2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 第31講 動量 動量定理學(xué)案（含解析）.doc

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第31講 動量 動量定理 [研讀考綱明方向] [重讀教材定方法] (對應(yīng)人教版選修3－5的頁碼及相關(guān)問題) 1．P1觀察彩圖中的分叉的粒子徑跡可以得出什么判斷？ 提示：分裂前與分裂后總動量相同。 2．P6[問題與練習(xí)]T2，從紙帶上能獲取什么物理量？ 提示：小車碰撞前后的速度。 3．P10[科學(xué)足跡]體會動量定理反映力對時間的積累效應(yīng)，動能定理反映力對空間的積累效應(yīng)。 4．P11[做一做]，結(jié)合[問題與練習(xí)]T1，說出動量與動能兩者的相同點和不同點以及兩者的聯(lián)系。 提示：相同點：都與物體速度及質(zhì)量有關(guān)，都是物體質(zhì)量越大、速度越大，就越大。 不同點：動量是矢量，動能是標(biāo)量；動量的大小與速度成正比，動能的大小與速度的平方成正比；動量單位為kgm/s 或Ns，動能單位為J。 聯(lián)系：Ek＝，p＝。 5．P11～12[問題與練習(xí)]T1。T2：將錯誤選項改正。T4：說明重力是否可以忽略。 提示：T1：(1)2,4。(2)動量變化，動能不變，若規(guī)定向東為正方向，動量變化－12 kgm/s。(3)若規(guī)定向東為正方向，動量的矢量和為－6 kgm/s，動能之和為33 J。T2：A項，動量將等于p；C項，動能將等于4Ek。T4：考慮重力時，沖擊力F＝8400 N，不考慮重力時，沖擊力F＝8000 N，故不可忽略重力。 6．P12～13閱讀“動量守恒定律”一段，嘗試自己推導(dǎo)動量守恒定律。 提示：應(yīng)用牛頓運動定律和動量定理推導(dǎo)。 7．P14～15[例題2]體會動量守恒定律的列式方法；若已知爆炸時的高度h，是否可以求出兩塊落地點距離？ 提示：綜合應(yīng)用動量守恒定律和平拋運動規(guī)律即可求出。 8．P16[思考與討論]該動量變化的方向與石板對球的作用力沖量的關(guān)系怎樣？若存在摩擦力會怎樣？ 提示：利用平行四邊形定則分解可知，該動量變化的方向與石板對球的作用力沖量的方向相同。若存在摩擦力，則動量變化的方向與總沖量的方向相同。 9．P16～17[問題與練習(xí)]T4：距離最近的特征？系統(tǒng)遵守的規(guī)律？系統(tǒng)減少的動能呢？T5：可以逐節(jié)計算，也可以整體考慮，體會整體分析的優(yōu)勢。T7：若擺至最低點時有第二顆同樣子彈射入，射入后擺動的最大偏角是多少？ 提示：T4：距離最近時兩粒子速度相同，兩粒子組成的系統(tǒng)動量守恒，減少的動能轉(zhuǎn)化為電勢能。T7：須分類討論，分射入速度與沙袋速度方向相同時、相反時兩種情況討論，綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與動量守恒定律求解。 10．P18[思考與討論]以及下方分類討論，結(jié)合P19邊批，體會對結(jié)果評估的方法。 11．P19圖16.4－3，你能從動量定理角度對圖中情景解釋嗎？你對兩種碰撞應(yīng)該具有的規(guī)律有什么判斷？ 提示：對兩種情況中，碰撞時兩球分別進(jìn)行受力分析，并分別對比其所受沖量和動量變化。都遵循動量守恒定律。 12．完成P20[思考與討論]，并理解圖16.4－5各軌跡的畫出的依據(jù)。 提示：如圖所示，兩球碰撞前后動量守恒，動量是矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則。 13．P21[問題與練習(xí)]T2：碰撞后兩球速度應(yīng)滿足什么條件？你能否改編成選擇題？體會物理規(guī)律對結(jié)果預(yù)判的重要作用。T4：體會一般論證問題的方法(假設(shè)一些物理量，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)關(guān)系，從欲研究的物理量表達(dá)式中尋找決定因素)。T5：通過計算重現(xiàn)歷史的重大發(fā)現(xiàn)。T6：思考碰撞的定義，總結(jié)“碰撞一定動量守恒”。 提示：T2：(1)碰撞前后動量守恒；(2)碰撞后總機(jī)械能不大于碰撞前的；(3)速度符合實際，例如碰前位置在后的A球，碰后速度若與B球同向，則速度不大于B球。T4：根據(jù)動量守恒定律求解出中子速率的表達(dá)式，再分析討論。T5：根據(jù)動量守恒定律求解。T6：“碰撞”在物理學(xué)中表現(xiàn)為兩粒子或物體間極短的相互作用，外力的影響一般可以忽略，故動量一定守恒。 14．P23[思考與討論]人要獲得更大速度，可以采取什么措施？人若要改變運動方向該怎樣拋出物體？(太空中飛船調(diào)整姿態(tài)是靠噴出氣體) 提示：利用反沖的原理分析，人要獲得更大速度，應(yīng)以更大速度拋出手中的物體，人若要改變運動方向應(yīng)該向相反的方向拋出物體。 15．P24～25[問題與練習(xí)]T1、T2：體會應(yīng)用動量守恒定律時參考系應(yīng)該如何選取。T3：要使皮劃艇停止運動，可以怎么辦？ 提示：T1：以飛船為參考系。T2：以地面為參考系分析，或參考火箭加速的原理以飛機(jī)為參考系分析。T3：利用反沖原理分析，可以朝皮劃艇運動方向射擊，直到皮劃艇停止運動。 第31講　動量　動量定理 考點一　動量、沖量、動量的變化量 1．動量、沖量、動量的變化量 (1)動量：物體的質(zhì)量與速度的乘積。即p＝mv。方向與速度的方向相同，是矢量。 (2)沖量：力和力的作用時間的乘積。即I＝Ft。方向與力的方向相同，是矢量。 (3)動量的變化量：物體的末動量減去初動量。即Δp＝m2v2－m1v1或Δp＝p2－p1。 2．動能、動量、動量變化量的比較 1．(多選)關(guān)于動量的變化，下列說法中正確的是(　　) A．做單向直線運動的物體速度增大時，動量的變化量Δp的方向與速度方向相同 B．做單向直線運動的物體速度減小時，動量的變化量Δp的方向與速度方向相反 C．物體的速度大小不變時，動量的變化量Δp為零 D．物體做勻速圓周運動時，動量的變化量Δp為零 答案　AB 解析　動量是矢量，動量的變化量是末動量與初動量的矢量差。物體的速度大小不變，如果方向改變，動量變化量Δp不為零，C、D錯誤；做單向直線運動的物體初、末動量方向相同，速度增大時，動量變化量與速度同向，速度減小時，動量變化量與速度反向，A、B正確。 2．(多選)兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止開始自由下滑，在它們到達(dá)斜面底端的過程中(　　) A．重力的沖量相同 B．重力的功相同 C．斜面彈力的沖量均為零 D．斜面彈力的功均為零 答案　BD 解析　設(shè)斜面高為h，傾角為θ，物體質(zhì)量為m，則兩物體滑至斜面底端的過程，重力做功均為mgh，B正確；物體滑至底端用時，可由＝gsinθt2求出下滑的時間t＝ ，則重力的沖量IG＝mgt＝，與θ有關(guān)，故重力的沖量不同，A錯誤；斜面彈力方向與物體運動方向垂直，不做功，但彈力的沖量不為零，C錯誤，D正確。 3．羽毛球是速度最快的球類運動之一，2018年8月在中國南京舉行的羽毛球世界錦標(biāo)賽中，中國隊獲得男雙和混雙兩項冠軍。在比賽中，假設(shè)羽毛球飛來的速度為90 km/h，運動員將球以342 km/h的速度反向擊回。設(shè)羽毛球的質(zhì)量為5 g，試求運動員擊球過程中羽毛球的動量變化。 答案　球的動量變化大小為0.600 kgm/s，方向與球飛來的方向相反。 解析　以球飛來的方向為正方向，則 p1＝mv1＝510－3 kgm/s＝0.125 kgm/s p2＝mv2＝－510－3 kgm/s ＝－0.475 kgm/s。 所以動量的變化量 Δp＝p2－p1＝－0.475 kgm/s－0.125 kgm/s ＝－0.600 kgm/s。 所以球的動量變化大小為0.600 kgm/s，方向與球飛來的方向相反。 考點二　動量定理的理解和應(yīng)用 1．動量定理 物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受合外力的沖量。即F合t＝Δp＝p′－p。 2．動量定理的理解要點 (1)動量定理的表達(dá)式p′－p＝I，是矢量式。 (2)沖量是動量變化的原因。物體動量變化的方向與合力的沖量的方向相同。 (3)適用范圍：動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動，也適用于微觀物體的高速運動。不論物體所受的外力是變力還是恒力，不論物體的運動軌跡是直線還是曲線，動量定理都適用。 (4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。 3．用動量定理解釋現(xiàn)象 (1)Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。 (2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小。 分析問題時，要把哪個量一定，哪個量變化搞清楚。 4．動量定理的兩個重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。 (2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動量的變化量。 5．用動量定理解題的基本思路 一輛轎車強(qiáng)行超車時，與另一輛迎面駛來的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5 m，據(jù)測算兩車相撞前速率約為30 m/s。則： (1)試求車禍中車內(nèi)質(zhì)量約60 kg的人受到的平均沖力是多大？ (2)若此人系有安全帶，安全帶在車禍過程中與人體的作用時間是1 s，求這時人體受到的平均沖力為多大？ 解析　(1)兩車相撞時可認(rèn)為人與車一起做勻減速運動直到停止，位移為0.5 m。 設(shè)運動的時間為t，根據(jù)x＝t得，t＝＝ s。 根據(jù)動量定理Ft＝Δp＝mv0得，F(xiàn)＝＝ N＝5.4104 N。 (2)若此人系有安全帶， F′＝＝ N＝1.8103 N。 答案　(1)5.4104 N　(2)1.8103 N 方法感悟 (1)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量。它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。 (2)只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。 1．玻璃杯從同一高度落下，掉在石頭上比掉在草地上容易碎，這是由于在玻璃杯與石頭的撞擊過程中(　　) A．玻璃杯的動量較大 B．玻璃杯受到的沖量較大 C．玻璃杯的動量變化較大 D．玻璃杯的動量變化較快 答案　D 解析　從同一高度落到地面上時，落地時速度相同，動量相同，與草地或石頭接觸后，末動量均變?yōu)榱?，因此動量變化量相同，受到的沖量相同，A、B、C錯誤。因為玻璃杯與石頭的作用時間短，由動量定理Ft＝mΔv知，F(xiàn)＝，此時玻璃杯受到的力F較大，即玻璃杯的動量變化較快，容易碎，D正確。 2．(粵教版選修3－5 P9T4改編)在沒有空氣阻力的條件下，在距地面高為h，同時以相等初速度v0分別平拋、豎直上拋、豎直下拋一質(zhì)量均為m的物體，當(dāng)它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量Δp，有(　　) A．平拋過程最大 B．豎直上拋過程最大 C．豎直下拋過程最大 D．三者一樣大 答案　B 解析　豎直上拋的物體運動時間最長，由Δp＝F合t＝mgt可知豎直上拋過程中動量的增量最大，B正確。 考點三　應(yīng)用動量定理解決流體問題 對于“連續(xù)”質(zhì)點系發(fā)生持續(xù)作用，物體動量(或其他量)連續(xù)發(fā)生變化這類問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內(nèi)動量(或其他量)發(fā)生變化的那部分物體作為研究對象，建立如下的“柱狀”模型：在時間Δt內(nèi)所選取的研究對象均分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，以這部分質(zhì)點為研究對象，研究它在Δt時間內(nèi)動量(或其他量)的變化情況，再根據(jù)動量定理(或其他規(guī)律)求出有關(guān)的物理量。 模型一：流體類問題 模型二：微粒類問題 (2016全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 解析　(1)在很短的Δt時間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。 該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt① 噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV② 其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S。 (2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h 由玩具受力平衡得F沖＝Mg④ 其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底面的作用力 由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤ 其中，F(xiàn)壓為玩具底面對水柱的作用力，設(shè)v′為水柱到達(dá)玩具底面時的速度 由運動學(xué)公式：v′2－v＝－2gh⑥ 在很短的Δt時間內(nèi)，沖擊玩具的水柱的質(zhì)量為 Δm＝ρv0SΔt⑦ 由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動量定理 (F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧ 由于Δt很小，ΔmgΔt為含Δt的二次方的量，可以忽略，⑧式變?yōu)? F壓Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。 答案　(1)ρv0S　(2)－ 方法感悟 將動量定理應(yīng)用于流體時，應(yīng)在任意時刻從流管中取出一個在流動方向上的截面為S的柱體，在Δt時間內(nèi)柱形流體的長度為Δl，將“無形”流體變?yōu)椤坝行巍睂嵨铴，則在Δt時間內(nèi)質(zhì)量為Δm的柱形流體的動量變化為Δp，即FΔt＝Δmv2－Δmv1。 1．一股射流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出，噴嘴截面積為0.5 cm2。有一質(zhì)量為0.32 kg的球，因水對其下側(cè)的沖擊而懸在空中，若水全部沖擊小球且沖擊球后速度變?yōu)榱?，則小球懸在離噴嘴多高處？(g＝10 m/s2) 答案　2.952 m 解析　選擇沖擊球的一小段水柱Δm為研究對象，沖擊過程中其受力為：重力Δmg和球?qū)λ膲毫N，由于小球靜止，水對球的沖擊力大小為mg，所以FN＝mg。 設(shè)沖擊時間為Δt，在Δt時間內(nèi)，初速度為v，末速度為0，Δt時間內(nèi)沖擊球的那部分水的質(zhì)量就等于Δt時間內(nèi)從噴嘴噴出的一小段水柱的質(zhì)量Δm＝ρV＝ρSv0Δt。 取豎直向上為正，對這一小段水柱由動量定理得： －(FN＋Δmg)Δt＝－(mg＋Δmg)Δt＝0－Δmv， 其中Δmg和mg相比可以忽略， 則－mgΔt＝0－Δmv， 代入數(shù)據(jù)，解得v＝6.4 m/s。 由v2－v＝－2gh，得h＝2.952 m。 2．正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學(xué)力學(xué)知識，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系。 (注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明) 答案　f＝nmv2 解析　一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv，如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有的粒子在Δt時間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù) N＝nSvΔt Δt時間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝NΔI＝nSmv2Δt 器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝ 則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝＝nmv2。 課后作業(yè) [鞏固強(qiáng)化練] 1．(多選)對任何一個質(zhì)量一定的物體，下列說法正確的是(　　) A．物體的動量發(fā)生變化，其動能一定發(fā)生變化 B．物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定發(fā)生變化 C．物體的動能發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化 D．物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定發(fā)生變化 答案　BC 解析　對質(zhì)量一定的物體，動量發(fā)生變化，可能是物體速度方向改變也可能是大小改變，所以物體的動能不一定發(fā)生變化，故A錯誤，B正確；物體的動能變化，速度大小一定變化，則動量一定發(fā)生變化，故C正確，D錯誤。 2. (多選)如圖所示，兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止開始自由下滑，不計空氣阻力，在它們到達(dá)斜面底端的過程中(　　) A．重力的沖量相同 B．斜面彈力的沖量不同 C．斜面彈力的沖量均為零 D．合力的沖量不同 答案　BD 解析　設(shè)斜面高度為h，傾角為θ，物體質(zhì)量為m，可求得物體滑至斜面底端的速度大小為v＝，所用時間t＝ 。由沖量定義可求得重力的沖量大小為IG＝mgt＝，方向豎直向下，故A錯誤；斜面彈力的沖量大小為IN＝mgcosθt＝，方向垂直斜面向上，B正確，C錯誤；合力的大小為mgsinθ，I合＝mgsinθt＝m，方向沿斜面向下(與合力方向相同)，即合力沖量的大小相同，方向不同，故D正確。 3．質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，關(guān)于球的動量變化量Δp和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是(　　) A．Δp＝2 kgm/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kgm/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kgm/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kgm/s　W＝2 J 答案　A 解析　取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量Δp＝mv2－mv1＝0.24 kgm/s－0.2(－6) kgm/s＝2 kgm/s，方向豎直向上。由動能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝0.242 J－0.262 J＝－2 J，故選A。 4. 如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸。現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時瓶底端對豎直墻面的作用力大小是(　　) A．ρvS B. C.ρv2S D．ρv2S 答案　D 解析　Δt時間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt，對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛頓第三定律知，瓶底端對豎直墻面的作用力大小為F′＝F＝ρv2S，D正確。 5．(多選)一細(xì)繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運動，小球質(zhì)量為m，速度大小為v，做圓周運動的周期為T，則以下說法中正確的是(　　) A．經(jīng)過時間t＝，小球的動量的變化量為零 B．經(jīng)過時間t＝，小球的動量的變化量大小為mv C．經(jīng)過時間t＝，細(xì)繩的拉力對小球的沖量大小為2mv D．經(jīng)過時間t＝，重力對小球的沖量大小為 答案　BCD 解析　經(jīng)過時間t＝，小球轉(zhuǎn)過了180，速度方向正好與開始計時的時刻的速度方向相反，若規(guī)定開始計時的時刻的速度方向為正方向，則小球的動量的變化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，細(xì)繩的拉力對小球的沖量I＝Δp＝－2mv，A錯誤，C正確；經(jīng)過時間t＝，小球轉(zhuǎn)過了90，根據(jù)矢量合成法可得，小球的動量的變化量大小為Δp′＝mv，重力對小球的沖量大小IG＝mgt＝，B、D正確。 6．一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好以速度v離開地面，在此過程中(　　) A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為mv2 B．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為零 C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2 D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 答案　B 解析　設(shè)地面對運動員的平均作用力為F，則由動量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面對運動員的沖量FΔt＝mv＋mgΔt；運動員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開地面，由于地面對人的作用點沿力的方向沒有位移，所以地面對運動員做功為零，B正確。 7．如圖所示，質(zhì)量mA為4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0 kg的小物塊B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板突然受到水平向右的12 Ns的瞬時沖量I作用開始運動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能EkA為8.0 J。小物塊的動能EkB為0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求： (1)瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度v0的大??； (2)木板的長度L。 答案　(1)3.0 m/s　(2)0.50 m 解析　(1)設(shè)水平向右為正方向，有I＝mAv0 代入數(shù)據(jù)解得v0＝3.0 m/s。 (2)設(shè)A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度分別為vA和vB，對A、B分別由動量定理有 －(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0 FABt＝mBvB 其中FAB＝FBA，F(xiàn)CA＝μ(mA＋mB)g 設(shè)A、B相對于C的位移大小分別為sA和sB，對A、B分別由動能定理有 －(FBA＋FCA)sA＝mAv－mAv FABsB＝EkB 動量與動能之間的關(guān)系為mAvA＝ mBvB＝ 木板A的長度L＝sA－sB 代入數(shù)據(jù)解得L＝0.50 m。 [真題模擬練] 8．(2018全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 答案　C 解析　設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 m/s。落地時受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正方向，由動量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1103 N，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為103 N，故C正確。 9．(2017全國卷Ⅲ)(多選) 一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kgm/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kgm/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 答案　AB 解析　前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確。t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kgm/s，B正確。物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.51) m/s＝1.5 m/s，動量大小p3＝mv3＝3 kgm/s，C錯誤。t＝4 s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.52) m/s＝1 m/s，D錯誤。 10．(2015重慶高考)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　人先做自由落體運動下落高度h，獲得速度為v，由v2＝2gh得v＝。安全帶伸長到最長時，人下落到最低點，此時速度為零。設(shè)安全帶對人的平均作用力為F，由動量定理得(mg－F)t＝0－mv，F(xiàn)＝＋mg，A正確。 11．(2018東北三校模擬)(多選)將一小球從地面以速度v0豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若該過程中空氣阻力不能忽略，且大小近似不變，則下列說法中正確的是(　　) A．重力在上升過程與下降過程中做的功大小相等 B．重力在上升過程與下降過程中的沖量相同 C．整個過程中空氣阻力所做的功等于小球機(jī)械能的變化量 D．整個過程中空氣阻力的沖量等于小球動量的變化量 答案　AC 解析　上升、下降過程重力相等，位移大小相等，由W＝Gh知做的功大小相等，A正確。因為有空氣阻力，上升過程用的時間短，根據(jù)沖量I＝Ft可知B錯誤。整個過程除重力外，只有空氣阻力對小球做功，由能量守恒定律知C正確。由動量定理得小球動量變化量Δp＝G(t1＋t2)＋ft1－ft2＝IG＋I(xiàn)f，D錯誤。 12．(2018達(dá)州模擬)(多選)靜止在粗糙水平面上的物體，在水平力F的作用下，經(jīng)過時間t，通過位移l后，動量為p，動能為Ek。以下說法正確的是(　　) A．若保持水平力F不變，經(jīng)過時間2t，物體的動量等于2p B．若將水平力增加為原來的兩倍，經(jīng)過時間t，物體的動量等于2p C．若保持水平力F不變，通過位移2l，物體的動能小于2Ek D．若將水平力增加為原來的兩倍，通過位移l，物體的動能大于2Ek 答案　AD 解析　根據(jù)動量定理I合＝(F－Ff)t＝p－0，保持水平力F不變，經(jīng)過時間2t，(F－Ff)2t＝p′－0，可知p′＝2p，故A正確；若水平力增加為原來的兩倍，經(jīng)過時間t，則有(2F－Ff)t＝p′－0，則p′>2p，故B錯誤；根據(jù)動能定理(F－Ff)l＝Ek－0，保持水平力F不變，通過位移2l，有(F－Ff)2l＝Ek′－0，則有Ek′＝2Ek，故C錯誤；將水平力增加為原來的兩倍，通過位移l，有(2F－Ff)l＝Ek′－0，則有Ek′>2Ek，故D正確。 13. (2018江西撫州市四校聯(lián)考)(多選)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時間t變化的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．0～4 s內(nèi)物體的位移為零 B．0～4 s內(nèi)拉力對物體做功為零 C．4 s末物體的動量為零 D．0～4 s內(nèi)拉力對物體的沖量為零 答案　BCD 解析　由圖象可知物體在4 s內(nèi)先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，4 s末的速度為零，位移一直增大，A錯誤；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做負(fù)功，且兩段時間做功代數(shù)和為零，故B正確；4 s末的速度為零，故動量為零，C正確；根據(jù)動量定理，0～4 s內(nèi)動量的變化量為零，所以拉力對物體的沖量為零，故D正確。 14. (2016北京高考)(1)動量定理可以表示為Δp＝FΔt，其中動量p和力F都是矢量。在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖甲所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。 a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy； b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉? (2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動。激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時，也會對物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒。一束激光經(jīng)S點后被分成若干細(xì)光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質(zhì)小球的光路如圖乙所示。圖中O點是介質(zhì)小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行。請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向。 a．光束①和②強(qiáng)度相同； b．光束①比②的強(qiáng)度大。 答案　見解析 解析　(1)a.x方向：動量變化為 Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0 y方向：動量變化為 Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ 方向沿y軸正方向。 b．根據(jù)動量定理可知，木板對小球作用力的方向沿y軸正方向，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向。 (2)a.僅考慮光的折射，設(shè)Δt時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n，每個粒子動量的大小為p。 這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1＝2npcosθ 從小球出射時的總動量為p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根據(jù)動量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0 可知，小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的合力的方向沿SO向左。 b．建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。 x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對小球的作用力沿x軸負(fù)方向。 y方向：設(shè)Δt時間內(nèi)，光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2，n1>n2。 這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1y＝(n1－n2)psinθ 從小球出射時的總動量為p2y＝0 根據(jù)動量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ 可知，小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的作用力沿y軸正方向。 所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方。