《2019年高考物理 專題07 碰撞與動量守恒學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理 專題07 碰撞與動量守恒學案（31頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題07 碰撞與動量守恒 超重點1：動量定理的應用 一、動量 1．定義：運動物體的質量和速度的乘積叫作物體的動量，通常用p來表示． 2．表達式：p＝mv. 3．單位：kg·m/s. 4．標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同． 5．動量、動能、動量變化量的比較 項目名稱 動量 動能 動量變化量 定義 物體的質量和速度的乘積 物體由于運動而具有的能量 物體末動量與初動量的矢量差 定義式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p 矢標性 矢量 標量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關聯 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝

2、 ※考點一　對動量、沖量的理解及計算 1．沖量和動量的比較 沖量I 動量p 定義 力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量 質量和速度的乘積叫作動量 公式 I＝Ft p＝mv 單位 N·s kg·m/s 矢標 性 矢量，方向與恒力的方向相同 矢量，方向與速度的方向相同 特點 過程量 狀態(tài)量 2.沖量和功的區(qū)別 (1)沖量和功都是過程量．沖量是表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用． (2)沖量是矢量，功是標量． (3)力作用的沖量不為零時，力做的功可能為零；力做的功不為零時，力作用的沖量一定不為零． [題組突破訓練] 1．(2018

3、·福建漳州模擬)一個質量是5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回．若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化量是(　　) A．10 kg·m/s　　　　 B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s 【答案】D 2.如圖所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff.在整個運動過程中，重力對滑塊的總沖量為(　　) A．mg(t1＋t2)sin θ B．mg(t1－t2)sin θ C．mg

4、(t1＋t2) D．0 【答案】C 【解析】物體整個運動過程的總時間t＝t1＋t2，故由沖量的定義可知重力的沖量I＝mg(t1＋t2)，選項C正確． ※考點二　對動量定理的理解及應用 1．理解動量定理的要點 (1)應用動量定理時研究對象既可以是單一物體，也可以是系統(tǒng)，當為系統(tǒng)時不考慮內力的沖量． (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，第二求出每個力的沖量再對沖量求和． (3)動量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向． 2.用動量定理解釋現象 (1)Δp一定時，F的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越?。? (2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就

5、越大；力的作用時間越短，Δp就越?。? 分析問題時，要把哪個量一定，哪個量變化搞清楚． 3．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，可以求出該力作用下物體動量的變化量Δp，等效代換為力的沖量I. (2)應用Δp＝FΔt求動量的變化量． 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量． 【典例】一高空作業(yè)的工人重為600 N，系一條長為L＝5 m的安全帶，若工人不慎跌落時安全帶的緩

6、沖時間t＝1 s，則安全帶受的沖力是多少？(g取10 m/s2) 【答案】1 200 N 方法二：全過程整體法 在整個下落過程中對工人應用動量定理，在整個下落過程中，重力的沖量大小為mg·( ＋t)，拉力F的沖量大小為Ft.初、末動量都是零，取向下為正方向，由動量定理得 mg ( ＋t)－Ft＝0 解得F＝＝1 200 N. 由牛頓第三定律知工人給安全帶的沖力F′＝F＝1 200 N，方向豎直向下． [題組突破訓練] 1．一個質量為m＝100 g的小球從h＝0.8 m的高處自由下落，落到一個厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了t＝0.2 s，規(guī)定豎直向下的

7、方向為正，則在這段時間內，軟墊對小球的沖量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s　　　　　　 B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 【答案】C 2．一艘帆船在湖面上順風航行，在風力的推動下做速度為v0＝4 m/s的勻速直線運動．若該帆船在運動狀態(tài)下突然失去風力的作用，則帆船在湖面上做勻減速直線運動，經過t＝8 s才可靜止．該帆船的帆面正對風的有效面積為S＝10 m2，帆船的總質量約為M＝936 kg.若帆船在航行過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3 kg/m3，在勻速行駛狀態(tài)下估算： (1)帆船受到風的推力F的大?。? (2

8、)風速的大小v. 【答案】(1)468 N　(2)10 m/s 【解析】(1)風突然停止，帆船只受到阻力Ff的作用，做勻減速直線運動，設帆船的加速度為a，則 a＝＝－0.5 m/s2 根據牛頓第二定律有－Ff＝Ma，所以Ff＝468 N 則帆船勻速運動時，有F－Ff＝0 解得F＝468 N. (2)設在時間t內，正對著吹向帆面的空氣的質量為m，根據動量定理有－Ft＝m(v0－v) 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝10 m/s. 3.(2015·高考安徽卷)一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，

9、如圖所示．一物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止．g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動摩擦因數μ； (2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W. 【答案】(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 超重點2：動量守恒定律及其應用 一、動量守恒定律 1．動量守恒定律 (1)內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． (2)四種表達式

10、 ①p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′. ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和． ③Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向． ④Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零． 2．動量守恒定律的應用條件 不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． 二、彈性碰撞和非彈性碰撞 1．碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現象． 2．特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守

11、恒． 3．分類 動量是否守恒 機械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 4.反沖 (1)在某些情況下，原來系統(tǒng)內物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開．這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能增大，且常伴有其他形式能向動能的轉化． (2)反沖運動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理． 5．爆炸問題：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新

12、的動量開始運動． ※考點一　動量守恒的條件及應用 1．動量守恒的條件 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒． (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當內力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒． (3)某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒． 2．動量守恒定律的“六種”性質 系統(tǒng)性 研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng) 條件性 首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件 相對性 公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對于同一個慣性系 同時性 公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1′、v

13、2′是相互作用后同一時刻的速度 矢量性 應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負值 普適性 不僅適用低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng) [題組突破訓練] 1．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示，則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(　　) A．動量守恒，機械能守恒 B．動量不守恒，機械能守恒 C．動量守恒，機械能不守恒 D．無法判定動量、機械能是否守恒 【答案】C 2．如圖，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生

14、員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(　　) A．v0＋v　　　　　 B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 【答案】C 【解析】設水平向右為正方向，根據動量守恒定律，對救生員和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，選項C正確． 3.如圖所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/s的速度沿光滑水平面向右運動．當靠近前方的橫桿時，人相對滑板豎直向上起跳越過橫桿，A從橫桿下方通過，與靜止的滑板B發(fā)生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，與滑板一起運動，已知人、滑板A和滑板B的質量分別為

15、m人＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求： (1)A、B碰撞過程中，A對B的沖量的大小和方向； (2)人最終與滑板的共同速度的大?。? 【答案】(1)20 N·s　水平向右　(2)2.4 m/s 【解析】(1)A、B碰撞過程中，由動量守恒有 mAv0＝(mA＋mB)v1 代入數據解得v1＝1 m/s 由動量定理得，A對B的沖量I＝mBv1＝20 N·s 方向水平向右． (2)對人、A、B組成的系統(tǒng)進行全過程分析，由動量守恒有 (m人＋mA)v0＝(m人＋mA＋mB)v 代入數據解得v＝2.4 m/s ※考點二　碰撞問題的分析 1．碰撞現象滿足的規(guī)

16、律 (1)動量守恒定律． (2)機械能不增加． (3)速度要合理． ①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′. ②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變． 2．彈性碰撞的結論 兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒．以質量為m1、速度為v1的小球與質量為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m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，速度交換)； (2

17、)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)； (3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)； (4)當m1?m2時，v1′＝v1，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)； (5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)． [典例1]　如圖甲所示，光滑水平面上有P、Q兩物塊，它們在t＝4 s時發(fā)生碰撞，圖乙是兩者的位移—時間圖象，已知物塊P的質量為mP＝1 kg，由此可知(　　) A．碰撞前P的動量為16 kg·m/s B．兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞 C．物塊Q的質量為4 kg D

18、．兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是3 N·s 【答案】D 【解析】根據位移—圖象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的動量為p0＝mPv0＝4 kg·m/s，選項A錯誤．根據位移—圖象，碰撞后二者速度相同，說明碰撞為完全非彈性碰撞，選項B錯誤．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由動量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，選項C錯誤．由動量定理，兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s，選項D正確． [題組突破訓練] 1. (多選)如圖所示，動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個小球A、B在光滑

19、的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量，則下列選項中可能正確的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s C．ΔpA＝－ 24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s 【答案】AB 2.(2015·高考全國卷Ⅰ)如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現使A以某一速度向右運動，求m和

20、M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性的． 【答案】(－2)M≤m＜M 【解析】A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒．設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1① mv＝mv＋Mv② 聯立①②式得 vA1＝v0③ vC1＝v0④ 如果m＞M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所

21、以只需考慮m＜M的情況． 第一次碰撞后，A反向運動與B發(fā)生碰撞．設與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有 vA2＝vA1＝()2v0⑤ 3．如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t ＝0時以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示．求： (1)物塊C的質量mC； (2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep. 【答案】(1)2 kg　(2)9 J 【解析】(1)由圖知，

22、C與A碰前速度為v1＝9 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動量守恒． mCv1＝(mA＋mC)v2 即mC＝2 kg. (2)12 s時B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4 (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 得Ep＝9 J ※考點三　爆炸、反沖問題 1．對反沖現象的三點說明 (1)系統(tǒng)內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理． (2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加．

23、(3)反沖運動中平均動量守恒． 2．爆炸現象的三個規(guī)律 (1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒． (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加． (3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動． [題組突破訓練] 1．(2017·高考全國卷Ⅰ)將質量為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噴出

24、．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 【答案】A 2．一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、乙的質量之比為3∶1，不計質量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 【答案】B ※考點四　動量與能量綜合問題 1．求解動力學問題的三個基本觀點 (1)力的觀點：運用牛頓定律結合運動學知識解題

25、，可處理勻變速運動問題． (2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題． (3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題． 2．利用“動量和能量”觀點解題的技巧 (1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)． (2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理． (3)因為動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性． [真題拓展探究]

26、 【典例2】　(2016·高考全國卷Ⅱ)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【答案】見解析 (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋

27、m2v20＝0④ 代入數據得 v1＝1 m/s⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯立③⑥⑦式并代入數據得 v2＝1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 拓展1　“子彈打擊木板”問題 1.如圖所示，一質量m1＝0.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上．質量m2＝0.5 kg的小物塊(可視為質點)靜止在車頂的右端．一質量為m0＝0.05 kg的子彈、以水平速度v0＝100 m/s射中小車左端并留在車中，最終小

28、物塊相對地面以2 m/s的速度滑離小車．已知子彈與車的作用時間極短，物塊與車頂面的動摩擦因數μ＝0.8，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g＝10 m/s2，求： (1)子彈相對小車靜止時小車速度的大?。? (2)小車的長度L. 【答案】(1)10 m/s　(2)2 m 【解析】(1)子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1 解得v1＝10 m/s. (2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得v2＝8 m/s 由能量守恒可得 (m0＋m1)v＝μm2g

29、L＋(m0＋m1)v＋m2v 解得L＝2 m. 拓展2　“圓弧軌道＋滑塊(小球)”問題 2.(14分)如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切．現將一質量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大?。? (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的

30、距離． 【答案】(1)5 m/s　(2)0.5 m (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒得： mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤ 聯立③④⑤并代入數據解得：x＝0.5 m. 題組突破訓練 一、選擇題 1．物體的動量變化量的大小為5 kg·m/s，這說明(　　) A．物體的動量在減小 B．物體的動量在增大 C．物體受到的每個力的沖量大小都為5 N·s D．若發(fā)生變化的時間為1 s，則物體所受合外

31、力的大小為5 N 【答案】D 【解析】因不知動量變化的方向與初動量方向是否相同，故無法確定動量是增大還是減小，A、B錯誤；由動量定理I＝Δp可知，合外力的沖量與物體動量變化量大小一定相同，C錯誤；由Δp＝F·t可知D正確． 2．運動員向球踢了一腳，踢球時的力F＝100 N，球在地面上滾動了t＝10 s停下來，則運動員對球的沖量為(　　) A．1000 N·s　　　　　 B．500 N·s C．零 D．無法確定 【答案】D 【解析】滾動了t＝10 s是地面摩擦力對足球的作用時間，不是踢球的力的作用時間，由于不能確定人作用在球上的時間，所以無法確定運動員對球的沖量． 3．我國女子

32、短道速滑隊在世錦賽上實現女子3 000 m接力三連冠．觀察發(fā)現，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功 【答案】B 4．質量為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間內，

33、關于小球動量變化量Δp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 【答案】A 【解析】取豎直向上為正方向，則小球與地面磁撞過程中動量的變化量Δp＝mv2－mv1＝2 kg·m/s，方向豎直向上．由動能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝－2 J，A正確． 5.(2018·山東濟南高三質檢)如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個相互接觸但不粘連的木塊A、B，質量分別為m1和m2，今有一子彈水平穿過兩木塊．

34、設子彈穿過木塊A、B的時間分別為t1和t2，木塊對子彈的阻力恒為Ff，則子彈穿過兩木塊后，木塊A的速度大小是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 6．(2018·黑龍江大慶模擬)兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止．可以肯定的是，碰前兩球的(　　) A．質量相等　　　　　　 B．動能相等 C．動量大小相等 D．速度大小相等 【答案】C 【解析】兩球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據動量守恒定律可以判斷碰前兩球的動量大小相等、方向相反，選項C正確． 7.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預

35、定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 【答案】D 【解析】火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運動方向上動量守恒，由動量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D項正確． 8.(2018·撫州市四校聯考)如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質彈簧沿水平方向與粗糙木板相連，木板質量M＝3.0 kg

36、.質量為m＝1.0 kg的鐵塊以水平速度v0＝4.0 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　) A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 J 【答案】C 9．兩質量、大小完全相同的正方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈射穿兩木塊的時間相同，則A、B兩木塊被子彈射穿后的速度之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶ 【答案】C 【解析】因木塊對子彈的阻力恒定，且子彈射穿

37、兩木塊的時間相同，子彈在射穿兩木塊對木塊的沖量相同．射穿A時，兩木塊獲得的速度為v′，根據動量定理，有 I＝2mv′－0① 射穿木塊B時，B的速度發(fā)生改變，而A的速度不變．射穿B后，B的速度為v″，根據動量定理，有 I＝mv″－mv′② ①②聯立，2mv′＝mv″－mv′ 得＝.選項C正確． 10.（多選）在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是(　　) A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?v1、v2、v3，滿足(M＋m

38、0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2 C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv＝(M＋m)v1 D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 【答案】BC 11.（多選）A、B兩球沿同一條直線運動，如圖所示的x-t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x-t圖象，c為碰撞后它們的x-t圖象．若A球質量為1 kg，則B球質量及碰后它們的速度大小為(　　) A．2 kg B. kg C．4 m/s D．

39、1 m/s 【答案】BD 【解析】由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運動，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，vc＝ m/s＝－1 m/s. 碰撞過程中動量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得mB＝ kg 由以上可知選項B、D正確． 12.（多選）如圖所示，質量相等的兩個滑塊位于光滑水平桌面上，其中，彈簧兩端分別與靜止的滑塊N和擋板P相連接，彈簧與擋板的質量均不計；滑塊M以初速度v0向右運動，它與擋板P碰撞后開始壓縮彈簧，最后，滑塊N以速度v0向右運動．在此過程中(　　) A．M的速度等于0時，彈簧

40、的彈性勢能最大 B．M與N具有相同的速度時，兩滑塊動能之和最小 C．M的速度為時，彈簧的長度最長 D．M的速度為時，彈簧的長度最短 【答案】BD 13．(2018·天津高三質檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s，則二球質量m1與m2間的關系可能是(　　) A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 【答案】C 【解析】甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m

41、/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉化為機械能，只能是系統(tǒng)內物體間機械能相互轉化或一部分機械能轉化為內能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有＞，即m1＜m2；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C選項正確． 14.(多選)如圖所示，在光滑水平面上停放著質量為m、裝有光滑弧形槽的小車，一質量也為m的小球以水平初速度v0沿槽口向小車滑去，到達某一高度后，小球又返回右端，則(　　) A．小球以后將向右做平拋運動 B．小球將做自由落

42、體運動 C．此過程小球對小車做的功為 D．小球在弧形槽內上升的最大高度為 【答案】BC 15．（多選）下列關于力的沖量和動量的說法中，正確的是(　　) A．物體所受的合外力為零，它的動量一定為零 B．物體所受的合外力做的功為零，它的動量變化一定為零 C．物體所受的合外力的沖量為零，它的動量變化一定為零 D．物體所受的合外力不變，它的動量變化率不變 【答案】CD 【解析】物體所受的合外力為零，物體可能處于靜止狀態(tài)，也可能做勻速直線運動，故其動量不一定為零，A錯誤．物體所受的合外力做的功為零，有可能合外力垂直于速度方向，合外力不改變速度大小，只改變速度方向，而動量是矢量，所

43、以其動量變化不為零，B錯誤．根據動量定理I＝Δp，故沖量為零，則其動量變化量一定為零，C正確．根據Ft＝Δp得F＝，可得物體所受的合外力不變，它的動量變化率不變，D正確． 16．（多選）(2018·江西撫州市四校聯考)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隨時間t變化的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．0～4 s內物體的位移為零 B．0～4 s內拉力對物體做功為零 C．4 s末物體的動量為零 D．0～4 s內拉力對物體的沖量為零 【答案】BCD 17.（多選）如圖所示，質量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中

44、，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點速度減為零．不計空氣阻力，重力加速度為g.關于小球下落的整個過程，下列說法中正確的有(　　) A．小球的機械能減少了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量 【答案】AC 【解析】由動能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的機械能減少了mg(H＋h)，A正確，B錯誤．小球自由落下至地面過程，機械能守恒，mgH＝mv2，v＝，落到地面上后又陷入泥潭，由動量定理IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG＋m，小球所受阻力的沖量大于

45、m，C正確．由動量定理知小球動量的改變量等于合外力的沖量，D錯誤． 18.如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的物理量相同的是(　　) A．重力的沖量 B．合力的沖量 C．剛到達底端時的動量 D．剛到達底端時的動能 【答案】D 19．(多選)(2018·天津模擬)如圖甲所示，一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動，其a-t圖象如圖乙所示，t＝0時其速度大小為2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N，則(　　) A．在t＝6 s的時刻，物體的速度為18 m/s B．

46、在0～6 s時間內，合力對物體做的功為396 J C．在0～6 s時間內，拉力對物體的沖量為36 N·s D．在t＝6 s的時刻，拉力F的功率為200 W 【答案】BD 【解析】類比速度—時間圖象中位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時間圖象中由圖線與坐標軸所圍面積表示，在0～6 s內，Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，則t＝6 s時的速度v＝20 m/s，A項錯誤；由動能定理可知，在0～6 s內，合力做的功為W＝mv2－mv＝396 J，B項正確；由動量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48 N·s，C項錯誤；由牛頓第二定律，可知在t＝6 s時，F

47、－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D項正確． 二、非選擇題 20．靜止在太空中的飛行器上有一種裝置，它利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對飛行器產生反沖力，使其獲得加速度．已知飛行器的質量為M，發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質量為m，單位電荷的電荷量為e，不計發(fā)射氧離子后飛行器的質量變化，求： (1)射出的氧離子速度； (2)每秒鐘射出的氧離子數； (3)射出離子后飛行器開始運動的加速度． 【答案】(1) 　(2) 　(3) (3)由動量定理得F＝＝nmv. 又由牛頓第二定律得F＝Ma， 綜合上

48、述各式，得飛行器開始運動的加速度a＝. 21．質量為1 kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動摩擦因數為μ＝0.4.有一大小為5 N的水平恒力F作用于物體上，使之加速前進，經3 s后撤去F.求物體運動的總時間(g取10 m/s2)． 【答案】3.75 s 【解析】物體由開始運動到停止運動的全過程中，F的沖量為Ft1，摩擦力的沖量為Fft.選水平恒力F的方向為正方向，根據動量定理有 Ft1－Fft＝0① 又Ff＝μmg② 聯立①②式解得t＝，代入數據解得t＝3.75 s. 22．(2018·山東濟南質檢)2016年9月在濟青高速公路上，一輛轎車強行超車時，與另一輛迎

49、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，據測算兩車相撞前速度約為30 m/s. (1)試求車禍中車內質量約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間是1 s，求這時人體受到的平均沖力為多大？ 【答案】(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N 23．如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質量關系是mA＝mC＝m、mB＝.開始時滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止狀態(tài)．滑塊A以速度v0正對B向右運動，在A未與B碰撞之前，引爆B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在

50、一起，以速率v0向左運動．求： (1)炸藥爆炸過程中炸藥對C的沖量； (2)炸藥的化學能有多少轉化為機械能． 【答案】(1)mv0，方向向右　(2)mv 【解析】(1)全過程，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有 mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 解得vC＝v0 炸藥對C的沖量I＝mCvC－0＝mv0，方向向右． (2)炸藥爆炸過程，B和C組成的系統(tǒng)動量守恒，有 mCvC－mBvB＝0 據能量關系ΔE＝×v＋mv 解得ΔE＝mv 24．(2018·山西五校聯考)如圖甲所示，質量均為m＝0.5 kg的相同物塊P和Q(可視為質點)分別靜止在水平地面上A、C兩點．P在

51、按圖乙所示隨時間變化的水平力F作用下由靜止開始向右運動，3 s末撤去力F，此時P運動到B點，之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞．已知B、C兩點間的距離L＝3.75 m，P、Q與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求： (1)P到達B點時的速度大小v及其與Q碰撞前瞬間的速度大小v1； (2)Q運動的時間t. 【答案】(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s (2)設P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為v1′、v2，有： mv1＝mv1′＋mv2 mv＝mv1′2＋mv 碰撞后Q做勻減速直線運動，有：t＝ 解得：t＝3.5 s 25．如圖所示，

52、長木板B的質量為m2＝1.0 kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質量為m3＝1.0 kg的物塊C(可視為質點)放在長木板的最右端．一個質量為m1＝0.5 kg的物塊A從距離長木板B左側l＝9.5 m處，以速度v0＝10 m/s向著長木板運動．一段時間后物塊A與長木板B發(fā)生彈性正碰(時間極短)，之后三者發(fā)生相對運動，整個過程物塊C始終在長木板上．已知物塊A及長木板與地面間的動摩擦因數均為μ1＝0.1，物塊C與長木板間的動摩擦因數μ2＝0.2，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)碰后瞬間物塊A和長木板B的速度； (2)長木板B的最小長度和物塊A離長木

53、板左側的最終距離． 【答案】(1)－3 m/s　6 m/s　(2)3 m　10.5 m 【解析】(1)設物塊A與木板B碰前的速度為v 由動能定理得：－μ1m1gl＝m1v2－m1v 解得v＝＝9 m/s A與B發(fā)生彈性碰撞，假設碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得 m1v＝m1v1＋m2v2 由機械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v 聯立解得v1＝v＝－3 m/s， v2＝v＝6 m/s. B、C達到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起減速至停下，設加速度大小為a3 由牛頓運動定律得：μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a3 整個過程B運動的位移為：xB＝v2t＋a1t2＋＝6 m A與B碰撞后，A做減速運動的加速度大小也為a3，位移為：xA＝＝4.5 m 物塊A離長木板B左側的最終距離為xA＋xB＝10.5 m. 31