部编版2020高考物理一轮总复习 第六章 动量和动量守恒定律 专题强化4 力学三大观点的综合应用训练

内容与要求 1.通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性．2．探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．3．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象．4．体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一．第1讲动量定理及应用一、动量、动量变化、冲量1．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝m v.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同．2．动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．自测1(2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比答案 B1 1 解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度 v ＝at ，动能 E ＝ m v ＝ ma t ，与经历的1 1 时间的平方成正比，A 项错误；根据 v ＝2ax ，动能 E ＝ m v ＝ m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 项1 1 p 正确；动能 E ＝ m v ，与速度的平方成正比，C 项错误；动量 p ＝m v ，动能 E ＝ m v ＝ ，与动量 的平方成正比，D 项错误．二、动量定理1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量．2．公式：m v ′－m v ＝F (t ′－t)或 p ′－p ＝I .3．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量 是结果．(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量 的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．自测 2 (2018· 全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层 坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A ．10 NB ．10NC ．10 ND ．10N答案 C解析 设每层楼高约为 3 m ，则下落高度约为1 m 2ghh ＝3×25 m ＝75 m ，由 mgh ＝ m v 及(F －mg )t ＝m v 知鸡蛋对地面的冲击力 F ＝ ＋mg ≈10 N.命题点一 对动量和冲量的理解1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的． ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量． (2)动量与动能的比较动量动能2 2 22 2 k 22 2 2 k 22 2 2 2 2mk k 2 3 4 2 32 t物理意义描述机械运动状态的物理量定义式标矢性p ＝m v矢量1 E ＝ m v标量2变化因素大小关系物体所受冲量p ＝ 2mEk外力所做的功p E ＝ k 2m对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化， 动能不一定发生变化．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘 积．②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说， 冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系． (3)冲量与功的比较定义单位公式标矢性意义冲量作用在物体上的力和力的作用时间 的乘积N·sI ＝Ft(F 为恒力)矢量①表示力对时间的累积②是动量变化的量度功作用在物体上的力和物体在力的 方向上的位移的乘积JW ＝Fl cos α(F 为恒力)标量①表示力对空间的累积②是能量变化多少的量度都是过程量，都与力的作用过程相互联系例 1 (2018· 广西南宁市 3 月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为 零的过程中，下列说法不正确的是()A ．运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B ．运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C ．运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D ．运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向答案 C2 k 2解析根据动量定理可知，运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，A项正确；运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确；运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确．变式1(2018·河北省唐山市上学期期末)1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是( )A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大答案C解析在碰撞过程中，驾驶员的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力，即安全气囊减小了驾驶员的动量变化率．例2(2019·甘肃省庆阳市调研)如图1所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q 点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()图1A．合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变化大小相同答案C解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mg sinθ(θ为滑轨倾角)，F>F ，因此a b合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F＝mgcos θ，NF<F，因此弹力对a滑块的冲量较小．选C.N a N b变式2(多选)如图2所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则()图2A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD．合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力F＝fF cos θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F t＝Ft cosθ，故C项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以f合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．命题点二动量定理的基本应用1．动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体．(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．p′－pΔp(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率．t t2．用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体．(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．例3在2018年冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手“隋文静、韩聪组合”获得亚军．如图3所示为某次训练中情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0m/s.韩聪突然将隋文静沿着原来的运动方向推开，推力作用时间为2.0s，隋文静的速度大小变为4.0m/s.假设隋文静和韩聪的质量分别为40kg和60kg.求：图3(1)推开后韩聪的速度大小；(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小．答案解析(1)1m/s(2)60N(1)以原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得(m＋m)v＝m v ＋m v ，解得v ＝－1m/s 1211222即推开后韩聪的速度大小为 1 m/s(2)对韩聪，由动量定理得 F t ＝m v －m v2 22解得 F ＝－60 N即推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小为 60 N.变式 3 (2018·福建省三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图 4 所示，从距秤盘 80 cm 高处把 1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为 1 s ，豆粒弹 起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极 短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1 000 粒的豆粒的总质量为 100 g ．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图 4A ．0.2 NB ．0.6 NC ．1.0 ND ．1.6 N 答案 B解析 豆粒从 80 cm 高处下落到秤盘上时的速度为 v ，v ＝2gh ，11则 v ＝ 2gh ＝ 2×10×0.8 m /s ＝4 m/s1设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft ＝m v －m v21m v －m v 0.1×2－0.1× －4 则F ＝ ＝ t 1故 B 正确，A 、C 、D 错误．N ＝0.6 N ，变式 4 (多选)(2018·陕西省安康市第二次联考)一质量为 m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经 t ＝0.2 ，s 以大小 v ＝1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度 gA ．地面对运动员的冲量大小为 180 N·sB ．地面对运动员的冲量大小为 60 N·sC ．地面对运动员做的功为 30 JD ．地面对运动员做的功为零答案 AD＝10 m/s，在这 0.2 s 内()解析人的速度由原来的零，起跳后变为 v ，设向上为正方向，由动量定理可得：I －mgt ＝m v －0，故地面对人的冲量为：I ＝m v ＋mgt ＝60×1 N·s ＋600×0.2 N·s ＝180 N·s ，故A 正确，B 错误；人在跳 起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，所以地面对运动员的2 212支持力不做功，故 C 错误，D 正确．命题点三 动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．例 4一高空作业的工人重为 600 N ，系一条长为 L ＝5 m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间 t ＝1 s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取 10 m/s ， 忽略空气阻力的影响)答案 1 200 N ，方向竖直向下解析 解法一 分段列式法：依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为 v ，v ＝2gL ，得 v ＝ 2gL经缓冲时间 t ＝1 s 后速度变为 0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力 F 和重力 mg ，所以(mg －F )t ＝0－m v ，F ＝mgt ＋m v t 将数值代入得 F ＝1200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力 F ′为 1200 N ，方向竖直向下．解法二全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为 mg (2L＋t )， g拉力 F 的冲量大小为 Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg (mg2L＋t )－Ft ＝0，解得 F ＝ gt2L g＋t＝1200 N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力 F ′＝F ＝1200 N ，方向竖直向下．变式 5一个质量为 m ＝100 g 的小球从离厚软垫 h ＝0.8 m 高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了 t ＝0.2 s ，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是 多少？(取 g ＝10 m/s)答案 0.6 N·s ，方向竖直向上解析 设小球自由下落 h ＝0.8 m 的时间为 t ，由11h ＝ gt 得 t ＝ 2 1 12hg＝0.4 s.设 I 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得 mg (t ＋t )＋I ＝0，得 I ＝－0.6 N·s.1负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上．变式 6蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量 m ＝50 kg 的运动员从距蹦床 h ＝1.25 m 高处自由落122 1 1 11 12 2下，接着又能弹起 h ＝1.8 m 高，运动员与蹦床接触时间 t ＝0.50 s ，在空中保持直立，不计空气阻力，2取 g ＝10 m/s ，求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小 I ；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小 F .答案解析(1)250 N·s (2)1 600 N(1)重力的冲量大小为：I ＝mgt ＝50×10×0.50 N·s ＝250 N·s(2)设运动员下落 h 高度时的速度大小为 v ， 1 则根据动能定理可得：mgh ＝ m v 2 解得 v ＝5 m/s设弹起时离开蹦床瞬间，运动员的速度大小为 v ，则根据动能定理可得： 1 －mgh ＝0－ m v 22 解得：v ＝6 m/s取竖直向上为正方向，由动量定理有： (F －mg )· t ＝m v －(－m v )解得 F ＝1 600 N.1．(2018· 山东省日照市校际联合质检)关于动量和动能，下列说法中错误的是()A ．做变速运动的物体，动能一定不断变化B ．做变速运动的物体，动量一定不断变化C ．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D ．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零答案 A解析 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故 A 错误；做变速运动的物体， 速度发生变化，动量一定不断变化，故B 正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增 量一定为零，故 C 正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故 D 正确． 2．(2018· 四川省德阳市高考一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动 不可能是()A ．匀速圆周运动B ．自由落体运动2 1 1 2 1 11 22 2 2 2 1C．平抛运动D．竖直上抛运动答案A解析如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力．则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．3.(2018·山东省泰安市上学期期中)如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )图1A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们动能的增量相同答案A解析这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，故A正确；c 环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．4．(多选)(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中()A．笔帽一直做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D 正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B 错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C 正确．5．(2018·山东省济宁市上学期期末)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最小D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案A解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它们动量的变化量：Δp＝m v－m v ，子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于0；钢球被弹回，末速度的方向与初速度方向相反，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大，由动量定理：I＝Δp，所以子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大，结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A正确，B、C、D错误．6.(2018·河南省商丘市上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图2所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是()图2A．第一次粉笔的惯性更小B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小D．第一次粉笔获得的动量更大答案D解析两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变，则其惯性不变，故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变，则纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，则摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故 D 正确．7．(2018· 四川省攀枝花市第二次统考)在距地面高度为 h 处，同时以大小相等的初速度 v，分别平抛、 竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增 量 Δp ，正确的是()A ．平抛过程中动量的增量 Δp 最大B ．竖直下抛过程中动量的增量 Δp 最大C ．竖直上抛过程中动量的增量 Δp 最大D ．三者一样大答案 C解析 三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长，而竖直下抛的小球运动时间最短，由 I ＝Ft 可知竖 直上抛的小球，重力的冲量最大，由动量定理I ＝Δp 可知，竖直上抛的小球动量的增量最大，故C 正 确．8．(2018· 湖南省长沙市雅礼中学模拟二)下列说法错误的是()A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好答案 D解析 火箭升空时，内能转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用 是相互的，气流对火箭有向前的作用力，从而推动火箭前进，故选项 A 正确；体操运动员在着地的过 程中，动量变化一定．由动量定理可知，体操运动员受到的冲量 I 一定．由 I ＝Ft 可知，体操运动员 在着地时屈腿是为了延长作用时间 t ，可以减小运动员所受到的平均冲力 F ，故 B 正确；用枪射击时 子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的精准度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击 时要用肩部抵住枪身，故选项 C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间， 由 I ＝Ft 可知，位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项 D 错误．9．(2018· 四川省绵阳市第二次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( )A ．滑行的距离小B ．滑行的时间长C ．滑行过程中的加速度大D ．滑行过程中的动量变化快答案 A1 p解析 根据 p ＝m v ，E ＝ m v 可知，E ＝ ，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可0 2222mkkp 知：－F L ＝0－E ＝－ ，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故 A 正 fk 2m确；根据动量定理，－F t ＝0－p ，因动量相同，故滑行时间相同，故 B 错误；因两物体受到的阻力f相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量 变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故 D 错误．10.(2018· 湖北省黄冈市期末调研)在 2017 年 6 月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运 载火箭”的概念方案．方案之一为“伞降方案”，如图 3，当火箭和有效载荷通过引爆装置分离后， 火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面 时打开气囊，让火箭安全着陆．对该方案涉及的物理过程，下列说法正确的是()图 3A ．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒B ．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大C ．从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态D ．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量答案 B解析分离用的引爆装置的功能是在接收到分离指令后，通过程序配电器接通电爆管(或点火器)，引 爆连接解锁装置或分离冲量装置，使之分离，所以火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能不守Mm M恒，故 A 错误；从返回轨道下落至低空轨道，由 G ＝mg 得 g ＝G ，火箭的重力加速度增大，故r rB 正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，故C 错误；由动量定理可知接近地面时打开气囊，可以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭 的冲量，故D 错误．11．(2018· 山东省淄博市模拟)质量相等的 A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力 F 、F12的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 和 4t 速度分别达到 2v 和 v 时，分别撤去 F 和 F ，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图 4 所示．设 F 和 F 对212A 、B 两物体的冲量分别为 I 和 I ，F 和 F 对 A 、B 两物体做的功分别为 W 和 W ，则下列结论正确 121212的是()22 2 0 0 0 0 1图 4A ．I ∶I ＝12∶5，W ∶W ＝6∶51212B ．I ∶I ＝6∶5，W ∶W ＝3∶51 2 1 2 C ．I ∶I ＝3∶5，W ∶W ＝6∶5 1 2 1 2 D ．I ∶I ＝3∶5，W ∶W ＝12∶5 1212答案 C解析v 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为 ，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有 Ft 0fv 2v v ＝ma ，则摩擦力大小都为 m .由题图可知，匀加速运动的加速度分别为 、 ，根据牛顿第二定律，t t 4t 0 0 0 3m v 5m v 匀加速运动中有 F －F ＝ma ，则 F ＝ ，F ＝ ，故 I ∶I ＝F t ∶4F t ＝3∶5；对全过程运用f 1 t 2 4t 1 2 1 0 2 00 0 动能定理得：W －F x ＝0，W －F x ＝0，得 W ＝F x ，W ＝F x ，图线与时间轴所围成的面积表示1f 12f 21f 1 2f 2运动的位移，则位移之比为 6∶5，整个运动过程中 F 和 F 做功之比为 W ∶W ＝x ∶x ＝6∶5，故 C121212正确．12．质量为 1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为 μ＝0.4.有一大 小为 5 N 的水平恒力 F 作用于物体上，使之加速前进，经 3 s 后撤去 F .求物体运动的总时间(g 取 10 m/s )．答案 3.75 s解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为 Ft ，摩擦力的冲量为 F t.选水平恒力1fF 的方向为正方向，根据动量定理有 Ft －F t ＝0①1f又 F ＝μmg ②fFt联立①②式解得 t ＝ ，μmg代入数据解得 t ＝3.75 s.13．如图 5 所示，一质量为 M 的长木板在光滑水平面上以速度 v 向右运动，一质量为 m 的小铁块在木板上以速度 v 向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度 v 向右匀速运动，必须对 木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度 v .设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．图 5答案 2m v解析 对 M 、m 组成的系统，设 M 运动的方向为正方向，根据动量定理有 Ft ＝(M ＋m )v －(M v －m v )0 0 0 0210 00 0。

第六章⎪⎪⎪动量[全国卷5年考情分析](说明：2021～2016年，本章内容以选考题目显现)考点及要求2014～2018考情统计命题概率常考角度动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)'18Ⅰ卷T14(6分)，'18Ⅰ卷T24(12分)'18Ⅱ卷T15(6分)，'18Ⅲ卷T25(20分)'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)独立命题概率100%综合命题概率100%(1)动量定理与动量守恒定律的应用(2)动量守恒与能量守恒的综合应用(3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)'18Ⅱ卷T24(12分)，'16Ⅲ卷T35(2)(10分)'15Ⅰ卷T35(2)(10分)，'15Ⅱ卷T35(2)(10分)'14Ⅰ卷T35(2)(9分)独立命题概率60%实验七：验证动量守恒定律' 14Ⅱ卷T35(2)(10分)独立命题概率20%第1节动量定理一、动量1．概念：物体的质量和速度的乘积。

动量是状态量，与时刻或位置相对应2．表达式：p＝m v。

3．单位：kg·m/s。

4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

二、动量定理1.冲量(1)概念：力和力的作用时刻的乘积。

冲量是过程量，与时间或过程相对应(2)表达式：I＝Ft。

(3)单位：N·s。

(4)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

2．动量定理(1)内容：物体在一个进程始末的动量转变量等于它在那个进程中所受力的冲量。

“力”指的是合外力(2)表达式：Ft＝m v′－m v。

[深化明白得]1．动量转变量也是矢量，其方向与速度转变量的方向相同。

2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。

第2讲动量守恒定律及其应用考点1动量守恒定律的理解和简单应用1．动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零，则系统动量守恒；(2)系统受外力，但所受的外力远远小于内力、可以忽略不计时，则系统动量守恒；(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．(4)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力为零，则系统在该阶段动量守恒．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于作用后的动量之和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的“四性”考向1对动量守恒定律的理解1．(2019·安徽淮南联考)(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是(CD)A．三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零解析：在整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，机械能减小，故A、B错误；a 与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，a、b做减速运动，c做加速运动，当c的速度等于a、b的速度时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．2．在平静的水面上有一条以速度v0匀速前进的载人小船，船的质量为M，人的质量为m.开始时，人相对船静止，当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时，设船的速度为u.由动量守恒定律，下列表达式成立的是(C)A．(M＋m)v0＝Mu＋m vB．(M＋m)v0＝Mu＋m(v－u)C．(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)D．(M＋m)v0＝Mu－m(v－v0)解析：由题意，人和船组成的系统动量守恒，以水面为参考系，设船行驶方向为正，则初始时v船＝v人＝v0，v船′＝u时，v人＝－(v－u)，根据动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)，所以选项C 正确．考向2动量守恒定律的简单应用3．(2019·河南豫南联考)光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N，则下列说法中正确的是(D)A．F N＝mg cosαB．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t cosαC．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面向左滑动的距离为mM＋mL解析：经分析可知滑块B相对于斜面加速下滑，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N不等于mg cosα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则M v1＝m v2，x1＝v1t，x2＝v2t，x1＋x2＝L，解得x1＝mM＋mL，D正确．4．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以大小为v0＝2.0 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图所示．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．解析：解法1：取甲开始运动的方向为正方向，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，以甲和箱子为系统，则由动量守恒定律得(m＋M)v0＝M v1＋m v.设乙抓住箱子后其速度为v2，以箱子和乙为系统，则由动量守恒定律得m v－M v0＝(m＋M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1，当甲和乙的速度相等时，甲推箱子的速度最小，此时v1＝v2.联立上述三式可得v＝m2＋2mM＋2M2m2＋2mMv0＝5.2 m/s.即甲至少要以对地5.2 m/s的速度将箱子推出，才能避免与乙相撞．解法2：若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统，由于不相撞的条件是甲、乙速度相等，设为v1，则由动量守恒定律得(m＋M)v0－M v0＝(m＋2M)v1，代入具体数据可得v1＝0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统，设推出箱子的速度为v，推出箱子前、后系统的动量守恒(m ＋M)v0＝M v1＋m v，代入具体数据得v＝5.2 m/s.答案：5.2 m/s(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统，系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力，要判断系统是否动量守恒，或是否在某个方向上动量守恒.(3)要明确系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对地面的速度.考点2碰撞模型1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．2．三种碰撞考向1 对碰撞“三原则”的理解(多选)A 、B 两球在光滑水平轨道上同向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是9 kg·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后B 球的动量变为12 kg·m/s ，则两球质量m A 、m B 的关系可能是( )A ．mB ＝2m AB ．m B ＝3m AC ．m B ＝4m AD ．m B ＝5m A【解析】 以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，p B ′＝12 kg·m/s ，解得，p A ′＝4 kg·m/s ，碰撞过程系统的总动能不增加，则有p A ′22m A ＋p B ′22m B ≤p 2A 2m A ＋p 2B 2m B ，解得：m A m B≤1121， 由题意可知：当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞前A 的速度大于B 的速度，则有：p A m A >p B m B ，解得：m A m B <p A p B＝79， 碰撞后A 的速度不大于B 的速度，则有p A ′m A ≤p B ′m B，m A m B ≥p A ′p B ′＝13，综上得：13≤m A m B≤1121，故A 、B 正确． 【答案】 AB1．(2019·甘肃会宁月考)如图所示，A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1＝4 kg·m/s 和p 2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为( D )A ．－2 kg·m/s,3 kg·m/sB ．－8 kg·m/s,8 kg·m/sC ．1 kg·m/s ，－1 kg·m/sD ．－2 kg·m/s,2 kg·m/s解析：碰撞过程中动量守恒，即满足p 1＋p 2＝(p 1＋Δp 1)＋(p 2＋Δp 2)，代入A 选项数据知不满足动量守恒，A 错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即p 212m 1＋p 222m 2≥(p 1＋Δp 1)22m 1＋(p 2＋Δp 2)22m 2，代入B 选项数据知不满足，B 错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后还要满足小球B 的速度增加，小球A 的速度减小，而C 选项中碰撞后A 球的速度增加，B 球的速度减小，所以不符合实际，C 错误；D 满足以上条件，所以D 有可能，D 正确．处理碰撞问题的思路和方法(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还满足能量守恒，注意碰撞完成后关于不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．(3)要灵活运用E k ＝p 22m或p ＝2mE k 转换动能与动量． 考向2 弹性碰撞(2019·江西上饶六校一模)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x ，现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 20 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 20【解析】 弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有：E pm ＝12m A v 20 当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2 解得m A ＝3 m ，E pm ＝32m v 20，故A 、C 正确． 【答案】 AC2．(2019·贵州贵阳模拟)在光滑的冰面上放置一个截面为14圆且半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m 1，小球的质量为m 2，曲面体的质量为m 3.某时刻小孩将小球以v 0＝4 m/s 的速度向曲面体推出(如图所示)．(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；(2)若m 1＝40 kg ，m 2＝2 kg ，小孩将球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m 3应满足的条件．解析：(1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v系统机械能守恒，由机械能守恒定律得12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh 解得h ＝m 3v 202(m 2＋m 3)g. (2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0－m 1v 1＝0，球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 3由机械能守恒定律得12m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23 解得v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0 如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：v 2>v 1解得m 3>4219kg 答案：(1)m 3v 202(m 2＋m 3)g(2)m 3>4219 kg弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度．当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2， ①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度． ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．考向3 非弹性碰撞(2019·陕西咸阳模拟)如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定．试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v 以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t .[审题指导] 子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律求解第一个木块的速度大小，由能量守恒求子弹在木块中所受阻力大小，对子弹与第二块木块相互作用系统，子弹不能打穿第二块木块，由动量守恒定律和动量定理求解子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间．【解析】 (1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有m v 0＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 0＋3m v 解得v ＝15v 0 对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒有F f L ＝12m v 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 02－12·(3m )v 2 解得子弹受到木块阻力F f ＝9m v 2025L(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，由于12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 02＝2m v 2025<9m v 2025，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v 共，由动量守恒定律有m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 0＝(m ＋3m )v 共 解得v 共＝v 010 对第二块木块，由动量定理有F f t ＝3m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 010子弹在第二块木块中的运动时间为t ＝5L 6v 0【答案】 (1)15v 0 9m v 2025L (2)5L 6v 0子弹打木块模型的规律(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多．(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔE k ＝M m ＋ME k0，等于系统其他形式能的增加．考点3 爆炸和反冲1．爆炸现象的三个规律增加动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v ＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3 1.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()【解析】由h＝12gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v >2 m/s ，因此水平位移大于2 m ，选项C 、D 均错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上，x ＝v 0t ，所以A 图中，v 乙＝－0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝2.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，选项A 错误；B 图中，v 乙＝0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝1.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，选项B 正确．【答案】 B3．(2019·山东济南一模)运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级结构来提高其运载能力．某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有质量为Δm ＝100 g 的压缩气体，总质量为M ＝1 kg ，启动后全部压缩气体以v 0＝570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，两级内部各装有质量为Δm 2的压缩气体，每级总质量均为M 2，启动后模型乙第一级内的全部压缩气体以速度v 0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2 s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v 0从第二级底部喷口在极短时间内竖直向下喷出．喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2，求两种模型上升的最大高度之差．解析：对模型甲，由动量守恒有0＝(M －Δm )v 甲－Δm v 0，由运动学公式有h 甲＝v 2甲2g≈200.56 m ， 对模型乙第一级喷气，由动量定恒有0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M －Δm 2v 乙1－Δm 2v 0，解得v 乙1＝30 m/s ，则2 s 末有v 乙1′＝v 乙1－gt ＝10 m/s ，h 乙1＝v 2乙1－v 乙1′22g＝40 m ， 对模型乙第二级喷气，由动量守恒有M 2v 乙1′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M 2－Δm 2v 乙2－Δm 2v 0，h 乙2＝v 2乙22g ≈277.1 m ， 可得Δh ＝h 乙1＋h 乙2－h 甲＝116.54 m.答案：116.54 m分析爆炸、反冲问题的两点注意(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大．(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变；在反冲过程中，若喷气时间极短，也认为物体位置不变．学习至此，请完成课时作业21。

第2节动量守恒定律一、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

[注2](3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。

二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。

[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

3．反冲 [注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。

(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。

【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。

[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。

[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。

[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。

2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。

3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。

4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。

[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。

(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。

一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是( )A ．匀速圆周运动B ．自由落体运动C ．平抛运动D ．竖直上抛运动解析：A 如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I ＝Ft 可知，物体受到的力是恒力，则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动，因此B 、C 、D 均可能，A 不可能，故A 符合题意．2．(2018·佛山模拟)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是( )A ．重力的冲量B ．合力的冲量C ．刚到达底端时的动量D ．刚到达底端时的动能解析：D 设斜面的高度为h ，倾角为θ，则物体沿斜面下滑的位移s ＝h sin θ，下滑的加速度a ＝g sin θ.由s ＝12at 2得，物体沿斜面下滑的时间t ＝2h g sin 2θ.重力的冲量I G ＝mgt ＝m sin θ2gh ，方向竖直向下，因为两斜面的倾角θ不同，所以两物体重力的冲量大小不相等，但方向相同，A 错误．物体所受合力的冲量I 合＝mg sin θ·t ＝m 2gh ，方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等，但由于斜面倾角不同，所以冲量的方向不同，B 错误．由机械能守恒定律可知，两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v ＝2gh 相等，但方向不同，故两物体在斜面底端的动量不相同，动能相同，C 错误，D 正确．3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm 高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s ，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g ，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为( )A ．0.2 NB ．0.6 NC ．1.0 ND ．1.6 N解析：B 本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和解决能力，豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度为：v ＝2gh ＝4 m/s ，根据题意反弹速度为2 m/s ，对1 000粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft ＝m v 2－(－m v )，则F ＝0.1×2－0.1×(－4)1N ＝0.6 N ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 4.如图所示，竖直面内有一半圆槽，A 、C 等高，B 为半圆槽最低点，小球从A 点正上方O 点由静止释放，从A 点沿切向进入半圆槽，刚好能运动至C 点．设球在AB 段和BC 段运动过程中，运动时间分别为t 1、t 2，合外力的冲量大小为I 1，I 2，则( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．I 1>I 2D ．I 1＝I 2解析：C 小球从A 点正上方O 点由静止释放，刚好能运动至C 点，说明在半圆槽内要克服摩擦力做功，因此在AB 段任意点的速率，都大于BC 段对应点的速率，则t 1<t 2，A 、B 错误．在AB 段动量的变化用矢量三角形表示，如图所示，而在BC 段动量的变化量为m v B ，由图可知AB 段动量的变化量大于BC 段动量的变化量，由动量定理得I 1>I 2，C 正确，D 错误．5．(2018·辽宁沈阳一模)有一宇宙飞船，它的正面有效面积S ＝2 m 2，以v ＝3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区1 m 3空间中有一个微粒，德一个微粒的平均质量为m ＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( )A ．3.6×103 NB ．3.6 NC ．1.2×103 ND ．1.2 N解析：B 在t 时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M ＝v tSm ，设飞船对微粒的作用力为F ，由动量定理得Ft ＝M v ，联立解得F ＝v 2Sm ，代入数据得F ＝3.6 N ．根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N ．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N ，选项B 正确．6.如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为( )A ．v ＝m v 0M ＋m，I ＝0 B ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝2m v 0 C ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝2m 2v 0M ＋m D ．v ＝m v 0M，I ＝2m v 0 解析：B 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m，子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木块回到A 位置时的速度大小为m v 0M ＋m，方向向左，子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I ＝－(M ＋m )v －m v 0＝－2m v 0，所以墙对弹簧的冲量I 的大小为2m v 0，故选B.7.(2018·四川成都一诊)一个静止的质点在0～4 s 这段时间内，仅受到力F 的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随时间t 变化的关系图像如图所示．下列说法正确的是( )A ．在0～4 s 这段时间内，质点做往复直线运动B ．在t ＝1 s 时，质点的动量大小为1.0 kg·m/sC ．在t ＝2 s 时，质点的动能最大D ．在1～3 s 这段时间内，力F 的冲量为零解析：CD 由牛顿第二定律可作出与题给F 随时间t 变化的图线类似的质点加速度随时间变化的图线．由此可知，在0～2 s 这段时间内，质点加速度为正值，质点做加速运动；在2～4 s 这段时间内，质点加速度为负值，质点做减速运动，在t ＝2 s 时，质点的加速度为零，速度最大，动能最大，选项C正确．在0～4 s这段时间内，质点先做加速运动后做减速运动，不是往复运动，选项A错误．根据F－t图线与时间轴所围图形的面积表示冲量可知，在0～1 s这段时间内，力F的冲量为0.5 N·s，根据动量定理，质点动量变化大小为0.5 kg·m/s，故B错误；由图知，质点在1～3 s时间内力F的冲量I＝F×t1－Ft2＝0，故D 项正确．8.如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度大小v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为h.设M≫m，发生碰撞时弹力F N≫mg，球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度大小可能是()A．v0B．0C．2μ2gh D．－v0解析：AC(1)小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有M v0＝(M＋m)v，由于M≫m，所以v＝v0.(2)若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得，水平方向上有Fμt＝m v′，竖直方向上有F N t＝2m v＝2m2gh，又Fμ＝μF N，得v′＝2μ2gh，故选项A、C正确．9．(2018·达州模拟)静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量为p，动能为E k.以下说法正确的是()A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2pB．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2pC．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2E kD．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2E k解析：AD根据动量定理I合＝(F－F f)t＝p－0，保持水平力F不变，经过时间2t，(F －F f)·2t＝p′－0，可知p′＝2p，故A正确；若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－F f)·t＝p′－0，则p′>2p，故B错误；根据动能定理(F－F f)·l＝E k－0，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－F f)·2l＝E k′－0，则有E k′＝2E k，故C错误；将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－F f)·l＝E k′－0，则有E k′>2E k，故D正确．10.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间图像．a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球的质量m＝2 kg，则由图可知下列结论正确的是()A ．A 、B 碰撞前的总动量为3 kg·m/sB ．碰撞时A 对B 所施加的冲量为－4 N·sC ．碰撞前后A 的动量变化量为4 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：BCD 由x －t 图像可知，碰撞前有v A ＝x A t A ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v B ＝x B t B ＝42m/s ，碰撞后有v A ′＝v B ′＝v ＝x t ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s.对A 、B 组成的系统进行分析可知，A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A 的动量变化Δp A ＝m v A ′－m v A ＝4 kg·m/s ，C 正确．根据动量守恒定律，碰撞前后B 的动量变化Δp B ＝－Δp A ＝－4 kg·m/s ，同理Δp B ＝m B (v B ′－v B )，所以m B ＝Δp B v B ′－v B＝－4－1－2kg ＝43 kg ，A 与B 碰撞前的总动量p 总＝m v A ＋m B v B ＝－103 kg·m/s ，A 错误．由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施加的冲量I B ＝Δp B ＝－4 kg·m/s ＝－4 N·s ，B 正确．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能ΔE k ＝12m v 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2，代入数据解得ΔE k ＝10 J ，D 正确．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示，一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ.(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F .(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)由动能定理，有－μmgs ＝12m v 2－12m v 20可得μ＝0.32(2)由动量定理：有F Δt ＝m v ′－m v可得F ＝130 N.(3)W＝12m v′2＝9 J.答案：(1)0.32(2)130 N(3)9 J12．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp＝(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2⑧答案：(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2。