2021年新高考物理二轮复习京津鲁琼专用讲义：专题二第2讲动量观点的应用

1、第 2 讲 动量观点的应用真题感悟透析考情真题再现1.（2019 高考全国卷I） 最近， 我国为“长征九 号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得 突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷 射的气体速度约为 3 km/s，产生的推力约为 4.8X106N，则它在 1 s时间内喷射的气体质 量约为（ ）A.1.6x101 2kg3B.1.6X10 kg5C. 1.6x10 kgD.1.6x106kg解析：选 B.根据动量定理有 FAt=Amv- 0,mF 3解得= =1.6X103 4kg/s，所以选项 B 正确.At v八2.（2018 高考全国卷n）高空坠物极

2、易对行人造成伤害.若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A.10 NB . 102N3C.10 N4D.10 N解析：选 C根据自由落体运动和动量定理有2gh= v （h 为 25 层楼的高度，约 70 m）, Ft =mv,代入数据解得 F 1x103N,所以 C 正确考情分析谕题点分析”F-市IU电珅思路方法*火箭发肘过程艮反冲现魚可棚8动抵舌点牯接-功摊定理的成同佛題点分靳4巾由落体运期 动呈电理：由门山摺休迫幼规律对求码出期诂地血 思路方法*时的連度大小，鬥根掴动拉定理求出舸 强茁地面前平均沖击力考点锻接动竝

3、定理的应用学科素养点*挖严观淫学科垂养点韧理规念3.(2017 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，火刖的动量大小 为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg - m/s2B.5.7X10 kg-m/s2C.6.0 x 10 kg - m/s2D.6.3X10 kg-m/s解析：选 A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火刖和燃气组成的系统动量寸恒,设燃气喷出后的瞬间，火刖的动量大小为 p,根据动量寸恒定律,可得 p mv0= 0，解得 p= mv0= 0.050k

4、gx600 m/s = 30 kg m/s,选项 A 正确.佈颍点分析*思路方法-以火術1燃飞为研充対象,W碱岀 的瞬间功it守忖考点造區* 学科素养点反冲现象中呦竜守恒定律的碰用11-1命题研究动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，是解决物理问题的重要基 本方法，高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守 恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决平抛运动、圆周运动、多运动过 程问题；二是综合运用动能定理和能量守恒定律，结合动量守恒定律解决电场、 磁场内带电粒子运动或电磁感应问题这几类题型，命题情景新，密切联系实 际，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定

5、了动量守恒 定律在解题过程中的纽带作用热考核曲高效突破考点1 冲量与动量定理的应用【高分快攻】1.应用动量定理解题的步骤55 .动量定理的两个重要应用(1)应用 l=Ap 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1= Ft 求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化 p,等效代换变力的冲量 I.应用 p= F t 求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化（ P= P2 Pl）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.【典题例析】tnu 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找

6、出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质.正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m,单位体积内粒子数量 n 为恒量为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率 不变利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与 m、n 和 v 的关系.（解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）解析如图所示,一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量1S 的部分为底、VM 为高构成柱体，由题设可知，其内有 6 的粒子在时间内与器壁上面积为 S的部分发生碰撞，1碰撞粒子总数 N = 6

7、n SvAt,1t 时间内粒子给器壁的冲量I = N =：nSmvAt3器壁上面积为 S 的部分受到粒子的压力 F =丄tF 12则器壁单位面积所受粒子的压力f = S = 3n mv2.12答案f = 3nmv【题组突破】1 侈选）（2017 高考全国卷川）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（）F/NJh1H *RO123 如也-11 -JA t= 1 s 时物块的速率为 1 m/sB t= 2 s 时物块的动量大小为4 kg m/sC. t= 3 s 时物块的动量大小为5 kg m/sD t= 4 s 时物块的速度为

8、零1 = 2mv,以器壁上面积为解析：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01 s、02s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns,应用动量定理 I = mAv 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，贝 V A、B 项均正确，C、 D 项均错误.2 . （2018 高考北京卷）2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最

9、具观 赏性的项目之一某滑道示意图如图，长直助滑道AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高h= 10 m , C 是半径 R= 20 m 圆弧的最低点.质量 m= 60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加 速下滑，加速度 a = 4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB= 30 m/s，取重力加速度 g= 10 m/s2.（1）求长直助滑道 AB 的长度 L;求运动员在 AB 段所受合外力的冲量 I 的大小；若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小.解析：（1）根据匀变速直线运动公式，有2 2VBVAF、根据动量定理，有 I = mvB

10、mvA= 1 800 N s.运动员经 C 点时的受力分析如图所示.根据动能定理，运动员在 BC 段运动的过程中，有1212mgh= qmvcqmvB2根据牛顿第二定律，有FN mg = m-联立解得FN= 3 900 N.答案：见解析考点2动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用【高分快攻】2a=100 m.1.应用动量守恒定律解题的步骤(1) 明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程);(2) 进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3) 规定正方向，确定初、末状态动量；(4) 由动量守恒定律列出方程；(5) 代入数据，求出结果，必要时讨论说明.2

11、.三种碰撞的特点动量守恒： m1v1+ m2v2= m1v/1+ m2v2,弹性碰撞_ 1 2121212机械能守恒： m1V1+ qm2V2= mw1+ mzv2动量守恒、末速度相同：mm + m2V2=仲汁 m2)v，机械能损失最多：机械能完全非弹性碰的损失撞(12. 1212 E= |m1V1+ m2V2厂 g(m1+ m2)v动量守恒： m1v1+ m2v2= m1v1+ m2v2,非弹性碰撞机械能有损失：机械能的损失A_.12. 121, 21, 2 E= (?m1V1十 2m2V2) Qm1V1+ ?m2V2)碰撞问题遵守 的三条原则(1)动量守恒：P1+p2=p1+p2.动能不增

12、加：Ek1+ Ek2E k1+ E k2.(3)速度要符合实际情况【典题例析】 如图所示，在光滑水平面上有质量为m 的小物块 a 以初速度 vo水平向右运动，在小物块 a 左右两侧各放置完全相同的小物块b、c,小物块 b、c 上各固定一个轻弹簧，小物块b、c 的质量均为 km,其中 k= 1、2、3，弹簧始终处于弹性限度内.求：(1)小物块 a 第一次与小物块 c 碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大? 若小物块 a 至少能与小物块 c 碰撞 2 次，k 的最小值为多少？解析(1)小物块 a 和 c 相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块 a 和 c,根据动量守恒定律有 mvo=

13、(m+ km)v根据能量转化和守恒定律有1212Epmax= ?mvo 2(m+ km)vk 12联立解得 Epmax=mVo.k+ 12设小物块 a 第一次离开小物块 c 时，小物块 a 和 c 的速度分别为 W、V2,对于小物块 a和 c 根据动量守恒定律有 mvo= mv1+ kmv2根据机械能守恒定律有 2mv2= qmv2+ qkmv；1 k联立解得，小物块 a 的速度为 V1=V0k+ 12小物块 C 的速度为 V2=V0k+ 1小物块 a 离开 c 后与小物块 b 作用，当小物块 a 离开 b 时，小物块 a 和小物块 b 的速度分 别为 v1、v2,对于小物块 a 和 b,根据

14、动量守恒定律有 mv1= mv1+ kmv212121根据机械能守恒定律有 2mvi= qmv：+ qkmv1-八联立解得 V1=voH1丿若小物块 a 和 c 至少碰撞 2 次，则有 v1 V2由数学知识可得 k2- 4k 1 0解得 k 2 + 5而 k= 1、2、3故 kmin= 5.k 12答案（1）kZ7 2mv。（2）5【题组突破】角度 1 碰撞问题分析1 . （2018 高考全国卷n）汽车 A 在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B车向前滑动了 4.5 m , A车向前滑动了

15、2.0 m .已知 A和 B的质量分别为 2.0X103kg 和 1.5X103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g= 10 m/s2求*|2J0mpm（1）碰撞后的瞬间 B 车速度的大小;（2）碰撞前的瞬间 A 车速度的大小.解析：（1）设 B 车的质量为 mB,碰后加速度大小为 aB.根据牛顿第二定律有m 旳=mBaB0 Vo= gt式中是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为VB,碰撞后滑行的距离为由运动学公式有 vB= 2aBSB联立式并利用题给数据得VB=3.0 m/s.设 A 车的质量为 mA

16、,碰后加速度大小为 aA.根据牛顿第二定律有imAg = mAaA设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为VA,碰撞后滑行的距离为SA.由运动学公式有2VA= 2aASA设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 VA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAVA= mAVA+ mBVB联立式并利用题给数据得VA=4.25 m/s.答案：见解析角度 2 爆炸现象分析2. (2018 高考全国卷I)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空当烟花弹 上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和 也为 E,且均沿竖直方向运动爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火

17、药的质量求(1) 烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2) 爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.解析：(1)设烟花弹上升的初速度为Vo,由题给条件有E= 2mv2设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有联立式得(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 hi,由机械能守恒定律有E= mghi火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为vi和V2由题给条件和动量守恒定律有-mv2+ mv2= E44qmvi+ 2mv2= 0由式知，烟花弹两部分的速度方向相反 ，向上运动部分做竖直上抛运动设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2

18、,由机械能守恒定律有121*mvi= mgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h = hi+ h2=.mg答案：见解析角度 3 多过程问题中的动量守恒 3 (2019 临沂高三二模)质量 m= 1 kg 的小物块在高 hi=0.3 m 的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K 锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K ,物块将以水平速度 vo向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的 B 点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B 点的高度 h2= 0.15 m，圆弧轨道的圆心 0 与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M, m 滑下与 M 发生碰撞后

19、反弹，反弹1,碰撞过程中无能量损失，g = 10 m/s2，求:3(1)物块 m 压缩弹簧时储存的弹性势能 Ep；物块 M 的质量.解析：(1)小物块由 A 运动到 B 做平抛运动，g h2=如2,解得：t=鲁s由几何关系： R= h1,h1 h2= R， /BOC= 60设小球平抛时的初速度为V0，的速度大小刚好是碰前速度的则gt= tan 60V0弹性势能 Ep等于小物块在 A 点的动能，12Ep= qmvo解得：Ep= 0.5 J.设小物块到 C 点时的速度为 vi,小物体从 A 点到 C 点过程，机械能守恒 由机械能守恒定律，v0+ mghi= mv2m 与 M 碰撞过程动量守恒，有：

20、mvi= mv3+ Mv2m 与 M 碰撞过程能量守恒，有:由以上各式解得：M = 2.0 kg.答案：(1)0.5 J (2)2.0 kg反I思提升命题角度解决方法易错辨析动量守恒的条件判断掌握三个守恒条件准确判断系统合外力是否为零或内力远大于外力，或者分析是否为碰撞或爆炸弹性碰撞分析动量守恒定律、机械能守恒定律无能量损失是最大特点完全非弹性碰撞分析动量守恒定律掌握碰撞后速度相等这一条件爆炸现象求解动量寸恒的条件是内力远大于外力注意爆炸后各部分的速度方 向，有可能不在冋一平面内考点 3 3动量守恒定律的综合应用【高分快攻】*mv2= 2mv3+ Mvi其中vvi31.解题策略(i)弄清有几个

21、物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.(3) 在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过 程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分 析.(4) 如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.2 动量与能量的综合问题，常取材“滑块一滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧 一物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用.要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实

22、际情况分类讨论 ).【典题例析】例(2019 高考全国卷川)静止在水平地面上的两小物块 A、 B,质量分别为 mA= 1.0 kg , mB= 4.0 kg ;两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离 1= 1.0 m ,如图所示.某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 Ek= 10.0 J 释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动. A、B 与地面之间的动摩擦因数均为 尸 0.20. 重力加速度取 g = 10m/s2A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.(1) 求弹簧释放后瞬间 A、B 速度的大小；(2) 物块 A、B

23、 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与 B 之间的距离是多少？(3) A 和 B 都停止后，A 与 B 之间的距离是多少？解析(1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 VA、VB,以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0 = mAVA mBVBEk= 2mAvA+ 2mBvB联立式并代入题给数据得vA= 4.0 m/s, vB= 1.0 m/s.(2)A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为 a.假设 A 和 B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到 B 停止所需时间为 t, B 向左运动的路程为SB,则

24、有mBa= jinBg12金SB=VBt qatVBat= 0在时间 t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间 t 内的路程SA都可表示为12SA=VAt qat联立式并代入题给数据得SA=1.75 m ,SB=0.25 m这表明在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A 位于出发点右边0.25 m 处.B 位于出发点左边 0.25 m 处，两物块之间的距离S为s= 0.25 m+ 0.25 m = 0.50 m.(3)t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速

25、度的大小为VA,由 动能定理有1,212qmAvA ?mAVA=联立式并代入题给数据得VA= , 7 m/s?故 A 与 B 将发生碰撞.设碰撞后A、B 的速度分别为VA和VB,由动量守恒定律与机械能守恒定律有这表明碰撞后 A 将向右运动，B 继续向左运动.设碰撞后 A 向右运动距离为SA时停止, mg(2l+SB)mA(VA)= mAV”A+ mBV”B*mAVA=mAVA+ mBVB联立?式并代入题给数据得3 VA,滑块 A、B 不会再一次发生碰撞.由题知，当滑块 A 刚好能够到达 P 点有122AVA= uimgL解析：（1）设滑块 A 碰 B 后的共同速度为v, A、B 碰撞过程中损失

26、的机械能为E（2）设碰撞后 A、B 速度分别为VA、 VB, 且设向右为正方向,由于弹性碰撞，有:联立式并代入数据解得代入数据解得 k= 9讨论:a.当 k= 1 时，VA= 0,滑块 A 停在 O 点，A 克服摩擦力所做的功为WfA= 0.b.当 19 时，滑块 A 从 OP 段右侧离开，A 克服摩擦力所做的功为WfA=ymgL = 16 kJ.答案：见解析角度 3“弹簧类”组合模型3. （2019 湖北八校联考）如图所示，质量为 m3= 2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道 的 AB 部分是半径为 R= 0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部 分右端固定一

27、个轻质弹簧.滑道 CD 部分粗糙，其他部分均光滑.质量为 m2= 3 kg 的物体 2（可视为质点）放在滑道的 B 点，现让质量为 m1= 1 kg 的物体 1（可视为质点）自 A 点由静止释放.两 物体在滑道上的 C 点相碰后粘在一起（g= 10 m/s2）.（1）求物体 1 从释放到与物体 2 相碰的过程中，滑道向左运动的距离.若 CD = 0.2 m，两物体与滑道的 CD 部分的动摩擦因数都为尸 0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能.在的条件下，物体 1、2 最终停在何处？解析：（1）物体 1 从释放到与物体 2 碰撞的过程中，物体 1 和滑道组成的系统在水平方向上动量守

28、恒，设物体 1 水平位移大小为 S1,滑道的水平位移大小为 S3,有0 = m1S1 m3S3,s1= Rm1S1解得 S3=小=0.15 m.m3设物体 1、物体 2 刚要相碰时物体 1 的速度大小为 V1,滑道的速度大小为 V3,由机械能守恒定律有122m1gR = ?m1V1+ 2m3V3由动量守恒定律有 0= mm m3V3物体 1 和物体 2 相碰后的共同速度大小设为V2,由动量守恒定律有12WfA= 2mAVA= 25kk+ 1J.m1V1= (m1+ m2)V2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、 2 和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为 Epm.从物体 1、2 碰

29、撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有12122(mi+ m2)V2+ 2m3V3-(Xm1+ m2)g CD = Epm联立以上方程，代入数据解得 Epm= 0.3 J.分析可知物体 1、2 和滑道最终将静止，设物体 1、2 相对滑道 CD 部分运动的路程为 s,由能量守恒定律有12122(m1+ m2)V2+ m3V3= 小1+ m2)gs代入数据可得 s= 0.25 m所以物体 1、物体 2 最终停在 C 点和 D 点之间与 D 点间的距离为 0.05 m 处.答案：见解析1.“子弹打木块”模型是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机 械能损失，此类问题的一

30、般解法可归纳如下：(1) 分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块 和木块各自运动；(2) 子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动 量守恒；(3) 子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击 木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解.2 .利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状

31、态;（2）分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态 ，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程;（3）判断解出的结果是否满足 “实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果.注意：（1）由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；（2）要特别注意弹簧的三个状态：原长（此时弹簧的弹性势能为零）、压缩到最短或伸长到最长的状态（此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能）,这往往是解决此类问题的突破点.匸二二二二二二二 课后演练 0 0 强化提能 二8二二二二二二二二一、单项选择题1. （2018 高考全国卷I）高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度

32、为零的匀加速直线运动.在启动阶段，列车的动能（）A .与它所经历的时间成正比B .与它的位移成正比C.与它的速度成正比D .与它的动量成正比解析：选 B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v1 1=at,且列车的动能为 Ek= mv2,由以上整理得 Ek=ma2t2,动能与时间的平方成正比，动能 与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x = pt2代入上式得 Ek= max,则列车的动能与位移成 正比，B 正确；由动能与动量的关系式Ek= 2m 可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误.2 .为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露

33、台，测得 1 h 内杯中水面上升了 45 mm，查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此计算该压强约为（设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹， 不计雨滴重力，雨水的密度为 1X103kg/m3）（ ）A . 0.15 PaB . 0.54 PaC. 1.5 PaD . 5.4 Pa解析：选 A.解答此类连续相互作用的问题，首先要注意研究对象的选取.选取At= 1 h 时间内与面积为 S 的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象，其质量为 m=phS 发生作用后速度变为零，根据动量定理，有 FAt = mv=phSv 则压强 p = S= 0.15 Pa，选项 A 正确.SAt3. （2017

34、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

35、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.4 .如图所示，一轻杆两端分别固定着a、b 两个光滑金属球，a 球质量大于 b 球质量，两球的半径相等，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，则（）A .在 b 球落地前瞬间，a 球的速度方向向右B. 在 b 球落地前瞬间，a 球的速度方向向左C.在 b 球落地前的整个过程中，轻杆对b 球的冲量为零D. 在 b 球落地前的整个过程中，轻杆对 b 球做的功为零解析：选 D.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，原来系统 水平方向的动量为零，在 b

36、 球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零 ，a 球水平方向速度一定为零，选项 A、B 错误；设杆对 a 球做功为 Wi,对 b 球做功为 W2,在 b 球落地前由于机械 能守恒，则除了重力以外的力做的功必定为零，即 Wi+ W2= 0,对 a 球由动能定理可知 Wi=0,故 W2= 0,选项 D 正确；对 b 球，水平方向上动量变化为零 ，杆对 b 球的水平冲量为零在竖直方向上，由动量定理可知，杆对 b 球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上 选项 C错误.5.如图所示，A、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于 B球的质量若用锤子敲击 A 球使 A 得到 v 的

37、速度，弹簧压缩到最短时的长度为Li;若用锤子敲击 B 球使 B 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2,则 Li与 L2的大小关系为（）B . LiL2C. Li= L2r5 m，0 h0,5 m2.5mB3i，有mv= 3mv甲+4mv乙解得4v解析：选 B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒m,秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点 是(fl解析：选 D.两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功点的速度大小为 v0,则由机械能守恒定律有：(m+ 2m)gR= *(m+2m)vo,演员相互作用，沿水平方向动量守恒设作用后女、男演员的速度大小分别为A .长木板的质量

38、M= 2 kgB.A、B 之间动摩擦因数为0.2C .长木板长度至少为2 mD. A、B 组成系统损失机械能为 4J解析：选 A.从图乙可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度 v= 1 m/s,取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mvo= (m+ M)v,解得：M = m =Av22 kg ,故 A 正确；由图乙可知，木板 B 匀加速运动的加速度 a = = 1 m/s2,对 B,根据牛顿AtC 与 O 点的水平距离 x 的最大值C.3H22H,机械能守恒.设二者到达Bv1、v2,所以有（m + 2m）v= 2mv2mvi.女演员上摆到 A 点的过程中机械

39、能守恒,因此有mgR= mv2.男演员自 B 点平抛，有：x=V2t.运动时间 t 可由竖直方向的自由落体运动出得H R = *gt2,联立以上各式，可解得 x=4( H R) R,当秋千的长度HR=2时，男故 D 正确，A、B、C 错误.)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板木块 A 以速度 v= 2 m/s 滑上原来静止的长木板 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度8. (2019 最新高考信息卷B,质量为 m= 2 kg 的B 的上表面，由于 A、B 之间存在摩擦，A、B2g = 10 m/s .则下列说法正确的是()第二定律得 卩 mMaB,解得动摩擦因数 尸 0.1,故 B 错误

40、；由图乙可知前 1 s 内 B 的位移XB=0.5 m , A 的位移XA=1.5 m ,所以木板最小长度 L =XAXB=1 m ,故 C 错误；A、B 组成系1212统损失机械能AE = gmv0 q（M + m）v = 2 J,故 D 错误.二、多项选择题9 （2019 德州高三三模）在地面上以大小为 w 的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球,皮球落地时速度大小为V2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为 g.下列判断正确的是（）2A 皮球上升的最大高度为Vc 皮球上升过程经历的时间为2v，上升的时间小于 v1,故 A、C 错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做

41、功，根据动能定理得克服阻力做功为 Wf= mvi 1mv2,故 B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v,则：mgb+ kvt1= mw ,由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h= vti, 即: mgti+ kh = mvi同理，设下降阶段的平均速度为v,则下降过程mgt2+ kvt2= mv2, 即: mgt? kh= mv2，由式得：mg(ti+12)= m(vi+ V2),解得：t = ti+V1 + V2 ,心t2=,故 D 正确.g10.如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球 3 和小球 4 分别以 V0和 2V0的速率向两侧匀速运动

42、，中间两个小球静止，小球1 质量为 m,小球 2 的质量为 2m, 1、2 两球之间放置一被压缩的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为 法正确的是（）A 在弹簧的弹性势能释放过程中，小球1 和小球 2 的合动量不为零C.小球 1 能否与小球 3 碰撞，取决于小球 3 的质量大小D 若离开弹簧后小球 1 能追上小球 3，小球 2 不能追上小球 4，则质量 m 要满足B 皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12122mV12mV2D 皮球从抛出到落地经历的时间为V1+ V2g解析：选 BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于 g，则上升的高度小于Ep,将弹簧的弹性势能全部释放，下列说B

43、小球 1 和小球 2 离开弹簧后瞬间的速度大小分别是旦3m旦、3m、解析：选 BD.小球 1 和小球 2 组成的系统满足动量守恒，由于开始小球 1 和小球 2 静止，所以在弹簧的弹性势能释放的过程中，小球 1 和小球 2 组成的系统合动量为零，A 错误；设小A 木板 P 与小滑块 Q 所组成的系统的动量增加量等于拉力F 的冲量B .拉力 F 做功为 6 JC .小滑块 Q 的最大速度为 3 m/sD .整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J4Epm3V0球 1 和小球 2 离开弹簧后瞬间的速度大小分别为VI、V2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律1212知：mw 2mv2= 0, Ep= mvi+ 2m，解得 v2后小球 1 能追上小球 3，小球 2 不能追上小球 4,速度大小应满足,B 正确；若离开弹簧2vo,解得wmV0, V2=解析：选 ACD.对系统由动量定理得 Ft = mvp+ mvo= 2mv共，即木板 P 与小滑块 Q 所组成系统的动量增加量一定等于拉力F 的冲量，A 正确；若木板 P 与小滑块 Q 相对静止一起加速运动，贝 U 拉力 F 不能超过 3m= 4 N ,拉力 F 为 6 N 大于 4 N,故二者发生相对滑动，对木 mr一12