高考物理核心主干复习专题第5讲　冲量与动量 【答案】听课

第5讲冲量与动量题型1例1BD[解析]根据题图可知,t=0.15s时,运动员对蹦床的作用力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上经历的时间为t空=2s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为t上=12t空=1s,则在t=1.3s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30s时运动员的速度大小v=gt上=10m/s,故B正确,C错误;同理,运动员落到蹦床时的速度大小也为v=10m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得FΔt-mgΔt=mv-(-mv),其中Δt=0.3s,解得F=4600N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为F'=F=4600N,故D正确例2B[解析]Δt时间内与礁石碰撞的水的质量为Δm=ρSvΔt,取水的运动方向为正方向,在碰撞过程中,对Δt时间内的水,在水平方向根据动量定理有-FΔt=0-Δmv,联立解得F=ρSv2=1.05×103×2×52N=5.25×104N,根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为5.25×104N,故选B.【迁移拓展】1.D[解析]两次抽出纸张,水杯与纸张间的正压力不变,所以水杯受到的滑动摩擦力大小也不变,故A、B错误;第二次较缓慢抽出纸张意味着纸张对水杯的作用时间较长,根据I=Ft可知,水杯受到的冲量较大,故C错误,D正确.2.C[解析]小球上升过程中受到向下的空气阻力,下落过程中受到向上的空气阻力,由牛顿第二定律可知上升过程所受合力(加速度)总大于下落过程所受合力(加速度),D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落经过同一位置时的速度,上升时更大,所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经同一位置,上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误.3.D[解析]对空气,由动量定理有Fft=mvm,又m=ρSvmt,以最大速度匀速运行,则P=Ffvm,解得Ff=3P2ρS,vm=3P题型2例3A[解析]炮弹重力远小于爆炸内力,则炮弹爆炸过程中动量守恒,炮弹爆炸前动量斜向右上,所以爆炸后瞬间两部分的动量矢量和也一定斜向右上.A图所示情况,爆炸后两部分的动量矢量和沿水平方向,所以是不可能的;B、C、D图所示情况,爆炸后两部分的动量矢量和可以斜向右上,所以是可能的.例4B[解析]发射子弹时,根据动量守恒可得每发射一颗子弹,皮划艇增加的速度为Δv=mv0M,所以在t时间内沿水平方向发射了7发子弹,则皮划艇在6个t6时间内,分别以Δv、2Δv、3Δv、…匀速运动,每段匀速运动的位移依次为x1=Δv×t6=mv0t6M,x2=2Δv×t6=2mv0t6M,x3=3Δv×t6=3mv0t6M,…,故t时间内皮划艇的总位移为x例5D[解析]小球在半圆槽内运动的全过程中,地面和圆弧面光滑,只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化,球与半圆槽构成的系统机械能守恒,A正确;小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零,小球与半圆槽在水平方向动量守恒,B正确;小球到达右边最高点时,设小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x1、x2,如图所示,小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒,在运动过程中小球和圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm=MvM,则有mx1=Mx2,根据位移关系可得x1+x2=2R,解得x2=2mRM+m,x1=2MRm+M,小球到达右边最高点时【迁移拓展】1.C[解析]设人的速度为v1,气球的速度为v2,根据人和气球组成的系统动量守恒得m1v1=m2v2,则有m1x1=m2x2,由几何关系知x1+x2=h=5m,气球上升的距离为x2=m1m1+m2h=57×5m≈32.AC[解析]根据动量定理,在乌贼喷水的过程中,乌贼所受合力的冲量大小为p=Mv=0.9×2N·s=1.8N·s,A正确;在乌贼喷水的过程中,乌贼和喷出的水组成的系统的动量守恒,B错误;根据动量守恒定律有Mv=mv',乌贼喷出的水的速度大小为v'=18m/s,C正确;在乌贼喷水的过程中,根据能量守恒,生物能转化成机械能,ΔE=12Mv2+12mv'2=12×0.9×22J+12×0.1×182J=183.(1)(m+M[解析](1)组合体A、B分离前后动量守恒,取v0的方向为正方向,有(m+M)v0=Mv+mv1解得v1=((2)以B为研究对象,对B应用动量定理有FΔt=Mv-Mv0解得F=M题型3例6AC[解析]规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s,说明A、B两球的速度方向向右,两球质量关系为mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,所以左方是A球,碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s,所以碰撞后A球的动量是2kg·m/s,由碰撞过程系统总动量守恒得mAvA+mBvB=-mAvA'+mBvB',可知碰撞后B球的动量是10kg·m/s,根据mB=2mA,所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5,选项C正确,D错误;碰撞前系统动能为pA22mA+pB22mB=622mA+622×2mA=27mA,碰撞后系统动能为例7D[解析]当弹簧被压缩至最短时,两物体速度相同,P、Q系统所受外力为零,因此整个过程中动量守恒mv=2mv共,所以P的动量为p=mv共=12mv,故A错误;弹簧压缩至最短后,Q的速度将继续变大,当弹簧恢复原长时,Q的动量达到最大值,故B错误;P、Q系统动量守恒,总动量为p总=mv,故C错误;根据动量守恒和能量守恒得mv=2mv共,12mv2=12×2mv共2+Ep,解得Ep=14mv例8(1)5.4m/s(2)0.36(2)0.35m[解析](1)小木块在小车上滑动时做减速运动,因此小木块的最大速度为子弹射入木块后的共同速度,设子弹和木块的共同速度为v1,向右为正方向,根据动量守恒定律有110mv0=110解得小木块的最大速度为v1=15v0=5.4(2)将内嵌子弹的小木块与小车看作整体,系统动量守恒,设内嵌子弹的小木块与小车向右运动与障碍物B相碰时达到的共同速度为v2,由动量守恒定律得110m+25mv1=110m+2解得v2=115v0=1.8设内嵌子弹的小木块与小车之间的摩擦力为Ff,动摩擦因数为μ,对三者组成的系统,由能量守恒得FfL=12110m+25mv12-解得Ff=m又Ff=μ110联立解得μ=Ff110m+(3)设内嵌子弹的小木块反弹后与小车达到相对静止状态时共同速度为v3,相对小车滑动的距离为x1,小车停后小木块做匀减速运动,相对小车滑行距离为x2,小木块反弹后,对三者组成的系统,由动量守恒定律得110m+25mv2=(110m+由能量守恒得Ffx1=12110m+25mv2小车停后,对内嵌子弹的小木块,由动能定理得Ffx2=1联立解得x1=19L,x2=1内嵌子弹的小木块在小车上的位置与小车右端的距离为x=x1+x2=754L=0.35【迁移拓展】1.AD[解析]元素左上方数字表示元素的质量数,则有mn∶mU=1∶235,故A正确,B错误;撞击后中子与铀原子核结合在一起,可知碰撞为完全非弹性碰撞,碰撞过程系统有能量损失,所以碰撞过程中中子损失的动能大于铀原子核增加的动能,故C错误,D正确.2.ABD[解析]两滑块同时从光滑斜坡上由静止下滑时,甲、乙的加速度相等,初速度均为零,所以甲在斜坡上运动时与乙相对静止,A正确;由于甲、乙两滑块的质量相同,在水平面上发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv1'+mv2',根据机械能守恒定律有12mv12+12mv22=12mv1'2+12mv2'2,联立解得v1'=v2,v2'=v1,即两滑块碰撞后速度互换,B正确;乙的运动时间分为在光滑斜坡上匀加速运动的时间和在水平面上匀减速运动的时间,H乙越大,则乙在光滑斜坡上匀加速运动的时间越长,在水