2019版高考物理總復習 第六章 碰撞與動量守恒 基礎(chǔ)課1 動量和動量定理學案

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1、 基礎(chǔ)課1　動量和動量定理 [高考導航] 考點內(nèi)容 要求 高考(全國卷)三年命題情況對照分析 2015 2016 2017 動量、動量定理、動量守恒定律及其應用 Ⅱ Ⅰ卷·T35(2)：動量守恒和能量守恒 Ⅱ卷·T35(2)：動量守恒和能量守恒 Ⅰ卷·T35(2)：動量定理和能量觀點 Ⅱ卷·T35(2)：動量守恒和能量守恒 Ⅲ卷·T35(2)：動量守恒和能量守恒 Ⅰ卷·T14：動量守恒定律的應用 Ⅲ卷·T20：動量定理的應用 彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ 實驗七：驗證動量守恒定律 說明：只限于一維 知識排查 動量 1.定義：運動物體的質(zhì)量和

2、速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示。 2.表達式：p＝mv。 3.單位：kg·m/s。 4.標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。 沖量 1.定義：力和力的作用時間的乘積叫做這個力的沖量。 公式：I＝Ft。 2.單位：沖量的單位是?！っ?，符號是N·s。 3.方向：沖量是矢量，沖量的方向與力的方向相同。 動量定理 1.內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化。 2.表達式：Ft＝Δp＝p′－p。 3.矢量性：動量變化量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上用動量定理。 小題速練 1.(2017·北京西城區(qū)模擬)(多選)關(guān)于動量和沖量，下列說法正確的是

3、(　　) A.物體所受合外力的沖量的方向與物體動量的方向相同 B.物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化 C.物體所受合外力的沖量等于物體的動量 D.物體動量的方向與物體的運動方向相同 解析　物體所受合外力的沖量的方向與合外力的方向相同，與物體動量變化量的方向相同，與動量的方向不一定相同，故選項A錯誤；由動量定理可知，物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化，故選項B正確，C錯誤；物體的動量p＝mv，故物體動量的方向與物體的運動方向相同，選項D正確。 答案　BD 2.一質(zhì)量為m＝100 g的小球從高h＝0.8 m處自由下落，落到一個厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了t

4、＝0.2 s，以向下為正方向，則在這段時間內(nèi)，軟墊對小球的沖量為(重力加速度大小g取10 m/s2)(　　) A.0.4 N·s　　　 B.－0.4 N·s C.0.6 N·s D.－0.6 N·s 解析　設小球自由下落h＝0.8 m的時間為t1，由h＝gt得t1＝＝0.4 s。設軟墊對小球的沖量為IN，則對小球整個運動過程運用動量定理得，mg(t1＋t)＋IN＝0，得IN＝－0.6 N·s，選項D正確。 答案　D 　沖量、動量及動量變化的計算 1.沖量的計算方法 (1)計算沖量可以使用定義式I＝Ft求解，此方法僅限于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)。 (2)利用

5、F－t圖象計算，F(xiàn)－t圍成的面積可以表示沖量，該種方法可以計算變力的沖量。 2.動量、動能、動量變化量的比較 名稱 項目　 動量 動能 動量變化量 定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體由于運動而具有的能量 物體末動量與初動量的矢量差 定義式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p 矢標性 矢量 標量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關(guān)聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 1.(多選)對任何一個固定質(zhì)量的物體，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

6、 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 解析　物體的動量發(fā)生變化，可能是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，故選項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，故選項C正確，D錯誤。 答案　BC 2.(2018·河南鄭州市調(diào)研)(多選)如圖1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，在它們到達斜面底端的過程中(　　) 圖1 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 解析　設斜面

7、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，故選項A錯誤；斜面彈力的沖量大小為IN＝mgcos θ·t＝，方向垂直斜面向上，選項B正確，C錯誤；合力的大小為mgsin θ，I合＝mgsin θ·t＝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，故選項D正確。 答案　BD 3.(2017·安徽合肥一模)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

8、和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是(　　) A.Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B.Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C.Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D.Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 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＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上。由動能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。 答案　A 4.(2017·全國卷Ⅲ，20)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜

9、止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖2 所示，則(　　) 圖2 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 kg·m/s C.t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D.t＝4 s時物塊的速度為零 解析　由動量定理可得Ft＝mv，解得v＝。t＝1 s時物塊的速率為v＝＝ m/s＝1 m/s，故選項A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故選項B正確；t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故選項C錯誤；t＝4 s 時物塊的動量大小為p4

10、＝(2×2－1×2) kg·m/s＝ 2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故選項D錯誤。 答案　AB 　動量定理的理解和應用 1.理解動量定理的要點 (1)應用動量定理時研究對象既可以是單一物體，也可以是系統(tǒng)，當為系統(tǒng)時不考慮內(nèi)力的沖量。 (2)求合力的沖量的方法有兩種：第一先求合力再求合力沖量，第二求出每個力的沖量再對沖量求矢量和。 (3)動量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向。 2.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。

11、 分析問題時，要把哪個量一定，哪個量變化搞清楚。 3.動量定理的兩個重要應用 (1)應用I＝Δp求變力的沖量。 (2)應用Δp＝FΔt求動量的變化量。 【典例】　一輛轎車強行超車時，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)兩車相撞時認為人與車一起做勻減速運動直到停止，位移為0.5 m。 設運動的時間為t，根據(jù)x＝t得，

12、t＝＝ s。 根據(jù)動量定理Ft＝Δp＝mv0得， F＝＝ N＝5.4×104 N。 (2)若人系有安全帶時， F′＝＝ N＝1.8×103 N。 答案　(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N 用動量定理解題的基本思路 　　　　　　 1.下列解釋中正確的是(　　) A.跳高時，在落地處墊海綿是為了減小沖量 B.在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸過程受到的沖量 C.動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，質(zhì)量小的先停下來 D.人從越高的地方跳下，落地時越危險，是因為落地時人受到的沖量越大 解析　跳高時，在落地處墊海綿是為了延長作用時間減小沖力，不是減

13、小沖量，故選項A錯誤；在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長作用時間，從而減小沖力，不是減小沖量，故選項B錯誤；動量相同的兩個物體受相同的制動力作用，根據(jù)動量定理Ft＝mv，則知運動時間相等，故選項C錯誤；從越高的地方跳下，落地時速度越大，動量越大，則沖量越大，故選項D正確。 答案　D 2.如圖3所示，跳水運動員(圖中用一小圓圈表示)，從某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知運動員的質(zhì)量m＝60 kg，初速度v0＝10 m/s。若經(jīng)過1 s時，速度大小為v＝10 m/s，則在此過程中，運動員動量的變化量為(g＝10 m/s2，不計空氣阻力)(　　) 圖3 A.600 kg·m/s B.

14、600 kg·m/s C.600(－1) kg·m/s D.600(＋1) kg·m/s 解析　根據(jù)動量定理得Δp＝mgt＝60×10×1 kg·m/s＝600 kg·m/s，故選項A正確。 答案　A 3.質(zhì)量為1 kg的物體做直線運動，其速度—時間圖象如圖4所示。則物體在前 10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受外力的沖量分別是(　　) 圖4 A.10 N·s，10 N·s B.10 N·s，－10 N·s C.0，10 N·s D.0，－10 N·s 解析　由圖象可知，在前10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由動量定理知I1＝0；在后10 s內(nèi)

15、末狀態(tài)的動量p3＝－5 kg·m/s，由動量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故選項D正確。 答案　D 4.(多選)從2017年6月5日起至年底，蘭州交警采取五項措施部署預防較大道路交通事故工作。在交通事故中，汽車與拖車脫鉤有時發(fā)生。如圖5所示，質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面間的動摩擦因數(shù)為μ，那么從脫鉤到拖車剛停下的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.汽車和拖車整體動量守恒 B.汽車和拖車整體機械能守恒 C.從脫鉤到拖車剛停下用時 D

16、.拖車剛停下時汽車的速度為v0 解析　汽車和拖車整體合外力不為零，故動量不守恒，選項A錯誤；汽車和拖車整體除重力之外的其他力做功之和大于零，系統(tǒng)機械能增加，選項B錯誤；以拖車為研究對象，由牛頓第二定律得－μmg＝ma′，則a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖車脫鉤后到停止經(jīng)歷的時間為t＝，選項C正確；全過程系統(tǒng)受到的合外力始終為(M＋m)a，末狀態(tài)拖車的動量為零，全過程對系統(tǒng)應用動量定理可得(M＋m)a·＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝v0，選項D正確。 答案　CD 應用動量定理解決流體問題，建立“柱狀模型” 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

17、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)量為研究對象，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 流體及其特點 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ 分析步驟 1 建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S 2 微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形

18、流體的長度為Δl，對應的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體 【例1】　[2016·全國卷Ⅰ，35(2)]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 (ⅰ)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (ⅱ)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 解析　(ⅰ)在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認為噴出的水

19、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 (ⅱ)設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)沖為水柱對玩具底部柱的作用力 由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤ 其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達玩具底部時的速度 由運動學公式得v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為Δm Δm＝ρv0SΔt⑦ 由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理得 －(F壓＋Δmg)Δ

20、t＝－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　(ⅰ)ρv0S　(ⅱ)－ 將動量定理應用于流體時，應在任意時刻Δt時從流管中取出一個在流動方向上的截面1和2圍起來的柱體體積ΔV，在此柱體內(nèi)截取一微小流束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F·Δt＝Δmv2－Δmv1?！　　　　　? 模型二　微粒類問題 微粒及其特點 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n 分析步驟 1 建立“柱體”模型，沿運

21、動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S 2 微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt 3 先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算 【例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。利用所學力學知識，導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

22、) 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＝n·SvΔt Δt時間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝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 答案　f＝nmv2 【針對訓練】　如圖6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?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時鋼瓶底端對豎直

23、墻面的作用力大小是(　　) 圖6 A.ρvS B. C.ρv2S D.ρv2S 解析　Δt時間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，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F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，選項D正確。 答案　D 活頁作業(yè) (時間：30分鐘) A級：保分練 1.(多選)質(zhì)量為m的物塊以初速度v0從光滑斜面底端向上滑行，到達最高位置后再沿斜面下滑到底端，則物塊在此運動過程中(　　) A.上滑過程與下滑過程中物塊所受重力的沖量相同 B.整個過程中物塊所受彈力的沖量為零 C.整個過程中物塊合外力的沖量為零 D.若規(guī)定

24、沿斜面向下為正方向，則整個過程中物塊合外力的沖量大小為2mv0 解析　物塊沿光滑斜面先上滑再下滑，兩過程所用時間相等，故重力的沖量相同，選項A正確；因彈力和其作用時間均不為零，故彈力的沖量不為零，選項B錯誤；由動量定理得I合＝p′－p＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故選項C錯誤，D正確。 答案　AD 2.如圖1所示，質(zhì)量為m的物體，在大小確定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面勻速運動，當物體運動到A點時撤去外力F，物體由A點繼續(xù)向前滑行的過程中經(jīng)過B點，則物體由A點到B點的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.v越大，摩擦力對物體的沖量越大，摩擦力做功越多 B.v越大

25、，摩擦力對物體的沖量越大，摩擦力做功與v的大小無關(guān) C.v越大，摩擦力對物體的沖量越小，摩擦力做功越少 D.v越大，摩擦力對物體的沖量越小，摩擦力做功與v的大小無關(guān) 解析　由題知，物體所受的摩擦力Ff＝F，且為恒力，由A到B的過程中，v越大，所用時間越短，If＝Ft越??；因為Wf＝F·，故Wf與v無關(guān)。選項D正確。 答案　D 3.(多選)在光滑水平面上有一質(zhì)量為m的物體，在與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下沿水平面運動，則在時間t內(nèi)(　　) A.重力的沖量大小為0 B.拉力F的沖量大小為Ft C.拉力F的沖量大小為Ftcos θ D.物體動量的變化量等于Ftcos θ 解析

26、　重力的沖量大小IG＝mgt，選項A錯誤；拉力F的沖量大小IF＝Ft，故選項B正確，C錯誤；合力的沖量大小I合＝Ftcos θ，根據(jù)動量定理知，合力的沖量等于動量的變化量，則動量的變化量為Ftcos θ，故選項D正確。 答案　BD 4. (2017·天津理綜，4)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是(　　) 圖2 A.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變 B.在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客

27、重力的瞬時功率保持不變 解析　機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能時刻發(fā)生變化，則機械能在變化，故選項A錯誤；在最高點對乘客受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg－FN＝m，座椅對他的支持力FN＝mg－m

28、變速直線運動，經(jīng)過2 s，動量大小變?yōu)?4 kg·m/s，則該物體(　　) A.所受合外力的大小可能大于11 N B.所受合外力的大小可能小于3 N C.沖量大小可能小于6 N·s D.沖量大小可能大于18 N·s 解析　若以物體初速度方向為正方向，則初動量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末動量大小為14 kg·m/s，則有兩種可能：當p2＝14 kg·m/s，則Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F(xiàn)＝3 N；當p2＝－14 kg·m/s，則Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F(xiàn)＝－11 N，負號表示方向，故選項A、B、C錯誤，D正確。 答案　D 6.(2017·天津和平質(zhì)量

29、調(diào)查)(多選)幾個水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實驗結(jié)果是：四個水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，則可以判斷的是(　　) 圖3 A.子彈在每個水球中的速度變化相同 B.子彈在每個水球中運動的時間不同 C.每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D.子彈在每個水球中的動能變化相同 解析　恰好能穿出第4個水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運動，則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2－)∶(－)∶(－1)∶1，則選項B正確；由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個水球中的速度變化

30、不同，選項A錯誤；因加速度恒定，則每個水球?qū)ψ訌椀淖枇愣ǎ瑒t由I＝ft可知每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，選項C正確；由動能定理知ΔEk＝fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，選項D正確。 答案　BCD 7.如圖4所示，在2015年第16屆亞洲杯足球賽上，一足球運動員踢一個質(zhì)量為0.4 kg的足球。 圖4 (1)若開始時足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度為10 m/s，方向仍向右(如圖甲)，求足球的初動量、末動量以及踢球過程中動量的改變量； (2)若足球以10 m/s的速度撞向球門門柱，然后以3 m/s的速度反向彈回(如圖乙)，求這一過程中足球的動量改變量。 解析　(

31、1)取向右為正方向，初、末動量分別為 p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右 p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右 動量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。 (2)取向右為正方向，初、末動量分別為 p1＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右 p2＝mv″＝0.4×(－3) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，方向向左， 動量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，方向向左。 答案　(1)1.6 kg·m/s，方向向右　4 kg·m/s，方向向右　2.4 k

32、g·m/s，方向向右　 (2)5.2 kg·m/s，方向向左 B級：拔高練 8.(2017·安徽合肥模擬)(多選)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖5所示，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.第2 s末，質(zhì)點的動量為0 B.第4 s末，質(zhì)點回到出發(fā)點 C.在0～2 s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小 D.在1～3 s時間內(nèi)，力F的沖量為0 解析　由題圖可知，0～2 s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，故選項A錯誤；該質(zhì)點在

33、2～4 s內(nèi)F的方向與0～2 s內(nèi)F的方向不同，0～2 s內(nèi)做加速運動，2～4 s 內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4 s內(nèi)的位移均為正，故選項B錯誤；0～2 s內(nèi)，質(zhì)點速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時功率P＝Fv得，力F瞬時功率開始為0，2 s末時為0，所以在0～2 s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小，故選項C正確；在F－t圖象中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量大小，由題圖可知，1～2 s內(nèi)的面積與2～ 3 s 內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項D正確。 答案　CD 9.如圖6所示，a、b、c是三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑

34、，同時b、c從同一高度分別開始自由下落和平拋。下列說法正確的是(　　) 圖6 A.它們同時到達同一水平面 B.它們動量變化的大小相等 C.它們的末動能相同 D.重力對它們的沖量相等 解析　b做自由落體運動，c的豎直分運動是自由落體運動，故b、c的加速度為g，設斜面的傾角為θ，則a的加速度為gsin θ，下落相同高度，設高度為h，a下滑時間為t1，則＝gtsin θ，所以t1＝，b、c下落時間為t2＝，a與b、c所用時間不同，選項A錯誤；a的動量變化為mgsin θ·t1＝m，b、c的動量變化為mgt2＝m，故三球動量變化大小相等，選項B正確；由機械能守恒可知，c的末動能大于a、

35、b的末動能，選項C錯誤；由于t1>t2，所以重力對它們的沖量大小不相等，選項D錯誤。 答案　B 10.(2018·安徽銅陵聯(lián)考)如圖7所示，在傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如圖所示的四種方式隨時間變化(圖中縱坐標是F與mg的比值，力沿斜面向上為正)。已知此物體在t＝0時速度為零，若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3 s末的速率，則這四個速率中最大的是(　　) 圖7 解析　根據(jù)動量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0＝1 s，A圖中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－Ft0＝mv1，

36、得v1＝20 m/s；B圖中：mgsin 30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2，得v2＝15 m/s；C圖中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25 m/s；D圖中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15 m/s。故選項C正確。 答案　C 11.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖8所示。物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止。g取 10 m/s2。 圖8 (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。 解析　(1)由動能定理，有－μmgs＝mv2－mv， 可得μ＝0.32 (2)規(guī)定向左為正，由動量定理，F(xiàn)Δt＝mv′－mv，可得 F＝130 N (3)由功能關(guān)系得W＝mv′2＝9 J 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 17