2020年高考物理 专题07 碰撞与动量守恒学案

2020年高考物理 专题07 碰撞与动量守恒学案

专题07 碰撞与动量守恒 ‎ 超重点1：动量定理的应用 一、动量 ‎1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示．‎ ‎2．表达式：p＝mv.‎ ‎3．单位：kg·m/s.‎ ‎4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．‎ ‎5．动量、动能、动量变化量的比较 项目名称 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＝ ‎※考点一　对动量、冲量的理解及计算 ‎ ‎1．冲量和动量的比较 冲量I 动量p 定义 力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量 质量和速度的乘积叫作动量 公式 I＝Ft p＝mv 单位 N·s kg·m/s 矢标 性 矢量，方向与恒力的方向相同 矢量，方向与速度的方向相同 特点 过程量 状态量 ‎2.冲量和功的区别 ‎(1)冲量和功都是过程量．冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．‎ ‎(2)冲量是矢量，功是标量．‎ ‎(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．‎ ‎[题组突破训练]‎ ‎1．(2020·福建漳州模拟)一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是(　　)‎ A．10 kg·m/s　　　　 B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s ‎【答案】D ‎2.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，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为Ff.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(　　)‎ A．mg(t1＋t2)sin θ B．mg(t1－t2)sin θ C．mg(t1＋t2) D．0‎ ‎【答案】C ‎【解析】物体整个运动过程的总时间t＝t1＋t2‎ ‎，故由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，选项C正确．‎ ‎※考点二　对动量定理的理解及应用 ‎ ‎1．理解动量定理的要点 ‎(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量．‎ ‎(2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．‎ ‎(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．‎ ‎2.用动量定理解释现象 ‎(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．‎ ‎(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．‎ 分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．‎ ‎3．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．‎ ‎【典例】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，则安全带受的冲力是多少？(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】1 200 N 方法二：全过程整体法 在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg·( ＋t)，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 ( ＋t)－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F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下．‎ ‎ [题组突破训练]‎ ‎1．一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(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顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4 m/s的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8 s才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10 m2，帆船的总质量约为M＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m3，在匀速行驶状态下估算：‎ ‎(1)帆船受到风的推力F的大小；‎ ‎(2)风速的大小v.‎ ‎【答案】(1)468 N　(2)10 m/s ‎【解析】(1)风突然停止，帆船只受到阻力Ff的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a，则 a＝＝－0.5 m/s2‎ 根据牛顿第二定律有－Ff＝Ma，所以Ff＝468 N 则帆船匀速运动时，有F－Ff＝0‎ 解得F＝468 N.‎ ‎(2)设在时间t内，正对着吹向帆面的空气的质量为m，根据动量定理有－Ft＝m(v0－v)‎ 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝10 m/s.‎ ‎3.(2020·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.‎ ‎【答案】(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 超重点2：动量守恒定律及其应用 一、动量守恒定律 ‎1．动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．‎ ‎(2)四种表达式 ‎①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.‎ ‎②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．‎ ‎③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．‎ ‎④Δp＝0，系统总动量的增量为零．‎ ‎2．动量守恒定律的应用条件 不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．‎ 二、弹性碰撞和非弹性碰撞 ‎1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．‎ ‎2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．‎ ‎3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 ‎4.反冲 ‎(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．‎ ‎(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．‎ ‎5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒 ‎，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．‎ ‎※考点一　动量守恒的条件及应用 ‎1．动量守恒的条件 ‎(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．‎ ‎(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．‎ ‎(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．‎ ‎2．动量守恒定律的“六种”性质 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统 ‎[题组突破训练]‎ ‎1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)‎ A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 ‎【答案】C ‎2．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)‎ A．v0＋v　　　　　 B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)‎ ‎【答案】C ‎【解析】设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得vx＝v0＋(v0＋v)，选项C正确．‎ ‎3.如图所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/s的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，与滑板一起运动，已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求：‎ ‎(1)A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向；‎ ‎(2)人最终与滑板的共同速度的大小．‎ ‎【答案】(1)20 N·s　水平向右　(2)2.4 m/s ‎【解析】(1)A、B碰撞过程中，由动量守恒有 mAv0＝(mA＋mB)v1‎ 代入数据解得v1＝1 m/s 由动量定理得，A对B的冲量I＝mBv1＝20 N·s 方向水平向右．‎ ‎(2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析，由动量守恒有 ‎(m人＋mA)v0＝(m人＋mA＋mB)v 代入数据解得v＝2.4 m/s ‎※考点二　碰撞问题的分析 ‎1．碰撞现象满足的规律 ‎(1)动量守恒定律．‎ ‎(2)机械能不增加．‎ ‎(3)速度要合理．‎ ‎①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.‎ ‎②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．‎ ‎2．弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′‎ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 ‎ 解得v1′＝，v2′＝ 结论：‎ ‎(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)；‎ ‎(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)；‎ ‎(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)；‎ ‎(4)当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；‎ ‎(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)．‎ ‎[典例1]　如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，已知物块P的质量为mP＝1 kg，由此可知(　　)‎ A．碰撞前P的动量为16 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞 C．物块Q的质量为4 kg D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s ‎【答案】D ‎【解析】根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝mPv0＝4 kg·m/s，选项A错误．根据位移—图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s，选项D正确．‎ ‎ [题组突破训练]‎ ‎1. (多选)如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是(　　)‎ 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.(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．‎ ‎【答案】(－2)M≤m＜M ‎【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1①‎ mv＝mv＋Mv②‎ 联立①②式得 vA1＝v0③‎ vC1＝v0④‎ 如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况．‎ 第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有 vA2＝vA1＝()2v0⑤‎ ‎3．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t ‎＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示．求：‎ ‎(1)物块C的质量mC；‎ ‎(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.‎ ‎【答案】(1)2 kg　(2)9 J ‎【解析】(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．‎ mCv1＝(mA＋mC)v2‎ 即mC＝2 kg.‎ ‎(2)12‎ ‎ s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 ‎(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4‎ (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 得Ep＝9 J ‎※考点三　爆炸、反冲问题 ‎ ‎1．对反冲现象的三点说明 ‎(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．‎ ‎(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．‎ ‎(3)反冲运动中平均动量守恒．‎ ‎2．爆炸现象的三个规律 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．‎ ‎(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．‎ ‎(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．‎ ‎[题组突破训练]‎ ‎1．(2020·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ 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 ‎2．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ ‎【答案】B ‎ ‎ ‎※考点四　动量与能量综合问题 ‎1．求解动力学问题的三个基本观点 ‎(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．‎ ‎(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．‎ ‎(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．‎ ‎2．利用“动量和能量”观点解题的技巧 ‎(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．‎ ‎(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．‎ ‎(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．‎ ‎[真题拓展探究]‎ ‎【典例2】　(2020·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎【答案】见解析 ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④‎ 代入数据得 v1＝1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ 拓展1　“子弹打击木板”问题 ‎1.如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m0＝0.05 kg的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车．已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；‎ ‎(2)小车的长度L.‎ ‎【答案】(1)10 m/s　(2)2 m ‎【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1‎ 解得v1＝10 m/s.‎ ‎(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 ‎(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3‎ 解得v2＝8 m/s 由能量守恒可得 (m0＋m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v 解得L＝2 m.‎ 拓展2　“圆弧轨道＋滑块(小球)”问题 ‎2.(14分)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；‎ ‎(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．‎ ‎【答案】(1)5 m/s　(2)0.5 m ‎(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④‎ 设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：‎ mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤‎ 联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.‎ 题组突破训练 一、选择题 ‎1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明(　　)‎ A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大 C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·s D．若发生变化的时间为1 s，则物体所受合外力的大小为5 N ‎【答案】D ‎【解析】因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C错误；由Δp＝F·t可知D正确．‎ ‎2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为(　　)‎ A．1000 N·s　　　　　 B．500 N·s C．零 D．无法确定 ‎【答案】D ‎【解析】滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．‎ ‎3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．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．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 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 ‎【答案】B ‎4．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)‎ 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】取竖直向上为正方向，则小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝－2 J，A正确．‎ ‎5.(2020·山东济南高三质检)如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为Ff，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】A ‎6．(2020·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的(　　) ‎ A．质量相等　　　　　　 B．动能相等 C．动量大小相等 D．速度大小相等 ‎【答案】C ‎【解析】两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．‎ ‎7.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确．‎ ‎8.(2020·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝3.0 kg.质量为m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)‎ A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 J ‎【答案】C ‎9．两质量、大小完全相同的正方体木块A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A、B两木块被子弹射穿后的速度之比为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．1∶3 D．1∶ ‎【答案】C ‎【解析】因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同．射穿A时，两木块获得的速度为v′，根据动量定理，有 I＝2mv′－0①‎ 射穿木块B时，B的速度发生改变，而A的速度不变．射穿B后，B的速度为v″，根据动量定理，有 I＝mv″－mv′②‎ ‎①②联立，2mv′＝mv″－mv′‎ 得＝.选项C正确．‎ ‎10.（多选）在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　)‎ A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3‎ B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2‎ C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1‎ D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2‎ ‎【答案】BC ‎11.（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x-t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x-t图象，c为碰撞后它们的x-t图象．若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为(　　)‎ A．2 kg B. kg C．4 m/s D．1 m/s ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s.‎ 碰撞过程中动量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得mB＝ kg 由以上可知选项B、D正确．‎ ‎12.（多选）如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动．在此过程中(　　)‎ A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大 B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小 C．M的速度为时，弹簧的长度最长 D．M的速度为时，弹簧的长度最短 ‎【答案】BD ‎13．(2020·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·‎ m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是(　　)‎ A．m1＝m2 B．2m1＝m2‎ C．4m1＝m2 D．6m1＝m2‎ ‎【答案】C ‎【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C选项正确．‎ ‎14.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则(　　)‎ A．小球以后将向右做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 C．此过程小球对小车做的功为 D．小球在弧形槽内上升的最大高度为 ‎【答案】BC ‎15．（多选）下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是(　　)‎ A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零 B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化一定为零 C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零 D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变 ‎【答案】CD ‎【解析】物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误．物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，合外力不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化不为零，B错误．根据动量定理I＝Δp，故冲量为零，则其动量变化量一定为零，C正确．根据Ft＝Δp得F＝，可得物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变，D正确．‎ ‎16．（多选）(2020·江西抚州市四校联考)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．0～4 s内物体的位移为零 B．0～4 s内拉力对物体做功为零 C．4 s末物体的动量为零 D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零 ‎【答案】BCD ‎17.（多选）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有(　　)‎ A．小球的机械能减少了mg(H＋h)‎ B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 ‎【答案】AC ‎【解析】由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的机械能减少了mg(H＋h)，A正确，B错误．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH＝mv2，v＝，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG＋m，小球所受阻力的冲量大于m，C正确．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D错误．‎ ‎18.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是(　　)‎ A．重力的冲量 B．合力的冲量 C．刚到达底端时的动量 D．刚到达底端时的动能 ‎【答案】D ‎19．(多选)(2020·天津模拟)如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图象如图乙所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)‎ A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为396 J C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W ‎【答案】BD ‎【解析】类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—‎ 时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内，Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错误；由动能定理可知，在0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv＝396 J，B项正确；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C项错误；由牛顿第二定律，可知在t＝6 s时，F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．‎ 二、非选择题 ‎20．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电荷量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：‎ ‎(1)射出的氧离子速度；‎ ‎(2)每秒钟射出的氧离子数；‎ ‎(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．‎ ‎【答案】(1) 　(2) 　(3) ‎ (3)由动量定理得F＝＝nmv.‎ 又由牛顿第二定律得F＝Ma，‎ 综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a＝.‎ ‎21．质量为1‎ ‎ kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物体运动的总时间(g取10 m/s2)．‎ ‎【答案】3.75 s ‎【解析】物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有 Ft1－Fft＝0①‎ 又Ff＝μmg②‎ 联立①②式解得t＝，代入数据解得t＝3.75 s.‎ ‎22．(2020·山东济南质检)2020年9月在济青高速公路上，一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.‎ ‎(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？‎ ‎(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？‎ ‎【答案】(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N ‎23．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态．滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：‎ ‎(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；‎ ‎(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．‎ ‎【答案】(1)mv0，方向向右　(2)mv ‎【解析】(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒，有 mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 解得vC＝v0‎ 炸药对C的冲量I＝mCvC－0＝mv0，方向向右．‎ ‎(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒，有 mCvC－mBvB＝0‎ 据能量关系ΔE＝×v＋mv 解得ΔE＝mv ‎24．(2020·山西五校联考)如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；‎ ‎(2)Q运动的时间t.‎ ‎【答案】(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s ‎(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：‎ mv1＝mv1′＋mv2 ‎ mv＝mv1′2＋mv 碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t＝ 解得：t＝3.5 s ‎25．如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；‎ ‎(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．‎ ‎【答案】(1)－3 m/s　6 m/s　(2)3 m　10.5 m ‎【解析】(1)设物块A与木板B碰前的速度为v 由动能定理得：－μ1m1gl＝m1v2－m1v 解得v＝＝9 m/s A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得 m1v＝m1v1＋m2v2‎ 由机械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v 联立解得v1＝v＝－3 m/s，‎ v2＝v＝6 m/s.‎ B、C达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a3‎ 由牛顿运动定律得：μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a3‎ 整个过程B运动的位移为：xB＝v2t＋a1t2＋＝6 m A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为：xA＝＝4.5 m 物块A离长木板B左侧的最终距离为xA＋xB＝10.5 m.‎