第六章,第1讲.docx

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1、第六章,第1讲 目标要求 内容 要求 说明 1.动量和冲量 理解冲量和动量.2.动量定理和动量守恒定律 通过理论推导和试验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其说明生产生活中的有关现象知道动量守恒定律的普适性. 3.弹性碰撞和非弹性碰撞 通过试验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点定量分析一维碰撞问题并能说明生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象. 4.试验八 验证动量守恒定律第 第 1 讲 讲动量定理及其应用一、动量、动量改变、冲量 1动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积 (2)表达式：pmv. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同 2动量的改变 (1)因为动量是矢量，动量的改变量 &Delt

2、a;p 也是矢量，其方向与速度的变更量 Δv 的方向相同 (2)动量的改变量 Δp，一般用末动量 p′减去初动量 p 进行矢量运算，也称为动量的增量即Δpp′p. 3冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量 (2)公式：IFt.(3)单位：Ns. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同 推断正误 (1)物体质量不变时，运动的速度改变，其动量肯定改变( √ ) (2)当物体受力方向与运动方向垂直时，该力的冲量为 0.( × ) (3)某个恒力对物体做功为 0 时，冲量不为 0.( √

3、 ) (4)做匀速圆周运动的物体动量不变( × ) 二、动量定理 1内容：物体在一个运动过程始末的动量改变量等于它在这个过程中所受合力的冲量 2公式：mv′mvF(t′t)或 p′pI. 3动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量改变量之间的因果关系，即合力的冲量是缘由，物体的动量改变量是结果 (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和 (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义 自测 (2018全国卷15)高空坠物

4、极易对行人造成损害若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为() A10 NB10 2NC10 3ND10 4N 答案 C 解析 设每层楼高约为 3 m，则下落高度约为 h3×25 m75 m，由 mgh 12 mv2 及(Fmg)tmv 结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力 F′F m 2ghtmg≈10 3N. 1对动量的理解 (1)动量的两性 瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的 相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量 (2)动量与

5、动能的比较动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量定义式 pmv E k 12 mv2标矢性 矢量 标量 改变因素 物体所受冲量 外力所做的功 大小关系 p 2mE kE k p 22m对于给定的物体，若动能发生了改变，动量肯定也发生了改变；而动量发生改变，动能不肯定发生改变它们都是相对量，均与参考系的选取有关，中学阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积 矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一样；对于作用时间内方向改变的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量变更量的

6、方向一样 (2)作用力和反作用力的冲量：肯定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必定联系 (3)冲量与功的比较冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 Ns J 公式 IFt(F 为恒力) WFlcos α(F 为恒力) 标矢性 矢量 标量 意义 表示力对时间的累积 是动量改变的量度 表示力对空间的累积 是能量改变多少的量度 都是过程量，都与力的作用过程相联系 题型 1 对动量和冲量的定性分析例 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，肯定是该时刻的速度方向 B物体的加速度

7、不变，其动量肯定不变 C动量越大的物体，其速度肯定越大D物体的动量越大，其惯性也越大 答案 A 解析 动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，与该时刻物体的速度方向相同，选项 A正确；加速度不变，则物体速度的改变率恒定，物体的速度匀称改变，故其动量也匀称改变，选项 B 错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同确定，不是由物体的速度唯一确定的，故物体的动量大，其速度不肯定大，选项 C 错误；惯性由物体质量确定，物体的动量越大，其质量并不肯定越大，惯性也不肯定越大，故选项 D 错误 变式 1 (2019江苏宿迁市期中)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球接球时，两手随球快速收缩至胸前，这样做可

8、以() A减小球对手的冲量 B减小球对手的冲击力 C减小球的动量改变量 D减小球的动能改变量 答案 B 解析 先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，依据动量定理有Ft0mv，解得 F mvt，当时间增大时，球动量的改变率减小，作用力减小，而冲量和动量的改变量都不变，动能的改变量也不变，所以 B 正确题型 2 对动量和冲量的定量计算例2 (多选)(2019湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图 1 甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立 Δt 时间后再将重物缓慢向上

9、举，至双臂伸直(图丙)甲到乙、乙到丙过程重物上上升度分别为 h 1 、h 2 ，经验的时间分别为 t 1 、t 2 ，重力加速度为 g，则()图 1 A地面对运动员的冲量为(Mm)g(t 1 t 2 Δt)，地面对运动员做的功为 0 B地面对运动员的冲量为(Mm)g(t 1 t 2 )，地面对运动员做的功为(Mm)g(h 1 h 2 ) C运动员对重物的冲量为 Mg(t 1 t 2 Δt)，运动员对重物做的功为 Mg(h 1 h 2 ) D运动员对重物的冲量为 Mg(t 1 t 2 )，运动员对重物做的功为 0 答案 AC 解析 因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状

10、态，地面对运动员的支持力为：(Mm)g，整个过程的时间为(t 1 t 2 Δt)，依据 IFt 可知地面对运动员的冲量为(Mm)g(t 1 t 2 Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为 0，选项 A 正确，B 错误；运动员对重物的作用力为 Mg，作用时间为(t 1 t 2 Δt)，依据 IFt 可知运动员对重物的冲量为 Mg(t 1 t 2 Δt)，重物的位移为(h 1 h 2 )，依据 WFlcos α 可知运动员对重物做的功为 Mg(h 1h 2 )，选项 C 正确，D 错误 变式 2 (多选)如图 2

11、 所示，一个物体在与水平方向成 θ 角的拉力 F 的作用下匀速前进了时间 t，则()图 2 A拉力对物体的冲量大小为 Ft B拉力对物体的冲量大小为 Ftsin θ C摩擦力对物体的冲量大小为 Ftsin θ D合外力对物体的冲量大小为零 答案 AD 解析 拉力 F 对物体的冲量大小为 Ft，故 A 项正确，B 项错误；物体受到的摩擦力 F f Fcos θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为 F f tFtcos θ，故 C 项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故 D 项正确1对动量定理的理解 (1)中学

12、物理中，动量定理探讨的对象通常是单个物体 (2)Ftp′p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同式中 Ft 是物体所受的合外力的冲量 (3)Ftp′p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明白两边的因果关系，即合外力的冲量是动量改变的缘由 (4)由 Ftp′p，得 F p′pt Δpt，即物体所受的合外力等于物体的动量的改变率 2解题基本思路 (1)确定探讨对象在中学阶段用动量定理探讨的问题，其探讨对象一般仅限于单个物体 (2)对物体进行受力分析可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和合力的冲量；或先求合力，再求其冲量 (3)抓住过

13、程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号 (4)依据动量定理列方程，如有必要还须要补充其他方程，最终代入数据求解 例 3 (2018江苏卷12C(3)如图 3 所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为 m，运动速度的大小为 v，方向向下经过时间 t，小球的速度大小为 v，方向变为向上忽视空气阻力，重力加速度为 g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小图 3 答案 2mvmgt 解析 取向上为正方向，依据动量定理 mv(mv)I 且 I( F mg)t 解得 I F F t2mvmgt. 变式 3 (2020山东临沂市质检)材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运

14、动直到停止，则() A质量大的滑块运动时间长 B质量小的滑块运动位移大 C质量大的滑块所受摩擦力的冲量小 D质量小的滑块克服摩擦力做功多 答案 B 解析 以初速度方向为正方向，依据动能定理可知：μmgx0E k ，即两滑块克服摩擦力做的功相等，且质量较小的滑块运动位移较大，选项 B 正确，D 错误；依据动量定理：μmgt0p，p 2mE k ，则 t1μg2E km，可知质量大的滑块运动时间短，选项 A 错误；依据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的改变量，即：IΔp 2mE k ，则质量大的滑块摩擦力的冲量大，故 C 错误 变式 4 (2019江西南昌市 4 月其

15、次次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止起先做匀加速直线运动，t 1 时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到 t 2 时刻停止其速度时间图象如图 4 所示，且 α>β，若拉力 F 做的功为 W 1 ，冲量大小为 I 1 ；物体克服摩擦阻力 F f 做的功为 W 2 ，冲量大小为 I 2 .则下列选项正确的是()图 4 AW 1 > W 2 ；I 1 >I 2BW 1 <W 2 ；I 1 >I 2CW 1 < W 2 ；I 1 <I 2DW 1 W 2 ；I 1 I 2答案 D 解析 全过程由动能定理得：W 1 W

16、2 0，则 W 1 W 2 ； 由动量定理得：I 1 I 2 0，则 I 1 I 2 ，故 D 正确.例 4 一高空作业的工人质量为 60 kg，系一条长为 L5 m 的平安带，若工人由静止不慎跌落时平安带的缓冲时间 t1 s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中平安带受的平均冲力是多少？(g 取 10 m/s 2 ，忽视空气阻力的影响) 答案 1 200 N，方向竖直向下 解析 解法一 分段列式法：设工人刚要拉紧平安带时的速度为 v 1 ，则由 v 1 2 2gL，得 v 1 2gL 经缓冲时间 t1 s 后速度变为 0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力

17、F 和重力 mg，所以(mgF)t0mv 1 ， 解得 F mgtmv1t 将数值代入得 F1 200 N. 由牛顿第三定律知，工人对平安带的平均冲力 F′F1 200 N，方向竖直向下 解法二 全程列式法：由 L 12 gt 02 得，工人自由下落时间为 t 0 2Lg，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(2Lgt)，拉力 F 的冲量大小为 Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知 mg(2Lgt)Ft0 解得 Fmg( 2Lgt)t1 200 N 由牛顿第三定律知工人对平安带的平均冲力 F′F1 200 N，方向竖直向下 变式 5

18、 在水平力 F30 N 的作用下，质量 m5 kg 的物体由静止起先沿水平面运动已知物体与水平面间的动摩擦因数 μ0.2，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？(g 取 10 m/s 2 ) 答案 12 s 解析 解法一 分段处理 选物体为探讨对象，对于撤去 F 前物体做匀加速运动的过程，受力状况如图甲所示，F f μmg，初速度为零，末速度为 v.取水平力 F 的方向为正方向，依据动量定理有(Fμmg)t 1 mv0；对于撤去 F 后，物体做匀减速运动的过程，受力状况如图乙所示，初速度为 v，末速度为零，依据动量定理有μmgt 2 0mv

19、. 联立解得：t 2 Fμmgμmgt 1 300.2×5×100.2×5×10×6 s12 s.解法二 探讨全过程 选物体作为探讨对象，探讨整个运动过程，这个过程的初、末状态的速度都等于零取水平力 F 的方向为正方向，依据动量定理有 (Fμmg)t 1 (μmg)t 2 0 解得 t 2 Fμmgμmgt 1 300.2×5×100.2×5×10×6 s12 s.1探讨对象 经常须要选取流体为探讨对象，如水、空气等 2探讨方法 隔离出肯定

20、形态的一部分流体作为探讨对象，然后列式求解 3基本思路 (1)在极短时间 Δt 内，取一小柱体作为探讨对象 (2)求小柱体的体积 ΔVvSΔt (3)求小柱体质量 ΔmρΔVρvSΔt (4)求小柱体的动量改变 ΔpvΔmρv 2 SΔt (5)应用动量定理 FΔtΔp 例 5 (2019全国卷16)最近，我国为长征九号研制的大推力新型火箭发动机联试胜利，这标记着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次试验中该发动机向后喷射的气体速度约为

21、 3 km/s，产生的推力约为 4.8×10 6N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为() A1.6×10 2kg B1.6×10 3kg C1.6×10 5kg D1.6×10 6kg 答案 B解析 设 1 s 时间内喷出的气体的质量为 m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F，由动量定理有 Ftmv0，则 m Ftv 4.8×106 ×13×10 3 kg1.6×10 3kg，选项 B 正确 变式 6 (2019陕西宝鸡市高考模拟检测(二)超强台风山竹的风力达到 17 级超强

22、台风强度，风速 60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大请你依据所学物理学问推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流淌速度)大小的关系假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为 S，风速大小为 v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为 ρ，风力 F与风速大小 v 的关系式为() AFρSv BFρSv 2CF 12 ρSv3DFρSv 3答案 B 解析 设 t 时间内吹到建筑物上的空气质量为 m，则 mρSvt，对 m，依据动量定理有F′t0mv0ρSv 2 t，解得 F′ρSv 2 ，由

23、牛顿第三定律可得风力 FF′ρSv 2 ，故 B 正确，A、C、D 错误1(动量定理定性分析问题)(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上简单打碎，而掉在草地上不简单打碎，其缘由是() A掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小 B掉在水泥地上的玻璃杯动量变更大，掉在草地上的玻璃杯动量变更小 C掉在水泥上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长 答案 CD 2(动量和冲量的理解)(2019江苏南京、盐城市一模)一只质量为 5.4 kg 的保龄球，撞上一只原

24、来静止、质量为 1.7 kg 的球瓶此后球瓶以 3.0 m/s 的速度向前飞出，而保龄球以 1.8 m/s的速度接着向前运动，假设它们相互作用的时间为 0.05 s求：(1)碰撞后保龄球的动量大小； (2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小 答案 (1)9.72 kgm/s (2)102 N 解析 (1)碰撞后对保龄球 p 1 Mv 1 5.4×1.8 kgm/s9.72 kgm/s. (2)取碰撞后球瓶的速度方向为正方向，对球瓶：Δpmv01.7×3.0 kgm/s5.1 kgm/s，由动量定理有：FΔtΔp，代入数据求得 F1

25、02 N. 3(动量定理的基本应用)(2019江苏省四星级中学一调)某质量为 m 的运动员从距蹦床 h 1 高处自由落下，接着又能弹起 h 2 高，运动员与蹦床接触时间为 t，在空中保持直立重力加速度为 g.取竖直向上为正方向，忽视空气阻力求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量 I； (2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小 F. 答案 (1)mgt，方向竖直向下(2) m( 2gh1 2gh 2 )tmg 解析 (1)以竖直向上为正方向，由动量的定义式 IFt，得重力的冲量为：I G mgt，负号表示方向竖直向下； (2)设运动员下落 h 1 高度时的速度大小为 v 1

26、 ，弹起时速度大小为 v 2 ，则有：v 1 2 2gh 1 ，v 2 2 2gh 2由动量定理有：mgtFtmv 2 (mv 1 ) 解得：F m( 2gh1 2gh 2 )tmg. 4(应用动量定理处理流体模型)(2020湖北武汉市调研)运动员在水上做飞行表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转 180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图5 所示已知运动员与装备的总质量为 90 kg，两个喷嘴的直径均为 10 cm，重力加速度大小g10 m/s 2 ，水的密度 ρ1.0×10 3kg/m 3 ，则喷嘴处喷水的速度大约为()图 5 A2.7 m/sB5

27、.4 m/sC7.6 m/sD10.8 m/s 答案 C 解析 设 Δt 时间内一个喷嘴中有质量为 m 的水喷出，忽视水的重力的冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理有：FΔt2mv，mρvΔtπ d24 ， 因运动员悬停在空中，则 FMg， 联立并代入数据解得：v≈7.6 m/s，故 C 正确1关于动量和动能，下列说法中错误的是() A做变速运动的物体，动能肯定不断改变 B做变速运动的物体，动量肯定不断改变 C合外力对物体做功为零，物体动能的增量肯定为零 D合外力的冲量为零，物体动量的增量肯定为零 答案 A 解析 做变速运动的物体，速

28、度大小不肯定改变，则动能不肯定改变，故 A 错误；做变速运动的物体，速度发生改变，动量肯定不断改变，故 B 正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量肯定为零，故 C 正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量肯定为零，故 D 正确 2假如一物体在随意相等的时间内受到的冲量相同，则此物体的运动不行能是() A匀速圆周运动 B自由落体运动 C平抛运动 D竖直上抛运动 答案 A 解析 假如物体在随意相等的时间内受到的冲量都相同，由 IFt 可知，物体受到的力是恒力，则物体可能做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故 B、C、D 正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断改变

29、，合力为变力，不能满意在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不行能为匀速圆周运动，故 A 错误 3(2019广西钦州市 4 月综测)飞针穿玻璃是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑为了探讨该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是() A测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 答案 D 解析 在飞针穿玻璃的过程中，对飞针，由动量定理有： F tmv 2 mv 1 ，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和

30、穿越玻璃前后的速度，故 D 正确，A、B、C 错误 4.(2020福建泉州市质检)如图 1 所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 四个点位于同一圆周上，a 在圆周最高点，d 在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从 a、b、c 三个点同时由静止释放关于它们下滑的过程，下列说法正确的是()图 1 A重力对它们的冲量相同 B弹力对它们的冲量相同 C合外力对它们的冲量相同 D它们动能的增量相同 答案 A 解析 这是等时圆，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点 d 点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式 IFt 分析可知，三个环重

31、力的冲量相同，故 A 正确；从 c 处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从 c 处下滑的小滑环的冲量最大，故B 错误；从 a 处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从 a 处下滑的小滑环的冲量最大，故 C 错误；重力对从 a 处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故 D错误 5(2019广东广州市 4 月综合测试)如图 2，广州塔摩天轮位于塔顶 450 米高空处，摩天轮由16 个水晶观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客()图 2 A动量不变 B线速度不变 C合外力不变 D机械能不守恒 答案 D 解析 坐于观光球舱中的某游客线速度

32、的大小不变，但方向不断变更，可知线速度不断变更，动量也不断改变；由于向心加速度方向不断改变，可知合外力大小不变，但方向不断变更，选项 A、B、C 错误；由于动能不变，重力势能不断改变，可知机械能不守恒，选项 D 正确 6.(多选)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下由静止起先沿直线运动F 随时间 t 改变的图线如图 3 所示，则() 图 3 At1 s 时物块的速率为 1 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/s Dt4 s 时物块的速度为零 答案 AB 解析 Ft 图线与时间轴围成的面积表示合外力 F 的冲量，可知在

33、01 s、02 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns；依据动量定理 ImΔv 可知，物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s；由 pmv 可知，物块在1 s、2 s、3 s、4 s 时的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，A、B 正确 7(2019广东省六校第三次联考)开学了，想到又能够回到校内为幻想而拼搏，小明同学快乐得跳了起来假设小明质量为 m，从起先蹬地到离开地面用时为 t，离地后小明重心最大上升 h，重力加速度为 g，忽

34、视空气阻力以下说法正确的是() A从起先蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态 B在 t 时间内，小明机械能增加了 mgh C在 t 时间内，地面对小明的平均支持力为 F m 2ght D在 t 时间内，地面对小明做功 mgh 答案 B 解析 从起先蹬地到到达最高点的过程中，经验了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故 A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大上升 h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，故B 正确；取向上为正方向，在时间t 内，由动量定理得：F tmgtmv0，离开地面到最高点有：mgh 12 mv2 ，联立解得：F m 2ghtmg，故C

35、 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为 0，故 D 错误8(2020山西晋中市模拟)质量相等的 A、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1 、F 2 的作用从静止起先做匀加速直线运动经过时间 t 0 和 4t 0 速度分别达到 2v 0 和 v 0 时，分别撤去 F 1 和 F 2 ，两物体都做匀减速直线运动直至停止两物体速度随时间改变的图线如图 4 所示设 F 1 和 F 2 对 A、B 两物体的冲量分别为 I 1 和 I 2 ，F 1 和 F 2 对 A、B 两物体做的功分别为 W 1 和 W 2 ，则下列结论正确的是() 图 4 AI 1

36、I 2 125，W 1 W 2 65 BI 1 I 2 65，W 1 W 2 35 CI 1 I 2 35，W 1 W 2 65 DI 1 I 2 35，W 1 W 2 125 答案 C 解析 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为 v0t 0 ，依据牛顿其次定律，匀减速运动中有 F f ma，则摩擦力大小都为 m v0t 0 .由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0 ，依据牛顿其次定律，匀加速运动中有 FF f ma，则 F 1 3mv0t 0，F 2 5mv04t 0，故 I 1 I 2 F 1 t 0 4F 2 t 035；对全过程运用动能定理得：W 1

37、F f x 1 0，W 2 F f x 2 0，得 W 1 F f x 1 ，W 2 F f x 2 ，vt 图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为 65，整个运动过程中 F 1 和F 2 做功之比为 W 1 W 2 x 1 x 2 65，故 C 正确 9(2020河南郑州市调研)质量为 1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为 μ0.4.有一大小为 5 N 的水平恒力 F 作用于物体上，使之加速前进，经 3 s后撤去 F.求物体运动的总时间(g 取 10 m/s 2 ) 答案 3.75 s 解析 物体由静止起先运动到停止运动的全过程中，F 的

38、冲量为 Ft 1 ，摩擦力的冲量为 F f t.选水平恒力 F 的方向为正方向，依据动量定理有 Ft 1 F f t0 又 F f μmg 联立式解得 tFt 1μmg ， 代入数据解得 t3.75 s. 10.(2016全国卷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便利起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v 0 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，在水平方向朝四周匀称散开忽视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

39、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)ρv 0 S (2) v0 22g M 2 g2ρ 2 v 0 2 S 2解析 (1)在刚喷出一段很短的 Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度 v 0 不变 该时间内，喷出水柱高度 Δlv 0 Δt 喷出水柱质量 ΔmρΔV 其中 ΔV 为水柱体积，满意 ΔVΔlS 由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔtρv 0 S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为 h

40、由玩具受力平衡得 F 冲 Mg 其中，F 冲 为水柱对玩具底板的作用力 由牛顿第三定律：F 压 F 冲 其中，F 压 为玩具底板对水柱的作用力，设 v′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v′ 2 v 0 2 2gh 在很短 Δt 时间内，冲击玩具的水柱的质量为 Δm Δmρv 0 SΔt 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)ΔtΔmv′ 由于 Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽视，式变为 F 压 ΔtΔmv′ 由可得 h v0 22g M 2 g2ρ 2 v 0 2 S 2