2019-2020年高考物理一轮复习 第六章 动量学案.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 第六章 动量学案全国卷5年考情分析(说明：xxxx年，本章内容以选考题目出现)考点及要求xxxx考情统计命题概率常考角度动量、动量定理、动量守恒定律及其应用()17卷T14(6分)，17卷T15(6分) 17卷T20(6分)，16卷T35(2)(10分) 16卷T35(2)(10分)独立命题概率60%(1)动量定理与动量守恒定律的应用(2)动量守恒与能量守恒的综合应用(3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用弹性碰撞和非弹性碰撞()16卷T35(2)(10分)，15卷T35(2)(10分) 15卷T35(2)(10分)，14卷T35(2)(9分) 13卷T35(2)(9分)，13卷T35(2)(10分)综合命题概率70%实验七：验证动量守恒定律 14卷T35(2)(10分)综合命题概率25%第1节动量定理(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，则动量也不改变。()(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的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是一致的。()1动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。2力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。3动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。4动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。突破点(一)动量与冲量的理解1动能、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ekmv2pmvppp标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek，Ekpv，p，p联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的；动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。冲量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。3冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式IFt计算。(2)变力的冲量方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量It，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。作出Ft变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求p间接求出冲量。题点全练1下列说法正确的是()A动量为零时，物体一定处于平衡状态B动能不变，物体的动量一定不变C物体所受合外力不变时，其动量一定不变D物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动解析：选D动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，故A错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故B错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故C错误；物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故D正确。2多选关于力的冲量，以下说法正确的是()A只有作用时间很短的力才能产生冲量B冲量是矢量，其方向就是力的方向C一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向D如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零解析：选BCD只要有力及作用时间，力就会有冲量，选项A错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故B正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反，故C正确；若力不等于零，则在一段时间内其冲量一定不为零；故D正确。3质量为2 kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10 m/s2，下列说法中正确的是()A2 s末小球的动能为40 JB2 s末小球的动量大小为40 kgm/sC2 s内重力的冲量大小为20 NsD2 s内重力的平均功率为20 W解析：选B2 s末小球的速度vgt20 m/s，则动能为Ekmv2400 J，选项A错误；2 s末小球的动量大小为pmv40 kg m/s，选项B正确；2 s内重力的冲量大小为Imgt40 Ns，选项C错误；2 s内重力的平均功率为mgmgv200 W，选项D错误。突破点(二)动量定理的理解和应用1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t越短，力F就越大，力的作用时间t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t越长，动量变化量p越大，力的作用时间t越短，动量变化量p越小。2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对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。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以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。(3)规定正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。(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)。(5)根据动量定理列式求解。3应用动量定理解题的注意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。典例(xx全国卷)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，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。审题指导(1)质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中说明水柱对玩具的冲力大小为Mg。(2)单位时间内喷出的水的质量等于长为v0，截面积为S的水柱的质量。(3)喷口喷出的水向上运动过程中只受重力作用，机械能守恒。解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(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t时间内喷出的水，由机械能守恒得(m)v2(m)gh(m)v02在h高度处，t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p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。 答案(1)v0S(2)规律方法动量定理在变质量(如流体)中的应用研究对象为“变质量”的“连续”的流体(如水流、空气流等)，以水流为例，一般要假设一段时间t内流出的水柱，其长度为vt，水柱底面积为S，得水柱体积VSvt，水柱质量为mVSvt，再对质量为m的水柱应用动量定理求解。集训冲关1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B在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小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：选C用水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力，A、B均错误；迅速拉动纸带时，因作用时间短，重物所受冲量较小，重物速度变化小，纸带易抽出，故C正确，D错误。2(xx北京高考)“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，下列分析正确的是()A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。3(xx北京市通州区摸底)在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m0.5 kg，AB间距离s5 m，如图所示。小物块以初速度v08 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v17 m/s，碰撞后以速度v26 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；(2)小物块与地面间的动摩擦因数；(3)若碰撞时间t0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a m/s21.5 m/s2。(2)从A到B过程，由动能定理，有：mgsmv12mv02代入数据解得：0.15。(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：Ftmv2m(v1)可得：F130 N。答案：(1)1.5 m/s2(2)0.15(3)130 N巧思妙解练创新思维1微粒及其特点(1)微粒常指电子流、光子流、微尘等。(2)特点：质量具有独立性；已知单位体积内的粒子数n。2解题一般步骤(1)建立“柱体”模型：沿运动的方向选取一段微元，柱体的截面积为S。(2)研究微元粒子数：作用时间t内的一段微元柱体的长度为lv0t，柱体体积VSv0t，柱体内的粒子数NnSv0t。(3)先对单个微粒应用动量定理，建立方程，再乘以N计算。 应用体验1自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的。因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明。解析：设空中米流的质量为m1，已落入秤盘中米的质量为m2，正在落入秤盘中米的质量为m，只要分析出秤盘的示数与(m1mm2)g的关系，问题便得以解决。设称米机的流量为d(单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为h，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度v。秤的示数F应等于m2、m的重力以及m对秤盘冲击力F大小之和。以m2m为研究对象，根据动量定理得(Fm2gmg)tmvmFm2gmgdm2gmg又因空中米的质量为m1dtd 故m1gd则Fm1gmgm2g(m1mm2)g。可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题。答案：见解析2根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为Epc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压。(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m100 kg，薄膜面积为4104 m2，求此时探测器的加速度大小。解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光器的总能量为：P01 sNENpc，所以：p(kgm/s)由题意可知：激光对物体表面的压力F2pN故激光对物体产生的光压：I(Pa)。(2)由上一问可知：I(Pa) Pa9106Pa 所以探测器受到的光的总压力FNIS膜，对探测器利用牛顿第二定律有FNma故此时探测器的加速度a m/s23.6103 m/s2。答案：(1)(Pa)(2)3.6103 m/s2(一)普通高中适用作业A级基础小题练熟练快1(xx天津高考)“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(xx合肥一模)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，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，关于球动量变化量p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()Ap2 kgm/sW2 JBp2 kgm/sW2 JCp0.4 kgm/sW2 JDp0.4 kgm/sW2 J解析：选A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：pmv2mv10.24 kgm/s0.2(6)kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：Wmv22mv120.242J0.262J2 J。故A正确。3多选(xx全国卷)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()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：选AB法一：根据Ft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、02 s、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Imv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 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B项正确，C、D项错误。法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。4.将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为p1，在后一半时间内其动量变化为p2，则p1p2为()A12B13C11 D21解析：选C木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为Fmgsin ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得p1p2(Ft1)(Ft2)(mgsin t)(mgsin t)11。故选项C正确。5(xx三明一中模拟)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为()A向下，m(v1v2)B向下，m(v1v2)C向上，m(v1v2) D向上，m(v1v2)解析：选D根据动量定理可知钢球受到合力的冲量等于钢球动量的变化量，选取向下为正方向，Imv2mv1m(v1v2)，则钢球受到合力的冲量的方向向上，大小为m(v1v2)。故D正确。B级中档题目练通抓牢6多选某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是()A过程1和过程2动量的变化大小都为mv0B过程1和过程2动量变化的方向相反C过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下D过程1和过程2重力的总冲量为0解析：选AC根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量p10(mv0)mv0，下落过程动量的变化量p2mv00mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为Imv0(mv0)2mv0，D错误。7一个质量为m100 g的小球从h0.8 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t0.2 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g10 m/s2)()A0.6 Ns B0.4 NsC0.6 Ns D0.4 Ns解析：选C设小球自由下落h0.8 m的时间为t1，由hgt12得t1 0.4 s。设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1t2)IN0，解得IN0.6 Ns。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。8多选质量为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，在这段时间内物体动量变化量的大小为()Am(vv0) BmgtCm Dm解析：选BCD由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量v沿竖直方向，其大小v，由机械能守恒定律可得：mv02mghmv2，所以，故物体动量变化量pmvmm，选项C、D均正确，只有选项A错误。9将质量为500 g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700 g水的流量注入杯中。注至10 s末时，台秤的读数为78.5 N，则注入杯中水流的速度是多大？解析：以在很短时间t内，落在杯中的水柱m为研究对象，水柱受向下的重力mg和向上的作用力F。设向上的方向为正，由动量定理得：(Fmg)t0(mv)因m很小，mg可忽略不计，并且0.7 kg/sF v0.7v(N)台秤的读数G读(m杯m水)gF785(0.50.710)100.7v解得v5 m/s。答案：5 m/s10如图所示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5 Ns，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有Imv0，v m/s3 m/s盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力fFN2mg2mgma即a2g盒运动了x1(1.20.12)m1 m后速度减少为v。v2v22ax1v m/s2 m/s，盒左壁A以v速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v2 m/s的速度向右运动，直到停止。0v22ax2即x2 m0.8 m因x2只有0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为sx1x21 m0.8 m1.8 m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有2mgt1mvmvt1 s0.4 s；小球匀速运动时间t2 s0.5 s ；盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有2mgt30mvt3 s0.8 s；总时间tt1t2t3(0.40.50.8)s1.7 s。答案：(1)1.8 m(2)1.7 sC级难度题目自主选做11多选(xx常德模拟)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点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A小球的机械能减小了mg(Hh)B小球克服阻力做的功为mghC小球所受阻力的冲量大于mD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(Hh)，则小球的机械能减小了mg(Hh)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(Hh)Wf0，则小球克服阻力做功Wfmg(Hh)，故B错误；小球落到地面的速度v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF0m，得：IFIGm，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。12多选(xx天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()A子弹在每个水球中的速度变化相同B子弹在每个水球中运动的时间不同C每个水球对子弹的冲量不同D子弹在每个水球中的动能变化相同解析：选BCD恰好能穿出第4个水球，即末速度v0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2)()(1)1，则B正确。由于加速度a恒定，由atv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由Ift可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有Ekfx，f相同，x相同，则Ek相同，D项正确。(二)重点高中适用作业A级保分题目巧做快做1(xx天津高考)“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多选(xx全国卷)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()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：选AB法一：根据Ft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、02 s、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Imv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 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B项正确，C、D项错误。法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。3将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为p1，在后一半时间内其动量变化为p2，则p1p2为()A12B13C11 D21解析：选C木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为Fmgsin ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得p1p2(Ft1)(Ft2)(mgsin t)(mgsin t)11。故选项C正确。4多选某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是()A过程1和过程2动量的变化大小都为mv0B过程1和过程2动量变化的方向相反C过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下D过程1和过程2重力的总冲量为0解析：选AC根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量p10(mv0)mv0，下落过程动量的变化量p2mv00mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为Imv0(mv0)2mv0，D错误。5一个质量为m100 g的小球从h0.8 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t0.2 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g10 m/s2)()A0.6 Ns B0.4 NsC0.6 Ns D0.4 Ns解析：选C设小球自由下落h0.8 m的时间为t1，由hgt12得t1 0.4 s。设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1t2)IN0，解得IN0.6 Ns。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。6多选(xx常德模拟)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点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A小球的机械能减小了mg(Hh)B小球克服阻力做的功为mghC小球所受阻力的冲量大于mD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(Hh)，则小球的机械能减小了mg(Hh)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(Hh)Wf0，则小球克服阻力做功Wfmg(Hh)，故B错误；小球落到地面的速度v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF0m，得：IFIGm，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。7多选(xx天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()A子弹在每个水球中的速度变化相同B子弹在每个水球中运动的时间不同C每个水球对子弹的冲量不同D子弹在每个水球中的动能变化相同解析：选BCD恰好能穿出第4个水球，即末速度v0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2)()(1)1，则B正确。由于加速度a恒定，由atv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由Ift可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有Ekfx，f相同，x相同，则Ek相同，D项正确。B级拔高题目稳做准做8.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中()A地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为mv2B地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零C地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零解析：选B人的速度原来为零，起跳后为v，由动量定理可得I地mgtmv0，可得地面对人的冲量I地mgtmv；而人起跳时，地面对人的支持力的作用点位移为零，故地面对人做功为零，所以只有选项B正确。9(xx合肥质检)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时的at图像如图所示，t0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则()A在t6 s时刻，物体的速度为18 m/sB在06 s时间内，合力对物体做的功为400 JC在06 s时间内，拉力对物体的冲量为36 NsD在t6 s时刻，拉力F的功率为200 W解析：选D根据va0t，可知at图线与t轴所围“面积”表示速度的增量，则v6v0v2 m/s(24)6 m/s20 m/s，A错误；由动能定理可得：W合mv62mv02396 J，B错误；由动量定理可得：IFftmv6mv0，解得拉力的冲量IF48 Ns，C错误；由牛顿第二定律得Ffma，可求得F6fma10 N，则6 s时拉力F的功率PF6v6200 W，D正确。10多选(xx商丘五校联考)在xx年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，则()A运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为mmv0B水对运动员阻力的冲量大小为mC运动员克服水的阻力做功为mgHmv02D运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(Hh)mv02解析：选AD设运动员入水前速度为vt，则由机械能守恒有mv02mgHmvt2，得vt，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小Imvt(mv0)mmv0，A项正确。运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I合m，B项错误。运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg(Hh)Wf0mv02，得运动员克服水的阻力做功Wfmg(Hh)mv02，则C项错误。由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg(Hh)mv02，D项正确。11如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()AvS BCv2S Dv2S解析：选Dt时间内贮气瓶喷出气体的质量mSvt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得Ftmv0，解得Fv2S，选项D正确。12如图所示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5 Ns，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有Imv0，v m/s3 m/s盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力fFN2mg2mgma即a2g盒运动了x1(1.20.12)m1 m后速度减少为v。v2v22ax1v m/s2 m/s，盒左壁A以v速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v2 m/s的速度向右运动，直到停止。0v22ax2即x2 m0.8 m因x2只有0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为sx1x21 m0.8 m1.8 m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有2mgt1mvmvt1 s0.4 s；小球匀速运动时间t2 s0.5 s ；盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有2mgt30mvt3 s0.8 s；总时间tt1t2t3(0.40.50.8)s1.7 s。答案：(1)1.8 m(2)1.7 s13(xx三湘名校联考)如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出的激励语。下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，若横幅的质量为m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内，四条绳子与水平方向的夹角均为，其中绳A、B是不可伸长的刚性绳，绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。(1)求绳A、B所受力的大小；(2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。解析：(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态：2Tsin 2T0 sin mg解得：TT0。(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：2ghv02碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得：(Fm0g)t0m0v0解得：Fm0g由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力FF横幅仍处于平衡状态：2T1sin 2T0sin mgF解得：T1T0。答案：(1)T0(2)T0第2节动量守恒定律(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。()(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。()(3)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。()1动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。2动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。3碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。4“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。突破点(一)动量守恒定律的理解及应用1动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)pp，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p。(2)ppp0，即系统总动量的增量为0。(3)p1p2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。3应用动量守恒定律的解题步骤(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。典例(xx郑州高三质量预测)如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4。质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。审题指导(1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零。(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1。(3)木板足够长，物块最终与木块同速，此时，木板向右滑行的速度v2最大。解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s。答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s易错提醒应用动量守恒定律应注意以下三点(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。(2)判断系统是否动量守恒，或者某个方向上动量守恒。(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。集训冲关1.多选(xx佛山模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。2(xx全国卷)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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：选A燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确。3两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg。两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动。某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反。两车运动过程中始终未相碰。则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向。由动量守恒定律得m乙v乙m甲v甲(m甲m乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为v m/s m/s1.33 m/s。(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙，由动量守恒定律得m乙v乙m甲v甲m乙v乙，得v乙 m/s2 m/s。答案：(1)1.33 m/s(2)2 m/s突破点(二)动量守恒定律的3个应用实例碰撞1.对碰撞的理解(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。2物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。3碰撞现象满足的规律(1)动量守恒。(2)动能不增加。(3)速度要合理。若两物体同向运动，则碰前应有v后v前；碰后