【物理】2019届一轮复习人教版动量　冲量　动量定理学案

【物理】2019届一轮复习人教版动量　冲量　动量定理学案

第1讲　动量　冲量　动量定理 ‎[学生用书P108]‎ ‎【基础梳理】‎ 一、动量　冲量 ‎1．动量 ‎(1)定义：物体的质量与速度的乘积．‎ ‎(2)公式：p＝mv．‎ ‎(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.‎ ‎(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．‎ ‎2．冲量 ‎(1)定义：力和力的作用时间的乘积．‎ ‎(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．‎ ‎(3)方向：与力F的方向相同．‎ 二、动量定理 ‎1．动量定理 ‎(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化量．‎ ‎(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.‎ ‎(3)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．‎ ‎2．动量、动能、动量的变化量的比较 名称 项目　‎ 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 p＝mv Ek＝mv2‎ Δp＝p′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ ‎【自我诊断】‎ 判一判 ‎(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体动量变化的方向相同．(　　)‎ 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ 做一做 篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以(　　)‎ A．减小球对手的冲量　　　 B．减小球对手的冲击力 C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量 提示：B 想一想 ‎(多选)一个质量为m的物体以初速度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，则在这段时间内物体的动量变化大小为(　　)‎ A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m 提示：BCD ‎　对动量和冲量的理解[学生用书P109]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．对动量的理解 ‎(1)动量是矢量，方向与速度方向相同．动量的合成与分解遵循平行四边形定则、三角形法则．‎ ‎(2)动量是状态量．通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度．‎ ‎(3)动量是相对量．物体的动量与参照物的选取有关，通常情况下，指相对地面的动量．单位是kg·m/s.‎ ‎2．冲量的计算 ‎(1)恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间Δt而得．‎ ‎(2)方向恒定的变力的冲量计算 若力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图所示，则该力在时间Δt＝t2－t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”．‎ ‎(3)一般变力的冲量计算 在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的．‎ ‎(4)合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．‎ ‎【跟进题组】‎ ‎1．(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．‎ 摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是(　　)‎ 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·江苏六校联考)‎ 如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量为m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________；合力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________．‎ 解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为Ff(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2)，沿斜面向下．‎ 答案：Ff(t2－t1)　沿斜面向上　mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2)　沿斜面向下 ‎　对动量定理的理解和应用[学生用书P109]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．‎ ‎2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．‎ ‎3．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Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．‎ ‎(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小．‎ ‎4．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：只分析研究对象的受力，不必分析内力．‎ ‎(3)规定正方向．‎ ‎(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)，根据动量定理列方程求解．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　‎ 如图所示，一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s，求安全带受的冲力？(g取10 m/s2)‎ ‎[审题指导]　转换研究对象，先以人为研究对象，利用动量定理求出人受安全带的冲力，再利用牛顿第三定律求安全带受的冲力．‎ ‎[解析]　法一：程序法 设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，‎ v2＝2gL，得v＝ 经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，对工人由动量定理知，(mg－F)t＝0－mv，F＝　‎ 将数值代入得F＝1 200 N.‎ 由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力F′为1 200 N，方向竖直向下．‎ 法二：全过程整体法 在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg，拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，‎ 由动量定理得mg－Ft＝0‎ 解得F＝＝1 200 N.‎ 由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力大小为F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下．‎ ‎[答案]　1 200 N，方向竖直向下 动量定理的两个重要应用 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量．‎ 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I.‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量．‎ 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量．　‎ ‎【迁移题组】‎ 迁移1　运用动量定理解释生活现象 ‎1．(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．‎ 迁移2　动量定理的应用 ‎2．(多选)‎ ‎(2017·高考全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)‎ ‎ A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：选AB.根据F－t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0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv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 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．‎ ‎　动量定理与微元法的综合应用[学生用书P110]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．流体作用模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：‎ ‎(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；‎ ‎(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.‎ ‎2．微粒类问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分 析 步 骤 ‎(1)建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S ‎(2)微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt ‎(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 ‎【跟进题组】‎ ‎1．如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是(　　)‎ A．买者说的对　　　　 B．卖者说的对 C．公平交易 D．具有随机性，无法判断 解析：选C.‎ 设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得 ‎(F－Δmg)Δt＝Δmv 即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv 根据牛顿第三定律知F＝F′，称米机的读数应为 M＝＝＝m1＋d 因切断米流后空中尚有t＝时间内对应的米流在空中，故d＝m2‎ 可见，称米机读数包含了静止在袋中的那部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项C正确．‎ ‎2．(2016·高考全国卷Ⅰ)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ρ，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．‎ 解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ①‎ ΔV＝v0SΔt ②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S. ③‎ ‎(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面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④‎ 在h高度处，Δt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Δp＝(Δm)v ⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp ⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝－.‎ 答案：(1)ρv0S　(2)－ 两类流体运动模型 第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹．‎ 设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每　‎ 个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－p)．“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误．‎ ‎　[学生用书P111]‎ ‎1.‎ ‎(2018·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为v，则摩擦力对底座的冲量为 (　　)‎ A．0　　　　　　　　　　　 B．mv，方向向左 C.mv，方向向右 D．mv，方向向左 解析：选B.设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I＝mv；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv，对底座根据动量定理：If＋(－mv)＝－3m·得：If＝＋，正号表示正方向，向左；故选B.‎ ‎2.‎ 如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是(　　)‎ A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相同 B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同 ‎ C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同 D．b比a先到达S，它们在S点的动量相同 解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh＝mv2，解得v＝‎ eq r(2gh)，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到达S，又因为到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A正确．‎ ‎3．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)‎ 解析：法一：用动量定理解，分段处理 选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有 ‎(F－μmg)t1＝mv－0.‎ 对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.‎ 以上两式联立解得 t2＝t1＝×6 s＝12 s.‎ 法二：用动量定理解，研究全过程 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．‎ 取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得 ‎(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0‎ 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s.‎ 答案：12 s ‎4．(2016·高考北京卷)(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．‎ a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；‎ b．分析说明小球对木板的作用力的方向．‎ ‎(2)激光束可以看做是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示．图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与 SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．‎ a．光束①和②强度相同；‎ b．光束①比②强度大．‎ 解析：(1)a.x方向：动量变化为 Δpx＝mvsin θ－mvsin θ＝0‎ y方向：动量变化为 Δpy＝mvcos θ－(－mvcos θ)＝2mvcos θ 方向沿y轴正方向．‎ b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．‎ ‎(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcos θ 从小球出射时的总动量为p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根据动量定理得FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0‎ 可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．‎ b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．‎ x方向：‎ 根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．‎ y方向：‎ 设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psin θ 从小球出射时的总动量为p2y＝0‎ 根据动量定理得FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．‎ 答案：见解析 ‎,　　　　　　　　‎ ‎[学生用书P313(单独成册)])‎ ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为(　　)‎ A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左 B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右 C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左 D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右 解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．‎ ‎2．关于冲量，以下说法正确的是(　　)‎ A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零 B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量 C．物体受到的冲量越大，动量越大 D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．‎ ‎3．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是(　　)‎ A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等 解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎4．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg　　　　　 B．－mg C.＋mg D．－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得F＝＋mg.‎ ‎5．(2018·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“‎ 双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间Δt＝7 s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为(　　)‎ A．3 400 kg B．3 485 kg C．6 265 kg D．6 885 kg 解析：选B.根据动量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入数据解得m2≈3 485 kg，B选项正确．‎ ‎6.‎ 如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)‎ A．仍在P点 B．在P点左边 C．在P点右边不远处 D．在P点右边原水平位移的两倍处 解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I＝Fft＝mΔv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．‎ 二、多项选择题 ‎7.‎ 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是(　　)‎ A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt ‎ C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t 解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin θ·t，选项D正确．‎ ‎8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，‎ 使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)‎ A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 B．甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 解析：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．‎ ‎9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有(　　)‎ A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3‎ D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3‎ 解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正确，D错误，物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．‎ ‎10.‎ 如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，‎ 与传送带保持静止时相比(　　)‎ A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大 B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变 C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大 D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大 解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f＝μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I＝ft不变，故A、C错误，B正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确．‎ 三、非选择题 ‎11．(2018·安徽铜陵五中月考)高压采煤水枪出口的截面积为S，水的射速为v，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？‎ 解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt时间内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρSv·Δt，以Δm为研究对象，它在Δt时间内动量变化量为：Δp＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt.设F为煤层对水的平均冲力，根据动量定理有FΔt＝Δp＝－ρSv2Δt，故F＝－ρSv2.所以煤层对水的平均冲力大小为ρSv2.‎ 答案：ρSv2‎ ‎12．(2015·高考安徽卷)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．一物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2.‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.‎ 解析：(1)由动能定理有－μmgx＝mv2－mv 可得μ＝0.32.‎ ‎(2)由动量定理有FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N.‎ ‎(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J.‎ 答案：(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J