2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題07 碰撞與動量守恒（含解析）.docx

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專題07碰撞與動量守恒 第一部分 名師綜述 綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識的同時，注重考查基本概念和基本規(guī)律。 考綱要求 1、理解動量、動量變化量的概念；知道動量守恒的條件。 2、會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題。 命題規(guī)律 1、動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應(yīng)用中考查。 2、動量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點；動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動量守恒定律與圓周運(yùn)動、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點。 第二部分知識背一背 （1）動量、動能、動量變化量的比較 名稱 項目 動量 動能 動量的變化量 定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體由于運(yùn)動而具有的能量 物體末動量與初動量的矢量差 定義式 p＝mv Δp＝p′－p 矢標(biāo)性 矢量 標(biāo)量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 (2)動量的性質(zhì) ①矢量性：方向與瞬時速度方向相同． ②瞬時性：動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的量，是針對某一時刻而言的． ③相對性：大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量． (3)動量守恒條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒． ②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒． (4)動量守恒定律的表達(dá)式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 或Δp1＝－Δp2. （5）碰撞的種類及特點 分類標(biāo)準(zhǔn) 種類 特點 機(jī)械能是否守恒 彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能守恒 非彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能有損失 完全非彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能損失最大 碰撞前后動量是否共線 對心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共線 非對心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共線 (6)動量守恒定律和能量守恒定律 動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學(xué)中解題時必須注 意動量守恒的條件及機(jī)械能守恒的條件。在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究的對象及運(yùn)動狀態(tài)變化的過 程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。 第三部分 技能+方法 一、動量守恒定律的特點： ①矢量性：表達(dá)式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負(fù)。 ②瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。不同時刻的動量 不能相加。 ③同時性：動量是狀態(tài)量，具有瞬時性，動量守恒定律指的是相互作用的物體構(gòu)成的物體系在任一時刻的總動量都相同． ④普適性：它不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，對微觀粒子組成的系統(tǒng)也適用。 二、應(yīng)用動量守恒定律解題的特點 由于動量守恒定律只考慮物體相互作用前、后的動量，不考慮相互作用過程中各個瞬間細(xì)節(jié)，即使在牛頓運(yùn)動定律適用的范圍內(nèi)，它也能解決許多由于相互作用力難以確定而不能直接應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律的問題，這正是動量守恒定律的特點和優(yōu)點所在． 三、應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟 ①明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)； ②進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)； ③規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量； ④由動量守恒定律列出方程； ⑤代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明． 四、碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 ①動量守恒定律． ②機(jī)械能不增加． ③速度要合理：若碰前兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′；碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。 五、彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時滿足動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律． 以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例， 則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′和 解得：； 結(jié)論： ①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度． ②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運(yùn)動． ③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來 六、綜合應(yīng)用動量和能量的觀點解題技巧 ①動量的觀點和能量的觀點 動量的觀點：動量守恒定律 能量的觀點：動能定理和能量守恒定律 這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運(yùn)動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的始、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中的沖量和所做的功，即可對問題求解． ②利用動量的觀點和能量的觀點解題應(yīng)注意下列問題： (a)動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式． (b)動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學(xué)中解題時必須注意動量守恒的條件及機(jī)械能守恒的條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究的對象及運(yùn)動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解． 第四部分 基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．如圖所示，車廂長為l，質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，以速度v0向右運(yùn)動，與車廂壁來回碰撞n次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度為 A．v0，水平向右 B．0 C．mv0M+m，水平向右 D．mv0M-m，水平向右 【答案】 C 【解析】 【詳解】 以物體與車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，以向右為正方向，由動量守恒定律可得：mv0=（M+m）v，最終車的速度為：v=mv0M+m，方向與v0的速度相同，水平向右；故選C. 2．如圖所示，鐵板AB于水平地面間的夾角為θ，一塊磁鐵吸附在鐵板下方?，F(xiàn)緩慢抬起鐵板B端使θ角(始終小于90°)增大的過程中，磁鐵始終相對鐵板靜止。下列說法正確的是(　　) A．磁鐵所受合外力逐漸減小 B．鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大 C．磁鐵受到的摩擦力做負(fù)功 D．鐵板對磁鐵的彈力沖量等于零 【答案】 B 【解析】 【分析】 【詳解】 對鐵塊受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如圖所示： 由于始終平衡，故合力為零，故A錯誤；根據(jù)平衡條件，有：mgsinθ-f=0，F(xiàn)-mgcosθ-N=0，解得：f=mgsinθ，N=F-mgcosθ，由于θ不斷變大，故f不斷變大，N不斷變大，故B正確；摩擦力與運(yùn)動方向垂直，則不做功，故C錯誤；鐵板對磁鐵的彈力沖量等于∑Ft≠0，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。 【點睛】 本題關(guān)鍵是對滑塊受力分析，然后根據(jù)平衡條件并運(yùn)用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法。 3．1998年6月18日，清華大學(xué)對富康轎車成功地進(jìn)行了中國轎車史上的第一次碰撞安全性實驗。在碰撞過程中，關(guān)于安全氣囊對駕駛員保護(hù)作用的說法正確的是 A．減小了駕駛員的動量變化量 B．減小了駕駛員的動量變化率 C．減小了駕駛員受到撞擊力的沖量 D．延長了撞擊力的作用時間，從而使得駕駛員的動量變化量更大 【答案】 B 【解析】 【分析】 分析碰撞前后的動量變化關(guān)系，明確動量變化率的變化，再根據(jù)動量定理分析沖擊力的變化； 【詳解】 在碰撞過程中，人的動量的變化量是一定的，而用安全氣囊后增加了作用的時間，根據(jù)動量定理Ft=ΔP可知，可以減小駕駛員受到的沖擊力，即減小了駕駛員的動量變化率，故B正確，A、C、D錯誤； 故選B。 4．如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質(zhì)量的細(xì)線系一個小鐵球。開始將小鐵球提起到圖示位置，然后無初速釋放，之后不會與車上的支架碰撞。在小鐵球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球擺到最低點時，小車的速度最大 B．小車和小球系統(tǒng)動量守恒 C．小球擺到右方最高點時刻，小車有向右的速度 D．小球向右擺動過程小車一直向左加速運(yùn)動 【答案】 A 【解析】 【分析】 由于水平面光滑，球、車系統(tǒng)水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球擺過程中機(jī)械能不守恒。 【詳解】 小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球在最低點，小球的水平速度最大，小車速度最大，小球從圖示位置下擺到最低點，小車受力向左加速運(yùn)動，當(dāng)小球到最低點時，小車速度最大。當(dāng)小球從最低點向右邊運(yùn)動時，小車向左減速，當(dāng)小球運(yùn)動到與左邊圖示位置相對稱的位置時，小車靜止。故小球向右擺動過程小車先向左加速運(yùn)動，后向左減速運(yùn)動，故A正確，CD錯誤；小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)整體動量不守恒，故B錯誤。所以A正確，BCD錯誤。 【點睛】 本題主要考查了動量守恒、機(jī)械能守恒條件的判斷，要求同學(xué)們能正確分析小球和小車的運(yùn)動情況，知道水平方向的動量守恒定律。 5．一宇宙飛船的橫截面積s，以v0的恒定速率航行，當(dāng)進(jìn)入有宇宙塵埃的區(qū)域時，設(shè)在該區(qū)域，單位體積內(nèi)有n顆塵埃，每顆塵埃的質(zhì)量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機(jī)的牽引力功率為（ ） A．snmv02 B．2snmv02 C．snmv03 D．2snmv03 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據(jù)題意求出時間t內(nèi)黏附在衛(wèi)星上的塵埃質(zhì)量，然后應(yīng)用動量定理求出推力大小，利用P=Fv求得功率； 【詳解】 時間t內(nèi)黏附在衛(wèi)星上的塵埃質(zhì)量：M=v0tsnm， 對黏附的塵埃，由動量定理得：Ft=Mv0 解得：F=nmv02s； 維持飛船勻速運(yùn)動，飛船發(fā)動機(jī)牽引力的功率為P=Fv0=nmv03s，故選項C正確，ABD錯誤。 【點睛】 本題考查了動量定理的應(yīng)用，根據(jù)題意求出黏附在衛(wèi)星上的塵埃質(zhì)量，然后應(yīng)用動量定理可以求出衛(wèi)星的推力大小，利用P=Fv求得功率。 6．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并立即留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A至彈簧第一次被壓縮最短的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng) A．動量守恒，機(jī)械能守恒 B．動量守恒，機(jī)械能不守恒 C．動量不守恒，機(jī)械能不守恒 D．動量不守恒，總動能減小 【答案】 B 【解析】 【詳解】 在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的外力之和為零，則系統(tǒng)的動量守恒。在此過程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故B正確，ACD錯誤。故選B。 【點睛】 本題考查動量守恒和機(jī)械能守恒的判斷和應(yīng)用能力．動量是否守恒要看研究的過程，要細(xì)化過程分析，不能籠統(tǒng)． 7．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是 A．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 D．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AC：男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等、方向相反，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量不相同。故A項錯誤，C項正確。 B：小車與木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒。故B項錯誤。 D：男孩和木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒。故D項錯誤。 【點睛】 動量守恒條件：①系統(tǒng)不受外力或受外力的矢量和為零。②相互作用的時間極短，相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，如碰撞或爆炸瞬間，外力可忽略不計，可以看作系統(tǒng)的動量守恒。③系統(tǒng)某一方向上不受外力或受外力的矢量和為零；或外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則該方向上動量守恒(分動量守恒)。④在某些實際問題中,一個系統(tǒng)所受外力和不為零，內(nèi)力也不是遠(yuǎn)大于外力，但外力在某個方向上的投影為零，那么在該方向上可以說滿足動量守恒的條件。 8．如圖所示，A、B兩個質(zhì)量不等的小球（視為質(zhì)點），A球從某一高度H處靜止開始下落的同時B球由同一高度以初速度v0開始做平拋運(yùn)動。空氣阻力不計，對于兩球下落的全程中，以下說法正確的有 A．動能的變化相等 B．機(jī)械能的變化相等 C．重力做的功相等 D．動量的變化相等 【答案】 B 【解析】 【詳解】 兩球只受重力作用，由于質(zhì)量不等，落地的過程中，合力功不相等，則動能的變化不等，選項A錯誤；兩球的機(jī)械能守恒，則機(jī)械能的變化相等，選項B正確；根據(jù)W=mgh可知，重力做功不等，選項C錯誤；動量的變化等于重力的沖量，?P=mgt，運(yùn)動的時間相等，質(zhì)量不等，則動量的變化不相等，選項D錯誤；故選B. 【點睛】 此題關(guān)鍵是理解機(jī)械能守恒定律、動能定理和動量定理，知道平拋運(yùn)動的特點；同時要注意兩物體的質(zhì)量是不等的條件. 9．關(guān)于以下概念中說法正確的是 A．作用力和反作用力可能同時做正功 B．一個力對物體有沖量，則該力對物體一定做功 C．做圓周運(yùn)動的物體，其向心加速度可能不指向圓心 D．若一個物體的動量發(fā)生變化，則動能一定發(fā)生變化 【答案】 A 【解析】 【詳解】 作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，但是各自的力的方向與位移方向可能相同，也可能相反，即作用力和反作用力可能同時做正功，也可能同時做負(fù)功，或作用力做功，反作用力可以不做功，故A正確。一個力對物體有沖量，但不一定有位移，即該力對物體不一定做功，選項B錯誤；做圓周運(yùn)動的物體，其向心加速度一定指向圓心，選項C錯誤；若一個物體的動量發(fā)生變化，可能是速度方向變化，速度大小不一定變化，即動能不一定發(fā)生變化，選項D錯誤；故選A. 10．高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從高空下落撞在地面上,與地面碰撞時間為2ms,同時對地面產(chǎn)生的沖擊力為103N,雞蛋落地時速度約為 A．0.4m/s B．4m/s C．40m/s D．400m/s 【答案】 B 【解析】 【詳解】 設(shè)向上為正方向，則雞蛋與地面碰撞的過程，由動量定理：(F-mg)t=0-(-mv)，解得v=(F-mg)tm=103-0.5210-30.05m/s=4.1m/s，故選B. 【點睛】 本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運(yùn)動過程中物體的受力情況，能夠根據(jù)研究過程列出表達(dá)式求解，注意正方向的選取。 二、多選題 11．如圖所示，光滑的水平面上有P、Q兩個固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點，A點處有一質(zhì)量為m2的靜止小球，緊貼P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大小球以速度v0向右運(yùn)動并與m2相碰。小球與小球、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰，兩小球均可視為質(zhì)點。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處，則兩小球的質(zhì)量關(guān)系可能為 A．m1=3m2 B．m2= m1 C．m2=5m1 D．m2=7m1 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 若碰后球1的速度方向與原來的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，兩球在B點相遇，是球2反彈后在B點相遇，有：v2t=3v1t，即：v2=3v1，根據(jù)動量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，根據(jù)機(jī)械能守恒得，12m1v02=12m1v12+12m2v22，聯(lián)立解得m1=3m2；碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與檔板碰后反彈在B點追上球2，則有：v1t=3v2t，即：v1=3v2，同理，解得：m2=7m；若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈、球2與檔板碰后反彈在B點相遇，則有：v1t=v2t，即: v1=v2，同理，解得：m2=3m1；故選ABD。 12．如圖所示，有一傾角為37的足夠長的粗糙斜面，動摩擦因數(shù)為0.5。現(xiàn)用F=20N的拉力沿斜面向上拉動1kg的木塊，經(jīng)6s后，下列說法正確的是：（） A．木塊的加速度恒為20m/s2 B．木塊的動量為60kgm/s C．拉力F的沖量為120Ns D．拉力F的沖量為0 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 物理受力分析列牛頓第二定律方程F-mgsin37-μmgcos37=ma，代入數(shù)據(jù)解得：a＝10m/s2，故A錯誤；經(jīng)6s后物體的速度v=at=60m/s，此時木塊的動量為：P=mv=60kgm/s，故B正確；拉力F的沖量為：I=Ft=120Ns，故C正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。 13．一根不可伸長的輕繩一端固定在水平桿上的A點，另一端連接在套在光滑豎直桿的輕環(huán)B上，如圖所示。輕繩繞過懸掛重物的輕滑輪C（不計輕繩與滑輪間的摩擦），重物質(zhì)量為m，用豎直向上的力F拉住輕環(huán)B讓其緩慢向上移動h，經(jīng)過時間為t，在時間t內(nèi)（） A．輕繩拉力對滑輪C的沖量大小為mgt B．輕繩拉力對滑輪C做的功為Fh C．豎直桿對輕環(huán)作用力的沖量為0 D．水平桿對輕繩作用力的沖量不為0 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 輕繩對滑輪C拉力的合力等于重物重力mg，則在時間t內(nèi)拉力對滑輪C的沖量大小為mgt，選項A正確；輕繩拉力做的功等于作用于B的豎直力F做的功，而A、B間水平距離不變，即AC與水平方向夾角不變，力F為恒力，故力F做的功為Fh，選項B正確；豎直桿對輕環(huán)及水平桿對輕繩的作用力不為0，因此在時間t內(nèi)其作用力的沖量不為0，故選項C錯D正確。 14．如圖所示，位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑凹槽放在光滑的水平面上,小滑塊從凹槽邊緣A點由靜止釋放，經(jīng)最低點B 向上到達(dá)另一側(cè)邊緣C點。把小滑塊從A點到達(dá)B點稱為過程I，從B點到達(dá)C點稱為過程Ⅱ，則（） A．過程I中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)動量守恒 B．過程I中小滑塊對凹槽做正功 C．過程Ⅱ中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．過程Ⅱ中小滑塊對凹槽做負(fù)功 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、過程Ⅰ中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．故A錯誤． B、在過程Ⅰ中，小滑塊對槽的壓力方向左下方，而凹槽向左運(yùn)動，所以過程I中小滑塊對凹槽做正功．故B正確． C、在過程Ⅱ中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．故C正確， D、在過程Ⅱ中小滑塊對凹槽的彈力方向右下方，而凹槽向左運(yùn)動，所以過程Ⅱ中小滑塊對凹槽做負(fù)功，故D正確； 綜上所述本題答案是：BCD 15．如圖所示,一個物體在與水平方向成θ 角的拉力F 的作用下勻速前進(jìn)了時間t ,則( ) A．拉力對物體的沖量大小為Ft B．拉力對物體的沖量大小為Ftsinθ C．摩擦力對物體的沖量大小為Ftsinθ D．合外力對物體的沖量大小為零 【答案】 AD 【解析】 【分析】 恒力的沖量等于作用力與作用時間的乘積．根據(jù)動量定理求合外力的沖量． 【詳解】 運(yùn)動時間為t，則拉力的沖量為I1=Ft，由于做勻速運(yùn)動，阻力大小與F的水平分力相等，摩擦力大小為f=Fcosθ，摩擦力對物體的沖量的大小為I2=ft=Ftcosθ，物體勻速運(yùn)動，由動量定理知合外力對物體的沖量為零，AD正確． 16．在相等的時間內(nèi)動量的變化相等的運(yùn)動有(　) A．勻速圓周運(yùn)動 B．自由落體運(yùn)動 C．平拋物體運(yùn)動 D．勻減速直線運(yùn)動 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A：勻速圓周運(yùn)動物體，所受合外力指向圓心，合外力為變力；據(jù)動量定理可得，合外力為變力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等。 B：自由落體運(yùn)動物體，只受重力，所受合外力為恒力；據(jù)動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等。 C：平拋運(yùn)動物體，只受重力，所受合外力為恒力；據(jù)動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等。 D：勻減速直線運(yùn)動物體，所受合外力為恒力；據(jù)動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等。 綜上，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等的是A項。 17．如圖所示，甲球從O點以水平速度v1飛出，落在水平地面上的A點。乙球從O點以水平速度v2飛出，落在水平地面上的B點反彈后恰好也落在A點。兩球質(zhì)量均為m。若乙球落在B點時的速度大小為v3，與地面的夾角為60，且與地面發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，下列說法正確的是 A．由O點到A點，甲、乙兩球運(yùn)動時間之比是1:1 B．OA兩點的水平距離與OB兩點的水平距離之比是3:1 C．設(shè)地面處勢能為0，甲、乙兩球在運(yùn)動過程中的機(jī)械能之比為3:1 D．乙球在B點受到地面的沖量大小為3mv3 【答案】 BCD 【解析】設(shè)OA間的豎直高度為h。由O點到A點，甲球運(yùn)動時間為 tA=2hg．乙球運(yùn)動時間是甲球的3倍。故A錯誤。乙球先做平拋運(yùn)動，再做斜上拋運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，從B到A的水平位移等于從O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O點到A點的水平位移是乙球由O點到B點水平位移的3倍，故B正確。設(shè)乙球由O點到B點水平位移為x，時間為t。對甲球有 3x=v1t，對乙球有 x=v2t，則得v1：v2=3：1；因乙球落地時速度與地面的夾角為60，則可知落地的豎直速度vy=v2tan600=3v2，則由vy2=2gh可知，mgh=32mv22；甲的機(jī)械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的機(jī)械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙兩球在運(yùn)動過程中的機(jī)械能之比為3:1，故C正確。乙球在B點受到地面的沖量大小等于豎直方向的動量變化，I=2mv3sin600=3mv3，選項D正確；故選BCD. 點睛：解決本題的關(guān)鍵是要知道平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，知道平拋運(yùn)動的時間由高度決定，與初速度無關(guān)． 18．如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運(yùn)動，到達(dá)最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是(　　) A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零 B．小球從A到C過程與從C到B過程，合外力的沖量相同 C．小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等 D．小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機(jī)械能相同 【答案】 BD 【解析】 位移是從初位置指向末位置的有向線段，故小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個過程中摩擦力的方向與小球運(yùn)動的方向始終相反，故整個過程中摩擦力對物體做負(fù)功，即外力做功不為零，故A錯誤；B為AC的中點，故小球從A到C過程與從C到B過程加速度相同，但速度在減小，故AC過程用時較少，根據(jù)Δv=aΔt，可知AC過程的速度變化量較小，根據(jù)動量定理得：I=ΔP=mΔv，可知AC過程的合力沖量較?。豢朔亓χ馄渌ψ龆嗌俟ξ矬w的機(jī)械能就減少多少，根據(jù)-μmgscosθ=-ΔE，可得小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機(jī)械能相等，故ABC錯誤，D正確；故選D. 19．如圖所示，滑塊M置于光滑水平地面上，M左側(cè)為與水平面相切的光滑曲面，一滑塊m從靜止開始沿M的光滑曲面下滑到底端的過程中，下列說法正確的是 A．滑塊與光滑曲面組成的系統(tǒng)動量守恒 B．m的重力的沖量小于M對m的支持力的沖量 C．m對M做的功等于m和M動能的增加量的和 D．m減小的重力勢能大于M增加的動能 【答案】 BD 【解析】 m在豎直方向有豎直向下的分加速度，系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，合外力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；m的重力的沖量是豎直向下的，m在這個方向上開始時無動量，最后在水平面上時也無動量，而M對m的支持力的沖量分為豎直方向的沖量和水平面的沖量，其豎直方向的沖量與重力的沖量抵消，二者大小相等，但仍存在水平方向的沖量，故m的重力的沖量小于M對m的支持力的沖量，B正確；根據(jù)動能定理可知，m對M做的功等于M動能的增加量，C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可知，m減小的重力勢能等于m和M增加的動能之和，即大于M增加的動能，D正確；選BD. 【點睛】m與M系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)動量不守恒；但在水平方向動量守恒，m減少的重力勢能等于m與M增加的動能之和. 20．質(zhì)量為10kg的物體，它的動量的變化率為2kgm/s2，且保持不變.下列說法不正確的是( ) A．該物體一定做勻速運(yùn)動 B．該物體一定做勻變速直線運(yùn)動 C．該物體在任意相等的時間內(nèi)所受力的沖量一定相同 D．無論物體運(yùn)動軌跡如何，它的加速度一定是0.2m/s2 【答案】 CD 【解析】 根據(jù)動量定理，動量對時間的變化率等于物體所受的合外力，動量對時間的變化率保持不變，物體所受的合外力保持不變，該物體一定做勻變速運(yùn)動，但不一定做勻變速直線運(yùn)動.合外力保持不變，則該物體在任意相等的時間內(nèi)所受合外力的沖量一定相同，物體所受的合外力為2 N，加速度為0.4 m/s2. 三、解答題 21．如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為4kg和2kg，放在靜止于水平地面上的足夠長的木板C上，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為0.4：木板的質(zhì)量為2kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1．某時刻A滑塊獲得初速度v0=4m/s，0.5秒后A、B發(fā)生碰撞，碰撞過程時間極短AB總動能損失0.5J，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑塊大小，取重力加速度大小g=10ms2．求 （1）求碰撞前滑塊A和B的速度； （2）A，B，C剛共速時候的速度 【答案】 （1）1.5m/s2m/s（2）43m/s。 【解析】 【詳解】 （1）碰撞前A滑塊做勻減速運(yùn)動，A受到的滑動摩擦力fA=μAmAg=0.4410N=16N 根據(jù)牛頓第二定律得aA=-fAmA=-μAg=-4m/s2 碰撞前瞬間A的速度vA=v0+aAt=4-40.5=2m/s 碰撞前BC滑塊看作一個整體做勻加速運(yùn)動，則f地=μ地（mA+mB+mC）g BC整體的加速度aBC=fA-f地mB+mC 可得f地=8N，aBC=2m/s2 則vBC=aBCt=25=1m/s （2）碰撞過程AB滑塊動量守恒，取向右為正方向，則有：mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′ 碰撞過程AB滑塊能量守恒，有：12mAvA2+12mBvB2=12mAvA′2+12mBvB′2 可以解得：vA′=1.5m/s，vB′=2m/s 或者vA′=116m/s，vB′=43m/s。由于A滑塊的速度不能大于B，所以舍去 碰撞后A滑塊受到摩擦力不變?nèi)匀粸閒A=16N 可得：aA=-4m/s2 碰撞后BC滑塊B物體的速度大于C，不能看成一個整體。 B受到摩擦力fB=μBmBg 解得fB=8N 對C有aC=fA+fB-f地mC 解得：aC=8m/s2 AC滑塊相對運(yùn)動直到共速過程 對A有vAC=vA′+aAt2。 對C有vAC=vBC+aCt2。 可得vAC=43m/s，t2=124s 然后B滑塊繼續(xù)減速（此過程AC共同恰好能勻速運(yùn)動）直到ABC速度均為43m/s。 22．如圖所示，一顆質(zhì)量為m的子彈水平打中懸掛在O點的質(zhì)量為M的木塊，繩子長L。子彈嵌在木塊中一起上升，恰好能夠到達(dá)最高點，這時被P處的刀片割斷繩子（無能量損失）。 求：（1）子彈木塊飛出后落在了與圓心等高平臺上的A點，A到O點的距離是多少？ （2）在最低點處，子彈打中木塊后瞬間，它們的速度有多大？ （3）子彈打中木塊前的初速度是多少？ 【答案】 （1）2L（2）5gL（3）M+m5gLm 【解析】 【詳解】 （1）木塊恰好能夠到達(dá)最高點，則M+mg=M+mv22L 木塊過最高點后做平拋運(yùn)動，則有：L=12gt2 A到O點的距離為：xOA=v2t 聯(lián)立可得：xOA=2L （2）從最低點到最高點根據(jù)動能定理可得：-M+mg?2L=12M+mv22-12M+mv12 解得：v1=5gL （3）根據(jù)動量守恒可得：mv0=M+mv1 解得：v0=M+m5gLm 23．一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機(jī)瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，求加速后航天器的速度大?。╲0、v1均為相對同一參考系的速度） 【答案】 v＝Mv0+mv1M-m 【解析】 【詳解】 設(shè)加速后航天器的速度大小為v，由動量守恒定律有Mv0=-mv1+（M-m）v 解得v＝Mv0+mv1M-m 24．撐桿跳高是一項技術(shù)性很強(qiáng)的體育運(yùn)動。在某次比賽中，認(rèn)為運(yùn)動員越過橫桿后做自由落體運(yùn)動，重心下降4.05m時身體接觸軟墊，從接觸軟墊到速度減為零的時間t=0.90s。已知運(yùn)動員質(zhì)量m=65kg，重力加速度g＝10 m/s2，不計撐桿的質(zhì)量和空氣的阻力。求：軟墊對運(yùn)動員平均作用力的大小。 【答案】 1300N 【解析】 【詳解】 運(yùn)動員越過橫桿后做自由落體運(yùn)動，故根據(jù)v2=2gh， 運(yùn)動員接觸軟墊瞬間的速度大小為：v=9m/s； 設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理可得：(F-mg)t=0-(-mv)， 解得F=mvt+mg=1300N． 25．光滑水平面上有一足夠長的木板質(zhì)量為M,另一質(zhì)量為m的滑塊，以速度v0從左端滑上木板，足夠小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ。求： （1）木板最終的速度； （2）滑塊相對木板運(yùn)動的時間。 【答案】 （1）v=mv0m+M（2）t=Mv0μg(m+M) 【解析】 （1）由動量守恒定律：mv0=(m+M)v v=mv0m+M （2）由動量定律：-μmgt=mv-mv0 t=Mv0μgm+M 26．蹦床運(yùn)動有“空中芭蕾”之稱，某質(zhì)量m＝50 kg的運(yùn)動員從距蹦床h1＝1.25 m高處自由落下，接著又能彈起h2＝1.8 m高，運(yùn)動員與蹦床接觸時間t＝0.50 s，在空中保持直立，取g＝10 m/s2，求： ①運(yùn)動員與蹦床接觸時間內(nèi)，所受重力的沖量大小I； ②運(yùn)動員與蹦床接觸時間內(nèi)，受到蹦床平均彈力的大小F. 【答案】 ① 250 Ns ② 1600N 【解析】 試題分析：根據(jù)沖量的定義即可求出重力的沖量大??；先根據(jù)動能定理或機(jī)械能守恒定律求出人碰撞床前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人與床作用過程中受哪些力，根據(jù)動量定理F合t=mv2-mv1，可求出人受到床給它的平均作用力的大小。 ①重力的沖量大小為：I＝mgt=50100.50=250Ns ②設(shè)運(yùn)動員下落h1高度時的速度大小為v1，則根據(jù)動能定理可得：mgh1=12mv12 解得：v1=5m/s 彈起時速度大小為v2，則根據(jù)動能定理可得：mgh2=12mv22 解得：v2=6m/s 取向上為正方向，由動量定理有：(F-mg)t=mv2-(-mv1) 代入數(shù)據(jù)解得F＝1 600 N 點睛：本題主要考查了動量定理的應(yīng)用，在用動量定理解題的時候要注意動量定理是矢量式，一定要規(guī)定正方向。 27．甲、乙兩運(yùn)動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運(yùn)動，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動，速度大小分別為1 m/s和2 m/s．求甲、乙兩運(yùn)動員的質(zhì)量之比． 【答案】 3:2 【解析】由動量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v2-m1v1 解得m1m2=v2+v2v1+v1 代入數(shù)據(jù)得m1m2=32 【名師點睛】考查動量守恒，注意動量的矢量性，比較簡單． 28．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h="0.3" m（h小于斜面體的高度）。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1="30" kg，冰塊的質(zhì)量為m2="10" kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動。取重力加速度的大小g="10" m/s2。 （i）求斜面體的質(zhì)量； （ii）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【答案】 （i）20 kg （ii）不能 【解析】 試題分析：①設(shè)斜面質(zhì)量為M，冰塊和斜面的系統(tǒng)，水平方向動量守恒：m2v2=(m2+M)v 系統(tǒng)機(jī)械能守恒：m2gh+12(m2+M)v2=12m2v22 解得：M=20kg ②人推冰塊的過程：m1v1=m2v2,得v1=1m/s（向右） 冰塊與斜面的系統(tǒng)：m2v2=m2v2+Mv3 12m2v22=12m2v22+12Mv32 解得：v2=-1m/s（向右） 因|v2|=v1，且冰塊處于小孩的后方，則冰塊不能追上小孩。 考點：動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律． 29．如圖所示，光滑水平面上依次放置兩個質(zhì)量均為m的小物塊A和C以及光滑曲面劈B，B的質(zhì)量為M=3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動，與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后小物塊A又滑上劈B。求物塊A在B上能夠達(dá)到的最大高度。 【答案】 h=3v028g 【解析】 試題分析：選取A、C系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，機(jī)械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出A的速度；A、B系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以解題。 小物塊C與A發(fā)生彈性碰撞， 由動量守恒得：mv0＝mvC＋mvA 由機(jī)械能守恒定律得：12mv02=12mvC2+12mvA2 聯(lián)立以上解得：vC＝0，vA＝v0 設(shè)小物塊A在劈B上達(dá)到的最大高度為h，此時小物塊A和B的共同速度大小為 v，對小物塊A與B組成的系統(tǒng)， 由機(jī)械能守恒得：12mvA2=mgh+12(m+M)v2 水平方向動量守恒mvA=(m+M)v 聯(lián)立以上解得： h=3v028g 點睛：本題主要考查了物塊的碰撞問題，首先要分析清楚物體運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以解題．要注意A、B系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)整體動量不守恒。 30．一質(zhì)量為0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和靜止與光滑水平面上質(zhì)量為1kg的另一個大小相等的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反彈，求： ①原來靜止小球獲得的速度大小； ②碰撞過程中損失的機(jī)械能。 【答案】 （1）1.1m/s(2)ΔE=0.38J 【解析】 試題分析：①用動量守恒定律所以 ② 考點：動量守恒定律 點評：此類題型考察了動量守恒定律的運(yùn)用