2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí)全冊(cè)學(xué)案（打包14套）.zip

2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí)全冊(cè)學(xué)案（打包14套）.zip,2019,高考,物理,一輪,復(fù)習(xí),全冊(cè)學(xué)案,打包,14 第六章 動(dòng)　量 [全國卷5年考情分析](說明：2013～2016年，本章內(nèi)容以選考題目出現(xiàn)) 考點(diǎn)及要求 2013～2017考情統(tǒng)計(jì) 命題概率 ?？冀嵌? 動(dòng)量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用(Ⅱ) '17Ⅰ卷T14(6分)，'17Ⅱ卷T15(6分) '17Ⅲ卷T20(6分)，'16Ⅰ卷T35(2)(10分) '16Ⅱ卷T35(2)(10分) 獨(dú)立命題概率60% (1)動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 (2)動(dòng)量守恒與能量守恒的綜合應(yīng)用 (3)動(dòng)量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識(shí)的綜合應(yīng)用 彈性碰撞和非彈性碰撞(Ⅰ) '16Ⅲ卷T35(2)(10分)，'15Ⅰ卷T35(2)(10分) '15Ⅱ卷T35(2)(10分)，'14Ⅰ卷T35(2)(9分) '13Ⅰ卷T35(2)(9分)，'13Ⅱ卷T35(2)(10分) 綜合命題概率70% 實(shí)驗(yàn)七：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 ' 14Ⅱ卷T35(2)(10分) 綜合命題概率25% 第1節(jié)動(dòng)量定理 (1)動(dòng)量越大的物體，其速度越大。(×) (2)物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大。(×) (3)物體所受合力不變，則動(dòng)量也不改變。(×) (4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力不做功，其沖量為零。(×) (5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動(dòng)量的方向相同。(×) (6)物體所受合外力的沖量方向與物體動(dòng)量變化的方向是一致的。(√) 1．動(dòng)量是矢量，其方向與物體的速度方向相同，動(dòng)量變化量也是矢量，其方向與物體合外力方向相同。 2．力與物體運(yùn)動(dòng)方向垂直時(shí)，該力不做功，但該力的沖量不為零。 3．動(dòng)量定理中物體動(dòng)量的改變量等于合外力的沖量，包括物體重力的沖量。 4．動(dòng)量定理是矢量方程，列方程時(shí)應(yīng)選取正方向，且力和速度必須選同一正方向。 突破點(diǎn)(一)　動(dòng)量與沖量的理解 1．動(dòng)能、動(dòng)量、動(dòng)量變化量的比較 動(dòng)能 動(dòng)量 動(dòng)量變化量 定義 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差 定義式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 標(biāo)矢性 標(biāo)量 矢量 矢量 特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關(guān)聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 聯(lián)系 (1)都是相對(duì)量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系 (2)若物體的；動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量一定也發(fā)生變化；但動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化 2．沖量和功的區(qū)別 (1)沖量和功都是過程量。沖量表示力對(duì)時(shí)間的積累作用，功表示力對(duì)位移的積累作用。 (2)沖量是矢量，功是標(biāo)量。 (3)力作用的沖量不為零時(shí)，力做的功可能為零；力做的功不為零時(shí)，力作用的沖量一定不為零。 3．沖量的計(jì)算 (1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)算。 (2)變力的沖量 ①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時(shí)間均勻變化，即力為時(shí)間的一次函數(shù)，則力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量I＝t，其中F1、F2為該段時(shí)間內(nèi)初、末兩時(shí)刻力的大小。 ②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。 ③對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解，即通過求Δp間接求出沖量。 [題點(diǎn)全練] 1．下列說法正確的是(　　) A．動(dòng)量為零時(shí)，物體一定處于平衡狀態(tài) B．動(dòng)能不變，物體的動(dòng)量一定不變 C．物體所受合外力不變時(shí)，其動(dòng)量一定不變 D．物體受到恒力的沖量也可能做曲線運(yùn)動(dòng) 解析：選D　動(dòng)量為零說明物體的速度為零，但物體速度為零并不一定為平衡狀態(tài)，如汽車的啟動(dòng)瞬時(shí)速度為零，故A錯(cuò)誤；動(dòng)能不變，說明速度的大小不變，但速度的方向是可以變化的，故動(dòng)量是可能發(fā)生變化的，故B錯(cuò)誤；物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體的合外力大小不變，但速度大小會(huì)變化，故動(dòng)量的大小也會(huì)發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；物體受到恒力作用時(shí)有可能做曲線運(yùn)動(dòng)，如平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確。 2．[多選]關(guān)于力的沖量，以下說法正確的是(　　) A．只有作用時(shí)間很短的力才能產(chǎn)生沖量 B．沖量是矢量，其方向就是力的方向 C．一對(duì)作用力與反作用力的沖量一定等大且反向 D．如果力不等于零，則在一段時(shí)間內(nèi)其沖量不可能為零 解析：選BCD　只要有力及作用時(shí)間，力就會(huì)有沖量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沖量是矢量，其方向與力的方向相同，故B正確；作用力與反作用力大小相等，同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)消失，故二力的沖量一定大小相等，方向相反，故C正確；若力不等于零，則在一段時(shí)間內(nèi)其沖量一定不為零；故D正確。 3．質(zhì)量為2 kg的小球自塔頂由靜止開始下落，不考慮空氣阻力的影響，g取10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．2 s末小球的動(dòng)能為40 J B．2 s末小球的動(dòng)量大小為40 kg·m/s C．2 s內(nèi)重力的沖量大小為20 N·s D．2 s內(nèi)重力的平均功率為20 W 解析：選B　2 s末小球的速度v＝gt＝20 m/s，則動(dòng)能為Ek＝mv2＝400 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；2 s末小球的動(dòng)量大小為p＝mv＝40 kg ·m/s，選項(xiàng)B正確；2 s內(nèi)重力的沖量大小為I＝mgt＝40 N·s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2 s內(nèi)重力的平均功率為＝mg＝mgv＝200 W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(二)　動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 1．應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象 (1)當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越短，力F就越大，力的作用時(shí)間Δt越長，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)當(dāng)作用力F一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越長，動(dòng)量變化量Δp越大，力的作用時(shí)間Δt越短，動(dòng)量變化量Δp越小。 2．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟 (1)明確研究對(duì)象和研究過程 研究對(duì)象可以是一個(gè)物體，也可以是幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對(duì)靜止的，也可以是相對(duì)運(yùn)動(dòng)的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。 (2)進(jìn)行受力分析 只分析研究對(duì)象以外的物體施加給研究對(duì)象的力，所有外力之和為合外力。研究對(duì)象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會(huì)改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動(dòng)量，但不影響系統(tǒng)的總動(dòng)量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，則要分別計(jì)算它們的沖量，然后求它們的矢量和。 (3)規(guī)定正方向 由于力、沖量、速度、動(dòng)量都是矢量，在一維的情況下，列式前可以先規(guī)定一個(gè)正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負(fù)。 (4)寫出研究對(duì)象的初、末動(dòng)量和合外力的沖量(或各外力在各個(gè)階段的沖量的矢量和)。 (5)根據(jù)動(dòng)量定理列式求解。 3．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的注意事項(xiàng) (1)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，列式時(shí)要注意各個(gè)量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要注意各個(gè)量的正負(fù))。 (2)動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個(gè)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。 (3)應(yīng)用動(dòng)量定理可以只研究一個(gè)物體，也可以研究幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)。 (4)初態(tài)的動(dòng)量p是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和，末態(tài)的動(dòng)量p′也是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和。 (5)對(duì)系統(tǒng)各部分的動(dòng)量進(jìn)行描述時(shí)，應(yīng)該選取同一個(gè)參考系，不然求和無實(shí)際意義。 [典例]　(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(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)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 [審題指導(dǎo)] (1)質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中說明水柱對(duì)玩具的沖力大小為Mg。 (2)單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量等于長為v0，截面積為S的水柱的質(zhì)量。 (3)噴口噴出的水向上運(yùn)動(dòng)過程中只受重力作用，機(jī)械能守恒。 [解析]　(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S。 ③ (2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由機(jī)械能守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④ 在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v ⑤ 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ [答案]　(1)ρv0S　(2)－ [規(guī)律方法]　動(dòng)量定理在變質(zhì)量(如流體)中的應(yīng)用 研究對(duì)象為“變質(zhì)量”的“連續(xù)”的流體(如水流、空氣流等)，以水流為例，一般要假設(shè)一段時(shí)間Δt內(nèi)流出的水柱，其長度為vΔt，水柱底面積為S，得水柱體積V＝SvΔt，水柱質(zhì)量為Δm＝ρV＝ρSvΔt，再對(duì)質(zhì)量為Δm的水柱應(yīng)用動(dòng)量定理求解。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動(dòng)；若迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶就會(huì)從重物下抽出，這個(gè)現(xiàn)象的原因是(　　) A．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力大 B．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小 C．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大 解析：選C　用水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動(dòng)時(shí)重物受的靜摩擦力小于迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)重物受到的滑動(dòng)摩擦力，A、B均錯(cuò)誤；迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，因作用時(shí)間短，重物所受沖量較小，重物速度變化小，紙帶易抽出，故C正確，D錯(cuò)誤。 2．(2015·北京高考)“蹦極”運(yùn)動(dòng)中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，下列分析正確的是(　　) A．繩對(duì)人的沖量始終向上，人的動(dòng)量先增大后減小 B．繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功，人的動(dòng)能一直減小 C．繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢能為零，人的動(dòng)能最大 D．人在最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力 解析：選A　從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，人先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度等于零時(shí)，速度最大，故人的動(dòng)量和動(dòng)能都是先增大后減小，加速度等于零時(shí)(即繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大，動(dòng)量和動(dòng)能最大，在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上的加速度，繩對(duì)人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動(dòng)方向相反，故繩對(duì)人的沖量方向始終向上，繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功。故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。 3．(2018·北京市通州區(qū)摸底)在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，質(zhì)量m＝0.5 kg，AB間距離s＝5 m，如圖所示。小物塊以初速度v0＝8 m/s從A向B運(yùn)動(dòng)，剛要與墻壁碰撞時(shí)的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向彈回。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物塊從A向B運(yùn)動(dòng)過程中的加速度a的大小； (2)小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)若碰撞時(shí)間t＝0.05 s，碰撞過程中墻面對(duì)小物塊平均作用力F的大小。 解析：(1)從A到B過程是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式，有：a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2。 (2)從A到B過程，由動(dòng)能定理，有： －μmgs＝mv12－mv02 代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.15。 (3)對(duì)碰撞過程，規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量定理，有： FΔt＝mv2－m(－v1) 可得：F＝130 N。 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N 巧思妙解——練創(chuàng)新思維 1．微粒及其特點(diǎn) (1)微粒常指電子流、光子流、微塵等。 (2)特點(diǎn)：①質(zhì)量具有獨(dú)立性；②已知單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n。 2．解題一般步驟 (1)建立“柱體”模型：沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的截面積為S。 (2)研究微元粒子數(shù)：作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段微元柱體的長度為Δl＝v0Δt，柱體體積ΔV＝Sv0Δt，柱體內(nèi)的粒子數(shù)N＝nSv0Δt。 (3)先對(duì)單個(gè)微粒應(yīng)用動(dòng)量定理，建立方程，再乘以N計(jì)算?！　　　? [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．自動(dòng)稱米機(jī)已在糧食工廠中廣泛使用，有人認(rèn)為：米流落到容器中時(shí)有向下的沖量會(huì)增大分量而不劃算；也有人認(rèn)為：自動(dòng)裝置即刻切斷米流時(shí)，尚有一些米仍在空中，這些米是多給買者的。因而雙方爭執(zhí)起來，究竟哪方說的對(duì)呢？請(qǐng)分析說明。 解析：設(shè)空中米流的質(zhì)量為m1，已落入秤盤中米的質(zhì)量為m2，正在落入秤盤中米的質(zhì)量為Δm，只要分析出秤盤的示數(shù)與(m1＋Δm＋m2)g的關(guān)系，問題便得以解決。設(shè)稱米機(jī)的流量為d(單位時(shí)間內(nèi)流出米的質(zhì)量)，稱米機(jī)出口到容器中米堆上表面的高度為h，因米流出口處速度小，可視為零，故米流沖擊米堆的速度v＝。秤的示數(shù)F應(yīng)等于m2、Δm的重力以及Δm對(duì)秤盤沖擊力F′大小之和。以m2＋Δm為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理得 (F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δm F＝＋m2g＋Δmg＝d＋m2g＋Δmg 又因空中米的質(zhì)量為m1＝dt＝d 故m1g＝d 則F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)g。 可見自動(dòng)稱米機(jī)的示數(shù)恰好等于空中米流、已落入秤盤的米與正在落入秤盤的米的重力之和，不存在劃不劃算的問題。 答案：見解析 2．根據(jù)量子理論，光子的能量E與動(dòng)量p之間的關(guān)系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動(dòng)量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時(shí)都會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生壓強(qiáng)，這就是“光壓”，用I表示。 (1)一臺(tái)二氧化碳?xì)怏w激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當(dāng)它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時(shí)，激光對(duì)物體表面的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動(dòng)量，N表示單位時(shí)間內(nèi)激光器射出的光子數(shù)，試用P0和S表示該束激光對(duì)物體產(chǎn)生的光壓。 (2)有人設(shè)想在宇宙探測中用光為動(dòng)力推動(dòng)探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對(duì)太陽，已知太陽光照射薄膜時(shí)每平方米面積上的輻射功率為1 350 W，探測器和薄膜的總質(zhì)量為m＝100 kg，薄膜面積為4×104 m2，求此時(shí)探測器的加速度大小。 解析：(1)在單位時(shí)間內(nèi)，功率為P0的激光器的總能量為：P0×1 s＝NE＝Npc，所以：p＝(kg·m/s) 由題意可知：激光對(duì)物體表面的壓力F＝2pN 故激光對(duì)物體產(chǎn)生的光壓：I＝＝(Pa)。 (2)由上一問可知： I＝(Pa)＝ Pa＝9×10－6Pa 所以探測器受到的光的總壓力FN＝IS膜， 對(duì)探測器利用牛頓第二定律有FN＝ma 故此時(shí)探測器的加速度 a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。 答案：(1)(Pa)　(2)3.6×10－3 m/s2 (一)普通高中適用作業(yè) [A級(jí)——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)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(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 解析：選B　摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中乘客的動(dòng)能不變，重力勢能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對(duì)他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動(dòng)過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的，D錯(cuò)誤。 ★2．(2018·合肥一模)質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球動(dòng)量變化量Δp和合外力對(duì)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：選A　取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)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(dòng)能定理，合外力做的功：W＝mv22－mv12＝×0.2×42J－×0.2×62J＝－2 J。故A正確。 3．[多選](2017·全國卷Ⅲ)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 解析：選AB　法一：根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項(xiàng)正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 法二：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)，加速度的大小為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)量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4 s時(shí)物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯(cuò)誤。 4.將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動(dòng)，滑到底端總共用時(shí)t，如圖所示，設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動(dòng)量變化為Δp1，在后一半時(shí)間內(nèi)其動(dòng)量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為(　　) A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1 解析：選C　木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsin θ，方向也始終沿斜面向下不變。由動(dòng)量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1。故選項(xiàng)C正確。 ★5．(2018·三明一中模擬)質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時(shí)間極短，離開地的速率為v2。在碰撞過程中，鋼球受到合力的沖量的方向和大小為(　　) A．向下，m(v1－v2)　　　　　 B．向下，m(v1＋v2) C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2) 解析：選D　根據(jù)動(dòng)量定理可知鋼球受到合力的沖量等于鋼球動(dòng)量的變化量，選取向下為正方向，I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，則鋼球受到合力的沖量的方向向上，大小為m(v1＋v2)。故D正確。 [B級(jí)——中檔題目練通抓牢] 6．[多選]某同學(xué)為了測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，完成了如下的操作：將一質(zhì)量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過一段時(shí)間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點(diǎn)為過程1，小球從最高點(diǎn)至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力，則下述說法正確的是(　　) A．過程1和過程2動(dòng)量的變化大小都為mv0 B．過程1和過程2動(dòng)量變化的方向相反 C．過程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下 D．過程1和過程2重力的總沖量為0 解析：選AC　根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過程動(dòng)量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落過程動(dòng)量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯(cuò)誤；小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點(diǎn)又返回地面的整個(gè)過程中重力的沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯(cuò)誤。 7．一個(gè)質(zhì)量為m＝100 g的小球從h＝0.8 m的高處自由下落，落到一個(gè)厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0.2 s，規(guī)定豎直向下的方向?yàn)檎?，則在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對(duì)小球的沖量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：選C　設(shè)小球自由下落h＝0.8 m的時(shí)間為t1，由h＝gt12得t1＝ ＝0.4 s。設(shè)IN為軟墊對(duì)小球的沖量，并令豎直向下的方向?yàn)檎较?，則對(duì)小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)量定理得mg(t1＋t2)＋I(xiàn)N＝0，解得IN＝－0.6 N·s。 負(fù)號(hào)表示軟墊對(duì)小球的沖量方向和重力的方向相反。故選項(xiàng)C正確。 ★8．[多選]質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的大小為(　　) A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m 解析：選BCD　由動(dòng)量定理可得，物體在時(shí)間t內(nèi)動(dòng)量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運(yùn)動(dòng)過程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝，由機(jī)械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物體動(dòng)量變化量Δp＝mΔv＝m＝m，選項(xiàng)C、D均正確，只有選項(xiàng)A錯(cuò)誤。 ★9．將質(zhì)量為500 g的杯子放在臺(tái)秤上，一個(gè)水龍頭以每秒700 g水的流量注入杯中。注至10 s末時(shí)，臺(tái)秤的讀數(shù)為78.5 N，則注入杯中水流的速度是多大？ 解析：以在很短時(shí)間Δt內(nèi)，落在杯中的水柱Δm為研究對(duì)象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。 設(shè)向上的方向?yàn)檎?，由?dòng)量定理得： (F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv) 因Δm很小，Δmg可忽略不計(jì)，并且＝0.7 kg/s F＝ v＝0.7v(N) 臺(tái)秤的讀數(shù)G讀＝(m杯＋m水)g＋F 78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v 解得v＝5 m/s。 答案：5 m/s 10．如圖所示，質(zhì)量0.5 kg，長1.2 m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，在盒內(nèi)右端B放著質(zhì)量也為0.5 kg，半徑為0.1 m的彈性球，球與盒接觸面光滑。若在A端給盒以水平向右的沖量1.5 N·s，設(shè)盒在運(yùn)動(dòng)中與球碰撞時(shí)間極短，且無能量損失，求： (1)盒從開始運(yùn)動(dòng)到完全停止所通過的路程是多少； (2)盒從開始運(yùn)動(dòng)到完全停止所經(jīng)過的時(shí)間是多少。 解析：(1)研究對(duì)象是金屬盒，盒受沖量I后獲得速度v， 由動(dòng)量定理，有I＝mv－0，v＝＝ m/s＝3 m/s 盒以此速度向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中受到桌面對(duì)盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg －μ·2mg＝ma即a＝－2μg 盒運(yùn)動(dòng)了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度減少為v′。 v′2－v2＝2ax1 v′＝＝ m/s ＝2 m/s， 盒左壁A以v′速度與球相碰，因碰撞中無能量損失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)1 m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，直到停止。 0－v′2＝2ax2 即x2＝＝＝ m＝0.8 m 因x2只有0.8 m，此時(shí)靜止小球不會(huì)再與盒的左壁相碰，所以盒通過的總路程為 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。 (2)盒從開始運(yùn)動(dòng)到與球相碰所用時(shí)間為t1 根據(jù)動(dòng)量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝＝ s＝0.4 s； 小球勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝ s＝0.5 s ； 盒第二次與球相碰后到停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，根據(jù)動(dòng)量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′ t3＝＝ s＝0.8 s； 總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s [C級(jí)——難度題目自主選做] 11．[多選](2018·常德模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，下列說法正確的有(　　) A．小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量 解析：選AC　小球在整個(gè)過程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，則小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對(duì)小球下落的全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯(cuò)誤；小球落到地面的速度v＝，對(duì)進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動(dòng)量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的沖量大于m，故C正確；對(duì)全過程分析，運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯(cuò)誤。 12．[多選](2018·天津質(zhì)量調(diào)查)幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)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(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，則可以判斷的是(　　) A．子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同 B．子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同 C．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D．子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同 解析：選BCD　恰好能穿出第4個(gè)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(yùn)動(dòng)，則自左向右子彈通過四個(gè)水球的時(shí)間比為(2－)∶(－)∶(－1)∶1，則B正確。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤。因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，則由I＝ft可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確。由動(dòng)能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，D項(xiàng)正確。 (二)重點(diǎn)高中適用作業(yè) [A級(jí)——保分題目巧做快做] 1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)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(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 解析：選B　摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中乘客的動(dòng)能不變，重力勢能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對(duì)他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動(dòng)過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的，D錯(cuò)誤。 2．[多選](2017·全國卷Ⅲ)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 解析：選AB　法一：根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項(xiàng)正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 法二：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)，加速度的大小為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)量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4 s時(shí)物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯(cuò)誤。 3．將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動(dòng)，滑到底端總共用時(shí)t，如圖所示，設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動(dòng)量變化為Δp1，在后一半時(shí)間內(nèi)其動(dòng)量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為(　　) A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶1 D ．2∶1 解析：選C　木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsin θ，方向也始終沿斜面向下不變。由動(dòng)量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1。故選項(xiàng)C正確。 4．[多選]某同學(xué)為了測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，完成了如下的操作：將一質(zhì)量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過一段時(shí)間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點(diǎn)為過程1，小球從最高點(diǎn)至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力，則下述說法正確的是(　　) A．過程1和過程2動(dòng)量的變化大小都為mv0 B．過程1和過程2動(dòng)量變化的方向相反 C．過程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下 D．過程1和過程2重力的總沖量為0 解析：選AC　根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過程動(dòng)量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落過程動(dòng)量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯(cuò)誤；小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點(diǎn)又返回地面的整個(gè)過程中重力的沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯(cuò)誤。 5．一個(gè)質(zhì)量為m＝100 g的小球從h＝0.8 m的高處自由下落，落到一個(gè)厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0.2 s，規(guī)定豎直向下的方向?yàn)檎?，則在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對(duì)小球的沖量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：選C　設(shè)小球自由下落h＝0.8 m的時(shí)間為t1，由h＝gt12得t1＝ ＝0.4 s。設(shè)IN為軟墊對(duì)小球的沖量，并令豎直向下的方向?yàn)檎较?，則對(duì)小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)量定理得mg(t1＋t2)＋I(xiàn)N＝0，解得IN＝－0.6 N·s。負(fù)號(hào)表示軟墊對(duì)小球的沖量方向和重力的方向相反。故選項(xiàng)C正確。 6．[多選](2018·常德模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，下列說法正確的有(　　) A．小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量 解析：選AC　小球在整個(gè)過程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，則小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對(duì)小球下落的全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯(cuò)誤；小球落到地面的速度v＝，對(duì)進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動(dòng)量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的沖量大于m，故C正確；對(duì)全過程分析，運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯(cuò)誤。 7．[多選](2018·天津質(zhì)量調(diào)查)幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)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(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，則可以判斷的是(　　) A．子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同 B．子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同 C．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D．子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同 解析：選BCD　恰好能穿出第4個(gè)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(yùn)動(dòng)，則自左向右子彈通過四個(gè)水球的時(shí)間比為(2－)∶(－)∶(－1)∶1，則B正確。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤。因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣ǎ瑒t由I＝ft可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確。由動(dòng)能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，D項(xiàng)正確。 [B級(jí)——拔高題目穩(wěn)做準(zhǔn)做] ★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mv＋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 解析：選B　人的速度原來為零，起跳后為v，由動(dòng)量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面對(duì)人的沖量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳時(shí)，地面對(duì)人的支持力的作用點(diǎn)位移為零，故地面對(duì)人做功為零，所以只有選項(xiàng)B正確。 ★9．(2018·合肥質(zhì)檢)一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a-t圖像如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2 m/s?；瑒?dòng)摩擦力大小恒為2 N，則(　　) A．在t＝6 s時(shí)刻，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400 J C．在0～6 s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36 N·s D．在t＝6 s時(shí)刻，拉力F的功率為200 W 解析：選D　根據(jù)Δv＝a0t，可知a-t圖線與t軸所圍“面積”表示速度的增量，則v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得：W合＝mv62－mv02＝396 J，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的沖量IF＝48 N·s，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10 N，則6 s時(shí)拉力F的功率P＝F6·v6＝200 W，D正確。 ★10．[多選](2018·商丘五校聯(lián)考)在2016年里約奧運(yùn)跳水比賽中，中國跳水夢之隊(duì)由吳敏霞領(lǐng)銜包攬全部8枚金牌。假設(shè)質(zhì)量為m的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)上以初速度v0向上跳起，跳水運(yùn)動(dòng)員在跳臺(tái)上從起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而減速為零，不計(jì)跳水運(yùn)動(dòng)員水平方向的運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員入水后到速度為零時(shí)重心下降h，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中運(yùn)動(dòng)過程中受到合外力沖量大小為m＋mv0 B．水對(duì)運(yùn)動(dòng)員阻力的沖量大小為m C．運(yùn)動(dòng)員克服水的阻力做功為mgH＋mv02 D．運(yùn)動(dòng)員從跳起到入水后速度減為零的過程中機(jī)械能減少量為mg(H＋h)＋mv02 解析：選AD　設(shè)運(yùn)動(dòng)員入水前速度為vt，則由機(jī)械能守恒有mv02＋mgH＝mvt2，得vt＝，據(jù)動(dòng)量定理可得運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中運(yùn)動(dòng)過程中受到合外力沖量大小I＝mvt－(－mv0)＝m＋mv0，A項(xiàng)正確。運(yùn)動(dòng)員入水后受豎直向下的重力和豎直向上的阻力，合力的沖量大小為I合＝m，B項(xiàng)錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)員從跳起到入水后速度減為零的過程中應(yīng)用動(dòng)能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－mv02，得運(yùn)動(dòng)員克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋mv02，則C項(xiàng)錯(cuò)誤。由能的轉(zhuǎn)化與守恒關(guān)系可知此過程中機(jī)械能的減少量為mg(H＋h)＋mv02，D項(xiàng)正確。 ★11．如圖所示，一個(gè)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(shí)瓶底端對(duì)豎直墻面的作用力大小是(　　) A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S 解析：選D　Δt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對(duì)于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，選項(xiàng)D正確。 12．如圖所示，質(zhì)量0.5 kg，長1.2 m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，在盒內(nèi)右端B放著質(zhì)量也為0.5 kg，半徑為0.1 m的彈性球，球與盒接觸面光滑。若在A端給盒以水平向右的沖量1.5 N·s，設(shè)盒在運(yùn)動(dòng)中與球碰撞時(shí)間極短，且無能量損失，求： (1)盒從開始運(yùn)動(dòng)到完全停止所通過的路程是多少； (2)盒從開始運(yùn)動(dòng)到完全停止所經(jīng)過的時(shí)間是多少。 解析：(1)研究對(duì)象是金屬盒，盒受沖量I后獲得速度v， 由動(dòng)量定理，有I＝mv－0，v＝＝ m/s＝3 m/s 盒以此速度向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中受到桌面對(duì)盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg －μ·2mg＝ma即a＝－2μg 盒運(yùn)動(dòng)了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度減少為v′。 v′2－v2＝2ax1 v′＝＝ m/s ＝2 m/s， 盒左壁A以v′速度與球相碰，因碰撞中無能量損失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)1 m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，直到停止。 0－v′2＝2ax2 即x2＝＝＝ m＝0.8 m 因x2只有0.8 m，此時(shí)靜止小球不會(huì)再與盒的左壁相碰，所以盒通過的總路程為 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。 (2)盒從開始運(yùn)動(dòng)到與球相碰所用時(shí)間為t1 根據(jù)動(dòng)量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝＝ s＝0.4 s； 小球勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝ s＝0.5 s ； 盒第二次與球相碰后到停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，根據(jù)動(dòng)量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′ t3＝＝ s＝0.8 s； 總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s ★13．(2018·三湘名校聯(lián)考)如圖甲所示是明德中學(xué)在高考前100天倒計(jì)時(shí)宣誓活動(dòng)中為給高三考生加油，用橫幅打出的激勵(lì)語。下面我們來研究橫幅的受力情況，如圖乙所示，若橫幅的質(zhì)量為m，且質(zhì)量分布均勻、由豎直面內(nèi)的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面內(nèi)，四條繩子與水平方向的夾角均為θ，其中繩A、B是不可伸長的剛性繩，繩C、D是彈性較好的彈性繩且對(duì)橫幅的拉力恒為T0，重力加速度為g。 　 (1)求繩A、B所受力的大??； (2)在一次衛(wèi)生大掃除中，樓上的小明同學(xué)不慎將質(zhì)量為m0的抹布滑落，正好落在橫幅上沿的中點(diǎn)位置。已知抹布的初速度為零，下落的高度為h，忽略空氣阻力的影響。抹布與橫幅撞擊后速度變?yōu)榱?，且撞擊時(shí)間為t，撞擊過程橫幅的形變極小，可忽略不計(jì)，求撞擊過程中，繩A、B所受平均拉力的大小。 解析：(1)橫幅在豎直方向上處于平衡狀態(tài)： 2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。 (2)抹布做自由落體運(yùn)動(dòng)，其碰撞前的速度滿足：2gh＝v02 碰撞過程中橫幅對(duì)抹布的平均作用力為F，由動(dòng)量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0 解得：F＝m0g＋ 由牛頓第三定律可知抹布對(duì)橫幅的平均沖擊力F′＝F 橫幅仍處于平衡狀態(tài)：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′ 解得：T1＝T0＋＋。 答案：(1)T0＋　(2)T0＋＋ 第2節(jié)動(dòng)量守恒定律 (1)只要系統(tǒng)合外力做功為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒。(×) (2)物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒。(√) (3)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同。(√) 1．動(dòng)量守恒方程為矢量方程，列方程時(shí)必須選擇正方向。 2．動(dòng)量守恒方程中的速度必須是系統(tǒng)內(nèi)各物體在同一時(shí)刻相對(duì)于同一參考系(一般選地面)的速度。 3．碰撞、爆炸、反沖均因作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力滿足動(dòng)量守恒(或近似守恒)，但系統(tǒng)動(dòng)能的變化是不同的。 4．“人船”模型適用于初狀態(tài)系統(tǒng)內(nèi)物體均靜止，物體運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒或某個(gè)方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒的情形。 突破點(diǎn)(一)　動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用 1．動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性 矢量性 動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向 相對(duì)性 各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面) 同時(shí)性 動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量 系統(tǒng)性 研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng) 普適性 動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng) 2．動(dòng)量守恒定律的三種表達(dá)式及對(duì)應(yīng)意義 (1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。 (2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為0。 (3)Δp1＝－Δp2，即兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)中，一部分動(dòng)量的增量與另一部分動(dòng)量的增量大小相等、方向相反。 3．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)。 (2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。 (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。 (4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。 (5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明。 [典例]　(2018·鄭州高三質(zhì)量預(yù)測)如圖所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求： (1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊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)物塊在木板上滑行的時(shí)間t。 [審題指導(dǎo)] (1)子彈進(jìn)入物塊后到一起向右滑行的時(shí)間極短，木板速度仍為零。 (2)子彈與物塊一起運(yùn)動(dòng)的初速度即為物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大速度v1。 (3)木板足夠長，物塊最終與木塊同速，此時(shí)，木板向右滑行的速度v2最大。 [解析]　(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動(dòng)量守恒可得： m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。 (2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。 (3)對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。 [答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s [易錯(cuò)提醒]　應(yīng)用動(dòng)量守恒定律應(yīng)注意以下三點(diǎn) (1)確定所研究的系統(tǒng)，單個(gè)物體無從談起動(dòng)量守恒。 (2)判斷系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒，或者某個(gè)方向上動(dòng)量守恒。 (3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對(duì)地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對(duì)于地面的速度。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.[多選](2018·佛山模擬)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑(　　) A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽不做功 B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒 C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng) D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處 解析：選BC　在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽做功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系 統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．(2017·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：選A　燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項(xiàng)A正確。 3．兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運(yùn)動(dòng)。已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg。兩磁鐵的N極相對(duì)，推動(dòng)一下，使兩車相向運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s，方向與甲相反。兩車運(yùn)動(dòng)過程中始終未相碰。則： (1)兩車最近時(shí)，乙的速度為多大？ (2)甲車開始反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙的速度為多大？ 解析：(1)兩車相距最近時(shí)，兩車的速度相同，設(shè)該速度為v，取乙車的速度方向?yàn)檎较颉Ｓ蓜?dòng)量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以兩車最近時(shí)，乙車的速度為v＝＝ m/s＝ m/s≈1.33 m/s。 (2)甲車開始反向時(shí)，其速度為0，設(shè)此時(shí)乙車的速度為v乙′，由動(dòng)量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝＝ m/s＝2 m/s。 答案：(1)1.33 m/s　(2)2 m/s 突破點(diǎn)(二)　動(dòng)量守恒定律的3個(gè)應(yīng)用實(shí)例 碰　撞 1.對(duì)碰撞的理解 (1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動(dòng)量變化顯著；物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽略。 (2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，故外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。 (3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機(jī)械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機(jī)械能。 2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷 彈性碰撞是碰撞過程中無機(jī)械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能不變。 (1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。 (2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。 3．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 (1)動(dòng)量守恒。 (2)動(dòng)能不增加。 (3