《2019屆高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點的應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點的應用學案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　動量觀點的應用 真題再現(xiàn) 考情分析 (2018·高考全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害．若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A.10 N　　　　 B．102 N　　　　C．103 N　　　　 D．104 N 解析：選C.根據(jù)自由落體運動和動量定理有2gh＝v2(h為25層樓的高度，約70 m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103 N，所以C正確. [命題點分析] 動量定理、機械能守恒定律 [思路方法] 由機械能守恒定律可求雞蛋到達地面時的速度大小，再根據(jù)動量定理求出雞蛋對地面的平

2、均沖擊力 (2017·高考全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A.30 kg·m/s　　　　　　　　B．5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：選A.燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝3

3、0 kg·m/s，選項A正確. [命題點分析] 動量定理 [思路方法] 以火箭和燃氣為研究對象，在燃氣噴出的瞬間動量守恒 (多選)(2017·高考全國卷Ⅲ)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A.t＝1 s時物塊的速率為1 m/s　 B.t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C.t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D.t＝4 s時物塊的速度為零 解析：選AB.根據(jù)F－t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為

4、2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項均正確，C、D項均錯誤. [命題點分析] 動量定理、F－t圖象 [思路方法] 由F－t圖象中面積的物理意義為合外力F的沖量可知其2 s、 3 s、4 s末的沖量，再根據(jù)動量定理可得速率，進而求解動量大小 命題規(guī)律研究及預測 雖然2017年全國卷把動量內(nèi)容列為必考，但考慮到高考的穩(wěn)定性，2017年高考

5、中的動量考查形式都為選擇題，難度較?。S著課改的深入，在2018年全國卷中對該部分的考查既有選擇題，同時也滲透入計算題中，且難度為中檔題．說明高考對動量的考核越來越重視. 在2019年的備考中不僅要對動量、沖量、動量定理、動量守恒定律等知識熟練掌握，而且還要對涉及的一些現(xiàn)象如碰撞、爆炸、反沖等有深刻的體會，與其他力學知識一起解決力學綜合問題的能力也要不斷培養(yǎng) 　沖量與動量定理的應用 應用動量定理解題的步驟 動量定理的兩個重要應用 (1)應用I＝Δp求變力的沖量 如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出變力作用下物體動量

6、的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應用Δp＝FΔt求動量的變化 例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化． 理解動量定理時應注意的問題 (1)動量定理表明沖量既是使物體動量發(fā)生變化的原因，又是物體動量變化的量度．這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各外力沖量的矢量和)．　(2)動量定理的研究對象是一個物體(或可視為一個物體的系統(tǒng))． (3)動量定理是過程定理，解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量． (4)動量定理的表達式是矢量式，在一維

7、情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向． (2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動．下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 [解析]　摩天輪轉動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機械能一直變化，A錯誤；在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉動一周的過程中，

8、乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯誤；重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時功率也是變化的，D錯誤． [答案]　B [突破訓練] (2018·高考北京卷)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．某滑道示意圖如圖，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點．質(zhì)量m＝60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達B點時速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求長直助滑道

9、AB的長度L. (2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大?。? (3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大?。? 解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動公式， 有L＝＝100 m. (2)根據(jù)動量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s. (3)運動員經(jīng)C點時的受力分析如圖所示． 根據(jù)動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有 mgh＝mv－mv 根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝m 聯(lián)立解得FN＝3 900 N. 答案：見解析 　動量守恒定律在碰撞、爆炸和反沖中的應用 應用動量守恒定律解題的步驟 (1)明確研究

10、對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)； (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量； (4)由動量守恒定律列出方程； (5)代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明． 三種碰撞的特點 (1)彈性碰撞：動量守恒，機械能守恒． 以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2 ＋m2v2′2 解得v1′＝ v2′＝. 結論：①當兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度． ②當m1遠大于m2時，

11、 v1′＝v1，v2′＝2v1. ③當m1遠小于m2時， v1′＝－v1，v2′＝0. (2)非彈性碰撞：動量守恒，機械能有損失． (3)完全非彈性碰撞：動量守恒，機械能損失最大，以碰后系統(tǒng)速度相同為標志．　 動量守恒定律的應用可以是多物體組成的系統(tǒng)，且相互作用的過程中可能比較復雜，應用動量守恒定律解題時，可以選擇不同的系統(tǒng)，針對相互作用的不同階段列式求解． (多選)如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生碰撞，已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，則(　　) A．碰撞前總動量大小是2mv B．碰撞過程動量不守恒 C．碰撞后乙的

12、速度大小為2v D．碰撞屬于非彈性碰撞 [解析]　取向右為正方向，碰撞前總動量為3mv－mv＝2mv，A正確；碰撞過程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，則系統(tǒng)動量守恒，B錯誤；設碰撞后乙的速度為v′，由動量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正確；碰撞前總動能為·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后總動能為0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后無機械能損失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯誤． [答案]　AC 角度1　動量守恒條件的判斷 1．(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是(　　) 解析：選AC.A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向

13、所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；B中在彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受到墻的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；C中細線斷裂后，以整體為研究對象，木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；D中木塊下滑過程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動量不守恒． 角度2　碰撞問題分析 2．(2018·高考全國卷 Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車 B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m．已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)

14、均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大??； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。? 解析：(1)設B車的質(zhì)量為mB，碰撞后加速度大小為a B.根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù) 設碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為s B.由運動學公式有v′＝2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 v′B＝3.0 m/s.③ (2)設A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA④ 設碰撞后瞬間A車速度的大小為v

15、′A，碰撞后滑行的距離為sA.由運動學公式有 v′＝2aAsA⑤ 設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有 mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA＝4.25 m/s. 答案：見解析 角度3　動量守恒定律在爆炸現(xiàn)象中的應用 3．一彈丸在飛行到距離地面5 m 高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計質(zhì)量損失，重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 解析：選B.彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有mv＝mv甲＋mv乙，解得4v＝

16、3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入圖中各數(shù)據(jù)，可知B正確． 命題角度 解決方法 易錯辨析 動量守恒的條件判斷 掌握三個守恒條件 準確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠大于外力 彈性碰撞分析 動量守恒定律、機械能守恒 無能量損失是最大特點 完全非彈性碰撞分析 動量守恒定律 掌握碰撞后速度相等這一條件 爆炸現(xiàn)象求解 動量守恒的條件是內(nèi)力遠大于外力 注意爆炸后各部分的速度方向 　 　動量守恒定律的綜合應用 解題策略 (1)弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的

17、運動過程． (2)進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點． (3)在光滑的平面或曲面上的運動，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析． (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析． 動量與能量的綜合問題，常取材“板、塊”模型、“傳送帶”模型、“彈簧、物塊”模型等，設置多個情景、多個過程，考查力學三大觀點的綜合應用．要成功解答此類“情景、過程綜合”的考題，就要善于在把握物理過程漸變規(guī)律的同時，洞察過程的臨界情景，結合題給條件(往往是不確定條件)，進行求解(注意結合實際情況分類討論)．　

18、 (2018·高考全國卷 Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度． [解析]　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有 0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝ .③ (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度

19、為h1，由機械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為 h＝h1＋h2＝. [答案]　見解析 角度1　“子彈打木塊”模型 1．如圖所示，在固定的足夠長的光滑水平桿上，套有一個質(zhì)量為m＝0.5 kg的光滑金屬圓環(huán)，輕繩一端拴在

20、環(huán)上，另一端系著一個質(zhì)量為M＝1.98 kg的木塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為m0＝20 g的子彈以v0＝100 m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中(不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間，g＝10 m/s2)，求： (1)圓環(huán)、木塊和子彈這個系統(tǒng)損失的機械能； (2)木塊所能達到的最大高度． 解析：(1)子彈射入木塊過程，動量守恒，有 m0v0＝(m0＋M)v 在該過程中機械能有損失，損失的機械能為 ΔE＝m0v－(m0＋M)v2 解得：ΔE＝99 J. (2)木塊(含子彈)在向上擺動過程中，木塊(含子彈)和圓環(huán)在水平方向動量守恒，有 (m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′ 又木塊(含

21、子彈)在向上擺動過程中，機械能守恒，有 (m0＋M)gh＝(m0＋M)v2－(m0＋M＋m)v′2 聯(lián)立解得：h＝0.01 m. 答案：見解析 角度2　“彈簧類”模型 2．(2018·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m3＝2 kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3 m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個輕質(zhì)彈簧．滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑．質(zhì)量為m2＝3 kg的物體2(可視為質(zhì)點)放在滑道的B點，現(xiàn)讓質(zhì)量為m1＝1 kg的物體1(可視為質(zhì)點)自A點由靜止釋放．兩物體在滑道上的C點相碰后粘在一起(g＝10 m/s2)．

22、 (1)求物體1從釋放到與物體2相碰的過程中，滑道向左運動的距離． (2)若CD＝0.2 m，兩物體與滑道的CD部分的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.15，求在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能． (3)在(2)的條件下，物體1、2最終停在何處？ 解析：(1)物體1從釋放到與物體2碰撞的過程中，物體1和滑道組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設物體1水平位移大小為s1，滑道的水平位移大小為s3，有 0＝m1s1－m3s3，s1＝R 解得s3＝＝0.15 m. (2)設物體1、物體2剛要相碰時物體1的速度大小為v1，滑道的速度大小為v3，由機械能守恒定律有 m1gR＝m1v＋m3v 由動

23、量守恒定律有0＝m1v1－m3v3 物體1和物體2相碰后的共同速度大小設為v2，由動量守恒定律有 m1v1＝(m1＋m2)v2 彈簧第一次壓縮至最短時由動量守恒定律可知物體1、2和滑道速度為零，此時彈性勢能最大，設為Epm.從物體1、2碰撞后到彈簧第一次壓縮至最短的過程中，由能量守恒定律有 (m1＋m2)v＋m3v－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm 聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)解得Epm＝0.3 J. (3)分析可知物體1、2和滑道最終將靜止，設物體1、2相對滑道CD部分運動的路程為s，由能量守恒定律有 (m1＋m2)v＋m3v＝μ(m1＋m2)gs 代入數(shù)據(jù)可得s＝0.25 m

24、所以物體1、物體2最終停在C點和D點之間與D點間的距離為0.05 m處． 答案：見解析 1．“子彈打木塊模型”是碰撞中常見模型，其突出特征是在子彈打擊木塊的過程中有機械能損失，此類問題的一般解法可歸納如下： (1)分析子彈打擊木塊的過程，弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一起運動還是穿透木塊和木塊各自運動； (2)子彈在打擊木塊的過程中，由于時間較短，內(nèi)力遠遠大于外力，故在打擊的過程中動量守恒； (3)子彈在打擊木塊過程中產(chǎn)生的機械能損失，一般有兩種求解方法：一是通過計算打擊前系統(tǒng)的機械能與打擊后系統(tǒng)的機械能的差值得出機械能的損失；二是通過計算在子彈打擊木塊的過程中，子彈克服阻力做的

25、功與阻力對木塊做的功的差值進行求解． 2．利用彈簧進行相互作用的碰撞模型，一般情況下均滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，此類試題的一般解法是： (1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)； (2)分析碰撞前后彈簧和物體的運動狀態(tài)，依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程； (3)判斷解出的結果是否滿足“實際情境可行性原則”，如果不滿足，則要舍掉該結果． 注意：(1)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能守恒或能量守恒求解； (2)要特別注意彈簧的三個狀態(tài)：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)(此時彈簧連接的兩個物體具有共同的速度

26、，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的突破點．　 ,　　　　　　　 (建議用時：45分鐘) 一、單項選擇題 1．(2018·銀川段考)冰壺運動深受觀眾喜愛，圖1為索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭．在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2.若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項圖中的(　　) 解析：選B.兩冰壺碰撞過程動量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動量不變，兩冰壺的動量方向即速度方向不會偏離甲原來的方向，故A錯誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞

27、后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后靜止，最終兩冰壺的位置如選項圖B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C錯誤；碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯誤． 2．質(zhì)量為2 kg的物體做直線運動，其v－t圖象如圖所示，則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受合外力的沖量分別是(　　) A．0，－20 N·s B．20 N·s，－40 N·s C．0，20 N·s D．20 N·s，－20 N·s 解析：選A.由圖象可知，物體在前

28、10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動量相同，p1＝p2＝10 kg·m/s，由動量定理知I1＝0；物體在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動量p3＝－10 kg·m/s，由動量定理知I2＝p3－p2＝－20 N·s，選項A正確． 3．如圖所示，一輕桿兩端分別固定著a、b兩個光滑金屬球，a球質(zhì)量大于b球質(zhì)量，兩球的半徑相等，整個裝置放在光滑的水平面上，將此裝置從圖示位置由靜止釋放，則(　　) A．在b球落地前瞬間，a球的速度方向向右 B．在b球落地前瞬間，a球的速度方向向左 C．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量為零 D．在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的功為零 解析：選D.整個裝置下落過程中，

29、水平方向沒有外力，水平方向的動量守恒，原來系統(tǒng)水平方向的動量為零，在b球落地前瞬間，系統(tǒng)水平方向的動量仍為零，a球水平方向速度一定為零，選項A、B錯誤；設桿對a球做功為W1，對b球做功為W2，在b球落地前由于機械能守恒，則除了重力以外的力做的功必定為零，即W1＋W2＝0，對a球由動能定理可知W1＝0，故W2＝0，選項D正確；對b球，水平方向上動量變化為零，桿對b球的水平?jīng)_量為零，在豎直方向上，由動量定理可知，桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，選項C錯誤． 4．為估算雨滴撞擊池中睡蓮葉面的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1 h內(nèi)杯中水面上升了45 mm，查詢得

30、知，當時雨滴豎直下落的速度約為12 m/s.據(jù)此計算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮葉面后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)(　　) A．0.15 Pa　　　　　　　　 B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：選A.解答此類連續(xù)相互作用的問題，首先要注意研究對象的選取．選取Δt＝1 h時間內(nèi)與面積為S的睡蓮發(fā)生相互作用的雨滴作為研究對象，其質(zhì)量為m＝ρhS，發(fā)生作用后速度變?yōu)榱悖鶕?jù)動量定理，有FΔt＝mv＝ρhSv，則壓強p＝＝＝0.15 Pa，選項A正確． 5．(2018·北京東城區(qū)期中)質(zhì)量為80 kg的冰球運動員甲，以5 m/s的速度

31、在水平冰面上向右運動時，與質(zhì)量為100 kg、速度為3 m/s的迎面而來的運動員乙相撞，碰后甲恰好靜止．假設碰撞時間極短，下列說法正確的是(　　) A．碰后乙向左運動，速度大小為1 m/s B．碰后乙向右運動，速度大小為7 m/s C．碰撞中甲、乙的機械能總共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的機械能總共損失了1 400 J 解析：選D.甲、乙碰撞的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，設碰撞前甲的速度為v甲，乙的速度為v乙，碰撞后乙的速度為v′乙，由動量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，方向水平向右，選項A、B錯誤；甲、乙碰撞過程機

32、械能的變化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v′，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝1 400 J，機械能減少了1 400 J，選項C錯誤，D正確． 6．(2018·日照月考)“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是(　　) A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析：選A.從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先

33、做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力，繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功，故選項A正確，選項B、C、D錯誤． 二、多項選擇題 7.如圖所示，四個小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分別以v0和2v0的速率向兩側勻速運動，中間兩個小球靜止，小球1質(zhì)量為m，小球2的質(zhì)量為2m，1、2兩球之間放置一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧所具有的彈性勢能為

34、Ep，將彈簧的彈性勢能全部釋放，下列說法正確的是(　　) A．彈簧的彈性勢能在釋放過程中，小球1和小球2的合動量不為零 B．小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別是2、 C．小球1能否與小球3碰撞，取決于小球3的質(zhì)量大小 D．若離開彈簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，則質(zhì)量m要滿足≤m< 解析：選BD.小球1和小球2組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，由于開始小球1和小球2靜止，所以在彈簧的彈性勢能釋放的過程中，小球1和小球2組成的系統(tǒng)合動量為零，A錯誤；設小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律知：mv1－2mv2＝0，Ep＝m

35、v＋×2mv，解得v1＝2，v2＝，B正確；若離開彈簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小應滿足v1＝2>v0，v2＝≤2v0，解得≤m<，C錯誤，D正確． 8．(2018·貴陽檢測)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為(　　) A.Mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 解析：選BD.設最

36、終箱子與小物塊的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，則動能損失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B對；依題意：小物塊與箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相對箱子運動的路程為s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)損失的動能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D對． 三、非選擇題 9．皮球從某高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64，且每次球與地板接觸的時間相等．若空氣阻力不計，與地板碰撞時，皮球重力可忽略． (1)求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？ (2)若用手拍這個球，使其保持在0.8 m的高度上

37、下跳動，則每次應給球施加的沖量為多少？(已知球的質(zhì)量m＝0.5 kg，g取10 m/s2) 解析：(1)由題意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8.設皮球所處的初始高度為H，與地板第一次碰撞前瞬時速度大小為v0＝，第一次碰撞后瞬時速度大小(亦為第二次碰撞前瞬時速度大小)v1和第二次碰撞后瞬時速度大小v2滿足v2＝0.8v1＝0.82v0.設兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為F1、F2，選豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理，有 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0 F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0 則F1∶F2＝5∶4. (2)欲使球跳起0.8 m，應使球由靜

38、止下落的高度為h＝ m＝1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m處的速度為v＝3 m/s，則應在0.8 m處給球的沖量為I＝mv＝1.5 N·s，方向豎直向下． 答案：(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向豎直向下 10．在如圖所示的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板．物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并結成復合體P，以此碰撞時刻為計時零點．探測器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作，已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1 kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點，P與擋板的碰

39、撞為彈性碰撞． (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔE. (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E. 解析：(1)根據(jù)動量守恒定律有：mv1＝2mv① 解得：v＝＝3 m/s 碰撞過程中損失的動能為： ΔEk＝mv－×2mv2② 解得ΔEk＝9 J. (2)P滑動過程中，由牛頓第二定律知 2ma＝－μ·2mg③ 可以把P從A點運動到C再返回B點的全過程看做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式有：3L＝vt＋at2④ 由①③④式得v1＝⑤ (Ⅰ)若2 s時通過B點， 解得：

40、v1＝14 m/s (Ⅱ)若4 s時通過B點，解得：v1＝10 m/s 故v1的取值范圍為：10 m/s≤v1≤14 m/s 設向左經(jīng)過A點的速度為vA，由動能定理知 ×2mv－×2mv2＝－μ·2mg·4L⑥ 當v＝v1＝7 m/s時，復合體向左通過A點時的動能最大，EkAmax＝17 J. 答案：(1)3 m/s　9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 11．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5 m．物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B

41、碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m．物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)． (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F. (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值． (3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關系式． 解析：(1)物塊A從滑入圓軌道到最高點Q，根據(jù)機械能守恒定律，得mv＝mg·2R＋mv2 所以A滑過Q點時的速度 v＝＝ m/s＝4 m/s>＝ m/s 在Q點根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m 所以A受到的彈力F＝－mg＝N＝22 N. (2)A與B碰撞遵守動量守恒定律，設碰撞后的速度為v′，則mv0＝2mv′， 所以v′＝v0＝3 m/s 從碰撞到AB停止，根據(jù)動能定理，得 －2μmgkL＝0－·2mv′2 所以k＝＝＝45. (3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段根據(jù)動能定理，得 －2μmgnL＝·2mv－·2mv′2 解得vn＝(n＜k)． 答案：(1)4 m/s　22 N　(2)45　(3)vn＝(n＜k) 17