《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 基礎(chǔ)課1 動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 基礎(chǔ)課1 動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)案（17頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 基礎(chǔ)課1　動(dòng)量和動(dòng)量定理 [高考導(dǎo)航] 考點(diǎn)內(nèi)容 要求 高考(全國卷)三年命題情況對照分析 2015 2016 2017 動(dòng)量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 Ⅱ Ⅰ卷·T35(2)：動(dòng)量守恒和能量守恒 Ⅱ卷·T35(2)：動(dòng)量守恒和能量守恒 Ⅰ卷·T35(2)：動(dòng)量定理和能量觀點(diǎn) Ⅱ卷·T35(2)：動(dòng)量守恒和能量守恒 Ⅲ卷·T35(2)：動(dòng)量守恒和能量守恒 Ⅰ卷·T14：動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 Ⅲ卷·T20：動(dòng)量定理的應(yīng)用 彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ 實(shí)驗(yàn)七：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 說明：只限于一維 知識(shí)排查 動(dòng)量 1.定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和

2、速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來表示。 2.表達(dá)式：p＝mv。 3.單位：kg·m/s。 4.標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同。 沖量 1.定義：力和力的作用時(shí)間的乘積叫做這個(gè)力的沖量。 公式：I＝Ft。 2.單位：沖量的單位是牛·秒，符號(hào)是N·s。 3.方向：沖量是矢量，沖量的方向與力的方向相同。 動(dòng)量定理 1.內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化。 2.表達(dá)式：Ft＝Δp＝p′－p。 3.矢量性：動(dòng)量變化量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上用動(dòng)量定理。 小題速練 1.(2017·北京西城區(qū)模擬)(多選)關(guān)于動(dòng)量和沖量，下列說法正確的是

3、(　　) A.物體所受合外力的沖量的方向與物體動(dòng)量的方向相同 B.物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化 C.物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量 D.物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同 解析　物體所受合外力的沖量的方向與合外力的方向相同，與物體動(dòng)量變化量的方向相同，與動(dòng)量的方向不一定相同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；物體的動(dòng)量p＝mv，故物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 2.一質(zhì)量為m＝100 g的小球從高h(yuǎn)＝0.8 m處自由下落，落到一個(gè)厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t

4、＝0.2 s，以向下為正方向，則在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對小球的沖量為(重力加速度大小g取10 m/s2)(　　) A.0.4 N·s　　　 B.－0.4 N·s C.0.6 N·s D.－0.6 N·s 解析　設(shè)小球自由下落h＝0.8 m的時(shí)間為t1，由h＝gt得t1＝＝0.4 s。設(shè)軟墊對小球的沖量為IN，則對小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)量定理得，mg(t1＋t)＋I(xiàn)N＝0，得IN＝－0.6 N·s，選項(xiàng)D正確。 答案　D 　沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化的計(jì)算 1.沖量的計(jì)算方法 (1)計(jì)算沖量可以使用定義式I＝Ft求解，此方法僅限于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 (2)利用

5、F－t圖象計(jì)算，F(xiàn)－t圍成的面積可以表示沖量，該種方法可以計(jì)算變力的沖量。 2.動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較 名稱 項(xiàng)目　 動(dòng)量 動(dòng)能 動(dòng)量變化量 定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差 定義式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p 矢標(biāo)性 矢量 標(biāo)量 矢量 特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關(guān)聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 1.(多選)對任何一個(gè)固定質(zhì)量的物體，下列說法正確的是(　　) A.物體的動(dòng)量發(fā)生變化，其動(dòng)能一定發(fā)生變化 B.物體的動(dòng)量發(fā)生變化，其動(dòng)能不一定發(fā)生變化

6、 C.物體的動(dòng)能發(fā)生變化，其動(dòng)量一定發(fā)生變化 D.物體的動(dòng)能發(fā)生變化，其動(dòng)量不一定發(fā)生變化 解析　物體的動(dòng)量發(fā)生變化，可能是方向改變也可能是大小改變，所以物體的動(dòng)能不一定發(fā)生變化，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；物體的動(dòng)能變化，速度大小一定變化，則動(dòng)量一定發(fā)生變化，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案　BC 2.(2018·河南鄭州市調(diào)研)(多選)如圖1所示，兩個(gè)質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個(gè)光滑斜面由靜止開始自由下滑，不計(jì)空氣阻力，在它們到達(dá)斜面底端的過程中(　　) 圖1 A.重力的沖量相同 B.斜面彈力的沖量不同 C.斜面彈力的沖量均為零 D.合力的沖量不同 解析　設(shè)斜面

7、高度為h，傾角為θ，物體質(zhì)量為m，可求得物體滑至斜面底端的速度大小為v＝，所用時(shí)間t＝ 。由沖量定義可求得重力的沖量大小為IG＝mgt＝，方向豎直向下，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斜面彈力的沖量大小為IN＝mgcos θ·t＝，方向垂直斜面向上，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；合力的大小為mgsin θ，I合＝mgsin θ·t＝m，方向沿斜面向下(與合力方向相同)，即合力沖量的大小相同，方向不同，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 3.(2017·安徽合肥一模)質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球的動(dòng)量變化量Δp

8、和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是(　　) A.Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B.Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C.Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D.Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 解析　取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量的變化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上。由動(dòng)能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。 答案　A 4.(2017·全國卷Ⅲ，20)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜

9、止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖2 所示，則(　　) 圖2 A.t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s B.t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C.t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D.t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 解析　由動(dòng)量定理可得Ft＝mv，解得v＝。t＝1 s時(shí)物塊的速率為v＝＝ m/s＝1 m/s，故選項(xiàng)A正確；t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故選項(xiàng)B正確；t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝4 s 時(shí)物塊的動(dòng)量大小為p4

10、＝(2×2－1×2) kg·m/s＝ 2 kg·m/s，所以t＝4 s時(shí)物塊的速度為1 m/s，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AB 　動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 1.理解動(dòng)量定理的要點(diǎn) (1)應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)研究對象既可以是單一物體，也可以是系統(tǒng)，當(dāng)為系統(tǒng)時(shí)不考慮內(nèi)力的沖量。 (2)求合力的沖量的方法有兩種：第一先求合力再求合力沖量，第二求出每個(gè)力的沖量再對沖量求矢量和。 (3)動(dòng)量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向。 2.用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象 (1)Δp一定時(shí)，F(xiàn)的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長，力就越小。 (2)F一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長，Δp就越大；力的作用時(shí)間越短，Δp就越小。

11、 分析問題時(shí)，要把哪個(gè)量一定，哪個(gè)量變化搞清楚。 3.動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。 (2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變化量。 【典例】　一輛轎車強(qiáng)行超車時(shí)，與另一輛迎面駛來的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5 m，據(jù)測算兩車相撞前速率約為30 m/s。則： (1)試求車禍中車內(nèi)質(zhì)量約60 kg的人受到的平均沖力是多大？ (2)若此人系有安全帶，安全帶在車禍過程中與人體的作用時(shí)間是1 s，求這時(shí)人體受到的平均沖力為多大？ 解析　(1)兩車相撞時(shí)認(rèn)為人與車一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到停止，位移為0.5 m。 設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)x＝t得，

12、t＝＝ s。 根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝Δp＝mv0得， F＝＝ N＝5.4×104 N。 (2)若人系有安全帶時(shí)， F′＝＝ N＝1.8×103 N。 答案　(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N 用動(dòng)量定理解題的基本思路 　　　　　　 1.下列解釋中正確的是(　　) A.跳高時(shí)，在落地處墊海綿是為了減小沖量 B.在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過程受到的沖量 C.動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力作用，質(zhì)量小的先停下來 D.人從越高的地方跳下，落地時(shí)越危險(xiǎn)，是因?yàn)槁涞貢r(shí)人受到的沖量越大 解析　跳高時(shí)，在落地處墊海綿是為了延長作用時(shí)間減小沖力，不是減

13、小沖量，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長作用時(shí)間，從而減小沖力，不是減小沖量，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力作用，根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝mv，則知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從越高的地方跳下，落地時(shí)速度越大，動(dòng)量越大，則沖量越大，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 2.如圖3所示，跳水運(yùn)動(dòng)員(圖中用一小圓圈表示)，從某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m＝60 kg，初速度v0＝10 m/s。若經(jīng)過1 s時(shí)，速度大小為v＝10 m/s，則在此過程中，運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量為(g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力)(　　) 圖3 A.600 kg·m/s B.

14、600 kg·m/s C.600(－1) kg·m/s D.600(＋1) kg·m/s 解析　根據(jù)動(dòng)量定理得Δp＝mgt＝60×10×1 kg·m/s＝600 kg·m/s，故選項(xiàng)A正確。 答案　A 3.質(zhì)量為1 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖象如圖4所示。則物體在前 10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受外力的沖量分別是(　　) 圖4 A.10 N·s，10 N·s B.10 N·s，－10 N·s C.0，10 N·s D.0，－10 N·s 解析　由圖象可知，在前10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由動(dòng)量定理知I1＝0；在后10 s內(nèi)

15、末狀態(tài)的動(dòng)量p3＝－5 kg·m/s，由動(dòng)量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.(多選)從2017年6月5日起至年底，蘭州交警采取五項(xiàng)措施部署預(yù)防較大道路交通事故工作。在交通事故中，汽車與拖車脫鉤有時(shí)發(fā)生。如圖5所示，質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進(jìn)，當(dāng)速度為v0時(shí)拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機(jī)才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，那么從脫鉤到拖車剛停下的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.汽車和拖車整體動(dòng)量守恒 B.汽車和拖車整體機(jī)械能守恒 C.從脫鉤到拖車剛停下用時(shí) D

16、.拖車剛停下時(shí)汽車的速度為v0 解析　汽車和拖車整體合外力不為零，故動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；汽車和拖車整體除重力之外的其他力做功之和大于零，系統(tǒng)機(jī)械能增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；以拖車為研究對象，由牛頓第二定律得－μmg＝ma′，則a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖車脫鉤后到停止經(jīng)歷的時(shí)間為t＝，選項(xiàng)C正確；全過程系統(tǒng)受到的合外力始終為(M＋m)a，末狀態(tài)拖車的動(dòng)量為零，全過程對系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量定理可得(M＋m)a·＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝v0，選項(xiàng)D正確。 答案　CD 應(yīng)用動(dòng)量定理解決流體問題，建立“柱狀模型” 對于“連續(xù)”質(zhì)點(diǎn)系發(fā)生持續(xù)作用，物體動(dòng)量(或其他量)連續(xù)發(fā)生變化這類

17、問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時(shí)間Δt內(nèi)動(dòng)量(或其他量)發(fā)生變化的那部分物體作為研究對象，建立如下的“柱狀模型”：在時(shí)間Δt內(nèi)所選取的研究對象均分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，以這部分質(zhì)量為研究對象，研究它在Δt時(shí)間內(nèi)動(dòng)量(或其他量)的變化情況，再根據(jù)動(dòng)量定理(或其他規(guī)律)求出有關(guān)的物理量。 模型一　流體類問題 流體及其特點(diǎn) 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ 分析步驟 1 建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S 2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形

18、流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體 【例1】　[2016·全國卷Ⅰ，35(2)]某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求 (ⅰ)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (ⅱ)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度。 解析　(ⅰ)在剛噴出一段很短的Δt時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水

19、柱保持速度v0不變。 該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt① 噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV② 其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S (ⅱ)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h 由玩具受力平衡得F沖＝Mg④ 其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部柱的作用力 由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤ 其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底部時(shí)的速度 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為Δm Δm＝ρv0SΔt⑦ 由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動(dòng)量定理得 －(F壓＋Δmg)Δ

20、t＝－Δmv′⑧ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)? F壓Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－ 答案　(ⅰ)ρv0S　(ⅱ)－ 將動(dòng)量定理應(yīng)用于流體時(shí)，應(yīng)在任意時(shí)刻Δt時(shí)從流管中取出一個(gè)在流動(dòng)方向上的截面1和2圍起來的柱體體積ΔV，在此柱體內(nèi)截取一微小流束Δl，將“無形”流體變?yōu)椤坝行巍睂?shí)物Δm，則在Δt時(shí)間內(nèi)質(zhì)量為Δm的柱形流體的動(dòng)量變化為Δp，即F·Δt＝Δmv2－Δmv1。　　　　　　 模型二　微粒類問題 微粒及其特點(diǎn) 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n 分析步驟 1 建立“柱體”模型，沿運(yùn)

21、動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S 2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt 3 先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算 【例2】　正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會(huì)均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學(xué)力學(xué)知識(shí)，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系。 (注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說明

22、) 解析　一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有的粒子在Δt時(shí)間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù) N＝n·SvΔt Δt時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt 器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝ 則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝＝nmv2 答案　f＝nmv2 【針對訓(xùn)練】　如圖6所示，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸。現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時(shí)鋼瓶底端對豎直

23、墻面的作用力大小是(　　) 圖6 A.ρvS B. C.ρv2S D.ρv2S 解析　Δt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，選項(xiàng)D正確。 答案　D 活頁作業(yè) (時(shí)間：30分鐘) A級：保分練 1.(多選)質(zhì)量為m的物塊以初速度v0從光滑斜面底端向上滑行，到達(dá)最高位置后再沿斜面下滑到底端，則物塊在此運(yùn)動(dòng)過程中(　　) A.上滑過程與下滑過程中物塊所受重力的沖量相同 B.整個(gè)過程中物塊所受彈力的沖量為零 C.整個(gè)過程中物塊合外力的沖量為零 D.若規(guī)定

24、沿斜面向下為正方向，則整個(gè)過程中物塊合外力的沖量大小為2mv0 解析　物塊沿光滑斜面先上滑再下滑，兩過程所用時(shí)間相等，故重力的沖量相同，選項(xiàng)A正確；因彈力和其作用時(shí)間均不為零，故彈力的沖量不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得I合＝p′－p＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　AD 2.如圖1所示，質(zhì)量為m的物體，在大小確定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去外力F，物體由A點(diǎn)繼續(xù)向前滑行的過程中經(jīng)過B點(diǎn)，則物體由A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.v越大，摩擦力對物體的沖量越大，摩擦力做功越多 B.v越大

25、，摩擦力對物體的沖量越大，摩擦力做功與v的大小無關(guān) C.v越大，摩擦力對物體的沖量越小，摩擦力做功越少 D.v越大，摩擦力對物體的沖量越小，摩擦力做功與v的大小無關(guān) 解析　由題知，物體所受的摩擦力Ff＝F，且為恒力，由A到B的過程中，v越大，所用時(shí)間越短，If＝Ft越小；因?yàn)閃f＝F·，故Wf與v無關(guān)。選項(xiàng)D正確。 答案　D 3.(多選)在光滑水平面上有一質(zhì)量為m的物體，在與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，則在時(shí)間t內(nèi)(　　) A.重力的沖量大小為0 B.拉力F的沖量大小為Ft C.拉力F的沖量大小為Ftcos θ D.物體動(dòng)量的變化量等于Ftcos θ 解析

26、　重力的沖量大小IG＝mgt，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；拉力F的沖量大小IF＝Ft，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；合力的沖量大小I合＝Ftcos θ，根據(jù)動(dòng)量定理知，合力的沖量等于動(dòng)量的變化量，則動(dòng)量的變化量為Ftcos θ，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 4. (2017·天津理綜，4)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是(　　) 圖2 A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B.在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客

27、重力的瞬時(shí)功率保持不變 解析　機(jī)械能等于動(dòng)能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢能時(shí)刻發(fā)生變化，則機(jī)械能在變化，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)對乘客受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg－FN＝m，座椅對他的支持力FN＝mg－m

28、變速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2 s，動(dòng)量大小變?yōu)?4 kg·m/s，則該物體(　　) A.所受合外力的大小可能大于11 N B.所受合外力的大小可能小于3 N C.沖量大小可能小于6 N·s D.沖量大小可能大于18 N·s 解析　若以物體初速度方向?yàn)檎较颍瑒t初動(dòng)量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末動(dòng)量大小為14 kg·m/s，則有兩種可能：當(dāng)p2＝14 kg·m/s，則Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F(xiàn)＝3 N；當(dāng)p2＝－14 kg·m/s，則Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F(xiàn)＝－11 N，負(fù)號(hào)表示方向，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 6.(2017·天津和平質(zhì)量

29、調(diào)查)(多選)幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，則可以判斷的是(　　) 圖3 A.子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同 B.子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同 C.每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D.子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同 解析　恰好能穿出第4個(gè)水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則自左向右子彈通過四個(gè)水球的時(shí)間比為(2－)∶(－)∶(－1)∶1，則選項(xiàng)B正確；由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化

30、不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，則由I＝ft可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理知ΔEk＝fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，選項(xiàng)D正確。 答案　BCD 7.如圖4所示，在2015年第16屆亞洲杯足球賽上，一足球運(yùn)動(dòng)員踢一個(gè)質(zhì)量為0.4 kg的足球。 圖4 (1)若開始時(shí)足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度為10 m/s，方向仍向右(如圖甲)，求足球的初動(dòng)量、末動(dòng)量以及踢球過程中動(dòng)量的改變量； (2)若足球以10 m/s的速度撞向球門門柱，然后以3 m/s的速度反向彈回(如圖乙)，求這一過程中足球的動(dòng)量改變量。 解析　(

31、1)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為 p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右 p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右 動(dòng)量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。 (2)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為 p1＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右 p2＝mv″＝0.4×(－3) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，方向向左， 動(dòng)量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，方向向左。 答案　(1)1.6 kg·m/s，方向向右　4 kg·m/s，方向向右　2.4 k

32、g·m/s，方向向右　 (2)5.2 kg·m/s，方向向左 B級：拔高練 8.(2017·安徽合肥模擬)(多選)一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖5所示，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為0 B.第4 s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn) C.在0～2 s時(shí)間內(nèi)，力F的功率先增大后減小 D.在1～3 s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0 解析　由題圖可知，0～2 s時(shí)間內(nèi)F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)量最大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該質(zhì)點(diǎn)在

33、2～4 s內(nèi)F的方向與0～2 s內(nèi)F的方向不同，0～2 s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，2～4 s 內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在0～4 s內(nèi)的位移均為正，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～2 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fv得，力F瞬時(shí)功率開始為0，2 s末時(shí)為0，所以在0～2 s時(shí)間內(nèi)，力F的功率先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；在F－t圖象中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量大小，由題圖可知，1～2 s內(nèi)的面積與2～ 3 s 內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3 s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項(xiàng)D正確。 答案　CD 9.如圖6所示，a、b、c是三個(gè)相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑

34、，同時(shí)b、c從同一高度分別開始自由下落和平拋。下列說法正確的是(　　) 圖6 A.它們同時(shí)到達(dá)同一水平面 B.它們動(dòng)量變化的大小相等 C.它們的末動(dòng)能相同 D.重力對它們的沖量相等 解析　b做自由落體運(yùn)動(dòng)，c的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故b、c的加速度為g，設(shè)斜面的傾角為θ，則a的加速度為gsin θ，下落相同高度，設(shè)高度為h，a下滑時(shí)間為t1，則＝gtsin θ，所以t1＝，b、c下落時(shí)間為t2＝，a與b、c所用時(shí)間不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a的動(dòng)量變化為mgsin θ·t1＝m，b、c的動(dòng)量變化為mgt2＝m，故三球動(dòng)量變化大小相等，選項(xiàng)B正確；由機(jī)械能守恒可知，c的末動(dòng)能大于a、

35、b的末動(dòng)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于t1>t2，所以重力對它們的沖量大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 10.(2018·安徽銅陵聯(lián)考)如圖7所示，在傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如圖所示的四種方式隨時(shí)間變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值，力沿斜面向上為正)。已知此物體在t＝0時(shí)速度為零，若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3 s末的速率，則這四個(gè)速率中最大的是(　　) 圖7 解析　根據(jù)動(dòng)量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0＝1 s，A圖中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－Ft0＝mv1，

36、得v1＝20 m/s；B圖中：mgsin 30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2，得v2＝15 m/s；C圖中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25 m/s；D圖中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15 m/s。故選項(xiàng)C正確。 答案　C 11.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻，如圖8所示。物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止。g取 10 m/s2。 圖8 (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W。 解析　(1)由動(dòng)能定理，有－μmgs＝mv2－mv， 可得μ＝0.32 (2)規(guī)定向左為正，由動(dòng)量定理，F(xiàn)Δt＝mv′－mv，可得 F＝130 N (3)由功能關(guān)系得W＝mv′2＝9 J 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 17