（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第26課時(shí) 動(dòng)量 動(dòng)量定理學(xué)案

《（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第26課時(shí) 動(dòng)量 動(dòng)量定理學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 第26課時(shí) 動(dòng)量 動(dòng)量定理學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第26課時(shí)　動(dòng)量　動(dòng)量定理 考點(diǎn)1　動(dòng)量、沖量、動(dòng)量的變化量 1．動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理 (1)動(dòng)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(shí)間的乘積。即I＝F(tuán)t。方向與力的方向相同，是矢量。 (3)動(dòng)量的變化量：物體的末動(dòng)量減去初動(dòng)量。即Δp＝m2v2－m1v1或Δp＝p2－p1。 (4)動(dòng)量定理：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化等于它在這個(gè)過程中所受合外力的沖量。即F合·t＝Δp＝p′－p。 (5)動(dòng)能、動(dòng)量、動(dòng)量變化量的比較 1．(多選)關(guān)于動(dòng)量的變化，下列說法中正確的是(　　) A．做直

2、線運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp的方向與速度方向相同 B．做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度減小時(shí)，動(dòng)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(shí)，動(dòng)量的變化量Δp為零 D．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp為零 答案　AB 解析　動(dòng)量是矢量，動(dòng)量的變化量是末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差。物體的速度大小不變，如果方向改變時(shí)，動(dòng)量變化量Δp不為零，C、D錯(cuò)誤；做單向直線運(yùn)動(dòng)的物體初、末動(dòng)量方向相同，速度增大時(shí)，動(dòng)量變化量與速度同向，速度減小時(shí)，動(dòng)量變化量與速度反向，A、B正確。 2．(多選)兩個(gè)質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個(gè)光滑斜面由靜止開始自由下滑，在它們到達(dá)斜面底

3、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(shí)，可由＝·gsinθ·t2求出下滑的時(shí)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(cuò)誤；斜面彈力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功，但彈力的沖量不為零，C錯(cuò)誤、D正確。 3．羽毛球是速度最快的球類運(yùn)動(dòng)之一，2005年中國(guó)舉行的蘇迪曼杯混合團(tuán)體賽中，付海峰扣殺羽毛球的速度達(dá)到了342 km/h，假設(shè)球飛來的速度為90 km/h，付

4、海峰將球以342 km/h的速度反向擊回。設(shè)羽毛球質(zhì)量為5 g，試求付海峰擊球過程中羽毛球的動(dòng)量變化。 答案　球的動(dòng)量變化大小為0.600 kg·m/s，方向與球飛來的方向相反。 解析　以球飛來的方向?yàn)檎较?，則 p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s。 所以動(dòng)量的變化量 Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s ＝－0.600 kg·m/s。 所以球的動(dòng)量變化大小為0.600 kg·m/s，方向與球飛來的方向相反。 考點(diǎn)2　　動(dòng)量定理的理

5、解和應(yīng)用 1．對(duì)動(dòng)量定理的理解 (1)適用對(duì)象：在中學(xué)物理中，動(dòng)量定理的研究對(duì)象通常為單個(gè)物體。 (2)適用范圍：動(dòng)量定理不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，也適用于微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)。不論是變力還是恒力，不論物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線還是曲線，動(dòng)量定理都適用。 (3)因果關(guān)系：合外力的沖量是原因，物體動(dòng)量的變化量是結(jié)果。沖量反映了力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，與物體的初、末動(dòng)量以及某一時(shí)刻的動(dòng)量無必然聯(lián)系。物體動(dòng)量變化的方向與合力的沖量的方向相同，物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量方向與合力的沖量的方向無必然聯(lián)系。 2．動(dòng)量定理的應(yīng)用 (1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象 ①物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間越短，力就越

6、大，反之力就越小。例如，易碎物品包裝箱內(nèi)為防碎而放置碎紙、刨花、塑料泡沫等填充物。 ②作用力一定時(shí)，力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量變化量越大，反之動(dòng)量變化量就越小。例如，雜耍中，用鐵錘猛擊“氣功師”身上的石板令其碎裂，作用時(shí)間很短，鐵錘對(duì)石板的沖量很小，石板的動(dòng)量幾乎不變，“氣功師”才不會(huì)受傷害。 (2)定量計(jì)算 ①應(yīng)用動(dòng)量定理可以計(jì)算某力或合力的沖量，通常多用于計(jì)算變力的沖量。 ②應(yīng)用動(dòng)量定理可以計(jì)算某一過程中的平均作用力，通常多用于計(jì)算持續(xù)作用的變力的平均大小。 ③應(yīng)用動(dòng)量定理可以計(jì)算物體的初、末動(dòng)量，尤其方便處理物體受瞬間沖量的問題。 (3)應(yīng)用動(dòng)量定理定量計(jì)算的一般步驟及注意事

7、項(xiàng)。 ①選定研究對(duì)象，明確運(yùn)動(dòng)過程。 ②進(jìn)行受力分析，確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量。 ③選取正方向，列動(dòng)量定理方程求解。注意初、末態(tài)動(dòng)量和沖量的正負(fù)號(hào)；Ft＝Δp中Ft為合力的沖量，而不是某個(gè)力的沖量。 [例]　(2016·全國(guó)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(jì)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(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具

8、在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 解析　(1)在剛噴出一段很短的Δt時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。 該時(shí)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(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S。 (2)設(shè)玩具底面相對(duì)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(duì)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(duì)水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底面時(shí)的速度 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具的水柱的質(zhì)量為 Δm

9、＝ρv0SΔt⑦ 由題意可知，在豎直方向上，對(duì)該部分水柱應(yīng)用動(dòng)量定理 (F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)? F壓Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。 答案　(1)ρv0S　(2)－ 　建立柱狀模型，應(yīng)用動(dòng)量定理解題 對(duì)于“連續(xù)”質(zhì)點(diǎn)系發(fā)生持續(xù)作用，質(zhì)點(diǎn)系的動(dòng)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(duì)象，即選取很短時(shí)間Δt內(nèi)動(dòng)量(或其他量)發(fā)生變化的那部分質(zhì)點(diǎn)系作為研究對(duì)象，建立如下的“柱狀模型”：在時(shí)間Δt內(nèi)所選取的質(zhì)點(diǎn)系均勻分布在以S為截面積、長(zhǎng)為vΔt的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點(diǎn)系的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，以

10、這部分質(zhì)點(diǎn)系為研究對(duì)象，研究它在Δt時(shí)間內(nèi)動(dòng)量(或其他量)的變化情況，再根據(jù)動(dòng)量定理(或其他規(guī)律)求出相關(guān)的物理量。 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(dòng)量較大 B．玻璃杯受到的沖量較大 C．玻璃杯的動(dòng)量變化較大 D．玻璃杯的動(dòng)量變化較快 答案　D 解析　從同一高度落到地面上時(shí)，速度相同，動(dòng)量相同，與草地或石頭接觸后，末動(dòng)量均變?yōu)榱?，因此?dòng)量變化量相同。因?yàn)椴ＡПc石頭的作用時(shí)間短，由動(dòng)量定理Ft＝mΔv知，此時(shí)玻璃杯受到的力F較大，容易碎，D正確。 2．(粵教版選修3－5 P9·T4改編)在沒有

11、空氣阻力的條件下，在距地面高為h，同時(shí)以相等初速度v0分別平拋、豎直上拋、豎直下拋一質(zhì)量相等的物體m，當(dāng)它們從拋出到落地時(shí)，比較它們的動(dòng)量的增量Δp，有(　　) A．平拋過程較大 B．豎直上拋過程最大 C．豎直下拋過程較大 D．三者一樣大 答案　B 解析　豎直上拋的物體時(shí)間最長(zhǎng)，由Δp＝F合·t＝mgt可知豎直上拋過程中動(dòng)量的增量最大，B正確。 3．一股射流以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(duì)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　

12、2.952 m 解析　選擇沖擊球的一小段水柱Δm為研究對(duì)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(duì)球的沖擊力大小為mg，所以FN＝mg。設(shè)沖擊時(shí)間為Δt，該時(shí)間極短，Δmg和mg相比可以忽略，在Δt時(shí)間內(nèi)，設(shè)初速度為v，末速度為0，Δt時(shí)間內(nèi)沖擊球的那部分水的質(zhì)量就等于Δt時(shí)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(duì)這一小段水柱由動(dòng)量定理得： －FN·Δt＝－mg·Δt＝0－Δmv 代入數(shù)據(jù)，解得v＝6.4 m/s 由v2－v＝－2gh，得h＝2.952 m。 1．(2017·河南南陽質(zhì)檢)(多選)下列關(guān)于力

13、的沖量和動(dòng)量的說法中正確的是(　　) A．物體所受的合外力為零，它的動(dòng)量一定為零 B．物體所受的合外力做的功為零，它的動(dòng)量變化量一定為零 C．物體所受的合外力的沖量為零，它的動(dòng)量變化量一定為零 D．物體所受的合外力不變，它的動(dòng)量變化率不變 答案　CD 解析　物體所受的合外力為零，物體可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故其動(dòng)量不一定為零，A錯(cuò)誤；物體所受的合外力做的功為零，有可能合外力垂直于速度方向，不改變速度大小，只改變速度方向，而動(dòng)量是矢量，所以其動(dòng)量變化量有可能不為零，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理I＝Δp可知，物體所受的合外力的沖量為零，則其動(dòng)量變化量一定為零，C正確；根據(jù)Ft＝

14、Δp?F＝可得物體所受的合外力不變，則其動(dòng)量變化率不變，D正確。 2．(2017·山東棗莊期末聯(lián)考)質(zhì)量為60 kg的建筑工人不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，使他懸掛起來；已知彈性安全帶的緩沖時(shí)間是1.2 s，安全帶長(zhǎng)5 m，不計(jì)空氣阻力影響，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A．100 N B．500 N C．600 N D．1100 N 答案　D 解析　在安全帶產(chǎn)生拉力的過程中，人受重力和安全帶的拉力作用做減速運(yùn)動(dòng)，此過程的初速度就是自由落體運(yùn)動(dòng)的末速度，所以有v0＝＝ m/s＝10 m/s，根據(jù)動(dòng)量定理，取豎直向下為正方向，有m

15、g·t－Ft＝0－mv0，解得F＝mg＋＝600 N＋ N＝1100 N，D正確。 3．(2017·福建六校4月聯(lián)考)(多選)如圖所示，一顆鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中，不計(jì)空氣阻力。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則 (　　) A．過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量的改變量等于零 B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小 C．Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)過程中合外力的總沖量等于零 D．過程Ⅰ中鋼珠的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量 答案　CD 解析　過程Ⅰ中鋼珠所受的外力只有重力，由動(dòng)量定理可知，鋼珠的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量，D正確；在整個(gè)過程中

16、，鋼珠的動(dòng)量的變化量為零，由動(dòng)量定理可知，Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)過程中合外力的沖量等于零，C正確；過程Ⅱ中，鋼珠所受的外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力的沖量大小之和，B錯(cuò)誤；過程Ⅱ中鋼珠初動(dòng)量不為零，而末動(dòng)量為零，所以過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量的改變量不等于零，A錯(cuò)誤。 4．(2017·湖南五市十校聯(lián)考)(多選)如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，小球(　　) A．所受合力的沖量水平向右 B．所受支持力的沖量水平向右 C．所受合

17、力的沖量大小為m D．所受重力的沖量大小為零 答案　AC 解析　在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理可知I合＝mΔv，Δv的方向?yàn)樗较蛴?，所以小球所受合力的沖量水平向右，即重力和支持力的合力的沖量水平向右，A正確、B錯(cuò)誤；在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，機(jī)械能守恒，故有mgR＝mv，解得vB＝，即Δv＝，所以I合＝m，C正確；小球所受重力的沖量大小為IG＝mgt，大小不為零，D錯(cuò)誤。 5．(2017·河南周口一中等聯(lián)考)(多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，下落的高度為h，速度大小為v，不計(jì)空氣阻力，在這段時(shí)間內(nèi)，該物體的動(dòng)量的變化量大小為(　　) A．

18、mv－mv0 B．mgt C．m D．m 答案　BCD 解析　根據(jù)動(dòng)量定理得，物體所受合力的沖量等于它的動(dòng)量的變化量，所以Δp＝mgt，故B正確；由題可知，物體末位置的動(dòng)量為mv，初位置的動(dòng)量為mv0，根據(jù)矢量三角形定則知，該物體的動(dòng)量的變化量Δp＝mvy＝m＝m，C、D正確，A錯(cuò)誤。 6．(2018·福建廈門一中月考)(多選)一細(xì)繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，小球質(zhì)量為m，速度大小為v，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則以下說法中正確的是(　　) A．經(jīng)過時(shí)間t＝，小球的動(dòng)量的變化量為零 B．經(jīng)過時(shí)間t＝，小球的動(dòng)量的變化量大小為mv C．經(jīng)過時(shí)間t＝，細(xì)繩的拉力對(duì)小球的

19、沖量大小為2mv D．經(jīng)過時(shí)間t＝，重力對(duì)小球的沖量大小為 答案　BCD 解析　經(jīng)過時(shí)間t＝，小球轉(zhuǎn)過了180°，速度方向正好與開始計(jì)時(shí)的時(shí)刻的速度方向相反，若規(guī)定開始計(jì)時(shí)的時(shí)刻的速度方向?yàn)檎较颍瑒t小球的動(dòng)量的變化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，細(xì)繩的拉力對(duì)小球的沖量I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，A錯(cuò)誤、C正確；經(jīng)過時(shí)間t＝，小球轉(zhuǎn)過了90°，根據(jù)矢量合成法可得，小球的動(dòng)量的變化量為Δp′＝mΔv＝mv，重力對(duì)小球的沖量大小IG＝mgt＝，B、D正確。 7.(2017·湖南株洲質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從高為h的A點(diǎn)由靜止開始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點(diǎn)

20、(斜面和水平面之間由小圓弧平滑連接)。要使滑塊能原路返回，在B點(diǎn)需給小滑塊的瞬時(shí)沖量最小應(yīng)是(　　) A．2m B．m C. D．4m 答案　A 解析　小滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－Wf＝0，小滑塊從B點(diǎn)返回A點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgh－Wf＝0－mv2，聯(lián)立解得v＝2；在B點(diǎn)需給小滑塊的瞬時(shí)沖量等于它動(dòng)量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 8．一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中(　　) A．地面對(duì)他的沖量為mv＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為mv2 B．地面對(duì)他的沖量為m

21、v＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為零 C．地面對(duì)他的沖量為mv，地面對(duì)他做的功為mv2 D．地面對(duì)他的沖量為mv－mgΔt，地面對(duì)他做的功為零 答案　B 解析　設(shè)地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力為F，則由動(dòng)量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量FΔt＝mv＋mgΔt；運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開地面，由于地面對(duì)人的作用力沿力的方向沒有位移，所以地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為零，B正確。 9．(2016·南開中學(xué)測(cè)試)采煤中有一種方法是用高壓水流將煤層擊碎將煤采下。今有一采煤水槍，由槍口射出的高壓水流速度為v，設(shè)水流垂直射向煤層的豎直表面，隨即順煤壁豎直流下，求水流對(duì)煤層的壓強(qiáng)(水的密度為

22、ρ)。 答案　ρv2 解析　設(shè)射向煤層水流截面積為S，在時(shí)間Δt內(nèi)有質(zhì)量為m＝ρV＝ρSh＝ρSv·Δt的水以速度v撞擊煤層，撞擊后速度變?yōu)榱?。設(shè)煤層對(duì)水流作用力為F。取煤層對(duì)水作用力方向?yàn)檎?，?duì)于這部分水由動(dòng)量定理有 F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v) 解得F＝ρSv2 由牛頓第三定律知，水對(duì)煤層作用力大小F′＝F＝ρSv2 所以煤層表面受到水流的壓強(qiáng)為p＝＝ρv2。 10．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(dòng)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(diǎn))，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板突然受到水平向右的12 N·

23、s的瞬時(shí)沖量I作用開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑離木板時(shí)，木板的動(dòng)能EkA為8.0 J。小物塊的動(dòng)能EkB為0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求： (1)瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度v0的大??； (2)木板的長(zhǎng)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(duì)B、B對(duì)A、C對(duì)A的滑動(dòng)摩擦力的大小分別為FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的時(shí)間為t，B離開A時(shí)A和B的速度分別為vA和vB，對(duì)A、B由動(dòng)量定理有 －(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0 FABt＝mBvB 其

24、中FAB＝FBA，F(xiàn)CA＝μ(mA＋mB)g 設(shè)A、B相對(duì)于C的位移大小分別為sA和sB，對(duì)A、B由動(dòng)能定理有 －(FBA＋FCA)sA＝mAv－mAv FABsB＝EkB 動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系為mAvA＝ mBvB＝ 木板A的長(zhǎng)度L＝sA－sB 代入數(shù)據(jù)解得L＝0.50 m。 11．(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(duì)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(yùn)動(dòng))。此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg B.－

25、mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　人先做自由落體運(yùn)動(dòng)下落高度h，獲得速度為v，由v2＝2gh得v＝。安全帶伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)，人下落到最低點(diǎn)，此時(shí)速度為零。設(shè)安全帶對(duì)人的平均作用力為F，由動(dòng)量定理得(mg－F)t＝0－mv，F(xiàn)＝＋mg，A正確。 12．(2017·全國(guó)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(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 答案　AB

26、 解析　前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確。t＝2 s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動(dòng)量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確。物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，動(dòng)量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯(cuò)誤。t＝4 s時(shí)物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯(cuò)誤。 13．(2017·安徽合肥二模)(多選)一

27、質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)其施加水平外力F，F(xiàn)隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為0 B．第4 s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn) C．在0～2 s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小 D．在1～3 s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0 答案　CD 解析　從題圖可以看出，在前2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)受到力的方向和運(yùn)動(dòng)的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了一個(gè)加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)量最大，不為0，故A錯(cuò)誤；該質(zhì)點(diǎn)在后半個(gè)周期內(nèi)受到的力與前半個(gè)周期內(nèi)受到的力的方向相反，前半個(gè)周期內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，后半個(gè)周期內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在0～4 s時(shí)間內(nèi)的位移為

28、正，故B錯(cuò)誤；在0～2 s時(shí)間內(nèi)，速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fv得開始時(shí)力F瞬時(shí)功率為0,2 s末的瞬時(shí)功率為0，所以在 0～2 s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小，故C正確；在F-t圖象中，F(xiàn)-t圖線與橫軸圍成的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2 s之間的面積與2～3 s之間的面積大小相等，一正一負(fù)，所以和為0，則在1～3 s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0，故D正確。 14．(2017·四川成都一診)(多選)如圖所示，ABCD是固定在地面上、由同種金屬細(xì)桿制成的正方形框架，框架任意兩條邊的連接處平滑，A、B、C、D四點(diǎn)在同一豎直面內(nèi)，BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>

29、β)，讓套在金屬細(xì)桿上的小環(huán)從A點(diǎn)無初速度釋放。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做的功為W1，重力的沖量為I1；若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做的功為W2，重力的沖量為I2，則(　　) A．W1>W2 B．W1＝W2 C．I1>I2 D．I1＝I2 答案　BC 解析　小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做的功W1＝μmgcosβ·sAB＋μmgcosα·sBC，小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做的功W2＝μmgcosα·sAD＋μmgcosβ·sDC，又因?yàn)閟AB＝sBC＝sAD＝sDC，所以摩擦力對(duì)小環(huán)做的功W1＝W2，故A錯(cuò)誤、B正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，mgh

30、－Wf＝mv，因?yàn)閮纱沃亓ψ龅墓湍Σ亮ψ龅墓Χ枷嗟?，所以兩次小環(huán)到達(dá)C點(diǎn)的速度大小相等，小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得，小環(huán)從A到B的加速度aAB＝gsinβ－μgcosβ，小環(huán)從B到C的加速度aBC＝gsinα－μgcosα，同理，小環(huán)從A到D的加速度aAD＝gsinα－μgcosα，小環(huán)從D到C的加速度aDC＝gsinβ－μgcosβ，又因?yàn)棣?β，所以aAB＝aDCt2，由I＝mgt得，則重力的沖量I1>I2，故C正確，D錯(cuò)誤。 15．(2016·北京高考)(1)動(dòng)量定理可以表示為Δp＝FΔt，其中動(dòng)量p和

31、力F都是矢量。在運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問題時(shí)，可以在相互垂直的x、y兩個(gè)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(dòng)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(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)。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(shí)，也會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)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(diǎn)后被分成若干細(xì)光束，若不考慮光的反射和吸收

32、，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(diǎn)是介質(zhì)小球的球心，入射時(shí)光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時(shí)光束均與SO平行。請(qǐng)?jiān)谙旅鎯煞N情況下，分析說明兩光束因折射對(duì)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(dòng)量變化為 Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0 y方向：動(dòng)量變化為 Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ 方向沿y軸正方向。 b．根據(jù)動(dòng)量定理可知，木板對(duì)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

33、折射，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為 n，每個(gè)粒子動(dòng)量的大小為p。 這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1＝2npcosθ 從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根據(jù)動(dòng)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(duì)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(duì)小球的作用力沿x軸負(fù)方向。 y方向：設(shè)Δt時(shí)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(dòng)量為p1y＝(n1－n2)psinθ 從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2y＝0 根據(jù)動(dòng)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(duì)小球的作用力沿y軸正方向。所以兩光束對(duì)小球的合力的方向指向左上方。 14