[精品]2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练19 碰撞 反冲运动

第一节动量冲量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为( ) A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2．关于冲量，以下说法正确的是( )A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C 错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．3．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．4．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mg B ．m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D ．m gh t－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )·t ＝0－mv ，解得F ＝m 2gh t＋mg . 5．(2018·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg解析：选B.根据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左边C ．在P 点右边不远处D ．在P 点右边原水平位移的两倍处解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I ＝F f t ＝m Δv 得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．二、多项选择题7.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( ) A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t，选项D正确．8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2 θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3；故A 、C 正确，D 错误，物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．10.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C ．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D ．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f ＝μN ，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变，故A 、C 错误，B 正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D 正确．三、非选择题11．(2018·安徽铜陵五中月考)高压采煤水枪出口的截面积为S ，水的射速为v ，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v 变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt 时间内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρSv ·Δt ，以Δm 为研究对象，它在Δt 时间内动量变化量为：Δp ＝Δm (0－v )＝－ρSv2Δt .设F 为煤层对水的平均冲力，根据动量定理有F Δt ＝Δp ＝－ρSv 2Δt ，故F ＝－ρSv 2.所以煤层对水的平均冲力大小为ρSv 2.答案：ρSv 212．(2015·高考安徽卷)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－μmgx ＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J。

第2讲动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量守恒定律及其应用Ⅱ1、几个相关概念(1)系统:在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统.(2)内力:系统内各物体之间的相互作用力叫做内力.(3)外力:系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力.2、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，这就是动量守恒定律.(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.④Δp＝0，系统总动量的增量为零.(3)适用条件①理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒.②近似守恒:系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒.③某方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.【知识点2】弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1、碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.2、特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.3、分类4、(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开.这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化.(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理.5、爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.板块二考点细研·悟法培优考点1 动量守恒定律[深化理解]1、动量守恒的“五性”(1)矢量性:表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负.(2)瞬时性:动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等.(3)同一性:速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度.一般选地面为参考系.(4)相对性:动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系.(5)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.2、应用动量守恒定律解题的步骤例1如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求:(1)物块相对木板滑行的时间； (2)物块相对木板滑行的位移.时间极短说明了什么？提示:①子弹与物块作用时，物块的位置没发生变化； ②子弹与物块作用结束后，物块与木板才相互作用. (2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗？ 提示:不是.尝试解答 (1)1_s__(2)3_m.(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得 m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得 (m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2， 对子弹木块整体，由动量定理得 －μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )(v 2－v 1)， 联立解得物体相对小车的滑行时间t ＝v 2－v 1－μg＝1 s. (2)由能量守恒定律得μ(m 0＋m )gd ＝12(m 0＋m )v 21－12(m 0＋m ＋M )v 22， 联立解得d ＝3 m. 总结升华应用动量守恒定律应注意的问题(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的.(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块m 位置没变，子弹与物块m 共速后，才相对木板M 运动.物块相对木板滑行的位移是指物块m 相对木板M 滑行的位移，并非对地的位移，并且物块m 和木板最后共速.[递进题组]1.如图所示，在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg ，桌子高h ＝0.8 m ，一颗质量为10 g的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm处的P点，子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10 m/s2)()A、200 m/sB、300 m/sC、400 m/sD、500 m/s答案 C解析题目牵涉的过程有两个:一是子弹打击木块；二是子弹木块共同做平抛运动.根据平抛位移x＝0.8 m知x＝v共t，t＝2hg，所以v共＝xt＝xg2h＝2 m/s.子弹打击木块过程中动量守恒，则有m v0＝(M＋m)v共，所以v0＝(M＋m)v共m＝400 m/s，C正确.2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是()A.m v0M＋m B.m v0MC.M v0M＋m D.M v0m答案 A解析小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点).由水平方向动量守恒得:m v0＝(M＋m)v，所以v＝m v0M＋m，A正确.考点2 碰撞问题分析[模型应用]1、分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.2、弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论:(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度.(2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，并且v 1′<v 2′，碰撞后两球都向前运动. (3)当m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来.例2 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ，由此可知:两小球的质量之比可能为( ) A.m Am B ＝1 B.m A m B ＝12 C.m A m B＝15D.m A m B＝110A 、B 两小球动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s 有几种情况？提示:①同向运动，A 球在前，B 球在后； ②同向运动，A 球在后，B 球在前； ③相向运动.(2)发生碰撞时，一定守恒的是什么？ 提示:动量. 尝试解答 选C.将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验.(1)设A 、B 两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B 碰前的运动方向为参考正方向，即 p A 0＝－5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B ＝－10 kg·m/s根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必为p A ＝12 kg·m/s ，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有:(－5)22m A ＋722m B ≤1222m A ＋(－10)22m B. (2)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且A 球在前，B 球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s.根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B ＝－10 kg·m/s.根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必为p A ＝22 kg·m/s ，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有:522m A ＋722m B ≤2222m A ＋(－10)22m B.(3)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且B 球在前，A 球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s.根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即p B ＝10 kg·m/s.根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必有p A ＝2 kg·m/s ，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有:522m A ＋722m B ≥222m A ＋1022m B，即m A m B ≤717.仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A 能追上小球B 而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A 不至于超越到小球B 的前面，应分别有:5m A >7m B ，2m A ≤10m B .综上可知15≤m A m B ≤717，C正确. 总结升华碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解.(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足:v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 0；当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹.[跟踪训练] (多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0 答案 AB解析 根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能.当v A ′＝13v 0，v A ′与v 0同向时有:m v 0＝13m v 0＋2m v B ，v B ＝13v 0.碰撞后系统总动能为:E k 总＝E k A ′＋E k B ′＝39×12m v 20＝39E k A ，机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞. 当v A ′＝－13v 0，v A ′与v 0反向时有:m v 0＝－13m v 0＋2m v B ，v B ＝23v 0.碰撞后系统总动能为:E k 总″＝E k A ″＋E k B ″＝12m v 20，机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞.考点3 爆炸、反冲及“人船模型” [模型应用]1、爆炸的特点(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.(2)动能增加:在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.(3)位置不变:爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动. 2、反冲(1)现象:物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象.(2)特点:一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况:①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒.反冲运动中机械能往往不守恒. (3)实例:喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例. 3、“人船模型”若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒. 如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m 1v 1－m 2v 2＝0，得m 1x 1＝m 2x 2.例3 载人气球静止于高h 的空中，气球的质量为M ，人的质量为m ，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？人和气球的速度有什么关系？提示:v 人v 球＝M m .(2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系？ 提示:x 人＋x 球＝L 绳. 尝试解答M ＋mMh .气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，由平均动量守恒有:0＝Mx球－mx人，又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝M＋m M h.总结升华利用人船模型解题需注意两点(1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒.②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动.③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移.(2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系.[跟踪训练](多选)向空中发射一物体，不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()A、b的速度方向一定与原速度方向相反B、从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C、a、b一定同时到达水平地面D、在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等答案CD解析空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件.由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为m v0＝m a v a＋m b v b因m a v a与m v0同向，取v0为正方向.讨论:①若m a v a<m v0，则m b v b为正向，v b与v a同向.②若m a v a＝m v0，则m b v b＝0，即v b＝0，b做自由落体运动，a在b之前.③若m a v a>m v0，则m b v b为负向，v b与v a反向，a在b之前.所以A错误；因题设条件只给出了v a与v0同向和m a>m b，但未给出v a一定大于或等于v0的条件.所以v b大于、等于和小于v a的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故s b>s a、s b＝s a、s b<s a都有可能，B错误；平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定，h相同，由t＝2hg知，t相同，C正确；炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F′等值、反向，D正确.考点4 子弹打木块问题(滑块类问题) [模型应用]子弹射击木块的两种典型情况1、木块放置在光滑的水平面上运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动.处理方法:把子弹和木块看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对木块和子弹分别利用动能定理.2、木块固定在水平面上运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块静止不动.处理方法:对子弹应用动能定理或牛顿第二定律.两种类型的共同点:(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)；(2)摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝fs，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题).例4[2016·张掖模拟]如图所示.质量M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A＝2 kg的物体A(可视为质点).一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A静止在车上.若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2).(1)平板车最后的速度是多大？(2)全过程损失的机械能为多少？(3)A在平板车上滑行的时间为多少？最后物体A静止在车上，是物体A最终的速度是零吗？这句话的含义是什么？提示:最终的速度不是零.这句话的含义是物体A与小平板车相对静止，二者有共同的速度和共同的加速度.(2)全过程损失的机械能等于什么？提示:总机械能的损失等于系统动能的减少量.尝试解答(1)2_m/s__(2)2392_J__(3)0.4_s.(1)对子弹和物体，由动量守恒得m v0＝m v′＋M A v，得v＝4 m/s，同理对M和M A有M A v＝(M＋M A)v车，得v车＝2 m/s.(2)由能量守恒得:ΔE＝12m v2－12m v′2－12(M＋M A)v2车＝2392 J.(3)对物体A由动量定理得:－μM A gt＝M A v车－M A v得t＝0.4 s.总结升华对于滑块类问题，往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态，既可由两大定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化，在能量转化方面往往用到ΔE 内＝ΔE 机＝F 滑x 相.[跟踪训练] 一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板.(1)若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后速度的大小和方向；(2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离. 答案 (1)M －m M ＋mv 0 水平向右 (2)M ＋m4M l解析 (1)用动量守恒定律求解:系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向.小木块A 不滑离B 板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v . 由动量守恒定律得:M v 0－m v 0＝(M ＋m )v ， 可得:v ＝M －mM ＋m v 0因为M >m ，故v 方向水平向右.(2)功能关系:当木块A 相对于地向左运动距离最远时，末速度为零，在这过程中，克服摩擦力F f 做功的结果是消耗了自身的动能:F f s ＝12m v 20而A 刚好没有滑离B 板的条件是:A 滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v ，A 、B 间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失:Q ＝F f l ＝M ＋m 2(v 20－v 2)由以上各式得向左运动的最远距离:s ＝M ＋m 4M l .考点5 动量守恒与其他知识的综合 [拓展延伸]1、动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律，以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合.2、动量守恒与能量守恒、核反应知识综合.3、动量守恒与混合场(重力场和电场)、向心力、平抛运动、能量综合.例5 [2017·吉林长春调研]如图，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切.质量为m 的带正电小球B 静止在水平轨道上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平轨道高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为是零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用.带电小球均可视为质点.已知A 、B 两球始终没有接触.重力加速度为g .求:(1)A 、B 两球相距最近时，A 球的速度v ；(2)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小.(1)A 、B 两球相距最近的含义是什么？提示:A 、B 共速.(2)怎样理解A 、B 两球最终的速度？提示:当A 、B 间相互斥力作用足够长时间后，它们的间距就足够远，相互间的斥力可以忽略不计，电势能为零.尝试解答 (1)232gh (2)2gh 3，432gh . (1)对下滑的过程:2mgh ＝12·2m v 20，v 0＝2gh ， 球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒，两球最近时速度相等.2m v 0＝(2m ＋m )v ，v ＝23v 0＝232gh . (2)当A 、B 相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A 、B 两球组成的系统动量守恒、能量也守恒.2m v 0＝2m v A ＋m v B ，12×2m v 20＝12×2m v 2A ＋12m v 2B ， 得v A ＝13v 0＝132gh ， v B ＝43v 0＝432gh . 总结升华动量守恒与其他知识综合问题的求解方法动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题.解决这类问题首先要弄清物理过程，其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律.最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键.[跟踪训练] [2017·河南开封一模]如图所示，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，物块P 以初速度v 0水平向右运动，与静止在水平台上的物块Q 发生碰撞，m Q ＝2m P ，碰撞后物块P 静止，物块Q 以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向进入圆弧形轨道，B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为l ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接，物块Q 沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞.g取10 m/s2.(1)求物块Q由A到B的运动时间；(2)求物块P初速度v0的大小；(3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点E(E点没画出).设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围.答案(1) 3 s(2)20 m/s(3)0.17<μ≤0.5解析(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设小物块Q从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝12gt2，解得t＝ 3 s.(2)由于R＝h1，R cosθ＝h1－h2，所以θ＝60°，小物块Q平抛的水平速度是v1，有gtv1＝tan60°，解得v1＝10 m/s.小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m P v0＝m Q v1解得v0＝20 m/s(3)设小物块Q在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是s max＝3l 路程的最小值是s min＝l路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知m Q gh1＋12m Qv21＝μmin m Q gs max，m Q gh1＋12m Qv21＝μmax m Q gs min解得μmax＝12，μmin＝16，即0.17<μ≤0.5.。

课时规范练19 动量和动量定理一、基础对点练1.(动量的变化、冲量)右图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员( )A.过程Ⅰ的动量改变量等于零B.过程Ⅱ的动量改变量等于零C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量2.(动量定理)(广西钦州综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演,曾引起质疑。

为了研究该问题,以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的过程中,对玻璃平均冲击力大小的是( )A.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C.测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D.测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度3.(多选)(动量和冲量)(四川攀枝花高三一模)如图所示,将一质量为m的小球从O点以速度v水平抛出,过A点时速度大小为2v,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法中正确的是( )A.小球过A点时动量大小为2mvB.小球过A点时重力做功的功率为2mgvC.从O点到A点的过程中重力做功为32mv2D.从O点到A点的过程中重力冲量大小为mv4.(动量定理)(江西崇义中学模拟)一质量为m的铁锤,以速度v,竖直打在木桩上,经过Δt时间后停止,则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A.mgΔtB.mvΔt C.mvΔt+mg D.mvΔt-mg5.(动量定理)(河北张家口第一中学月考)为估算雨水对伞面产生的平均撞击力,小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得10分钟内杯中水位上升了60 mm,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s。

设雨滴撞击伞面后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3,伞面的面积约为0.8 m2,据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为( )A.0.1 NB.1.0 NC.10 ND.15 N6.(多选)(功和功率、冲量)(广西桂林高三一模)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻受到一个水平方向的恒力F作用,3秒末撤去恒力F,物体继续滑行一段时间停下,物体的运动图象如图所示。

第2节动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．知识点2 动量守恒的成立条件1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．1．正误判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图6­2­1所示的装置中，木块B 与水平桌面间是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )图6­2­1A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒B [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图6­2­2所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )【导学号：】图6­2­2A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止的水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力m人＋m船v，解得：v＝0.25 m/s，为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝()方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]1.方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图6­2­3所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图6­2­3A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a 和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图6­2­4所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )【导学号：】图6­2­4A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B ＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C 组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]●考向1 爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )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曲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ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误；故选A 、B 、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？【导学号：】【解析】 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v 1＝v 0cos 60°＝v 02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2又v 1′＝2v 0解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20. 【答案】 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 20 ●考向2 碰撞问题3．(多选)如图6­2­5甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s ­t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )甲 乙图6­2­5A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后的速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图6­2­6所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图6­2­6【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M 碰撞问题解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，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．(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1 应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图6­2­7所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )图6­2­7A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/sAB [以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1＝2.67m/s.当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．]2．如图6­2­8所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s.图6­2­8(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小．(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.【解析】 (1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s 从C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正，m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，所以v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图6­2­9所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.【导学号：】图6­2­9【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用4．(2017·衡阳模拟)如图6­2­10所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6­2­10(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21 小球在最低点，根据牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 21R联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2过程中，由动量关系： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为v 3，b 后来速度为v 4，由动量关系：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24 根据动量定理有：I ＝m 2v 4联立可得：I ＝0.4 N·s.【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s力学规律的选用原则1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．。

课后分级演练（十九）碰撞反冲运动【A 级一一基础练】1.（多选）力、〃两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，力球的动量是7 kg ? m/s , 〃球的动量是 5 kg ? m/s,力球追上3球发生碰撞，则碰撞后力、3两球的动量可能值是（）A.=8 kg ?m/s, PB =4 kg ? m/s B.p/=6 kg ?m/s, pj =6 kg ? m/s C. =5 kg ?m/s, pn =7 kg ? m/sD.p.\ ——2 kg ? m/s, pj =14 kg ? m/s解析：BC 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析， A.〃碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加，碰前B 在前，力在后，碰后如果二者同向，一定仍是〃在前，力在后，力不可能超越〃，所以碰后/ 的速度应小于〃的速度.A 选项中，显然碰后〃的速度大于〃的速度，这是不符合实际情况的，所以n 错.碰前人B 的总动能煤=愛+礬券碰后人〃的总动能，B 选项中反=与-+牛-所以B 可能.C 选项中Z HI Z/n Zm Lin故C 也可能._血 2 亦2_200 74 2m 2 m 2 m '2〃/综上，本题正确选项为B 、C.2.质量为M 的物块以速度y 运动，与质量为/〃的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动M量正好相等.二者质量之比評能为（）A. 6C. 4解析：B 设碰撞后两物块的动量都为p,根据动量守恒定律可得总动量为2门，根据 b2 2 2 =2〃豚可得碰撞前的总动能&= 2：'碰撞后的总动能反=佥+気根据碰撞前后的动能关系可得需三鳥+养3.（2017 ?北京西城区期末）（多选）冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22 D 选项中反所以D 是不可能的. B. 3 D. 5。

课后分级操练 ( 十八 )动量定理和动量守恒定律【 A 级——基础练】1．(2017 ·江西赣州三中测试 ) 物体在恒定的协力作用下做直线运动，在时间t 1内动能由零增大到 E ，在时间 t内动能由 E 增添到2E，设协力在时间t1内做的功为W，冲量为12111 I 1，在时间 t 2内做的功是 W2，冲量为 I 2，则()A．I1<I2，W1＝W2B．I1>I2，W1＝W2C．I >I，W<W D．I1＝ I2，W<W121212分析： B依据动能定理有1＝1－0＝ 1， 2＝2 1－1＝ 1，所以1＝ 2，依据动量定理W E E W E E E W W和动量与动能的关系式p＝2mE k，有I 1＝2mE1－ 0＝2mE1，I2＝ 2mE1－2mE1＝ (2 －2)mE1，明显 I 1>I 2，综上知，B正确．2.(多项选择 )(2017 ·常德模拟) 如下图，质量为m的小球从距离地面高H的 A 点由静止开始开释，落到地面上后又堕入泥潭中，因为遇到阻力作用到达距地面深度为h 的 B 点时速度减为零．不计空气阻力，重力加快度为g.对于小球着落的整个过程，以下说法正确的有()A．小球的机械能减少了mg( H＋ h)B．小球战胜阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量分析： AC本题考察动能定理、动量定理等知识，意在考察考生应用动能定理、动量定理解决实质问题的能力．在整个过程中，小球机械能的减少许等于其重力势能的减少许，为mg( H＋ h)，故 A 对；由动能定理，可推出小球战胜阻力做的功为mg( H＋ h)，故 B 错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m 2gH，故 C 对；在整个过程中，小球动量的改变量等于所受协力的冲量，故 D 错．3.如下图，质量为 M的滑槽内有半径为 R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m的物体从半圆轨道的顶端 a 点无初速度开释， b 点为半圆轨道的最低点， c 点为半圆轨道另一侧与 a 等高的点．不计全部摩擦．以下说法正确的选项是() A．m从a点运动到b 点过程中， m与 M构成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B．m从a点开释后运动的全过程中，m的机械能守恒C．m开释后能够抵达c 点D．当m初次从右向左抵达最低点 b 时， M的速度达到最大分析： D m 初次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，所以系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，所以 m从a 点开释后运动的全过程中，系统机械能一直守恒，但的机械能比初状态增添了，所以m 的机械能不守恒；第一次到最低点后，M走开墙，系M m统水平方向动量守恒，当m和 M共速时，系统拥有动能，所以m的势能必小于mgR，故 m不能抵达 c 点； m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力一直向右下方，有水平向右的分力，所以M一直加快， m从右向左经过最低点 b 后， M开始减速．应选项 D 正确．4.如下图，篮球运动员接传来的篮球时，往常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球快速引至胸前，这样做能够( ) A．减小球的动量的变化量B．减小球敌手作使劲的冲量C．减小球的动量变化率D．延伸接球过程的时间来减小动量的变化量分析： C 篮球运动员接传来的篮球时，不可以改改动量的变化量，A、D 错误；依据动量定理，也不可以改变冲量， B 错误；因为延伸了作用时间，动量的变化慢了， C 正确．5. 如下图，是固定于竖直平面内的圆滑的1圆周轨道，圆心PQS4O在 S的正上方．在 O和 P 两点各有一个质量为m的小物块 a 和 b，从同一时辰开始， a 自由着落， b 沿圆弧下滑．以下说法正确的选项是() A．a比b先抵达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时抵达S，它们在S点的动量不相等C．a 比b先抵达，它们在S点的动量相等SD．b比a先抵达S，它们在S点的动量相等1分析： A物体 a 做自由落体运动，其加快度为g；而物体 b 沿4圆弧轨道下滑，在竖直方向上加快度在随意高度都小于，由h ＝1 2得ta<b；因为动量是矢量，故、抵达Sg2at t a b时，它们的动量不相等，故 A 正确．6.如下图，质量为 m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间 t 1速度为零而后又下滑，经过时间 t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中遇到的摩擦力大小一直为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为 ()A．mg sinθ(t1＋t2)B．mg sinθ(t1－t2)C．mg( t1＋t 2)D． 0分析：C谈到冲量一定明确是哪一个力的冲量，本题中要求的是重力对滑块的冲量．根据冲量的定义式I ＝Ft .所以重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G＝ mg( t 1＋ t 2)即C正确．7.( 多项选择 ) 圆滑水平川面上，A、B两物体质量都为m，A以速度 v 向右运动， B本来静止，左端有一轻弹簧，如下图，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时 ()A．A、B系统总动量仍旧为mvB．A的动量变成零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等分析： AD 系统水平方向动量守恒， A 正确；弹簧被压缩到最短时、B 两物体拥有相A同的速度， D 正确， B 错误；但此时B的速度其实不是最大的，因为弹簧还会弹开，故 B 物体会进一步加快， A 物领会进一步减速，C错误．8.如下图，一质量为 M的长木板在圆滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，一定对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．分析：考虑 M、m构成的系统，设 M运动的方向为正方向，依据动量定理有Ft ＝( M＋ m) v0－(Mv0－mv0) ＝2mv0则水平力的冲量I ＝ Ft ＝2mv0.答案： 2mv09．静止在太空中的飞翔器上有一种装置，它利用电场加快带电粒子，形成向外发射的粒子流，进而对飞翔器产生反冲力，使其获取加快度．已知飞翔器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加快电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞翔器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞翔器开始运动的加快度．12分析： (1) 每个氧离子带电量为q＝2e，由动能定理得qU＝2mv，即得氧离子速度v＝4eUm.(2) 设每秒射出的氧离子数为n，每秒对离子做的总功为nqU，即功率为P＝ nqU，P由此可得每秒钟射出的氧离子数n＝2eU.p(3) 由动量定理得F＝t ＝nmv，又由牛顿第二定律得F ＝Ma ，2综合上述各式，得飞翔器开始运动的加快度＝mP2.aeUM4 eU P2(3)mP答案： (1)m(2) 2eUeUM210.(2017 ·烟台二模 ) 两块厚度同样的木块A 和B ，紧靠着放在圆滑的水平面上，其质量分别为A＝ 2.0 kg ， B＝ 0.90 kg ，它们mm的下底面圆滑，上表面粗拙，还有一质量m C ＝ 0.10 kg 的滑块 C ，以 v C ＝ 10 m/s 的速度恰巧水平川滑到 A 的上表面，如下图．因为摩擦，滑块最后停在木块B 上， B 和C 的共同速度为 0.50 m/s. 求：(1) 木块 A 的最后速度 v A ；(2) 滑块 C 走开 A 时的速度 v C ′.分析： C 从开始滑上 A 到恰巧滑上 A 的右端过程中， A 、B 、 C 构成系统动量守恒 m C v C ＝( m B ＋m A ) v A ＋ m C v C ′C 刚滑上 B 到二者相对静止，对 B 、C 构成的系统动量守恒m B v A ＋ m C v C ′＝ ( m B ＋ m C ) v解得 v A ＝0.25 m/sv C ′＝ 2.75 m/s.答案： (1)0.25 m/s(2)2.75 m/s【 B 级——提高练】11． ( 多项选择 )(2017 ·河南六市一联) 在 2016 年里约奥运跳水竞赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔承揽所有8 枚金牌．假定质量为 m 的跳水运动员从跳台上以初速度 v 0 向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心降落H ，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心降落h ，不计空气阻力，则 ()A ．运动员起跳后在空中运动过程中遇到合外力冲量大小为 2m v 0＋ 2gH ＋ mv 02B ．水对运动员阻力的冲量大小为m v 0＋ 2gH12C ．运动员战胜水的阻力做功为mgH ＋ 2mv 012D ．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少许为mg ( H ＋ h ) ＋ 2mv 0分析： AD 设运动员入水前速度为v1212，得 v ＝，则由机械能守恒有2mv ＋ mgH ＝ 2mvtt t2I ＝ mv －v ＋ 2gH ，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中遇到合外力冲量大小t2＋ 2gH ＋ mv 0， A 项正确．运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力， ( － mv 0) ＝ m v 0协力的冲量大小为I 合＝ m v 2 ＋ 2 ，B 项错误． 运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中gH1212应用动能定理有 mg ( H ＋ h ) － W f ＝0－ 2mv 0，得运动员战胜水的阻力做功W f ＝ mg ( H ＋h ) ＋ 2mv 0，12则 C 项错误．由能的转变与守恒关系可知此过程中机械能的减少许为mg ( H ＋ h ) ＋ 2mv 0 ，D 项正确．12． ( 多项选择 )(2017 ·湖南六校联考) 如下图，小车的上边固定一个圆滑曲折圆管道，整个小车( 含管道 ) 的质量为 2m ，本来静止在圆滑的水平面上．今有一个能够看作质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径， 以水平速度 v 从左端滑上小车，小球恰巧能抵达管道的最高点， 而后从管道左端滑离小车．对于这个过程，以下说法正确的选项是()A ．小球滑离小车时，小车回到本来地点B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为 vC ．车上管道中心线最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv3分析：BC 小球恰巧抵达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，v小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv ＝ ( m ＋ 2m ) v ′，得 v ′＝ 3，小车v 2 动量变化大小p 车＝ 2m · 3＝ 3mv ， D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点为的过程中，由机械能守恒有1 21＋ 2 )2v 2，C 项正确．小球从滑上小车到滑离小＝－ (′，得＝mgH 2mv2 m m vH3g121 212车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒有： mv ＝ mv 1＋ 2mv 2， 2mv ＝ 2mv 1＋ 2 ·2mv 2，解得v 2＝22 1 ＝ ， B 项正确．由以上 v 1 ＝－ ， 3v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为 ＋3v3v3vv剖析可知在整个过程中小车向来向右运动，A 项错误．13．如下图，甲车质量1＝ 20 kg ，车上有质量＝ 50 kg 的人，甲车 ( 连同车上的人 )mM以 v ＝ 3 m/s 的速度向右滑行， 此时质量 m 2＝50 kg 的乙车正以 v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了防止两车相撞， 当两车相距适合距离时，人从甲车跳到乙车上， 求人跳出甲车的水平速度( 相对地面 ) 应该在什么范围之内才能防止两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．分析：人跳到乙车上后， 假如两车同向， 甲车的速度小于或等于乙车的速度就能够防止两车相撞．以人、甲车、乙车构成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：( m1＋M) v－m2v0＝ ( m1＋m2＋M) v′，解得v′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：( m1＋M) v＝m1v1′＋Mu 解得 u＝3.8 m/s.所以，只需人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，便可防止两车相撞．答案：大于等于 3.8 m/s14.(2017 ·湖南益阳 4 月调研 ) 一质量为2m的物体P静止于圆滑水平川面上，其截面如下图．图中ab 为粗拙的水平面，长度为L；bc 为一圆滑斜面，斜面和水平面经过与ab 和 bc 均相切的长度可忽视的圆滑圆弧连结．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从 a 点向左运动，在斜面上上涨的最大高度为 h，返回后在抵达 a 点前与物体 P相对静止．重力加快度为 g.求(1)木块在 ab 段遇到的摩擦力 f ；(2)木块最后距 a 点的距离 s.分析： (1) 从开始到木块抵达最大高度过程：由动量守恒：0＝31mv mv由能量守恒：1212＋＋0＝·312mv2mv mgh fL 2mv0－3mgh解得： f ＝3L(2)木块从最大高度至与物体最后相对静止：由动量守恒： 3mv1＝ 3mv21212由能量守恒：2·3mv1＋ mgh＝2·3mv2＋fx距 a 点的距离： s＝ L－ x3ghL v20－6gh解得： s＝ L－2＝23L0－3gh v0－ghv22－ 6ghmv0－3mgh v0答案： (1)(2)v2L3L－ 3gh15. 如下图，长L＝0.8 m、电阻 r ＝0.3Ω、质量r ＝0.1 kg的金属棒垂直跨放在位于水平面上的两条平行圆滑金属导轨上，两导CD轨间距也是 L，棒与导轨间接触优秀，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5Ω 的电阻．量程为0～3.0 A的理想电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V 的理想电压表接在电阻R的两头，垂直导轨平面的匀强磁场 B 向下穿过平面，现以向右的恒定外力 F 使金属棒右移，当金属棒以v＝2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，察看到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．(1) 此满偏的电表是什么表？说明原因； (2) 拉动金属棒的外力 F 多大？(3) 此时撤去外力 F ，金属棒将渐渐慢下来，最后停在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中经过电阻 R 的电荷量．分析： (1) 电压表满偏．若电流表满偏，则I ＝ 3 A ，U ＝ IR ＝ 1.5 V ，大于电压表量程．2U(2) 由功能关系有 F · v ＝I ( R ＋ r ) ，而 I ＝ R ，所以＝ U 2 R ＋ rFRv1 2×0.5 ＋0.3代入数据得 F ＝0.5 2×2N ＝1.6 N.(3) 由动量定理有 m v ＝IBL t ，两边乞降m v ＋ m v ＋ ＝ BLI 1 t ＋ BLI 2 t ＋121 2即 mv ＝ BLq .由电磁感觉定律E ＝ BLv及E ＝ I ( R ＋ r )2mv解得 q ＝ IR ＋r.2代入数据得 q ＝2×0.1 ×2 C ＝ 0.25 C.0.5 ＋0.3 答案： (1) 看法析 (2)1.6 N(3)0.25 C。

（全国通用版）2019版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练6.1 动量动量定理高效演练·创新预测1.多选2017·全国卷Ⅲ一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示,则 A.t1 s时物块的速率为1 m/s B.t2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C.t3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D.t4 s时物块的速度为零【解析】选A、B。

对物块,由动量定理可得Ftmv,解得v,t1 s的速率为v 1 m/s,A正确;在F-t图中面积表示冲量,故t2 s时物块的动量大小pFt2 2 kg·m/s4 kg·m/s,t3 s时物块的动量大小为p′22-11 kg·m/s 3 kg·m/s,B正确,C错误;t4 s时物块的动量大小为p″22-12 kg·m/s 2 kg·m/s,故t4 s时物块的速度为1 m/s,D错误。

2.多选2018·济南模拟一质量为4 kg的物体受到水平拉力的作用,在光滑水平面上做初速度为零的加速直线运动,其运动的a-t图象如图所示,则 A.物体做匀加速直线运动 B.在t3 s时刻,物体的动量为12 kg·m/s C.在6 s时间内,水平拉力对物体做功为32 J D.在t6 s时刻,水平拉力的功率为192 W 【解析】选B、D。

由图可知,物体的加速度增大,所以不是匀加速直线运动,故A错误;由图可知,物体的加速度与时间成正比,开始时物体的加速度等于0,在6 s时刻的加速度等于4 m/s2,可知在3 s 时刻物体的加速度等于2 m/s2,根据ΔvaΔt可知a-t图象中,图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量,则在t3 s时刻,物体的速度v3Δv23 m/s3 m/s,则3 s时刻物体的动量为pmv343 kg·m/s12 kg·m/s,故B正确;在t6 s时刻,物体的速度v6Δv′46 m/s12 m/s,根据动能定理得W合ΔEkm-04122J 288 J,故C错误;在t6 s时刻,根据牛顿第二定律得Fma44 N16 N,则在t6 s 时刻,拉力F的功率PFv61612 W192 W,故D正确。