新高考物理一轮复习第六章动量学案.pdf

《新高考物理一轮复习第六章动量学案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考物理一轮复习第六章动量学案.pdf（31页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！1/31新高考物理一轮复习第六章动量学案 全国卷 5 年考情分析(说明：20132016年，本章内容以选考题目出现)考点及要求 20132017考情统计 命题概率 常考角度 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用()17卷 T14(6 分)，17卷 T15(6 分)17卷 T20(6 分)，16卷 T35(2)(10 分)16卷 T35(2)(10 分)独立命题概率 60%(1)动量定理与动量守恒定律的应用(2)动量守恒与能量守恒的综合应用(3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用

2、弹性碰撞和非弹性碰撞()16卷T35(2)(10 分)，15卷 T35(2)(10 分)15卷T35(2)(10 分)，14卷 T35(2)(9 分)13卷 T35(2)(9 分)，13卷 T35(2)(10 分)综合命题概率 70%实验七：验证动量守恒定律 14卷 T35(2)(10 分)综合命题概率 25%第 1 节动量定理(1)动量越大的物体，其速度越大。()(2)物体的动量越大，其惯性也越大。()(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。()(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。()(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。()(6)物体所受合外力的冲量方向与物

3、体动量变化的方向是一致的。()1 动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。2 力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。3 动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。4 动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！2/31突破点(一)动量与冲量的理解 1 动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定

4、义式 Ek12mv2 pmv ppp 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ekp22m，Ek12pv，p 2mEk，p2Ekv 联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的；动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 2 冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。(2)冲量是矢量，功是标量。(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。3 冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式 I Ft 计算。(2)变力的冲量

5、 方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力 F 在某段时间 t 内的冲量 I t，其中 F1、F2 为该段时间内初、末两时刻力的大小。作出 F t 变化图线，图线与 t 轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求 p 间接求出冲量。欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！3/31 题点全练 1 下列说法正确的是()A 动量为零时，物体一定处于平衡状态 B 动能不变，物体的动量一定不变 C 物体所受合外力不变时，其动量一定不变 D 物体受到恒力的冲量也可能

6、做曲线运动 解析：选 D 动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，故 A 错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故 B 错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故 C 错误；物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故 D 正确。2 多选 关于力的冲量，以下说法正确的是()A 只有作用时间很短的力才能产生冲量 B 冲量是矢量，其方向就是力的方向 C 一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向 D 如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为

7、零 解析：选 BCD 只要有力及作用时间，力就会有冲量，选项 A 错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故 B 正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反，故 C 正确；若力不等于零，则在一段时间内其冲量一定不为零；故 D 正确。3 质量为 2 kg 的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g 取10 m/s2，下列说法中正确的是()A 2 s 末小球的动能为 40 J B 2 s 末小球的动量大小为 40 kgm/s C 2 s 内重力的冲量大小为 20 Ns D 2 s 内重力的平均功率为 20 W 解析：选 B 2 s 末小球的速度

8、v gt 20 m/s，则动能为 Ek mv2 400 J，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！4/31选项 A 错误；2 s 末小球的动量大小为 p mv 40 kg m/s，选项 B 正确；2 s 内重力的冲量大小为 I mgt 40 Ns，选项 C 错误；2 s 内重力的平均功率为mgmgv 200 W，选项 D 错误。突破点(二)动量定理的理解和应用 1 应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间 t 越短，力 F 就越大，力的作用时间 t 越长，力 F 就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙

9、地上不易碎。(2)当作用力 F 一定时，力的作用时间 t 越长，动量变化量 p 越大，力的作用时间 t 越短，动量变化量 p 越小。2 应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程 研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。(2)进行受力分析 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计

10、算它们的冲量，然后求它们的矢量和。(3)规定正方向 由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。(5)根据动量定理列式求解。3 应用动量定理解题的注意事项 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！5/31(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以

11、是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。典例(2016全国卷)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 ，

12、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。审题指导(1)质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中说明水柱对玩具的冲力大小为 Mg。(2)单位时间内喷出的水的质量等于长为 v0，截面积为 S 的水柱的质量。(3)喷口喷出的水向上运动过程中只受重力作用，机械能守恒。解析(1)设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则 m V Vv0S t 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 m t v0S。(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欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权

13、请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！6/31面时的速度大小为 v。对于 t 时间内喷出的水，由机械能守恒得 12(m)v2(m)gh(m)v02 在 h 高度处，t 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 p(m)v 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有 Ft p 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F Mg 联立式得 h。答案(1)v0S(2)M2g2 2v02S2 规律方法 动量定理在变质量(如流体)中的应用 研究对象为“变质量”的“连续”的流体(如水流、空气流等)，以水流为例，一般要假设一段时间 t 内流出的水柱，其长度为 v t，水柱底面积为 S，得水

14、柱体积 V Sv t，水柱质量为 m V Sv t，再对质量为 m 的水柱应用动量定理求解。集训冲关 1 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小 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 解析：选 C 用水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力，A、B 均错误；迅速拉动纸带时，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请

15、联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！7/31因作用时间短，重物所受冲量较小，重物速度变化小，纸带易抽出，故 C 正确，D错误。2(2015北京高考)“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

16、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。3(2018市区摸底)在水平地面的右面墙，一小物块放在水平地面上的 A 点，质量 m 0.5 端 B处有一kg，AB 间距离 s 5 m，如图所示。小物块以初速度 v0 8 m/s从 A 向 B 运动，刚要与墙壁碰撞时的速度 v1 7 m/s

17、，碰撞后以速度 v2 6 m/s反向弹回。重力加速度 g 取 10 m/s2。求：(1)小物块从 A 向 B 运动过程中的加速度 a 的大小；(2)小物块与地面间的动摩擦因数 ；(3)若碰撞时间 t 0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力 F 的大小。解析：(1)从 A到 B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a m/s21.5 m/s2。(2)从 A 到 B 过程，由动能定理，有：mgsmv12mv02 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！8/31代入数据解得：0.15。(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，

18、有：Ft mv2m(v1)可得：F130 N。答案：(1)1.5 m/s2(2)0.15(3)130 N 巧思妙解练创新思维 1 微粒及其特点(1)微粒常指电子流、光子流、微尘等。(2)特点：质量具有独立性；已知单位体积内的粒子数 n。2 解题一般步骤(1)建立“柱体”模型：沿运动的方向选取一段微元，柱体的截面积为 S。(2)研究微元粒子数：作用时间 t 内的一段微元柱体的长度为 l v0 t，柱体体积 V Sv0 t，柱体内的粒子数 N nSv0 t。(3)先对单个微粒应用动量定理，建立方程，再乘以 N 计算。应用体验 1 自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的

19、冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的。因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明。解析：设空中米流的质量为 m1，已落入秤盘中米的质量为 m2，正在落入秤盘中米的质量为 m，只要分析出秤盘的示数与(m1 m m2)g的关系，问题便得以解决。设称米机的流量为 d(单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为 h，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度 v。秤的示数 F 应等于 m2、m的重力以及 m对秤盘冲击力 F大小之和。以m2 m 为研究对象，根据动量定理得(F m2g mg)t mv m2gh

20、Fm2gmgd m2gmg 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！9/31又因空中米的质量为 m1dtd 2hg 故 m1gd2gh 则 F m1g mgm2g(m1 mm2)g。可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题。答案：见解析 2根据量子理论，光子的能量 E 与动量 p 之间的关系式为 E pc，其中 c 表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用 I 表示。(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为 P0，

21、射出的光束的横截面积为 S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力 F2pN，其中 p 表示光子的动量，N 表示单位时间内激光器射出的光子数，试用 P0和 S 表示该束激光对物体产生的光压。(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为 1 350 W，探测器和薄膜的总质量为 m100 kg，薄膜面积为4104 m2，求此时探测器的加速度大小。解析：(1)在单位时间内，功率为 P0 的激光器的总能量为：P01 sNENpc，所以：p(kgm/s)由题意可知：激

22、光对物体表面的压力 F 2pN 故激光对物体产生的光压：I(Pa)。(2)由上一问可知：I(Pa)Pa 910 6Pa 所以探测器受到的光的总压力 FNIS 膜，对探测器利用牛顿第二定律有 FNma 故此时探测器的加速度 a m/s23.610 3 m/s2。欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！10/31答案：(1)(Pa)(2)3.6103 m/s2(一)普通高中适用作业 A 级基础小题练熟练快 1(2017天津高考)“天津之眼”是一座跨合一的摩天轮，是市的地标之一。摩天轮悬挂河建设、桥轮客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正透

23、明座舱，乘()确的是A 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B 在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析：选 B 摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。2(2018 合肥一模

24、)质量为 0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面上，再以 4 m/s 的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量 p和合外力对小球做的功 W，下列说法正确的是()A p 2 kgm/s W 2 J B p 2 kgm/s W 2 J C p 0.4 kgm/s W 2 J D p 0.4 kgm/s W 2 J 解析：选 A 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：p mv2 mv1 0.24 kgm/s0.2(6)kgm/s2 kgm/s，方向竖直向欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们

25、将竭诚为您提供优质的文档！11/31上。由动能定理，合外力做的功：W mv22 mv12 0.242J0.262J2 J。故 A 正确。选(2017全国卷)一质量为2 kg的物块在合外3 多从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如力F的作用下()图所 示，则A t1 s 时物块的速率为 1 m/s B t2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/s C t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/s D t4 s 时物块的速度为零 解析：选 AB 法一：根据 Ft 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在 01 s、02 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2

26、Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理 I m v 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，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则 A、B 项正确，C、D 项错误。法二：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 m/s21 m/s2，t1 s 时物块的速率 v1 a1t1 1 m/s，A 正确；t2 s 时物块的速率 v2a1t2 2 m/s，动量大小为 p2mv2 4 kgm/s，B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速

27、度的大小为 a2 0.5 m/s2，t3 s 时物块的速率 v3 v2 a2t3(20.51)m/s1.5 m/s，动量大小为 p3mv3 3 kgm/s，C 错误；t4 s 时物块的速率 v4 v2 a2t4(20.52)m/s1 m/s，D 错误。个质量为 m 的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面4.将 一止开始向下滑动，滑到底端总共用时 t，如图所示，设在的顶 端由 静下滑的前一半时间内木块的动量变化为 p1，在后一半时间内其动量变化为 p2，则 p1 p2 为()A 12 B 13 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！12/3

28、1C 11 D 21 解析：选 C 木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为 Fmgsin ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得 p1 p2(Ft1)(Ft2)(mgsin t)(mgsin t)11。故选项 C 正确。5(2018三明一中模拟)质量为 m 的钢球自高处落下，以速率 v1 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为 v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为()A 向下，m(v1 v2)B 向下，m(v1 v2)C 向上，m(v1 v2)D 向上，m(v1 v2)解析：选 D 根据动量定理可知钢球受到合力的冲量等于钢球动

29、量的变化量，选取向下为正方向，I mv2 mv1 m(v1 v2)，则钢球受到合力的冲量的方向向上，大小为 m(v1 v2)。故 D 正确。B 级中档题目练通抓牢 6 多选 某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为 m 的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为 v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程 1，小球从最高点至返回地面为过程 2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是()A 过程 1 和过程 2 动量的变化大小都为 mv0 B 过程 1 和过程 2 动量变化的方向相反 C 过程 1 重力的冲量为 mv0，且方向竖直向下 D 过程 1 和过程

30、 2 重力的总冲量为 0 解析：选 AC 根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为 v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量 p10(mv0)mv0，下落过程动量的变化量 p2mv00 mv0，大小均为 mv0，且方向均竖直向下，A、C 正确，B 错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为 I 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！13/31mv0(mv0)2mv0，D 错误。7 一个质量为 m 100 g 的小球从 h 0.8

31、m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了 t 0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取 g 10 m/s2)()A 0.6 Ns B 0.4 Ns C 0.6 Ns D 0.4 Ns 解析：选 C 设小球自由下落 h 0.8 m 的时间为 t1，由 h gt12得 t1 0.4 s。设 IN 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得 mg(t1t2)IN 0，解得 IN 0.6 Ns。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项 C 正确。8 多选 质量为 m 的物体以初速度

32、 v0 开始做平抛运动，经过时间 t，下降的高度为 h，速度变为 v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A m(vv0)B mgt C m D m2gh 解析：选 BCD 由动量定理可得，物体在时间 t 内动量变化量的大小为 mgt，B 正确；物体在平抛运动过程中速度变化量 v 沿竖直方向，其大小 v，由机械能守恒定律可得：mv02mghmv2，所以，故物体动量变化量 p m v m m，选项 C、D 均正确，只有选项 A 错误。9 将质量为 500 g 的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒 700 g 水的流量注入杯中。注至 10 s 末时，台秤的读数为 78.5 N，则注入杯中水流的速度

33、是多大？解析：以在很短时间 t 内，落在杯中的水柱 m 为研究对象，水柱受向下的重力 mg 和向上的作用力 F。设向上的方向为正，由动量定理得：(F mg)t 0(mv)因 m 很小，mg 可忽略不计，并且0.7 kg/s F v 0.7v(N)台秤的读数 G 读(m 杯m 水)gF 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！14/3178 5(0.5 0.710)100.7v 解得 v5 m/s。答案：5 m/s 所示，质量 0.5 kg，长 1.2 m 的金属盒 AB，放在水平桌10 如图桌面间动摩擦因数 ，在盒内右端 B放着质量也为面上

34、，它与0.5 kg，半径为 0.1 m 的弹性球，球与盒接触面光滑。若在 A 端给盒以水平向右的冲量 1.5 Ns，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量 I 后获得速度 v，由动量定理，有 I mv0，v m/s 3 m/s 盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力 f FN 2mg 2mgma 即 a 2 g 盒运动了 x1(1.2 0.12)m1 m 后速度减少为 v。v2v22ax1 v m/s 2 m/s，盒左壁 A以 v速度与球相碰，

35、因碰撞中无能量损失，盒停止，球以 v2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动 1 m 后又与盒的右壁相碰，盒又以 v2 m/s 的速度向右运动，直到停止。0v22ax2 即 x2 m0.8 m 因 x2 只有 0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为 sx1 x2 1 m0.8 m 1.8 m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为 t1 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！15/31根据动量定理，有 2mgt1mvmv t1 s0.4 s；小球匀速运动时间 t2 s0.5 s；盒第二次与球相碰后到停止运动的时

36、间为 t3，根据动量定理，有 2mgt30mv t3 s0.8 s；总时间 tt1t2t3(0.40.50.8)s1.7 s。答案：(1)1.8 m(2)1.7 s C 级难度题目自主选做 选(2018常德模拟)如图所示，质量为 m 的小球从距离11 多点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受地面高 H 的A到达距地面深度为 h的 B点时速度减为零。不计空气阻到阻力作用，度为 g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有力，重力加速()A 小球的机械能减小了 mg(H h)B 小球克服阻力做的功为 mgh C 小球所受阻力的冲量大于 m2gH D 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量

37、解析：选 AC 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)Wf0，则小球克服阻力做功 Wfmg(H h)，故 B 错误；小球落到地面的速度 v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF0m，得：IFIGm，知阻力的冲量大于 m，故 C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故 D 错误。12 多选(2018天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球

38、中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第 4个水球，则可以判断的是欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！16/31()A 子弹在每个水球中的速度变化相同 B 子弹在每个水球中运动的时间不同 C 每个水球对子弹的冲量不同 D 子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：选 BCD 恰好能穿出第 4 个水球，即末速度 v 0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2)()(1)1，则 B 正确。由于加速度 a 恒定，由 at v，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A 项错误。因加速度恒定，则每个水

39、球对子弹的阻力恒定，则由 I ft 可知每个水球对子弹的冲量不同，C 项正确。由动能定理有 Ekfx，f 相同，x 相同，则 Ek 相同，D 项正确。(二)重点高中适用作业 A 级保分题目巧做快做 1(2017天津高考)“天津之眼”是一座跨河合一的摩天轮，是市的地标之一。摩天轮悬挂透建设、桥轮客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正明座舱，乘确的是()A 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B 在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析：选 B 摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能

40、一直变化，故机械能一直变化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！17/312 多选(2017全国卷)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示，则()开始沿直线s 时物块的速率为 1 m/s A t1

41、s 时物块的动量大小为 4 kgm/s B t2 C t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/s Dt4 s 时物块的速度为零 解析：选 AB 法一：根据 Ft 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在 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，应用动量定理 I m v 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，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则 A、B 项正确，C、D 项错误。法二：

42、前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 m/s21 m/s2，t1 s 时物块的速率 v1 a1t1 1 m/s，A 正确；t2 s 时物块的速率 v2a1t2 2 m/s，动量大小为 p2mv2 4 kgm/s，B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2 0.5 m/s2，t3 s 时物块的速率 v3 v2 a2t3(20.51)m/s1.5 m/s，动量大小为 p3mv3 3 kgm/s，C 错误；t4 s 时物块的速率 v4 v2 a2t4(20.52)m/s1 m/s，D 错误。质量为 m 的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的3 将一

43、个始向下滑动，滑到底端总共用时 t，如图所示，设在下顶端由静止开滑的前一半时间内木块的动量变化为 p1，在后一半时间内其动量变化为 p2，则 p1 p2 为()A 12 B 13 C 11 D 21 解析：选 C 木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为 Fmgsin ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得 p1 p2(Ft1)(Ft2)(mgsin t)(mgsin t)11。故选欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！18/31项 C 正确。4 多选某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作

44、：将一质量为 m 的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为 v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程 1，小球从最高点至返回地面为过程 2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是()A 过程 1 和过程 2 动量的变化大小都为 mv0 B 过程 1 和过程 2 动量变化的方向相反 C 过程 1 重力的冲量为 mv0，且方向竖直向下 D 过程 1 和过程 2 重力的总冲量为 0 解析：选 AC 根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为 v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量 p1 0(mv0)m

45、v0，下落过程动量的变化量 p2 mv00mv0，大小均为 mv0，且方向均竖直向下，A、C 正确，B 错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为 I mv0(mv0)2mv0，D 错误。5 一个质量为 m 100 g 的小球从 h 0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了 t 0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取 g 10 m/s2)()A 0.6 Ns B 0.4 Ns C 0.6 Ns D 0.4 Ns 解析：选 C 设小球自由下落 h 0.8 m 的时间为 t1，由 h

46、gt12 得 t1 0.4 s。设 IN 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得 mg(t1t2)IN 0，解得 IN 0.6 Ns。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项 C 正确。6 多选(2018常德模拟)如图所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A点由静止开始释放，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。关于小球下落的欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！19/31列说法正确的有()整

47、个过程，下的机械能减小了 mg(Hh)A 小球克服阻力做的功为 mgh B 小球所受阻力的冲量大于 m2gH C 小球D 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选 AC 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了 mg(Hh)，则小球的机械能减小了 mg(Hh)，故 A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(Hh)Wf0，则小球克服阻力做功 Wfmg(Hh)，故 B 错误；小球落到地面的速度 v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF0m，得：IFIGm，知阻力的冲量大于 m，故 C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故 D

48、错误。7 多选(2018天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第 4个水球，则可以判断的是()A 子弹在每个水球中的速度变化相同 B 子弹在每个水球中运动的时间不同 C 每个水球对子弹的冲量不同 D 子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：选 BCD 恰好能穿出第 4 个水球，即末速度 v 0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2)()(1)1，则 B 正确。由于加速度 a 恒定，由 at v，可知子弹在每个水球中的速度

49、变化不同，A 项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由 I ft 可知每个水球对子弹的冲量不同，C 项正确。由动能定理有 Ekfx，f 相同，x 相同，则 Ek 相同，D 项正确。B 级拔高题目稳做准做 8.一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 t 时间，身体伸直并刚欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！20/31好离开地面，速度为 v。在此过程中()A 地面对他的冲量为 mvmg t，地面对他做的功为 mv2 B 地面对他的冲量为 mvmg t，地面对他做的功为零 C 地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为 m

50、v2 D 地面对他的冲量为 mvmg t，地面对他做的功为零 解析：选 B 人的速度原来为零，起跳后为 v，由动量定理可得 I 地mg tmv0，可得地面对人的冲量 I 地mg tmv；而人起跳时，地面对人的支持力的为零，故地面对人做功为零，所以只有选项 B 正确。作用点位移9(2018合肥质检)一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F糙水平面上做加速直线运动时的 at 图像如图所示，t作用，在粗0 时其速度大小为 2 m/s。滑动摩擦力大小恒为 2 N，则()A 在 t6 s 时刻，物体的速度为 18 m/s B 在 0 6 s 时间内，合力对物体做的功为 400 J C 在 0 6 s 时