2018年高考物理一轮复习专题13.1动量和动量定理教学案

1、专题13.1动量和动量定理k考情解读1 .理解动量的的概念，知道冲量的意义;2 .理解动量，会计算一维动量变化；3 .理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题;重点知识梳理一、动量、动量定理1 .动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，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。2.冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。(2)表达式：I=Ft。单位：Nl-s。(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。3.动量定理项目动量定理内容物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程

2、中所受力的冲量表送式p'p=F合t或mV-mv=F合t意义合外力的冲量是引起物体动量变化的原因标矢性矢里式(注思正方向的选取)二、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 .表达式：mv1+mv2=mv1'+nw2'或p=p'。3 .适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。（3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。高频考点突破高频考点一动量动量定理例1.

3、关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A.运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B.物体的加速度不变，其动量一定不变C.动量发生改变，物体所受外力一定变化D.物体的动量越大，其惯性越大一解析:动量是矢量，动量的方向与物悻的运动方向一致,选项客正确,物体的加速度不变，说明物体受到的合外力不变但动量的改变是由于合外力的;中量引起的合外力不变,合外力的冲量一定不等于零；物体的动壁一定变化，选项B、C错误j物体的动量大，物体的周量不一定大，因此，动里大的物体其愦性不一定大，选项D错误。答案：A【变式探究】（多选）用水平推力F推放在水平面上的物体，作用时间为t,此过程中物体始终不动。关于此

4、过程中各力的冲量和功，下列说法正确的是（）A.合力的冲量为0B.摩擦力的冲量为FtC.推力的冲量为FtD.合力白勺功为0解析：用水平推力F推物体，物体不动，说明合力为0,合力的冲量也为0,选项A、D正确；推力F作用的时间为t,则推力的冲量为Ft,摩擦力与推力等大反向，故摩擦力的冲量大小也为Ft,但方向与F方向相反，选项C正确，选项B错误。答案：ACD【举一反三】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解析：先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球

5、与手接触的时间，取球、一一mv,、一，一一.的初速度方向为正方向，根据动量定理一Ft=0mv得F=了，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量变化量、动能的变化量都不变，所以B正确。答案：B高频考点二动量定理的应用M的卡通玩具稳定地例2、(2016全国I35(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为悬停在空中.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p,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

6、在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.v0Mg答案pv0s药一金解析口)在刚喷出一段很短的时间内J可认为喷出的水柱保持速度麻不变.该时间内,喷出水柱高度网喷出水柱质量工高二心y其中小修为水柱体积,满足A4乩;3由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为Aar(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲=Mg其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律：F压=尸冲其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，v'为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v'2-V02=-2gh在很短At时间内，冲击玩具的水柱的质量为AmAm=pV0SAt由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用

7、动量定理(F压+AmgAt=Amv'由于At很小，Amg也很小，可以忽略，式变为F压At=AmVv2g由可得h=2g-2p2v2s2【举一反三】质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来。已知安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m,取g=10m/s；则安全带所受的平均冲力的大小为（）A.500NB.600NC.1100ND.100N解析：安全芾长5队人在这殿距离上做自由落体运动，获得速度日历二10Vs-受安全带的保护经工2，速度减小为力对此过程应用动量定理，以向上为正方向有序-酩）,=0-（F?贝！|跖二11Q0MC正确。答案：C【变式探究】如图甲所

8、示，一轻弹簧上端固定，下端悬挂着质量为m的物体A,其静止点为O,然后再用细线在A下面挂上另一个质量也为m的物体B（如图乙所示），平衡后将细线剪断，当物体A弹回到O点时的速度为v,而此时物体B下落的速度为u,不计空气阻力，则在这段时间里弹簧的弹力对物体A的冲量大)小为（A.mvB.muC.m（v-u）D.mv+u）解析：物体B做自由落体运动，有mgt=mu>在相同白时间t内物体A弹回到O点，应用动量定理，有mgtI=-mv所以i=m+u）,选项d正确。答案：D【举一反三】把一个质量为0.4kg的小球，以3m/s的速度水平抛出，经过0.4s的时间小球落地,则小球的动量变化量的大小为（不计空气

9、阻力，g=10m/s2）（）A. 1.2 kg m/sB. 1.6 kg m/sC.2kgm/sD.4kgm/s解析：根据动量定理I=Ap得：Ap=mgt=0.4X10X0.4kg-m/s=1.6kgm/s。故选项B正确。答案：B高频考点三“微元法”在动量定理中的应用微元法就是从某一物理量、物理状态或物理过程中选取一个足够小的单元微元作为研究对象的研究方法。微元法是物理解题中常用方法之一，在使用微元法解题时，常取时间元At、长度兀AL、面积兀AS、质量兀Am等。例3、一截面积为S的竖直放置的水管向上持续喷水。水离开管口的速度为v,喷出的水全部击中一个质量为m的物块的底部，而后水无初速自由落下。

10、物体停在距管口h处的高空不掉下，如图所示。求h的大小。解析：取极短时间A3则此时间内喷出水的质量设水到达为高处的速度为仆则pAm-fl+h曲或U1I设水与物体应相作用的冲量大小为“由题意及动量定理可知对水有：Aur辑=3+/1叫-力府对物体有：酩力由得由于A因而有答案:v2nmg而2 P 2SV【方法技巧】微元法解题的思维程序1、隔离选择恰当微元作为突破整体研究的对象。微元可以是一小段线段、圆弧、一小块面积、一个小体积、小质量、一小段时间应具有整体对象的基本特征。并运用相关物理规律，求解2、将微元模型化如视作点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动这个微元与所求物体的关联。3、将一个微元的求解结果

11、推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系，对各微元的解出结果进行叠加，以得出整体量的合理解答。【变式探究】如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300kg,长度为2.5m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100kg/s向下漏原料，装料车以0.5m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行。(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力。解析遂在£时间内漏到车上的原料房量为A亟，要使这些原料篌得与车相同的速度，需加力为国根据动量定理，

12、有所以.100x0.5N=50N车装完料的总质量为Aa/2f=300+100Xkg=600kgA£I0.对车应用动量定理，有FW=0-(-时解得X-N-200M答案：(1)50N(2)200N真题感悟1.12016全国卷I】物理选修3-5】(2)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p,重力加速度大小为g.求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

13、(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.35. （2）【答案】（i）p v0s (ii)v0M2g药27W【解析】（i）设At时间内，从喷口喷出的水的体积为AV,质量为Am则Am=pAVAV=VoSAt由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Am-t-=pVoS谩玩具悬停时且底面相对于喷口的高度为乱水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为3寸于A1时间内喷出的水，由能量守恒得拉唠户十则鲂二拉陶H©在人高度处,"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谖水对玩具的作用力的大小为凡根据动量定理有由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得脏立式潺2.12016北

14、京卷】（1）动量定理可以表示为Ap=FAt,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0,碰撞后弹出的角度也是0,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.图1-a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Apx、Apy；b.分析说明小球对木板的作用力的方向.（2）激光束可以看作是粒子流，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.光镣效应就是一个实例，激光束可以像镣子一样抓住细胞等微小颗粒.SO一束

15、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，其中光束和穿过介质小球的光路如图1-所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束和与so的夹角均为e,出射时光束均与平行.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.光束和强度相同；b.光束比的强度大.图1-【答案】(1)a.02mvcos0b.沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b.指向左上方【解析I(l)a二方向：动量变化为g二阳口口日一Msmd二0了方向:动量变化为AJTTVCOE6iWWOS)=2/ftvoos8方向沿丁轴正方向.Ib.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

16、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At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pi=2npcos0从小球出射时的总动量为p2=2nppi、S的方向均沿SO向右根据动量定理FAt=p2-pi=2np(1-cos0)>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At时间内，光束穿过小球的粒子数为ni,光束穿过小球的粒子数为小，ni>n2.这些粒子进

17、入小球前的总动量为piy=(nin2)psin0从小球出射时的总动量为P2y=0根据动量定理：FyAt=p2ypy=(nin2)psin0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.3.12016江苏卷】C.【选修3-5】(2)已知光速为c,普朗克常数为h,则频率为v的光子的动量为.用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为.(2)【答案】叱2hJLcc1解析】因为光速t二则上二5所以光子的动量P二，二由于动量是矢量，因此若以射向平面镜时光子的动量方

18、向为正方向,艮r1削二与反射后庐二4,动量的变化量修-赳=-1-*-咛/则光子在反射前后动量改变量的大小为麦4.12016全国卷出】物理选修3-5】(2)如图1-所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直；a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为mb的质量为3m两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑4动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.【答案】32v2V113gl2Vo图1-【解析】设物块与地面间的动摩摞因数为4.若要物块&能够发生碰撞，应有现磴设在U、匕发生涯性碰撞前的麋间，

19、q的速度大小为由能量守恒有1j£>£设在&碰撞后的间/A方的速度大小分别为出、职力由动量守恒和能量守恒有加二加1+麴k®联立式解得优=京1由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知13m,23m21V2<qgl联立式，可得32V0与(1封z"113gl联立式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件2232V0Vo&n<113gl"2gl.5.12016全国卷】物理选修3-5】(2)如图1-所示，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

20、相对冰面3m/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=0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g= 10 m/s 2.(i)求斜面体的质量;(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩?【答案】(i)20kg(ii)不能【解析】国规定向右为速度正方向,冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v,斜面体的质量为闻由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得)故2。口=3加十网)M+式中心尸-3m/s为漆块推出时的速度.联立式并代入题给数据得

21、i7X3=20kg(3)(ii)设小孩推出冰块后的速度为vi,由动量守恒定律有mvi+mv2o=0代入数据得vi=1m/s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mv2o=mv2+mv31 212122mv2o=2m2v2+2mv3联立式并代入数据得V2=1m/s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.1.12015上海.22AJ2,两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动。A车总质量为50kg,以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg,以3m/s的速度向左运动；碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大

22、小为m/s,方向向(选填“左”或“右”)【答案】0.5;左【解析】由动量守恒定律得：规定向右为正方向，mAvAmBvBmAvAmBvB,解得：vB0.5m/s,所以B的速度大小是0.5m/s ,方向向左。2.12015海南17(2)】4.运动的原子核AX放出粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和粒子的质量分别是M3和m)2,真空中的光速为c,粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及粒子的动能。【答案】 Ek M m1 m2 c2,2Mm1m2 c【解析】反应后由于存在质量亏损,所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量,啊d对诂=(Af-网-吟故才睡爱因斯坦质能方程可得22

23、反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有力电二超工以，；W/W一时啊)/盛立可得2破一F3.12015天津9(1)】5.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3:1,A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，AB两球的质量之比为,AB碰撞前、后两球总动能之比为I¥K【答案】4:1;9:5【解析】因两球刚好不发生碰撞，说明AB碰撞后速率大小相同，规定向左为正方向，由动量守恒定律可知 mBVBmAV mhv 而 Vb : v3:1,解得 mA : mB4:1 ；碰撞前后总动能之比为E1：E2

24、12-mBVB 29:52-mAmB v24.12015 北京 17】6.实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则()A.轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外C.轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里B .轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外D .轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里【答案】D解析】静止的核发生声衰变(Wf由内力作用，动量守恒，则新核和电子的_y1_mv中总=m.F-动量等大反向j垂直射入匀强磁场后均做匀速图周运动,由了可知於，则两个新核的运动半径与电量成反比,即行1,则新核为小圜.电子为大圆；而新核

25、带正电，电子带负电，由左手定则可知磁场方向垂直条面向里？选项D正确。5.12015山东39(2)】7.如图，三个质量相同的滑块A、RC,间隔相等地静置于同一水平轨道13上。现给滑块A向右的初速度V。，一段时间后A与B发生碰撞，碰后AB分力1J以一v0、一v0的速度向右运动,84B再与C发生碰撞，碰后 B、C粘在一起向右运动。滑块 A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求RC碰后瞬间共同速度的大小。21v。16【解析】根据动量守恒定律，AB碰撞过程满足mvAv。 m83vo m 一4解得7v0从A开始运动到与B相碰的过程，根据动能定理:Wfm%2122mvAWf-15-mv2

26、解得128则对物体B从与A碰撞完毕到与 C相碰损失的动能也为 W,由动能定理可知:Wf121'2mvBmvB22BC碰撞时满足动量守恒，则mvB2mv共，i72Tv共=77vB“vo解得216。6.12015全国新课标I35(2)】8.如图，在足够长的光滑水平面上，物体AB、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,三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与RC各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。同hn答案m(.52)M1解析】设A运动的初速度为,A向右运动与C发生碰撞：根据魂性碰撞可得阳¥二呵+出/2

27、2122m-M2rnH二=v可得加+M陋十时要使得A与B发生碰撞.需要湎足，即即A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞mvi mv3 Mv42mvi21212一 mv3- Mv422整理可得V3V4mM2m由于A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足V3V2mM起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置2mMm,mM、2v2vv1()v即mMmMmM22整理可得m4MmM解方程可得m(52)M7.12015 全国新课标n35(2)9.滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在x随时间t变化的图像如图所示。求:(ii)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功

28、与因碰撞而损失的机械能之比。【解析】(1)设入b质量分别为mi.加，玉b碰撞前的速度为vi、w由题给图像得vi-2m/sV2=1iil,，sa、b发生完全非强性而撞，碰撞后两滑坡的共同速度为工由题给图便可得2,v=ffi/3由动量守恒定律得：mivi+叫也=v网I解得啊8(2)由能量守恒得。两滑块因碰撞而损失的机械能为1 21212Em1vlm2v2(m1m2)v2 22由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为1 2W(m1m2)v2W1解得E21. (2014山东卷，39(2)如图6所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为R1开始时橡皮筋松弛

29、，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：m图6(1) B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。解析(1)以初速度他的方向为正方向设3的质量为ffiBj3直撞后的共同速度为力由题意可知:itf撞前瞪间月的速度为今碰撞前瞬间6的速度为2%由动量守恒定律得4+如由=(m+酒)K)(2)从开始到城后的全过程,由动量守恒定律得mo二（加十ma）v设碰撞过程方系统机械能的损失为用，则A£=；底)'+全网黑，-京加4fns)®联立®式得Afi二%

30、口V-112答案2m6诬2. (2014新课标全国卷I,35(2)如图4,质量分别为nA、m的两个弹性小球AB静止在地面上方，B球距离地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰。碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为2零。已知nB=3nA,重力加速度大小g=10m/s,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求:(1) B球第一次到达地面时的速度；(2) P点距离地面的高度。解析(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vb,由运动学公式有vb=2gh将h=0.8m代入上式，得vb=4m/s(2)设两球相

31、碰前后j球的速度大小分别为VI和M(记二。),方理的速度分别为和3.由运动学期律可得由于碰撞时间极短重力的作用可以忽解，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，期定向下的方向为正有谈与球与地面相碰后的速度大小为讴)由运动学及碰撞的规律可得设P点距地面的高度为A)由运动学规律可得哼甯联立式j并代人已知条件可得A-0.7SIH答案(1)4m/s(2)0.75m3. 2014江苏卷，12C(3)牛顿的自然哲学的数学原理中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15：16。分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃

32、球A以速度V0碰撞质量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。解析设AB球碰撞后的速度分别为V1和V2V2V115由动重寸恒向知：2mv=2mv+mv，且由题息知一=正解得V1=17V0,V2=21V0答案21v04. (2014全国大纲卷，24)冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求:(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失。解析（i）设运动员甲.乙的质量分别为%M碰前速度大d吩为八巴碰后乙的速度大小为八由动量守恒定律有R-W

33、=MF代入数据得r=L0s（设碰撞过程中总机械前的损失为环应有加3十区由岩大俨十收j£j,G£r尸二L0血力代入上式解彳导A=1400K答案(1)1.0m/s(2)1400J5. （2014重庆卷，4）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1,不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）CD，一一，一一,一，一，一，一，一12解析由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h=-gt2可知t=、/=、/10s=1s,若甲水平位移为x=2

34、.5m时，则v甲=；=2.5m/s,则由弹丸爆炸前后一一31一一一动量守恒，可得mv=4mv甲+4mv乙，代入数据解得v乙=0.5m/s,方向与v甲相同，水平向前，故A错，B对。若乙水平位移为x'=2m时，则丫乙=十=2m/s,即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故GD均错。答案B押题专练1 .（多选）置于水平面上质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始经ti时间速度达到v,若从这时开始撤去外力，则再经t2时间物体停止运动。如果在运动过程中受到的阻力是F阻，根据动量定理，下列方程正确的是（）A.（FF阻）（ti+t2）=0B.（FF阻）

35、ti=mvC.FtiF阻（ti+t2）=0D.FtiF阻t2=0解析：在五时间内,物体在水平方向受到F和尸的作用，初动量为0,未动量为丽，由动量定理有F尸工:皿口在全过程中F作用寸间为*用寸间为依初动量为6末动量也为0,施动量定理,有小尸他十切=依选项B、C正麻答案：BC4.（多选）如图所示，一颗陨星进入到地球周围的空间中，它的运动轨迹如实线abc所示，b为距地球最近点，陨星质量保持不变，不计阻力，图中虚线是以地心为圆心的同心圆，则下列说法正确的有（）A.在地球的引力作用下，陨星做曲线运动B.在b点，陨星的动量最大C.在b点，陨星的动量变化率最大D.在a、c点，陨星动量的变化率最大解析：陨星所

36、做的曲线运动，是由于受到地球的引力作用，到达b点之前一直是引力做正功，陨星的动能增加，到达b点时动能最大，p=，2mE,其动量也最大。由动量定理F-At=Ap,可知F=j1,即陨星动量的变化率就等于它所受到的引力，可知陨星在b点的动量变化率最大。选项A、BC正确。答案：ABC1 .玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中（）A.玻璃杯的动量较大B.玻璃杯受到的冲量较大C.玻璃杯的动量变化较大D.玻璃杯的动量变化较快解析：从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零,因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由

37、动量定理Ft=mv知，此时玻璃杯受到的力F较大，容易碎，D正确。答案：D2 .把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是（）A.在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大8 .在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C.在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D.在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大解析工在缓缓拉动纸带时，两物傀之间的作用力是静摩搀力在迅速拉动纸带时，它们之间的作用力是滑动摩擦力由干滑动摩擦力匹二加将是动摩摭因数）,而最大静摩摭力取二白网依是静摩擦区微）且E口一般胤兄F可以认为匹=居1,即滑动摩僻力再近似等于最大

38、静摩擦力心口因此,一般情况是缓拉，摩擦力小5快拉，摩擦力大。缓缓拉弗降前寸,摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量,即动量的改变量可以很大，所以肓熟嵯物带动快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小,所以重物动量的改变量小口因此选项£正痛。答案：C3.质量为0.5kg的钢球从5.0m高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达4.05m高处，整个过程经历2.0s,则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为（g=10m/s2）（）A.5.0NB.90NC.95ND.100N，2hi解析：钢球从5.0m局处洛下所用时间11=a/=1.0s,与地面碰刖的速度vi=，2ghi=1

39、0m/s,钢球与地面碰后的速度V2=42gh2=9.0m/s,上升至4.05m所用时间t2=yj期=0.9s,钢球与地面碰-、口mV2+V1撞的时间At=t1112=0.1s，则（FmgAt=mv（mv）,解得F=mg+-=0.5X10N+0.5*,0+9N=100N,选项D正确。0.1答案：D4.在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A,已知物体A的质量mA=4kg,如图所示。现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，F做功50J后（弹簧仍处在弹性限度内），突然撤去外力F,物体从静止开始运动。则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为（）AAWAp-A

40、.5NsB.15NsC.20NsD.100Ns一解析：弹簧弼电力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：，二学，即外力的冲量等于物体动量的变化口由于强警储存了50J的弹性势能,我们可以利用机械能守恒求出物体离开强蓄时的速度,然后运用动量定理求冲量。所以有：县若解凡44由认±两式可解得迎蕾强力对/dW物体的神量为J=20忖配选项C正确#答案：C5.如图所示，质量为m的小球以速度vo水平抛出，恰好与倾角为30。的斜面垂直相碰，其弹回速度的大小与抛出的速度大小相等，求小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为（）A.mvB.2mvC.3mvD.6mv解析：设小球落至斜面相碰

41、前瞬间的速度为v,由平抛运动的规律，有vsin30°=Vq,则v=2v°由动量定理，有I=Ap=mVmv=mv（2mv）=3mv。故选项C正确。答案：C6. 一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为Ap,动能变化量为AE。关于Ap和AE,下列说法正确的是（）A.若Ap最大，则AE也最大B.若Ap最大，则AE一定最小C.若Ap最小，则AE也最小D.若Ap最小，则AE一定最大解析：当小球原速率返回时，Ap最大，而AE=0,选项B正确，A错误；当小球撞墙后速度减为零时，Ap最小，而AE最大，选项D正确，C错误。答案：BD7. 一辆空车和一辆满载

42、货物的同型号的汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。紧急刹车（即车轮不滚动只滑动）后，下列说法中不正确的是（）A.货车由于惯性大，滑行距离较大8. 货车由于受的摩擦力较大，滑行距离较小C.两辆车滑行的距离相同D.两辆车滑行的时间不相同解析：摩擦力是合外力，根据动量定理，有一mgt=0mv彳导t=,选项D错误；根据动能定wg-12V2L石理，有一（1mg40-2mv,得x=2,选项A、B错误，选项C正确。22wg答案：ABD8 .“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，下列分

43、析正确的是（）A.绳对人的冲量始终竖直向上B.人的动量先增大后减小C.绳对人的拉力始终做负功D.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大解析：弹性绳的强力为尸二M绳子伸直之后,对人进行受力分析可知，1产.当工华寸，府，速度增大3当力学上尔以速度海小，从绳恰好伸直到人第一次降至最低点的过程中，人的速度先增大后被小？则人的动量和动靛都是先增大后减小，绳的弹力方向始终竖直向上，则绳对人的冲量煤冬竖直向上，绳对人的拉力始做负功，选项A、B、C正确，选项D错误口答案：ABC9 .古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为2kg,以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s,取兔子初速度方向为正

44、方向，则（）A.兔子撞树前的动量大小为30kgm/s10 兔子撞树过程中白动量变化量为32kgm/sC.兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相同D.兔子受到撞击力的冲量大小为32N-s解析：由题意可知，兔子的初速度vo=15m/s,则兔子撞树前的动量大小为pi=mv=2kgx15m/s=30kg-m/s,选项A正确；末速度为v=1m/s,末动量p2=mv=2kgx（1m/s）=2kg-m/s,兔子撞树过程中的动量变化量为Ap=p2p1=2kg-m/s30kg-m/s=32kg-m/s,兔子撞树过程中的动量变化量的大小为32kgm/s,选项B错误；兔子撞树过程中的动量变化量为负值，说明兔子撞树过程中的动量变化量的方向