(江苏专用)2019版高考物理大一轮复习 第6单元 动量作业手册.pdf

第六单元第六单元动量动量课时作业（十七)第 17 讲动量动量定理时间/ 40 分钟基础巩固1。2017河南开封模拟 将质量为 0.5 kg 的小球以 20 m/s 的初速度竖直向上抛出,不计2空气阻力,g取 10 m/s ，以下判断正确的是(）A。小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为 10 NsB.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C。小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为 10 NsD。小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为 10 kgm/s2。2017湖南师大附中月考 如图 K171 所示,运动员向球踢了一脚，踢球时的力F=100N,球在地面上滚动了 10 s 后停下来，则运动员对球的冲量为()图 K17-1A。1000 N sB.500 N sC.0D.无法确定3.2017北京西城模拟 1966 年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验。实验时，使“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（后者的发动机已熄火），接触后，开动“双子星号”飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速。推进器的平均推力F=895N,推进器的工作时间 t=7 s，测出飞船和火箭组的速度变化 v=0.91 m/s。已知“双子星号”飞船的质量m1=3400 kg，则可测出火箭组的质量m2为 (）A.3400 kgB.3485 kgC.6265 kgD。6885 kg4。2017唐山模拟 如图 K172 所示为某运动员用头颠球时的情景。若足球被头顶起后每次上升的高度为 80 cm,足球的质量为 400 g,与头顶作用的时间 t为 0。1 s，则足球被顶起一次在空中的运动时间及足球对头部的平均作用力大小分别为（空气阻力不计,g取 102m/s ）()图 K17-2A。t=0.4 s，FN=40 NB.t=0。4 s，FN=36 NC.t=0.8 s,FN=36 ND。t=0。8 s,FN=40 N5。 2017河南信阳质检 下面列举了生活中常见的一些做法,其中不可以用动量定理解释的是（）A.运输玻璃器皿等易碎物品时,在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B。建筑工人戴的安全帽内有帆布垫,把头和帽子的外壳隔开一定的空间C。热水瓶胆做成两层,且把两层中间的空气抽去D.跳高运动中的垫子总是十分松软6.（多选)2017武汉实验中学月考 古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子的质量约为 2kg,以 15 m/s 的速度奔跑，撞树后反弹的速度为 1 m/s,取兔子初速度的方向为正方向，则(）A。兔子撞树前的动量大小为 30 kgm/sB.兔子撞树过程中的动量变化量为 32 kgm/sC。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 Ns技能提升7。 2017太原一中模拟 质量为 0。5 kg 的钢球从距地面 5 m 的位置自由落下,与地面相碰后竖直弹起到达距地面 4。05 m 的位置，整个过程所用的时间为 2 s，则钢球与地面碰撞时2受到地面的平均作用力的大小为（g取 10 m/s ）()A.5 N B.90 NC.95 N D.100 N8. 2017安徽安庆模拟 在光滑的水平面上有一根轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上,另一端紧靠（不相连)着一个物体，已知物体的质量m=4 kg，如图 K173 所示。现用一水平力F作用在物体上，并向左压缩弹簧，F做功 50 J 后(弹簧始终处于弹性限度内），突然撤去外力F,物体从静止开始运动。则当撤去F后,弹簧弹力对物体的冲量为（）图 K173A。5 Ns B。15 NsC.20 Ns D.100 Ns9.（多选) 2017南昌一中模拟 静止在光滑水平面上的物体受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t变化的图像如图 K17-4 所示，则下列说法中正确的是（)图 K174A.04 s 内物体的位移为零B.04 s 内拉力对物体做功为零C。4 s 末物体的动量为零D.04 s 内拉力对物体的冲量为零10.(多选) 2017湖南常德模拟 如图 K175 所示,质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力,重力加速度为g,则关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有()图 K17-5A.小球的机械能减少了mg(H+h)B。小球克服阻力做的功为mghC。小球所受阻力的冲量大于mD。小球动量的改变量等于所受阻力的冲量11。 2017北京西城二模 如图 K17-6 甲所示为某农庄灌溉工程的示意图。地面与水面的距离为H，用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变），龙头离地面的高度为h，水管横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g,不计空气阻力.（1）水从管口以一定的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为 10h,设管口横截面上各处水的速度都相同.求每秒内从管口流出的水的质量m0；不计额外功的损失，求水泵输出的功率P.（2)在保证水管流量不变的前提下,在龙头后接一个如图乙所示的喷头，让水流竖直向下喷出 ,打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力，由于水与地面作用时间很短,可忽略重力的影响,求水流落地前瞬间的速度大小v。图 K17-612.如图 K17-7 所示，若直升机总质量为m，直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆的面积)为S，已知空气密度为，重力加速度为g。求此直升机悬停在空中时其内部发动机的功率.图 K17-7挑战自我13.为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在飞船刚进入尘埃云时，立即使其开启内置的离子加速器(利用电场加速带电粒子,形成向外发射的远远大于飞船速度的高速粒子流,从而对飞船产生推力)。已知离子加速器发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电压为U，元电荷为e.若在飞船加速过程中其质量的变化可忽略不计,求单位时间内离子加速器射出的阳离子数.（假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用，飞船可视为横截面积为S的圆柱体,尘埃云分布均匀且密度为）课时作业(十八）第 18 讲动量守恒定律及其应用时间/ 40 分钟基础巩固1。（多选） 2017河南开封质检 如图 K18-1 所示,在光滑水平面上的两小车中间连接有一根处于压缩状态的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （)图 K18-1A。两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手,后放开右手，动量不守恒C.先放开左手,后放开右手,总动量向左D。无论何时放手，在两手放开后、弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零2. 2017福建泉州质检 “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏.”爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露.质量为 3m的爆竹被斜向上抛出,到达最高点时其速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸并分为质量不等的两块，其中一块的质量为 2m，速度大小为v，方向水平向东,则另一块的速度为(）A.3v0v B.2v03vC.3v02vD.2v0+v3. 2017郑州期末 我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接.假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度大小为v，此时的质量为m，已知飞船需加速到v1才能追上“天宫二号”,故使飞船的发动机点火，将质量为 m的燃气一次性喷出,燃气对地向后的速度大小为v2.则下列关于此过程的表达式中正确的是()A。mv=mv1-mv2B.mv=mv1+mv2C。mv=（m-m)v1mv2D。mv=(m-m）v1+mv24.2017广西桂林质检 如图 K182 所示，处于光滑水平面上且大小相同的A、B两个小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 8kgm/s，运动过程中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量的增量为-4 kgm/s,则（）图 K182A.右方的小球为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23B.右方的小球为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16C。左方的小球为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23D。左方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16技能提升5.（多选) 2017哈尔滨三中验收考试 如图 K18-3 所示，将一根轻质弹簧从物体B的内部穿过,并将其上端悬挂于天花板，下端与质量m1=2 kg 的物体A相连.平衡时物体A距天花板的高度h=2.4 m,在物体A正上方距其高度h1=1.8 m 处由静止释放质量m2=1 kg 的物体B,B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短）并立即与A以相同的速度一同运动，历时 0.25 s 第一次到达最低点。两物体不粘连,且均可视为质点,弹簧始终在弹性限度内，不2计空气阻力,g取 10 m/s.下列说法中正确的是()图 K183A。碰撞结束瞬间两物体的速度大小为 2 m/sB.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为 0.25 mC。碰撞结束后两物体一起运动 0.25 s 的过程中,两物体间的平均作用力大小为 18 ND。A、B到最低点后反弹上升，则B与A分开后还能上升的最大高度为 0.2 m6。（多选）2017长沙二模 如图 K18-4 所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车A端固定一根轻弹簧,弹簧的另一端连接一个放置在小车上且质量为m的物体C,已知小车底部光滑,弹簧处于压缩状态.弹簧被释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起.下列说法中正确的是（)图 K184A。物体C离开弹簧时,小车在向左运动B.物体C与B端粘在一起之前,小车的运动速率与物体C的运动速率的比值为C.物体C与B端粘在一起后,与小车一同向右运动D.整个过程中,小车、物体C及弹簧组成的系统的机械能守恒7。（多选 ） 2017河南南阳一中月考 如图 K185 甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，两物块与弹簧组成的系统静止在光滑的水平面上，现使B获得大小为 3 m/s、水平向右的瞬时速度，若在B获得速度的同时开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则从图像中可以看出(）图 K18-5A。在t1和t3两个时刻两物块达到共同速度,且弹簧都处于伸长状态B。t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比为m1m2=12D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek2=818.（多选)2017江西八校二联 在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M和m的两个小球，其中M=0。6 kg，m=0.2 kg,两小球中间夹有一个被压缩且弹性势能Ep=10.8 J 的轻弹簧(与两小球均不相连)。现突然释放弹簧，质量为m的小球脱离弹簧后滑向与水平面相切、半2径R=0。425 m 且竖直放置的光滑半圆形轨道，如图 K186 所示。重力加速度g取 10 m/s。下列说法中正确的是()图 K186A.质量为M的小球离开轻弹簧时获得的速度为 9 m/sB.质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力的冲量大小为 3。4 NsC。若半圆形轨道半径可调,且质量为m的小球能从B点飞出，则其飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D。弹簧从压缩状态至恢复原长的过程中,弹力对质量为m的小球的冲量大小为 1.8 Ns9.2017山东东营模拟 如图 K18-7 所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务.某时刻甲、乙都以大小为 2 m/s 的初速度v0相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且均可视为质点.甲和他的装备总质量M1=90 kg，乙和他的装备总质量M2=135kg.为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一个质量m=45 kg 的物体A并把它推向甲,甲迅速接住物体A后便不再松开,此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,均安全“飘”向空间站.(设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度）（1)乙要以多大的速度v将物体A推出？(2）已知甲与物体A作用的时间t=0。5 s,求甲与物体A之间相互作用力F的大小。图 K18710。 2017安徽马鞍山二中测试 如图 K18-8 所示,光滑的水平面上有三块质量和形状都相同的板A、B、C，其中A放在B上且与B两端对齐，两板作为整体一起以速度v0沿水平面滑动，与正前方的C发生碰撞,已知B与C发生碰撞后粘在一起,当A从B全部移到C上后,由于摩擦力的作用，A相对C静止且恰好与C两端对齐。A与C间的动摩擦因数为，A和B间的摩擦不计,重力加速度为g。求:(1)A相对C静止时系统的速度大小；（2）板的长度.图 K188挑战自我11.如图 K18-9 所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg，其上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 kg。现对A施加一个大小为 10 N、水平向右的恒力F，A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过0。6 s，二者的速度达到 2 m/s.求:(1)A开始运动时的加速度大小a；(2）A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；（3）A的上表面长度l.图 K189专题训练（五)专题 5力学观点综合应用时间 / 40 分钟基础巩固1. 2017湖南株洲一模 如图 Z5-1 甲所示，质量为 2 kg 的物体受水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图像如图乙所示,已知t=0 时其速度大小为 2 m/s,所受滑动摩擦力的大小恒为 2 N，则 (）图 Z5-1A。在t=6 s 的时刻,物体的速度为 18 m/sB。在 06 s 时间内，合力对物体做的功为 400 JC。在06 s 时间内,拉力对物体的冲量为 36 N sD。在t=6 s 的时刻,拉力F的功率为 200 W2.（多选)2017哈尔滨三中验收考试 矩形滑块由上、下两层不同的材料粘在一起组成，放置在光滑的水平面上，子弹水平射向滑块,若击中的是滑块上层,子弹刚好不穿出,若击中的是滑块下层，子弹刚好完全嵌入，如图 Z5-2 所示。从子弹击中滑块到与滑块相对静止的过程中，下列说法中正确的是(）图 Z5-2A.两种情况下子弹对滑块做的功一样多B.若子弹击中滑块的上层，则子弹对滑块做的功较多C.两种情况下滑块所受的水平方向的冲量一样大D。两种情况下子弹击中并嵌入木块的过程中，系统产生相同的热量3.（多选) 2017黑龙江双鸭山一中模拟 如图 Z53 所示,光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m,小球b、c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,与之相碰并粘在一起运动.在整个运动过程中,下列说法正确的是（)图 Z5-3A。三个小球与弹簧组成的系统动量守恒,机械能不守恒B.三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒C.当小球b、c速度相等时,弹簧弹性势能最大D。当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大,小球b的动能一定不为零4.2017山东聊城一中三模拟 如图 Z5-4 所示,光滑的水平面上有一质量M=9 kg 的木板,其右端恰好和光滑固定的 圆弧轨道AB的底端等高对接（木板的水平上表面与圆弧轨道相切),木板右端放有一质量m0=2 kg 的物体C(可视为质点)，已知圆弧轨道半径R=0。9 m.现将一质量m=4 kg 的小滑块(可视为质点）由圆弧轨道的A端无初速度释放,滑块滑到B端后冲上木板,并与木板右端的物体C粘在一起在木板上向左滑行,最后恰好不从木板左端滑出。已知小滑块与木板上表面的动摩擦因数1=0.25，物体C与木板上表面的动摩擦因数2=0。1,重力加速度g取 10 m/s ，求:(1)小滑块到达圆弧的B端时对轨道的压力大小；（2）木板的长度L。2图 Z545。如图 Z55 所示，某时刻质量m1=50 kg 的人站在质量m2=10 kg 的小车上,推着质量m3=40kg 的铁箱一起以大小为 2 m/s 的速度v0在水平地面沿直线运动到A点,迅速将铁箱推出,推出后人和车刚好停在A点,铁箱向右运动，与距A点s=0。25 m 的竖直墙壁发生碰撞后被弹回,碰撞过程中存在能量损失，铁箱弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当其回到A点时又被人接住，之后人、小车、铁箱一起向左运动.已知小车、铁箱受到的摩擦力均为其对地面压力的 ，重力加速度g取 10 m/s ,求：(1）人推出铁箱时对铁箱做的功;（2)人、小车和铁箱停止运动时距A点的距离.2图 Z5-5技能提升6. 2017长春质检 如图 Z5-6 所示,一根轻弹簧水平放置,左端固定在A点,右端与一个质量m1=1 kg 的物块P接触但不相连.AB是水平轨道,B端与半径R=0.8 m 的竖直光滑半圆轨道BCD的底部相切，D是半圆轨道的最高点。质量m2=1 kg 的物块Q静止于B点。用外力缓慢向左推动物块P，使弹簧压缩(弹簧始终处于弹性限度内)，使物块P静止于距B端L=2 m 处.现撤去外力，物块P被弹簧弹出后与物块Q发生正碰,碰撞前物块P已经与弹簧分开且碰撞时间极短，碰撞后两物块粘到一起，恰好能沿半圆轨道运动到D点.物块P与AB间的动摩擦因数=0.5，物块P、Q均可视为质点,重力加速度g取 10 m/s2.求：（1)物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度大小;（2）释放物块P时弹簧的弹性势能Ep.图 Z5-67。2017安徽黄山质检 如图 Z57 所示，小车置于光滑的水平面上,轻质弹簧的右端固定在挡板上，左端拴接一个在小车上的物块b,小车质量M=3 kg，AO部分粗糙且长度L=2 m，OB部分光滑.另一个物块a在小车的最左端,和小车一起以大小为 4 m/s 的速度v0向右匀速运动,与小车AO部分间的动摩擦因数=0.3，小车撞到固定挡板的瞬间速度变为零,但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度,弹簧始终处于弹性限度内,a、b两物块的质量均为m=1 kg 且均可看作质点,a、b碰撞时间极短，碰后一起向右运动,但不粘连。g取 102m/s.求:(1)物块a与b碰后瞬间的速度大小;（2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离.图 Z57挑战自我8. 2017河南济源二模 如图 Z5-8 所示,长木板B的质量m2=1 kg，静止于粗糙的水平地面上,质量m3=1 kg 的物块C（可视为质点）静止于长木板的最右端,质量m1=0.5 kg 的物块A从距离长木板B左侧l=9。5 m 处以大小为 10 m/s 的初速度v0沿直线正对着长木板运动,一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短),之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上.已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为1=0。1,物块C与长木板间2的动摩擦因数2=0。2,物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取 10 m/s ，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度;（2）长木板B的最小长度和最终物块A到长木板左侧的距离。图 Z5-8教师详解(作业手册)课时作业（十七)1.A解析小球从被抛出至到达最高点经历时间 2 s,受到的冲量大小为 10 Ns,选项 A正确;小球从被抛出至落回出发点经历时间 4 s,受到的冲量大小为 20 Ns,动量是矢量,返回出发点时小球的速度大小仍为 20 m/s,但方向与被抛出时相反,故小球的动量变化量大小为 20kgm/s,选项 B、C、D 错误。2.D解析 滚动了 10 s 是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项 D 正确.3.B解析 根据动量定理得Ft=（m1+m2）v，解得m2=3485 kg,选项 B 正确。4。C解析 足球自由下落时有h= gt，解得t=2=0。4 s,竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t总=2t=0.8 s;设竖直向上为正方向,由动量定理得(FNmg）t=mv-(mv），又v=gt=4 m/s,联立解得FN=36 N,由牛顿第三定律知足球对头部的平均作用力FN=FN=36 N，故 C 正确.5.C解析 热水瓶胆做成两层并把两层中间的空气抽去，是为了防止空气对流而散失热量，从而更好地保温,与动量定理无关,其他几项中做法均与动量定理有关，故选项 C 正确.6.AD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p1=mv1=2kg15 m/s=30 kgm/s，选项 A 正确;末速度v=1 m/s，末动量p2=mv2=2 kg(1m/s)=2 kgm/s，兔子撞树过程中的动量变化量为 p=p2p1=-2 kgm/s-30 kgm/s=-32kgm/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I=p=32 Ns，选项 D 正确。7。D解析 钢球从距地面 5 m 的位置落到地面所用时间t1=的速率v1=1 s，与地面碰前瞬时=10 m/s,与地面碰后瞬间的速率v2=9 m/s，上升至距地面 4.05 m 所用时间t2=0.9 s,钢球与地面碰撞的时间 t=tt1-t2=0。1 s,则（F-mg)t=mv2-(-mv1), N=100 N，选项 D 正确.解得F=mg+8。C解析 由于弹簧的弹力是变力,因此该力的冲量不能用公式I=Ft直接求解，可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变化)间接求解.已知弹簧储存了 50 J 的弹性势能，可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度,然后运用动量定理求冲量,所以有Ep= mv2,I=mv,解得弹簧弹力对物体的冲量I=20 Ns，选项 C 正确.9。BCD解析 由图像可知物体在 04 s 内先做匀加速运动后做匀减速运动,4 s 末的速度为零,位移在 04 s 内一直增大，A 错误;前 2 s 内拉力做正功，后 2 s 内拉力做负功,且两段时间内做功代数和为零,故 B 正确;4 s 末的速度为零，故物体的动量为零，C 正确;根据动量定理,04 s 内物体的动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故 D 正确。10.AC解析 小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减小了mg(H+h），则小球的机械能减小了mg(H+h），故 A 正确;对小球下落的全过程运用动能定理,得mg(H+h)Wf=0，则小球克服阻力做的功Wf=mg(H+h),故 B 错误;小球落到地面时的速度v=入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得IGIF=0-m大于m，则IF=IG+m,对小球从开始进,可知阻力的冲量，故 C 正确；对全过程运用动量定理,可知动量的变化量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和，故 D 错误。11。（1）S（H+26h）（2)解析（1）水从管口沿水平方向喷出，做平抛运动,设水喷出时的速度为v0，做平抛运动所用的时间为t，竖直方向上有h= gt水平方向上有 10h=v0t时间t0内喷出的水的质量m=V=v0t0S每秒喷出的水的质量m0=联立解得m0=S2。时间t0内水泵输出的功W=mg（H+h)+输出功率P=解得P=Sg(H+26h)。（2）取与地面作用的一小块水 m为研究对象,根据动量定理有Ft=mv由牛顿第三定律得F=F由题意可知 m=m0t解得v=.12。解析 直升机悬停时受到的升力F=mg设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v,在很短的时间 t内,螺旋桨推动空气的质量m=Svt对于质量为 m的这部分空气，根据牛顿第三定律，F=F由动量定理得Ft=mv设发动机的功率为P，由动能定理得Pt=v2联立解得P=。13。解析 设在很短的时间 t内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m,所受飞船的作用力为f.由于飞船的质量为M，飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有Mv0=Mv1+mv2解得v2=v0由于Mm，所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0对尘埃，根据动量定理有ft=mv2，其中m=Sv0t则飞船所受阻力f=f=2S设一个离子在电场中加速后获得的速度为v，根据动能定理得eU= mv2设单位时间内离子加速器射出的离子数为n,在很短的时间 t内,根据动量定理得Ft=ntmv则飞船所受动力F=F=nmv飞船做匀速运动,则有F=f解得n=.课时作业（十八)1.ACD解析 当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零，故两手同时放开后系统总动量始终为零，选项 A 正确;先放开左手，左边的物体向左运动,再放开右手后，系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒，且总动量方向向左,故选项 B 错误，C、D 正确。2。C解析 取水平向东为正方向，爆炸过程系统内力远远大于外力，动量守恒,有3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v，C 正确。3。C解析 飞船发动机点火喷出燃气这一过程动量守恒,由动量守恒定律得mv=（m-m)v1mv2,选项 C 正确.4。C解析A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，碰撞前两球动量相等,mBmA,则vBvA，所以左方的小球是A球.碰撞后A球的动量为 4 kgm/s，由于系统在水平方向上动量守恒，所以碰撞后B球的动量为 12 kgm/s，由于mB=2mA，所以碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23，故 C 正确.5.AC解析 设物体B自由下落至与A碰撞前瞬间的速度为v0,根据自由落体运动规律得v0= m/s=6 m/s，设在A、B碰撞后瞬间，二者共同速度为v，以向下为正方向，根据动量守恒定律得m2v0=（m1+m2)v，解得v=2 m/s，A 正确;二者一起运动 0.25 s的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理,得(m2g-)t=0-m2v,解得=18 N,方向竖直向上,若B受到A的作用力恒为F=18 N，则根据动能定理可得-Fx+m2gx=0 m2v，解得x=0。25m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为 0。25 m，但A对B的作用为非恒力,B 错2误,C 正确;若二者在碰撞的位置分开，则与A分开后B还能上升的最大高度h=0.2 m,但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开，故B还能上升的最大高度小于 0。2 m，D 错误.6.AB解析 系统动量守恒,物体C离开弹簧时正向右运动,动量方向向右,系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv1-Mv2=0,所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1的比值为 ;当物体C与小车的B端粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零,即小车和物体均静止，整个过程中弹性势能转化为内能,所以选项 A、B 正确。7.BD解析 图线与横轴围成的图形的面积表示位移大小，在t1时刻B的位移大于A的位移,此时弹簧处于伸长状态，在t3时刻B向右做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态,A 错误；当B的加速度为零时,弹簧弹力为零,所以t4时刻弹簧恢复原长，故t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长，B 正确；由于整个过程中两个物块和弹簧组成的系统动量守恒，故从 0t1过程中有m23 m/s=(m2+m1)1 m/s，解得 2m2=m1,故m1m2=21,C错误；在t2时刻A的速度为 2 m/s,B的速度为1 m/s,根据Ek= mv,解得此刻Ek1Ek2=81,故 D 正确。8。BD解析 以向右为正方向,弹簧在释放的过程中系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,由机械能守恒定律得2=Ep,解得v1=9 m/s,v2=3 m/s.质量为m的+mg2R,解得v1=8小球从底端A运动到顶端B的过程中，由机械能守恒定律得m/s，由动量定理得，质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小I=p=mv1mv1=0.28 Ns0.29 Ns=3。4 Ns，故 A 错误,B 正确。设圆轨道半径为r时,质量为m的小球从B点飞出后水平位移最大,从底端A运动到顶端B的过程中，由机械能守恒定律得+mg2r,在最高点，由牛顿第二定律得mg+N=m2,质量为m的小球从B点飞出，需要满足N0,飞出后,小球做平抛运动，有 2r= gt，x=v1t,联立可得x=,则当 8.14r=4r,即r=1。012 5 m 时,x最大,随轨道半径的增大，质量为m的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离先增大后减小,故 C 错误;由动量定理，弹簧从压缩状态到恢复原长的过程中,弹力对质量为m的小球的冲量大小I=mv1=0.29Ns=1。8 Ns,故 D 正确。9。(1）5。2 m/s(2）432 N解析 （1）以甲、乙、物体A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒，以乙的初速度方向为正方向,则有M2v0M1v0=(M1+M2）v1以乙和物体A组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得M2v0=(M2-m）v1+mv联立解得v1=0。4 m/s，v=5.2 m/s. (2）以甲为研究对象,由动量定理得Ft=M1v1(-M1v0)解得F=432 N.10.(1)v0（2）解析 (1)在整个过程中,系统在水平方向上动量守恒,有2mv0=3mv2解得v2= v0。(2）B、C发生完全非弹性碰撞，有mv0=2mv1解得v1=根据能量守恒定律有=Q解得Q=A在C上滑动时摩擦力随相对位移线性增大，所以A在C上滑动时系统产生的热量为Q= mgl解得l=.11。（1)2。5 m/s(1)1 m/s(3）0。45 m解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有2F=mAa2解得a=2.5 m/s。(2）对A、B碰撞后共同运动t=0。6 s 后速度达到v=2 m/s 的过程,由动量定理得Ft=（mA+mB)v-(mA+mB)v解得v=1 m/s.(3）设A、B发生碰撞前A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA=（mA+mB）vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl=解得l=0.45 m.专题训练(五)1.D解析类比速度时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量大小在加速度时间图像中由图线与横轴所围面积表示，在 06 s 内 v=18 m/s，已知v0=2 m/s,则物体在t=6s 时的速度v=20 m/s，A 错误；由动能定理可知,在 06 s 内，合力做的功W=396J，B 错误；由动量定理可知IF-ft=mvmv0,解得拉力对物体的冲量IF=48 Ns，C 错误；在6 s 末，由牛顿第二定律有F-f=ma,解得F=10 N，所以拉力的功率P=Fv=200 W，D 正确.2。ACD解析 根据动量守恒定律得mv=（M+m）v共，则无论子弹击中上层还是下层，滑块的最终速度相同，滑块动能的增量等于子弹对其做的功，所以两种 情况下子弹对滑块做的功一样多,A 正确，B 错误；根据I=Mv共可得两次滑块所受的水平方向的冲量一样大，C 正确；子弹击中并嵌入下层或上层的过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,系统减少的动能相同，故产生的热量也相同，故 D 正确.3。ACD解析 在整个运动过程中,系统所受的合外力为零，动量守恒，a与b碰撞的过程中系统机械能减小,故 A 正确,B 错误;当小球b、c速度相等时，弹簧的形变量最大,弹性势能最大,故 C 正确;当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能一定不为零,故 D 正确。4.（1）120 N（2)1。2 m解析 （1）小滑块从A端下滑到B端的过程中,机械能守恒mgR=解得v0=3 m/s小滑块到达圆弧轨道的B端时,由牛顿第二定律得FN-mg=m解得轨道对小滑块的支持力FN=120 N由牛顿第三定律可知,小滑块对轨道的压力大小为 120 N.(2）小滑块滑上木板后与木板右端的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后二者共同的速度为v1,则mv0=(m+m0）v1解得v1=2 m/s滑块、物体C以及木板三者组成的系统在水平方向上动量守恒,设三者的末速度为v2,由动量守恒定律有（m+m0）v1=（m+m0+M）v2由能量守恒定律得(1m+2m0）gl=(m+m0）(M+m+m0）解得l=1.2 m.5.(1）420 J(2)0.2 m解析 （1）对人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得v0=m3v1解得v1=5m/s由动能定理，可知人推出铁箱时对铁箱做的功W=420 J.(2)设铁箱与墙壁相碰前瞬间的速度为v2，再次滑到A点时速度为v3，根据动能定理得解得v2=2 m/s，v3= m/s设人、小车、铁箱一起向左运动的速度为v4,根据动量守恒定律得m3v3=解得v4=v4 m/s根据动能定理得（m1+m2+m3)gx=0-(m1+m2+m3）解得x=0。2 m。6。（1）4 m/s（2)90 J解析 （1）设物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度大小为v0，碰后瞬间二者速度大小为v1,两物块沿半圆轨道运动到D点时的速度大小为v2，两物块恰好沿半圆轨道运动到D点,有（m1+m2)g=（m1+m2）对两物块从B点运动到D点的过程，由动能定理得(m1+m2)g2R=(m1+m2)解得v1=2 m/s（m1+m2）物块P与物块Q碰撞的过程中动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v1解得物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度v0=4 m/s。(2）从释放点至B点，对物块P，由动能定理得Wm1gL=0解得Ep=W=90 J.7。（1）1 m/s(2）0。031 25 m(3)0。125 m解析 （1)对物块a，由动能定理得mgL=解得a与b碰前瞬间速度v1=2 m/sa、b碰撞过程中动量守恒，以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv1=2mv2解得v2=1 m/s。（2)当弹簧恢复到原长时两物块分离,a以速度v2=1 m/s 在小车上向左滑动,a与b分离后至与车同速的过程中,a与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2=（M+m)v3解得v3=0。25 m/s对小车,由动能定理得mgx车=解得物块a与小车同速时小车B端到挡板的距离x车= m=0。031 25 m.（3）对a与小车组成的系统，由能量守恒定律得mgx=(M+m）解得物块a与小车相对静止时在小车上的位置与O点的距离x= m=0。125 m。8.(1)3 m/s,向左6 m/s,向右（2)3 m10.5 m解析 （1）设物块A与木板B碰撞前瞬间的速度为v。由动能定理得1m1gl=解得v=9 m/s物块A与长木板B发生弹性正碰，设碰撞后瞬间两者的速度分别为v1和v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有m1v=m1v1+m2v2由机械能守恒定律有联立解得v1=-3 m/s，v2=6 m/s.（2)A、B碰撞后,B减速,C加速，B、C达到共同速度之前，根据牛顿第二定律对木板B,有-1(m2+m3）g2m3g=m2a1对物块C，有2m3g=m3a2设从A、B碰撞后到B、C达到共同速度经历的时间为t,则有v2+a1t=a2t由于整个过程物块C始终在长木板上，则木板B的最小长度d=v2t+a2t联立解得d=3 mB、C达到共同速度之后，二者一起减速至停下，对B、C整体,由牛顿第二定律得1（m2+m3)g=（m3+m2)a3整个过程中B运动的位移2xB=v2t+解得xB=6 mA与B碰撞后，A向左做匀减速运动的加速度也为a3，位移xA=解得xA=4.5 m故最终物块A到长木板左侧的距离s=xA+xB=10.5 m。尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后的日子希望与大家共同进步，成长。This article is collected and compiled by my colleagues and I in ourbusy schedule. 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