《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第31講 動(dòng)量 動(dòng)量定理學(xué)案（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第31講 動(dòng)量 動(dòng)量定理學(xué)案（含解析）.doc（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第31講 動(dòng)量 動(dòng)量定理 [研讀考綱明方向] [重讀教材定方法] (對(duì)應(yīng)人教版選修3－5的頁(yè)碼及相關(guān)問(wèn)題) 1．P1觀察彩圖中的分叉的粒子徑跡可以得出什么判斷？ 提示：分裂前與分裂后總動(dòng)量相同。 2．P6[問(wèn)題與練習(xí)]T2，從紙帶上能獲取什么物理量？ 提示：小車碰撞前后的速度。 3．P10[科學(xué)足跡]體會(huì)動(dòng)量定理反映力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，動(dòng)能定理反映力對(duì)空間的積累效應(yīng)。 4．P11[做一做]，結(jié)合[問(wèn)題與練習(xí)]T1，說(shuō)出動(dòng)量與動(dòng)能兩者的相同點(diǎn)和不同點(diǎn)以及兩者的聯(lián)系。 提示：相同點(diǎn)：都與物體速度及質(zhì)量有關(guān)，都是物體質(zhì)量越大、速度越大，就越大。 不同點(diǎn)：動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量；動(dòng)量的大小與速度成正比，動(dòng)能的大小與速度的平方成正比；動(dòng)量單位為kgm/s 或Ns，動(dòng)能單位為J。 聯(lián)系：Ek＝，p＝。 5．P11～12[問(wèn)題與練習(xí)]T1。T2：將錯(cuò)誤選項(xiàng)改正。T4：說(shuō)明重力是否可以忽略。 提示：T1：(1)2,4。(2)動(dòng)量變化，動(dòng)能不變，若規(guī)定向東為正方向，動(dòng)量變化－12 kgm/s。(3)若規(guī)定向東為正方向，動(dòng)量的矢量和為－6 kgm/s，動(dòng)能之和為33 J。T2：A項(xiàng)，動(dòng)量將等于p；C項(xiàng)，動(dòng)能將等于4Ek。T4：考慮重力時(shí)，沖擊力F＝8400 N，不考慮重力時(shí)，沖擊力F＝8000 N，故不可忽略重力。 6．P12～13閱讀“動(dòng)量守恒定律”一段，嘗試自己推導(dǎo)動(dòng)量守恒定律。 提示：應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)量定理推導(dǎo)。 7．P14～15[例題2]體會(huì)動(dòng)量守恒定律的列式方法；若已知爆炸時(shí)的高度h，是否可以求出兩塊落地點(diǎn)距離？ 提示：綜合應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求出。 8．P16[思考與討論]該動(dòng)量變化的方向與石板對(duì)球的作用力沖量的關(guān)系怎樣？若存在摩擦力會(huì)怎樣？ 提示：利用平行四邊形定則分解可知，該動(dòng)量變化的方向與石板對(duì)球的作用力沖量的方向相同。若存在摩擦力，則動(dòng)量變化的方向與總沖量的方向相同。 9．P16～17[問(wèn)題與練習(xí)]T4：距離最近的特征？系統(tǒng)遵守的規(guī)律？系統(tǒng)減少的動(dòng)能呢？T5：可以逐節(jié)計(jì)算，也可以整體考慮，體會(huì)整體分析的優(yōu)勢(shì)。T7：若擺至最低點(diǎn)時(shí)有第二顆同樣子彈射入，射入后擺動(dòng)的最大偏角是多少？ 提示：T4：距離最近時(shí)兩粒子速度相同，兩粒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。T7：須分類討論，分射入速度與沙袋速度方向相同時(shí)、相反時(shí)兩種情況討論，綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與動(dòng)量守恒定律求解。 10．P18[思考與討論]以及下方分類討論，結(jié)合P19邊批，體會(huì)對(duì)結(jié)果評(píng)估的方法。 11．P19圖16.4－3，你能從動(dòng)量定理角度對(duì)圖中情景解釋嗎？你對(duì)兩種碰撞應(yīng)該具有的規(guī)律有什么判斷？ 提示：對(duì)兩種情況中，碰撞時(shí)兩球分別進(jìn)行受力分析，并分別對(duì)比其所受沖量和動(dòng)量變化。都遵循動(dòng)量守恒定律。 12．完成P20[思考與討論]，并理解圖16.4－5各軌跡的畫(huà)出的依據(jù)。 提示：如圖所示，兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)量是矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則。 13．P21[問(wèn)題與練習(xí)]T2：碰撞后兩球速度應(yīng)滿足什么條件？你能否改編成選擇題？體會(huì)物理規(guī)律對(duì)結(jié)果預(yù)判的重要作用。T4：體會(huì)一般論證問(wèn)題的方法(假設(shè)一些物理量，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)關(guān)系，從欲研究的物理量表達(dá)式中尋找決定因素)。T5：通過(guò)計(jì)算重現(xiàn)歷史的重大發(fā)現(xiàn)。T6：思考碰撞的定義，總結(jié)“碰撞一定動(dòng)量守恒”。 提示：T2：(1)碰撞前后動(dòng)量守恒；(2)碰撞后總機(jī)械能不大于碰撞前的；(3)速度符合實(shí)際，例如碰前位置在后的A球，碰后速度若與B球同向，則速度不大于B球。T4：根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解出中子速率的表達(dá)式，再分析討論。T5：根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解。T6：“碰撞”在物理學(xué)中表現(xiàn)為兩粒子或物體間極短的相互作用，外力的影響一般可以忽略，故動(dòng)量一定守恒。 14．P23[思考與討論]人要獲得更大速度，可以采取什么措施？人若要改變運(yùn)動(dòng)方向該怎樣拋出物體？(太空中飛船調(diào)整姿態(tài)是靠噴出氣體) 提示：利用反沖的原理分析，人要獲得更大速度，應(yīng)以更大速度拋出手中的物體，人若要改變運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)該向相反的方向拋出物體。 15．P24～25[問(wèn)題與練習(xí)]T1、T2：體會(huì)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)參考系應(yīng)該如何選取。T3：要使皮劃艇停止運(yùn)動(dòng)，可以怎么辦？ 提示：T1：以飛船為參考系。T2：以地面為參考系分析，或參考火箭加速的原理以飛機(jī)為參考系分析。T3：利用反沖原理分析，可以朝皮劃艇運(yùn)動(dòng)方向射擊，直到皮劃艇停止運(yùn)動(dòng)。 第31講　動(dòng)量　動(dòng)量定理 考點(diǎn)一　動(dòng)量、沖量、動(dòng)量的變化量 1．動(dòng)量、沖量、動(dòng)量的變化量 (1)動(dòng)量：物體的質(zhì)量與速度的乘積。即p＝mv。方向與速度的方向相同，是矢量。 (2)沖量：力和力的作用時(shí)間的乘積。即I＝Ft。方向與力的方向相同，是矢量。 (3)動(dòng)量的變化量：物體的末動(dòng)量減去初動(dòng)量。即Δp＝m2v2－m1v1或Δp＝p2－p1。 2．動(dòng)能、動(dòng)量、動(dòng)量變化量的比較 1．(多選)關(guān)于動(dòng)量的變化，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．做單向直線運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp的方向與速度方向相同 B．做單向直線運(yùn)動(dòng)的物體速度減小時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp的方向與速度方向相反 C．物體的速度大小不變時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp為零 D．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp為零 答案　AB 解析　動(dòng)量是矢量，動(dòng)量的變化量是末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差。物體的速度大小不變，如果方向改變，動(dòng)量變化量Δp不為零，C、D錯(cuò)誤；做單向直線運(yùn)動(dòng)的物體初、末動(dòng)量方向相同，速度增大時(shí)，動(dòng)量變化量與速度同向，速度減小時(shí)，動(dòng)量變化量與速度反向，A、B正確。 2．(多選)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(kāi)始自由下滑，在它們到達(dá)斜面底端的過(guò)程中(　　) A．重力的沖量相同 B．重力的功相同 C．斜面彈力的沖量均為零 D．斜面彈力的功均為零 答案　BD 解析　設(shè)斜面高為h，傾角為θ，物體質(zhì)量為m，則兩物體滑至斜面底端的過(guò)程，重力做功均為mgh，B正確；物體滑至底端用時(shí)，可由＝gsinθt2求出下滑的時(shí)間t＝ ，則重力的沖量IG＝mgt＝，與θ有關(guān)，故重力的沖量不同，A錯(cuò)誤；斜面彈力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功，但彈力的沖量不為零，C錯(cuò)誤，D正確。 3．羽毛球是速度最快的球類運(yùn)動(dòng)之一，2018年8月在中國(guó)南京舉行的羽毛球世界錦標(biāo)賽中，中國(guó)隊(duì)獲得男雙和混雙兩項(xiàng)冠軍。在比賽中，假設(shè)羽毛球飛來(lái)的速度為90 km/h，運(yùn)動(dòng)員將球以342 km/h的速度反向擊回。設(shè)羽毛球的質(zhì)量為5 g，試求運(yùn)動(dòng)員擊球過(guò)程中羽毛球的動(dòng)量變化。 答案　球的動(dòng)量變化大小為0.600 kgm/s，方向與球飛來(lái)的方向相反。 解析　以球飛來(lái)的方向?yàn)檎较?，則 p1＝mv1＝510－3 kgm/s＝0.125 kgm/s p2＝mv2＝－510－3 kgm/s ＝－0.475 kgm/s。 所以動(dòng)量的變化量 Δp＝p2－p1＝－0.475 kgm/s－0.125 kgm/s ＝－0.600 kgm/s。 所以球的動(dòng)量變化大小為0.600 kgm/s，方向與球飛來(lái)的方向相反。 考點(diǎn)二　動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 1．動(dòng)量定理 物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受合外力的沖量。即F合t＝Δp＝p′－p。 2．動(dòng)量定理的理解要點(diǎn) (1)動(dòng)量定理的表達(dá)式p′－p＝I，是矢量式。 (2)沖量是動(dòng)量變化的原因。物體動(dòng)量變化的方向與合力的沖量的方向相同。 (3)適用范圍：動(dòng)量定理不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，也適用于微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)。不論物體所受的外力是變力還是恒力，不論物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線還是曲線，動(dòng)量定理都適用。 (4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率。 3．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(zhǎng)，力就越小。 (2)F一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，Δp就越大；力的作用時(shí)間越短，Δp就越小。 分析問(wèn)題時(shí)，要把哪個(gè)量一定，哪個(gè)量變化搞清楚。 4．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。 5．用動(dòng)量定理解題的基本思路 一輛轎車強(qiáng)行超車時(shí)，與另一輛迎面駛來(lái)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(cè)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(guò)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)可認(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，t＝＝ s。 根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝Δp＝mv0得，F(xiàn)＝＝ N＝5.4104 N。 (2)若此人系有安全帶， F′＝＝ N＝1.8103 N。 答案　(1)5.4104 N　(2)1.8103 N 方法感悟 (1)動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量。它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。 (2)只分析研究對(duì)象以外的物體施加給研究對(duì)象的力。研究對(duì)象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會(huì)改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動(dòng)量，但不影響系統(tǒng)的總動(dòng)量，因此不必分析內(nèi)力。 1．玻璃杯從同一高度落下，掉在石頭上比掉在草地上容易碎，這是由于在玻璃杯與石頭的撞擊過(guò)程中(　　) A．玻璃杯的動(dòng)量較大 B．玻璃杯受到的沖量較大 C．玻璃杯的動(dòng)量變化較大 D．玻璃杯的動(dòng)量變化較快 答案　D 解析　從同一高度落到地面上時(shí)，落地時(shí)速度相同，動(dòng)量相同，與草地或石頭接觸后，末動(dòng)量均變?yōu)榱?，因此?dòng)量變化量相同，受到的沖量相同，A、B、C錯(cuò)誤。因?yàn)椴ＡПc石頭的作用時(shí)間短，由動(dòng)量定理Ft＝mΔv知，F(xiàn)＝，此時(shí)玻璃杯受到的力F較大，即玻璃杯的動(dòng)量變化較快，容易碎，D正確。 2．(粵教版選修3－5 P9T4改編)在沒(méi)有空氣阻力的條件下，在距地面高為h，同時(shí)以相等初速度v0分別平拋、豎直上拋、豎直下拋一質(zhì)量均為m的物體，當(dāng)它們從拋出到落地時(shí)，比較它們的動(dòng)量的增量Δp，有(　　) A．平拋過(guò)程最大 B．豎直上拋過(guò)程最大 C．豎直下拋過(guò)程最大 D．三者一樣大 答案　B 解析　豎直上拋的物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，由Δp＝F合t＝mgt可知豎直上拋過(guò)程中動(dòng)量的增量最大，B正確。 考點(diǎn)三　應(yīng)用動(dòng)量定理解決流體問(wèn)題 對(duì)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)生變化這類問(wèn)題的處理思路是：正確選取研究對(duì)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(duì)象，建立如下的“柱狀”模型：在時(shí)間Δt內(nèi)所選取的研究對(duì)象均分布在以S為截面積、長(zhǎng)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)點(diǎn)為研究對(duì)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(wèn)題 模型二：微粒類問(wèn)題 (2016全國(guó)卷Ⅰ)某游樂(lè)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(jiàn)，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_(kāi)。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 解析　(1)在很短的Δt時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度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。 (2)設(shè)玩具底面相對(duì)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(duì)玩具底面的作用力 由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤ 其中，F(xiàn)壓為玩具底面對(duì)水柱的作用力，設(shè)v′為水柱到達(dá)玩具底面時(shí)的速度 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v′2－v＝－2gh⑥ 在很短的Δt時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具的水柱的質(zhì)量為 Δm＝ρv0SΔt⑦ 由題意可知，在豎直方向上，對(duì)該部分水柱應(yīng)用動(dòng)量定理 (F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧ 由于Δt很小，ΔmgΔt為含Δt的二次方的量，可以忽略，⑧式變?yōu)? F壓Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。 答案　(1)ρv0S　(2)－ 方法感悟 將動(dòng)量定理應(yīng)用于流體時(shí)，應(yīng)在任意時(shí)刻從流管中取出一個(gè)在流動(dòng)方向上的截面為S的柱體，在Δt時(shí)間內(nèi)柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，將“無(wú)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FΔt＝Δmv2－Δmv1。 1．一股射流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出，噴嘴截面積為0.5 cm2。有一質(zhì)量為0.32 kg的球，因水對(duì)其下側(cè)的沖擊而懸在空中，若水全部沖擊小球且沖擊球后速度變?yōu)榱?，則小球懸在離噴嘴多高處？(g＝10 m/s2) 答案　2.952 m 解析　選擇沖擊球的一小段水柱Δm為研究對(duì)象，沖擊過(guò)程中其受力為：重力Δmg和球?qū)λ膲毫N，由于小球靜止，水對(duì)球的沖擊力大小為mg，所以FN＝mg。 設(shè)沖擊時(shí)間為Δt，在Δt時(shí)間內(nèi)，初速度為v，末速度為0，Δt時(shí)間內(nèi)沖擊球的那部分水的質(zhì)量就等于Δt時(shí)間內(nèi)從噴嘴噴出的一小段水柱的質(zhì)量Δm＝ρV＝ρSv0Δt。 取豎直向上為正，對(duì)這一小段水柱由動(dòng)量定理得： －(FN＋Δmg)Δt＝－(mg＋Δmg)Δt＝0－Δmv， 其中Δmg和mg相比可以忽略， 則－mgΔt＝0－Δmv， 代入數(shù)據(jù)，解得v＝6.4 m/s。 由v2－v＝－2gh，得h＝2.952 m。 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(jiǎn)化問(wèn)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(guò)程中需要用到、但題目沒(méi)有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說(shuō)明) 答案　f＝nmv2 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＝nSvΔt Δt時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝NΔI＝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。 課后作業(yè) [鞏固強(qiáng)化練] 1．(多選)對(duì)任何一個(gè)質(zhì)量一定的物體，下列說(shuō)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 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 答案　BC 解析　對(duì)質(zhì)量一定的物體，動(dòng)量發(fā)生變化，可能是物體速度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C正確，D錯(cuò)誤。 2. (多選)如圖所示，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(kāi)始自由下滑，不計(jì)空氣阻力，在它們到達(dá)斜面底端的過(guò)程中(　　) 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 答案　BD 解析　設(shè)斜面高度為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A錯(cuò)誤；斜面彈力的沖量大小為IN＝mgcosθt＝，方向垂直斜面向上，B正確，C錯(cuò)誤；合力的大小為mgsinθ，I合＝mgsinθt＝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D正確。 3．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和合外力對(duì)小球做的功W，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．Δp＝2 kgm/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kgm/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kgm/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kgm/s　W＝2 J 答案　A 解析　取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過(guò)程中動(dòng)量的變化量Δp＝mv2－mv1＝0.24 kgm/s－0.2(－6) kgm/s＝2 kgm/s，方向豎直向上。由動(dòng)能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝0.242 J－0.262 J＝－2 J，故選A。 4. 如圖所示，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?，F(xiàn)打開(kāi)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)瓶底端對(duì)豎直墻面的作用力大小是(　　) A．ρvS B. C.ρv2S D．ρv2S 答案　D 解析　Δt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt，對(duì)于貯氣瓶、瓶?jī)?nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛頓第三定律知，瓶底端對(duì)豎直墻面的作用力大小為F′＝F＝ρv2S，D正確。 5．(多選)一細(xì)繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，小球質(zhì)量為m，速度大小為v，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則以下說(shuō)法中正確的是(　　) A．經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，小球的動(dòng)量的變化量為零 B．經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，小球的動(dòng)量的變化量大小為mv C．經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，細(xì)繩的拉力對(duì)小球的沖量大小為2mv D．經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，重力對(duì)小球的沖量大小為 答案　BCD 解析　經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，小球轉(zhuǎn)過(guò)了180，速度方向正好與開(kāi)始計(jì)時(shí)的時(shí)刻的速度方向相反，若規(guī)定開(kāi)始計(jì)時(shí)的時(shí)刻的速度方向?yàn)檎较?，則小球的動(dòng)量的變化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，細(xì)繩的拉力對(duì)小球的沖量I＝Δp＝－2mv，A錯(cuò)誤，C正確；經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，小球轉(zhuǎn)過(guò)了90，根據(jù)矢量合成法可得，小球的動(dòng)量的變化量大小為Δp′＝mv，重力對(duì)小球的沖量大小IG＝mgt＝，B、D正確。 6．一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好以速度v離開(kāi)地面，在此過(guò)程中(　　) A．地面對(duì)他的沖量為mv＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為mv2 B．地面對(duì)他的沖量為mv＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為零 C．地面對(duì)他的沖量為mv，地面對(duì)他做的功為mv2 D．地面對(duì)他的沖量為mv－mgΔt，地面對(duì)他做的功為零 答案　B 解析　設(shè)地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力為F，則由動(dòng)量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量FΔt＝mv＋mgΔt；運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開(kāi)地面，由于地面對(duì)人的作用點(diǎn)沿力的方向沒(méi)有位移，所以地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為零，B正確。 7．如圖所示，質(zhì)量mA為4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0 kg的小物塊B(視為質(zhì)點(diǎn))，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板突然受到水平向右的12 Ns的瞬時(shí)沖量I作用開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑離木板時(shí)，木板的動(dòng)能EkA為8.0 J。小物塊的動(dòng)能EkB為0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求： (1)瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度v0的大?。? (2)木板的長(zhǎng)度L。 答案　(1)3.0 m/s　(2)0.50 m 解析　(1)設(shè)水平向右為正方向，有I＝mAv0 代入數(shù)據(jù)解得v0＝3.0 m/s。 (2)設(shè)A對(duì)B、B對(duì)A、C對(duì)A的滑動(dòng)摩擦力的大小分別為FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的時(shí)間為t，B離開(kāi)A時(shí)A和B的速度分別為vA和vB，對(duì)A、B分別由動(dòng)量定理有 －(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0 FABt＝mBvB 其中FAB＝FBA，F(xiàn)CA＝μ(mA＋mB)g 設(shè)A、B相對(duì)于C的位移大小分別為sA和sB，對(duì)A、B分別由動(dòng)能定理有 －(FBA＋FCA)sA＝mAv－mAv FABsB＝EkB 動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系為mAvA＝ mBvB＝ 木板A的長(zhǎng)度L＝sA－sB 代入數(shù)據(jù)解得L＝0.50 m。 [真題模擬練] 8．(2018全國(guó)卷Ⅱ)高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 答案　C 解析　設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動(dòng)能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 m/s。落地時(shí)受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正方向，由動(dòng)量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1103 N，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為103 N，故C正確。 9．(2017全國(guó)卷Ⅲ)(多選) 一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　) 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 kgm/s C．t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kgm/s D．t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 答案　AB 解析　前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確。t＝2 s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動(dòng)量大小為p2＝mv2＝4 kgm/s，B正確。物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.51) m/s＝1.5 m/s，動(dòng)量大小p3＝mv3＝3 kgm/s，C錯(cuò)誤。t＝4 s時(shí)物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.52) m/s＝1 m/s，D錯(cuò)誤。 10．(2015重慶高考)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開(kāi)始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))。此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　人先做自由落體運(yùn)動(dòng)下落高度h，獲得速度為v，由v2＝2gh得v＝。安全帶伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)，人下落到最低點(diǎn)，此時(shí)速度為零。設(shè)安全帶對(duì)人的平均作用力為F，由動(dòng)量定理得(mg－F)t＝0－mv，F(xiàn)＝＋mg，A正確。 11．(2018東北三校模擬)(多選)將一小球從地面以速度v0豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若該過(guò)程中空氣阻力不能忽略，且大小近似不變，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．重力在上升過(guò)程與下降過(guò)程中做的功大小相等 B．重力在上升過(guò)程與下降過(guò)程中的沖量相同 C．整個(gè)過(guò)程中空氣阻力所做的功等于小球機(jī)械能的變化量 D．整個(gè)過(guò)程中空氣阻力的沖量等于小球動(dòng)量的變化量 答案　AC 解析　上升、下降過(guò)程重力相等，位移大小相等，由W＝Gh知做的功大小相等，A正確。因?yàn)橛锌諝庾枇?，上升過(guò)程用的時(shí)間短，根據(jù)沖量I＝Ft可知B錯(cuò)誤。整個(gè)過(guò)程除重力外，只有空氣阻力對(duì)小球做功，由能量守恒定律知C正確。由動(dòng)量定理得小球動(dòng)量變化量Δp＝G(t1＋t2)＋ft1－ft2＝IG＋I(xiàn)f，D錯(cuò)誤。 12．(2018達(dá)州模擬)(多選)靜止在粗糙水平面上的物體，在水平力F的作用下，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，通過(guò)位移l后，動(dòng)量為p，動(dòng)能為Ek。以下說(shuō)法正確的是(　　) A．若保持水平力F不變，經(jīng)過(guò)時(shí)間2t，物體的動(dòng)量等于2p B．若將水平力增加為原來(lái)的兩倍，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，物體的動(dòng)量等于2p C．若保持水平力F不變，通過(guò)位移2l，物體的動(dòng)能小于2Ek D．若將水平力增加為原來(lái)的兩倍，通過(guò)位移l，物體的動(dòng)能大于2Ek 答案　AD 解析　根據(jù)動(dòng)量定理I合＝(F－Ff)t＝p－0，保持水平力F不變，經(jīng)過(guò)時(shí)間2t，(F－Ff)2t＝p′－0，可知p′＝2p，故A正確；若水平力增加為原來(lái)的兩倍，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，則有(2F－Ff)t＝p′－0，則p′>2p，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理(F－Ff)l＝Ek－0，保持水平力F不變，通過(guò)位移2l，有(F－Ff)2l＝Ek′－0，則有Ek′＝2Ek，故C錯(cuò)誤；將水平力增加為原來(lái)的兩倍，通過(guò)位移l，有(2F－Ff)l＝Ek′－0，則有Ek′>2Ek，故D正確。 13. (2018江西撫州市四校聯(lián)考)(多選)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．0～4 s內(nèi)物體的位移為零 B．0～4 s內(nèi)拉力對(duì)物體做功為零 C．4 s末物體的動(dòng)量為零 D．0～4 s內(nèi)拉力對(duì)物體的沖量為零 答案　BCD 解析　由圖象可知物體在4 s內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，4 s末的速度為零，位移一直增大，A錯(cuò)誤；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做負(fù)功，且兩段時(shí)間做功代數(shù)和為零，故B正確；4 s末的速度為零，故動(dòng)量為零，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，0～4 s內(nèi)動(dòng)量的變化量為零，所以拉力對(duì)物體的沖量為零，故D正確。 14. (2016北京高考)(1)動(dòng)量定理可以表示為Δp＝FΔt，其中動(dòng)量p和力F都是矢量。在運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問(wèn)題時(shí)，可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別研究。例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖甲所示。碰撞過(guò)程中忽略小球所受重力。 a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化Δpx、Δpy； b．分析說(shuō)明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉? (2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)。激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時(shí)，也會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例，激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒。一束激光經(jīng)S點(diǎn)后被分成若干細(xì)光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過(guò)介質(zhì)小球的光路如圖乙所示。圖中O點(diǎn)是介質(zhì)小球的球心，入射時(shí)光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時(shí)光束均與SO平行。請(qǐng)?jiān)谙旅鎯煞N情況下，分析說(shuō)明兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的方向。 a．光束①和②強(qiáng)度相同； b．光束①比②的強(qiáng)度大。 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)a.x方向：動(dòng)量變化為 Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0 y方向：動(dòng)量變化為 Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ 方向沿y軸正方向。 b．根據(jù)動(dòng)量定理可知，木板對(duì)小球作用力的方向沿y軸正方向，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向。 (2)a.僅考慮光的折射，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)每束光穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n，每個(gè)粒子動(dòng)量的大小為p。 這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1＝2npcosθ 從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根據(jù)動(dòng)量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0 可知，小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對(duì)小球的合力的方向沿SO向左。 b．建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。 x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對(duì)小球的作用力沿x軸負(fù)方向。 y方向：設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，光束①穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n2，n1>n2。 這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1y＝(n1－n2)psinθ 從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2y＝0 根據(jù)動(dòng)量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ 可知，小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對(duì)小球的作用力沿y軸正方向。 所以兩光束對(duì)小球的合力的方向指向左上方。