的速度为vB＝v0－a2t1＝8 m/s 因此此时A、B均未停止运动，且vA

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