2017_2018高中物理第十六章动量守恒定律习题课:动量和能量观点的综合应用同步备课学案新人教版选修3_5
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2017-2018学年度⾼⼆物理⼈教版选修3-5第⼗六章动量守恒定律单元练习2017-2018学年度⾼⼆物理⼈教版选修3-5第⼗六章动量守恒定律单元练习⼀、单选题(本⼤题共6⼩题,共24.0分)1.光滑⽔平桌⾯上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍.将⼀轻弹簧置于P、Q之间,⽤外⼒缓慢压P、Q.撤去外⼒后,P、Q开始运动,P和Q的动量⼤⼩的⽐值为()A. n2B. nC.D. 12.两个⼩球在光滑⽔平地⾯上相向运动,碰撞后两球变为静⽌,则碰撞前两球()A. 速率⼀定相等B. 质量⼀定相等C. 动量⼀定相等D. 动量⼤⼩⼀定相等3.⼀质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳,经△t的时间,⾝体伸直并刚好离开地⾯,速度为v,在此过程中地⾯对他作⽤的冲量⼤⼩和做的功分别为()A. mv+mg△t ,mv2B. mv ,mv2C. mv+mg△t,0D. mv-mg△t,04.质量为m1=2kg,m2=5kg的两静⽌⼩车压缩⼀条轻弹簧后放在光滑的⽔平⾯上,放⼿后把⼩车弹开.今测得m2受到的冲量是10N?s,则在此过程中,m1的动量的变化量是()A. 2 kg?m/sB. -2 kg?m/sC. 10 kg?m/sD. -10 kg?m/s5.太阳帆航天器是⼀种利⽤太阳光的压⼒进⾏太空飞⾏的航天器,如图所⽰.在没有空⽓的宇宙中,太阳光光⼦会连续撞击太阳帆,使太阳帆获得的动量逐渐增加,从⽽产⽣加速度.太阳帆飞船⽆需燃料,只要有阳光,就会不断获得动⼒加速飞⾏.有⼈设想在探测器上安装有⾯积极⼤、反射功率极⾼的太阳帆,并让它正对太阳.已知太阳光照射太阳帆时每平⽅⽶⾯积上的辐射功率为P0,探测器和太阳帆的总质量为m,太阳帆的⾯积为s,此时探测器的加速度⼤⼩为()A. B. C. D.6.如图所⽰,甲、⼄两⼈各站在静⽌⼩车的左右两端,当他俩同时相向⾏⾛时,发现⼩车向右运动.下列说法不正确的是(车与地⾯之间⽆摩擦)()A. ⼄的速度必定⼤于甲的速度B. ⼄对⼩车的冲量必定⼤于甲对⼩车的冲量C. ⼄的动量必定⼤于甲的动量D. 甲、⼄动量总和必定不为零⼆、多选题(本⼤题共6⼩题,共24.0分)7.⼩车在光滑⽔平⾯上向左匀速运动,轻质弹簧左端固定在A点,物体⽤细线拉在A点将弹簧压缩,某时刻线断了,物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上,取⼩车、物体和弹簧为⼀个系统,下列说法正确的是()A. 若物体滑动中不受摩擦⼒,则全过程机械能守恒B. 若物体滑动中有摩擦⼒,则全过程动量守恒C. 不论物体滑动中有没有摩擦,⼩车的最终速度与断线前相同D. 不论物体滑动中有没有摩擦,系统损失的机械能相同8.如图所⽰,A、B两⼩球质量相同,在光滑⽔平⾯上分别以动量p1=8kg?m/s和p2=6kg?m/s(向右为参考正⽅向)做匀速直线运动,则在A球追上B球并与之碰撞的过程中,两⼩球碰撞后的动量p1和p2可能分别为()第1页,共8页A. 6 kg?m/s,8 kg?m/sB. 10kg?m/s,4 kg?m/sC. 7 kg?m/s,7 kg?m/sD. 2 kg?m/s,12 kg?m/s9.如图所⽰,⼦弹⽔平射⼊放在光滑⽔平地⾯上静⽌的⽊块后不再穿出,此时⽊块动能增加了6J,那么此过程产⽣的内能可能为()A. 10JB. 8JC. 6JD. 4J10.如图所⽰,质量为M的⼩车原来静⽌在光滑⽔平⾯上,⼩车A端固定⼀根轻弹簧,弹簧的另⼀端放置⼀质量为m的物体C,⼩车底部光滑,开始时弹簧处于压缩状态,当弹簧释放后,物体C被弹出向B端运动,最后与B端粘在⼀起,下列说法中正确的是()A. 物体离开弹簧时,⼩车向左运动B. 物体与B端粘在⼀起后,⼩车静⽌下来C. 物体与B端粘在⼀起后,⼩车向右运动D. 整个作⽤过程中,A、B、C及弹簧组成的系统的机械能守恒11.如图所⽰,箱⼦放在⽔平地⾯上,箱内有⼀质量为m的铁球以速度v向左壁碰去,来回碰⼏次后停下来,⽽箱⼦始终静⽌,则整个过程中()A. 铁球对箱⼦的冲量为零B. 铁球和箱⼦受到的冲量⼤⼩相等C. 箱⼦对铁球的冲量为mv,向右D. 摩擦⼒对箱⼦的冲量为mv,向右12.如图所⽰,在光滑⽔平⾯上停放着质量为m装有光滑弧形槽的⼩车,质量为m的⼩球以⽔平速度v沿槽向车上滑去,到达某⼀⾼度后,⼩球⼜返回车右端,则()A. ⼩球以后将做⾃由落体运动B. ⼩球以后将向右做平抛运动C. ⼩球在弧形槽上升的最⼤⾼度为D. ⼩球在弧形槽上升的最⼤⾼度为三、实验题探究题(本⼤题共1⼩题,共9.0分)13.在利⽤碰掩做“验证动量守恒定律”的实验中,实验装置如图所⽰,图中斜槽PQ与⽔平箱QR平滑连接,按要求安装好仪器后开始实验.先不放被碰⼩球,重复实验若⼲次;然后把被碰⼩球静⽌放在槽的⽔平部分的前端边缘R处(槽⼝),⼜重复实验若⼲次,在⽩纸上记录下挂于槽⼝R的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时⼩球落点的平均位置,从左⾄右依次为O,M.P,N点,测得两⼩球直径相等,⼊射⼩球和被碰⼩球的质量分别为m1、m2,且m1=2m2则:(1)两⼩球的直径⽤螺旋测微器核准相等,测量结果如图⼄,则两⼩球的直径均为______ m.(2)⼊射⼩球每次滚下都应从斜槽上的同⼀位置⽆初速释放,其⽬的是______ .A.为了使⼊射⼩球每次都能⽔平飞出糟⼝B.为了使⼊射⼩球每次都以相同的动量到达槽⼝C.为了使⼊射⼩球在空中飞⾏的时间不变D.为了使⼊射⼩球每次都能与被碰⼩球对⼼碰撞(3)下列有关本实验的说法中正确的是______ .第3页,共8页A .未放被碰⼩球和放了被碰⼩球时,⼊射⼩球m 1的落点分别是M 、P .B .未放被碰⼩球和放了被碰⼩球时,⼊射⼩球m 1的落点分别是P 、M .C .未放被碰⼩球和放了被碰⼩球时,⼊肘⼩球m 1的落点分别是N 、M .D .在误差允许的范⽥内若测得|ON |=2|MP |,则表明碰撞过程中由m 1、m 2两球组成的系统动量守恒.四、计算题(本⼤题共2⼩题,共20.0分)14. 如图所⽰,质量为M 的⽊块,放在距地⾯⾼度为h 的平台的边缘.现有⼀质量为m 的⼦弹以⽔平速度射⼊⽊块并留在⽊块中,⽊块落地前瞬间速度⽅向与⽔平⽅向的夹⾓为60°,已知重⼒加速度为g ,M =5m ,求⼦弹射⼊⽊块前的速度为多⼤?15. 竖直平⾯内的半圆轨道光滑且与⽔平地⾯相切于B 点,⼀质量为1kg 的坚硬⼩物块A (可视为质点),静⽌在光滑的⽔平地⾯上,如图所⽰.⼀颗质量为10g 的⼦弹以505m /s 的速度向左飞来,正好打中并留在⼩物块内,它们⼀起向左运动,已知R =0.4m ,g =10m /s 2.求:①⼦弹打中⼩物块并合成⼀个整体时的共同速度;②⼩物块在C 点对轨道顶端的压⼒⼤⼩;③⼩物块落地点与B 点的⽔平距离.答案和解析【答案】2. D3. C4. D5. A6. A7. BCD8. AC9. AB10. AB11. CD12. AD13. 1.2895×10-2;B;BD14. 解:(1)由题意⼦弹打⼊⽊块后做平抛运动,设⼦弹打⼊⽊块后⽊块速度v,落地前速度的竖直分量为v y,由平抛运动规律得:v y2=2ghtan60°=,⼦弹击中⽊块过程系统动量守恒,以向右为正⽅向,由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:v0=2;答:⼦弹射⼊⽊块前的速度为2.15. 解:①⼦弹打中⼩物块的过程,取向左为正⽅向,由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v得共同体的速度为:v===5m/s②⼩物块(含⼦弹)从A运动到C点的过程,由机械能守恒定律得:=+(m+M)g?2R戴尔数据解得:v C=3m/s在C点,由⽜顿第⼆定律得:N+(m+M)g=(m+M)代⼊数据解得N =12.625N由⽜顿第三定律知,⼩物块在C点对轨道顶端的压⼒⼤⼩为:N′=N=12.625N;③⼩物块离开C点后做平抛运动,则有:2R=解得⼩物块落地点与B点的⽔平距离为:x=1.2m答:①⼦弹打中⼩物块并合成⼀个整体时的共同速度是5m/s;②⼩物块在C点对轨道顶端的压⼒⼤⼩是12.625N;③⼩物块落地点与B点的⽔平距离是1.2m.【解析】1. 解:撤去外⼒后,系统不受外⼒,所以总动量守恒,设P的动量⽅向为正⽅向,则有:P P-P Q=0故P P=P Q=0;故动量之⽐为1;故D正确,ABC错误.故选:D.分析撤去外⼒后的受⼒情况,明确系统总动量守恒,再根据动量守恒定律列式即可求得动量⼤的⽐值.。
人教版物理选修3-5第16章第2节动量和动量定理同步练习一、单选题(本大题共13小题,共52.0分)1.下列说法正确的是()A. 速度大的物体,它的动量一定也大B. 动量大的物体,它的速度一定也大C. 只要物体的运动速度大小不变,则物体的动量也保持不变D. 物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大2.下面关于冲量的说法正确的是( )A. 只要力恒定,不管物体运动状态如何,其冲量就等于该力与时间的乘积B. 当力与位移垂直时,该力的冲量一定为零C. 物体静止时,其重力的冲量一定为零D. 物体受到很大的力时,其冲量一定很大3.古时有“守株待兔”的寓言.设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死,并设兔子与树桩作用时间为0.3 s,则被撞死的兔子其奔跑的速度可能为(g取10 m/s2)A. 1m/sB. 1.5m/sC. 2m/sD. 3m/s4.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5.质量为m的物体以初速v0做竖直上抛运动,不计空气阻力,从抛出到落回抛出点这段时间内,以下说法正确的是( )A. 物体动量变化大小是零B. 物体动量变化大小是2mv0C. 物体动量变化大小是mv0D. 重力的冲量为零6.对于力的冲量,下列说法正确的是()A. 力越大,力的冲量就越大B. 作用在物体上的力大,力的冲量不一定大C. 竖直上抛运动中,上升和下降过程时间相等,则重力在整个过程中的冲量等于零D. 竖直上抛运动中,上升和下降过程时间相等,则上升和下降过程中重力的冲量等大、反向7.如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B,B上固定一轻质弹簧,B静止,A以速度v0水平向右运动,从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A. A,B的动量变化量相同B. A,B的动量变化率相同C. A,B系统的总动能保持不变D. A,B系统的总动量保持不变8.如图所示,质量为m P=2 kg的小球P从离水平面高度为h=0.8 m的光滑斜面上滚下,与静止在光滑水平面上质量为m Q=2 kg的带有轻弹簧的滑块Q碰撞,g=10 m/s2,下列说法正确的是( )A. P球与滑块Q碰撞前的速度为5m/sB. P球与滑块Q碰撞前的动量为16kg·m/sC. 它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2m/sD. 当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为16 J9.如图所示,斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接,质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑,最后停在水平地面上的B点.要使物体能原路返回A点,在B点物体需要的最小瞬时冲量是()A. 12m√gℎ B. m√gℎ C. 2m√gℎ D. 4m√gℎ10.如图所示,一段不可伸长的轻质细绳长为L,一端固定在O点,另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点),保持细绳处于伸直状态,把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放,在小球摆到最低点的过程中,不计空气阻力,重力加速度大小为g,则()A. 合力做的功为0B. 合力做的冲量为0C. 重力做的功为mgLD. 重力的冲量为m√2gL11.质量为m的小球被水平抛出,经过一段时间后小球的速度大小为v,若此过程中重力的冲量大小为Ⅰ,重力加速度为g,不计空气阻力的大小,则小球抛出时的初速度大小为()A. v−Im B. v−ImgC. √v2−I2m2D. √v2−I2m2g212.质量为1 kg的小球从空中自由下落,与水平地面相碰后弹到空中某一高度,其速度—时间图像如图所示,以竖直向上为正,重力加速度g取10 m/s2。
16.3 动量守恒定律0.5 m/s0.5 m/sA.-20 kg·m/s B.10 kg·m/sC.20 kg·m/s D.30 kg·m/s【解析】碰撞过程中,a球的动量减少了20 kg·m/s,故此时a球的动量是10 kg,a、b两球碰撞前后总动量保持不变的为30 kg·m/s,则作用后b球的动量为20 kg·m/s.【答案】 C5.甲球与乙球相碰,甲球的速度减少了5 m/s,乙球的速度增加了3 m/s,则甲、乙两球质量之比m甲:m乙是( )A.:1 B.:5C.:3 D.:2【解析】A、B组成系统的动量守恒,则甲球动量减少量Δp甲等于乙球的动量的增加量Δp乙,即Δp甲=Δp乙,m甲Δv甲=m乙Δv乙,m甲:m乙=Δv乙:Δv甲=:5,故选项B正确.【答案】 B6.质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动,当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时,车子的速度将( )A.减小 B.不变C.增大 D.无法确定【解析】车和车中砂子组成系统动量守恒,砂子从车底部漏出时速度仍为v0,故车的速度将保持不变.【答案】 B7.如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端.当两人同时相向运动时( )A.若小车不动,两人速率一定相等B.若小车向左运动,A的动量一定比B的小C.若小车向左运动,A的动量一定比B的大D.若小车向右运动,A的动量一定比B的大【解析】车及人A、B组成的系统满足动量守恒,且总动量为零,当车不动时,A、B两人的动量一定等大,反向,由于A、B质量未知,故A选项错误;若小车向左运动,则A、B 两人的总动量一定向右,即A的动量大于B的动量,故B选项错误,C选项正确;同理,D选项错误.【答案】 C.小球的机械能守恒,动量不守恒.小球的机械能不守恒,动量也不守恒.球、车系统的机械能守恒,动量守恒A.M+m v1mv2B.Mv1M+m v2C.Mv1mv2D.12把木块和N颗子弹当做一个系统,由动量守恒定律得:两物体质量分别为m A、m B,且m A>m B,A、B上,经相同时间后,撤去两个力,两物体发生碰.运动方向不能确定前后,合外力始终为0,动量守恒,粘在一起的动量是的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出m乙v乙=m乙v乙′+m甲在乙上滑动至有共同速度v,对小物体与乙车运用动量守恒定律得根据机械能守恒,设小球与铁块碰前的速度为。
一、“解题快手”动量定理的应用题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以( )A .减小球的动量的变化量B .减小球对手作用力的冲量C .减小球的动量变化率D .延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时,不能改变动量的变化量,A 、D 错误;根据动量定理,也不能改变冲量,B 错误;由于延长了作用时间,动量的变化慢了,C 正确。
题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)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 方法一: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 ,由牛顿第二定律得F -mg =ma又v =at ,解得F =m 2ght +mg 。
方法二:由动量定理得(mg -F )t =0-m v ,得F =m 2gh t+mg 。
选项A 正确。
题点(三) 动量定理和F -t 图像的综合[例3] [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 .t =1 s 时物块的速率为1 m/sB .t =2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC .t =3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD .t =4 s 时物块的速度为零[解析] 选AB 法一:根据F -t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量,可知在0~1 s 、0~2 s 、0~3 s 、0~4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ,应用动量定理I =m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ,物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ,则A 、B 项正确,C 、D 项错误。
16.3 动量守恒定律0.5 m/s0.5 m/sA.-20 kg·m/s B.10 kg·m/sC.20 kg·m/s D.30 kg·m/s【解析】碰撞过程中,a球的动量减少了20 kg·m/s,故此时a球的动量是10 kg,a、b两球碰撞前后总动量保持不变的为30 kg·m/s,则作用后b球的动量为20 kg·m/s.【答案】 C5.甲球与乙球相碰,甲球的速度减少了5 m/s,乙球的速度增加了3 m/s,则甲、乙两球质量之比m甲:m乙是( )A.:1 B.:5C.:3 D.:2【解析】A、B组成系统的动量守恒,则甲球动量减少量Δp甲等于乙球的动量的增加量Δp乙,即Δp甲=Δp乙,m甲Δv甲=m乙Δv乙,m甲:m乙=Δv乙:Δv甲=:5,故选项B正确.【答案】 B6.质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动,当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时,车子的速度将( )A.减小 B.不变C.增大 D.无法确定【解析】车和车中砂子组成系统动量守恒,砂子从车底部漏出时速度仍为v0,故车的速度将保持不变.【答案】 B7.如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端.当两人同时相向运动时( )A.若小车不动,两人速率一定相等B.若小车向左运动,A的动量一定比B的小C.若小车向左运动,A的动量一定比B的大D.若小车向右运动,A的动量一定比B的大【解析】车及人A、B组成的系统满足动量守恒,且总动量为零,当车不动时,A、B两人的动量一定等大,反向,由于A、B质量未知,故A选项错误;若小车向左运动,则A、B 两人的总动量一定向右,即A的动量大于B的动量,故B选项错误,C选项正确;同理,D选项错误.【答案】 C.小球的机械能守恒,动量不守恒.小球的机械能不守恒,动量也不守恒.球、车系统的机械能守恒,动量守恒A.M+m v1mv2B.Mv1M+m v2C.Mv1mv2D.12把木块和N颗子弹当做一个系统,由动量守恒定律得:两物体质量分别为m A、m B,且m A>m B,A、B上,经相同时间后,撤去两个力,两物体发生碰.运动方向不能确定前后,合外力始终为0,动量守恒,粘在一起的动量是的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出m乙v乙=m乙v乙′+m甲在乙上滑动至有共同速度v,对小物体与乙车运用动量守恒定律得根据机械能守恒,设小球与铁块碰前的速度为。
高中物理选修3-5 第十六章动量守恒定律专题专练动量定理的应用一:动量定理与牛顿运动定律的综合应用1.F=ma,牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应,F合、a合,F瞬、a瞬,一一对应关系,力可以发生突变,a也发生突变.2.动量定理反映了力对时间的累积效应,适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移,而涉及运动时间的问题,特别对冲击类问题.3.牛顿第二定律能解决瞬时加速度问题,而动量定理在解决变力作用上更方便,注意利用动量定理得到的力,是作用过程的平均力.【例1】竖直发射的火箭质量为6×103 kg.已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg.若要使火箭最初能得到20.2 m/s2的向上的加速度,则喷出气体的速度应为( A )A.900 m/sB.800 m/sC.700 m/sD.1 000 m/s解析:以喷出气体为研究对象,设每秒喷出气体质量为Δm,由动量定理可知FΔt=Δmv0,对火箭有F-Mg=Ma解得v0===m/s=900 m/s,故A正确,B,C,D错误.动量定理除用来解决在恒力作用下的问题外,尤其适合用来解决作用时间短,而力的变化又十分复杂的问题,如冲击、碰撞、反冲运动等;在不涉及物体的加速度、位移的问题上,动量定理更为直接,更加简单。
练习1.(动量定理的应用)如图16-2-3所示,某运动员用头颠球.若足球用头顶起,每次上升高度为80 cm,足球的质量为400 g,与头顶作用时间Δt为0.1 s,则足球每次在空中的运动时间t及足球给头部的作用力大小F N分别为(空气阻力不计,g取10 m/s2)()A.t=0.4 s,F N=40 NB.t=0.4 s,F N=36 NC.t=0.8 s,F N=36 ND.t=0.8 s,F N=40 N练习2.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,一同学在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水面上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3)()A.0.15 PaB.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa练习3.如图所示,质量为m=2 kg的物体,在水平力F=16 N的作用下,由静止开始沿水平面向右运动.已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用t1=2 s后撤去,撤去F 后又经t2=2 s,物体与竖直墙壁相碰,若物体与墙壁作用时间t3=0.1 s,碰撞后反向弹回的速度v′=6 m/s,求墙壁对物体的平均作用力大小.(g取10 m/s2)解析:解法一:程序法以物体为研究对象,在t1时间内其受力情况如图(甲)所示,选F的方向为正方向.由牛顿第二定律:F-μmg=ma1撤去F时的速度:v1=a1t1撤去F后受力情况如图(乙)所示由牛顿第二定律:-μmg=ma物体开始碰墙时的速度为v2,则v2=v1+a2t2对碰墙过程,设墙对物体的平均作用力大小为,选水平向左为正方向,由动量定理:t 2=mv′-m(-v2)联立以上各式并代入数据解得=280 N.解法二:全过程整体考虑取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程用动量定理,设墙对物体的平均作用力大小为,并取F方向为正方向,则由动量定理Ft1-μmg(t1+t2)-t3=-mv′代入数据整理解得=280 N.答案:280 N题型二:动量定理与动能定理的综合应用动量定理动能定理公式F 合t=mv′-mv F合s=m-m标矢性矢量式标量式因合外力的冲量合外力的功(总功) 因果关系果动量的变化动能的变化应用侧重点涉及力与时间涉及力与位移【例2】.如图C-1A-9所示,在光滑的水平面上静止放着一质量为2m的木板B,木板表面光滑,右端固定一轻质弹簧,质量为m的木块A以速度v0从木板的左端水平向右滑上木板B.(1)求弹簧的最大弹性势能;(2)弹簧被压缩至最短的过程中,求弹簧给木块A的冲量;(3)当木块A和木板B分离时,求木块A和木板B的速度.【例2】.(1)m(2)mv 0,方向向左(3)v0,方向向左v0,方向向右[解析](1)弹簧被压缩到最短时,木块A与木板B具有相同的速度,此时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v,从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中,A、B和轻弹簧组成的系统的动量守恒,取向右为正方向,有mv0=(m+2m)v由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能E p=m-(m+2m)v2解得E p=m(2)对木块A,根据动量定理得I=mv-mv0解得I=-mv0,负号表示方向向左(3)从木块A滑上木板B直到二者分离,系统的机械能守恒,设分离时A、B的速度分别为v和v2,根据动量守恒定律得mv0=mv1+2mv21根据机械能守恒定律得m=m+×2m解得v1=-,v2=,负号表示方向向左动量定理反映了力对时间的积累,已知受力情况,要求时间优先考虑动量定理;动能定理反映了力对空间的积累,要求位移优先考虑动能定理【针对训练1】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.物块以v0=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/s2.(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=mv2-m可得μ=0.32;(2)由动量定理,有FΔt=mv′-mv,可得F=130 N;(3)W=mv′2=9 J.答案:(1)0.32 (2)130 N (3)9 J2.如图所示,质量为m的小滑块(可视为质点),从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑,停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接).要使物体能原路返回,在B点需给物体的瞬时冲量最小应是( A )A.2mB.mC.D.4m解析:滑块从A到B过程,根据动能定理,有mgh-W f=0,滑块从B返回A过程,根据动能定理,有-mgh-W f=0-mv2,联立解得v=2;在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量,故I=mv=2m,故A 正确,B,C,D错误.3.在分析和研究生活中的现象时,我们常常将这些具体现象简化成理想模型,这样可以反映和突出事物的本质.例如人原地起跳时,先身体弯曲,略下蹲,再猛然蹬地,身体打开,同时获得向上的初速度,双脚离开地面.我们可以将这一过程简化成如下模型:如图所示,将一个小球放在竖直放置的弹簧上,用手向下压小球,将小球压至某一位置后由静止释放,小球被弹簧弹起,以某一初速度离开弹簧,不考虑空气阻力.从小球由静止释放到刚好离开弹簧的整个过程中,下列分析正确的是( C )A.小球的速度一直增大B.小球始终处于超重状态C.弹簧对小球弹力冲量的大小大于小球重力冲量的大小D.地面支持力对弹簧做的功大于弹簧弹力对小球做的功解析:小球向上运动的过程中,开始时弹簧的弹力大于小球的重力,小球向上做加速运动;当弹簧的弹力小于小球的重力后,小球向上做减速运动到小球离开弹簧.可知小球在向上运动到离开弹簧的过程中小球先加速后减速,先超重,后失重,故A,B错误;小球的初速度为0,而离开弹簧的末速度不为0,根据动量定理可知,外力的总冲量不为0,方向向上,所以弹簧对小球弹力冲量的大小大于小球重力冲量的大小,故C正确;由题可知,弹簧对小球做正功;地面相对于弹簧的下端没有位移,所以地面对弹簧做的功为0,所以地面支持力对弹簧做的功小于弹簧弹力对小球做的功,故D错误.4.一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮,两端拴有A,B两物体,A,B质量分别为m1=2kg,m2=3 kg.B物块开始时静止于地面上,A离地高度H=1 m.现将A抬高h1=1.25 m,由静止释放,绳子绷直一瞬间断开,并给B一个竖直向上的瞬时冲量I,经观察,B此后上升的最大高度为h 2=0.2 m,(不考虑一切阻力,取g=10 m/s2)求:(1)瞬时冲量I的大小;(2)A落地的速度大小.解析:(1)B做竖直上抛运动,则上升到最大高度时,速度为v 2==2 m/s以竖直向上为正,根据动量定理得I-m2gΔt=m2Δv,由于时间极短,Δt近似为0,所以有I=m2Δv=6 N·s.(2)A先做自由落体运动,下落h1高度时,速度为v 1==5 m/s,由于绳子给A的作用力F′=F,冲量大小也为I,方向竖直向上,由动量定理为m1gΔt-I=m1v1′-m1v1代入数据得v1′=2 m/s之后A自由下落,由动能定理得m1gH=m1v2-m1v1′2,解得v=2m/s.答案:(1)6 N·s (2)2m/s题型三:动量定理的图像问题用F-t图像与横轴所围的面积求冲量;用F-t图像求变力的冲量与用F-x图像求变力的功思路类似,都是通过图像与横轴的面积来求解,需要注意的是冲量是矢量,面积在横轴的上方表示冲量的方向为正方向,面积在横轴的下方表示冲量的方向为负方向.【例3】一物体放在水平地面上,如图(甲)所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图(乙)所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图(丙)所示.求:(1)0~8 s时间内拉力的冲量;(2)0~6 s时间内物体的位移;(3)0~10 s时间内,物体克服摩擦力所做的功.答案:F-t图像中,图线与时间轴所围的面积是t时间内F的冲量.(2)v-t图像中,图线与时间轴所围的面积是什么?答案:v-t图像中,图线与时间轴所围的面积是t时间内物体的位移.解析:(1)由图(乙)知拉力的冲量I=F1Δt1+F2Δt2+F3Δt3=1×2 N·s+3×4 N·s+2×2 N·s=18 N·s.(2)由图(丙)知,物体的位移为x=×3 m=6 m.(3)由图(丙)知,在6~8 s时间内,物体做匀速运动,结合图(乙)有f= 2 N由图(丙)知,在0~10 s时间内物体的总位移为l=×3 m=15 m,所以W=fl=2×15 J=30 J.答案:(1)18 N·s (2)6 m (3)30 J【针对训练1】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( B )A.t=1 s时物块的动量为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零解析:根据动量定理可知,1 s末物体的动量等于 1 s内物体受到的冲量,即p1=I1=F1t1=2×1 kg·m/s=2 kg·m/s,故A错误;2 s末物体的动量等于2 s内物体受到的冲量,即p2=I2=F1t2=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s,故B正确;3 s末物体的动量等于3 s内物体受到的冲量,即p3=I3=F1t2-F2(t3-t2)=2×2 kg·m/s-1×(3-2) kg·m/s=3 kg·m/s,故C错误;4 s末物体的动量等于 4 s内物体受到的冲量,即p4=I4=F1t2-F2(t4-t2)=2×2 kg·m/s-1×(4-2) kg·m/s=2 kg·m/s,所以4 s末的速度是v==kg·m/s=1 m/s,故D错误.2.(2018·和平区检测)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F1,F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动.经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时,分别撤去F1和F2,以后物体继续做匀减速直线运动直至停止.两物体速度随时间变化的图像如图所示.设F1和F2对A,B的冲量分别为I1和I2,F1和F2对A,B做的功分别为W1和W2,则下列结论正确的是( B )A.I1>I2,W1>W2B.I1<I2,W1>W2C.I1<I2,W1<W2D.I1>I2,W1<W2解析:从图像可知,两物块做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f=ma′,则摩擦力大小都为m.根据图像知,匀加速运动的加速度分别为,,根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F-f=ma,则F1=,F2=,F1和F2的大小之比为12∶5;所以===<1,则I1<I2;图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为==;两个物体的初速度、末速度都是0,所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等,所以===>1,则W1>W2.故选B.3.(2018·西安检测)(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时刻开始,受到如图所示的水平外力作用,下列说法正确的是( AD )A.第1 s末质点的速度为4 m/sB.第2 s末外力做功的瞬时功率最大C.第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5解析:0到1 s内,由牛顿第二定律可得质点的加速度为a1==m/s2= 4 m/s2,第1 s 末质点的速度为v1=a1t1=4×1 m/s=4 m/s,故A正确;1到2 s内,由牛顿第二定律可得质点的加速度为a2==m/s2=2 m/s2,第1秒末外力做功的瞬时功率为P1=F1v1=4×4 W=16 W,第2 s末质点的速度为v2=v1+a2t2=(4+2×1) m/s=6 m/s,第2秒末外力做功的瞬时功率为P2=F2v2=2×6 W=12 W,故B错误;第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为Δp1∶Δp2=F1t1∶(F2t2)=(1×4)∶(4-2)×(2-1)=2∶1,故C错误;第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为ΔE k1∶ΔE k2=(m-0)∶(m -m )=(×1×42)∶(×1×62-×1×42)=4∶5,故D正确.11。
16.3动量守恒定律1.(对动量守恒条件的理解)下列情形中,满足动量守恒条件的是( )A .用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量B .子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量C .子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量D .棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量答案 B解析 A 中竖直方向合力不为零;C 中墙壁受地面的作用力;D 中棒受人手的作用力,故合外力不为零,不符合动量守恒的条件.2.(动量守恒条件的理解) (多选)如图4所示,在水平光滑地面上有A 、B 两个木块,A 、B之间用一轻弹簧连接.A 靠在墙壁上,用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F ,则下列说法中正确的是( )图4A .木块A 离开墙壁前,A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B .木块A 离开墙壁前,A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C .木块A 离开墙壁后,A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D .木块A 离开墙壁后,A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒答案 BC解析 若突然撤去力F ,木块A 离开墙壁前,墙壁对木块A 有作用力,所以A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒,但由于A 没有离开墙壁,墙壁对木块A 不做功,所以A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒,选项A 错误,选项B 正确;木块A 离开墙壁后,A 、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒且机械能守恒,选项C 正确,选项D 错误.3.(动量守恒定律的简单应用)解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务,假设鱼雷快艇的总质量为M ,以速度v 前进,现沿快艇前进方向发射一颗质量为m 的鱼雷后,快艇速度减为原来的35,不计水的阻力,则鱼雷的发射速度为( ) A.2M +3m 5m v B.2M 5mvC.4M -m 5mv D.4M 5mv 答案 A解析 设快艇的速度方向为正方向; 根据动量守恒定律有:Mv =(M -m )35v +mv ′. 解得v ′=2M +3m 5mv . 4.(动量守恒定律的简单应用)如图5所示,进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后,A 的速度变为0.2 m/s ,求此时B 的速度大小和方向.图5答案 0.02 m/s 远离空间站方向解析 以空间站为参考系,选远离空间站,即v 0方向为正方向.据动量守恒定律得 (m A +m B )v 0=m A v A +m B v B ,代入数据解得v B =0.02 m/s ,远离空间站方向.题组一 对动量守恒条件的理解1.汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶,突然拖车与汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,各自受的阻力不变,则脱钩后,在拖车停止运动前( )A .汽车和拖车的总动量保持不变B .汽车和拖车的总动能保持不变C .汽车和拖车的总动量增加D .汽车和拖车的总动能减小答案 A解析 汽车和拖车原来做匀速直线运动,合外力为零,拖车与汽车脱钩后,汽车的牵引力不变,各自受的阻力也没有发生变化,故拖车、汽车组成的系统合外力仍为零,动量守恒,A 正确,C 错误;分析物理过程可知,脱钩后,同样时间内汽车发生的位移要大于拖车减速发生的位移,合外力对汽车和拖车做正功,总动能变大,B 、D 错误.2.如图1所示,质量为M的小车置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面,若车足够长,则( )图1A.木块的最终速度为mM+mv0B.由于车上表面粗糙,小车和木块所组成的系统动量不守恒C.车上表面越粗糙,木块减少的动量越多D.车上表面越粗糙,小车获得的动量越多答案 A解析由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确;m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关,因为车足够长,最终各自的动量与摩擦力大小无关.3.如图2所示,小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法正确的是( )图2A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案 C解析由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒,选项A、B错误,C正确;木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等,方向相反,选项D 错误.4. (多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧,如图3所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看做一个系统,下面说法正确的是( )图3A.两手同时放开后,系统总动量始终为零B.先放开左手,再放开右手后,动量不守恒C.先放开左手,后放开右手,总动量向左D .无论何时放手,两手放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零答案 ACD解析 在两手同时放开后,水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力(内力),故动量守恒,即系统的总动量始终为零,A 对;先放开左手,再放开右手后,是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间,系统所受合外力也为零,即动量是守恒的,B 错;先放开左手,系统在右手作用下,产生向左的作用力,故有向左的冲量,后放开右手,系统的动量守恒,即此后的总动量向左,C 对;其实,无论何时放开手,只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件,即系统的总动量都保持不变,D 对.题组二 动量守恒定律的简单应用5.(多选)如图4所示,水平面上有两个木块,两木块的质量分别为m 1、m 2,且m 2=2m 1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧,烧断绳后,两木块分别向左、右运动.若两木块m 1和m 2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1=2μ2,则在弹簧伸长的过程中,两木块( )图4A .动量大小之比为1∶1B .速度大小之比为2∶1C .动量大小之比为2∶1D .速度大小之比为1∶1答案 AB解析 以两木块及弹簧组成的系统为研究对象,绳断开后,弹簧对两木块的推力可以看成是内力;水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力,且F f1=μ1m 1g ,F f2=μ2m 2g .因此系统所受合外力F 合=μ1m 1g -μ2m 2g =0,满足动量守恒定律的条件.设弹簧伸长过程中某一时刻,两木块速度大小分别为v 1、v 2.由动量守恒定律有(以向右为正方向):-m 1v 1+m 2v 2=0,即m 1v 1=m 2v 2.即两木块的动量大小之比为1∶1,故A 项正确;两木块的速度大小之比为v 1v 2=m 2m 1=21,故B 项正确. 6.如图5所示,质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶,一质量为m 的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面的速率v 水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为( )图5A .v 0+m M vB .v 0-m M vC .v 0+m M (v 0+v )D .v 0+m M(v 0-v ) 答案 C 解析 小船和救生员组成的系统满足动量守恒:(M +m )v 0=m ·(-v )+Mv ′解得v ′=v 0+m M (v 0+v )故C 项正确,A 、B 、D 项均错.7.a 、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰,作用前a 球动量p a =30 kg·m/s,b 球动量p b =0,碰撞过程中,a 球的动量减少了20 kg·m/s,则碰撞后b 球的动量为( )A .-20 kg·m/sB .10 kg·m/sC .20 kg·m/sD .30 kg·m/s 答案 C解析 碰撞过程中,a 球的动量减少了20 kg·m/s,故此时a 球的动量是10 kg·m/s,a 、b 两球碰撞前、后总动量保持不变,仍为30 kg·m/s,则碰撞后b 球的动量为20 kg·m/s.8.质量为M 的木块在光滑水平面上以速度v 1水平向右运动,质量为m 的子弹以速度v 2水平向左射入木块,要使木块停下来,必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)( ) A.(M +m )v 1mv 2 B.Mv 1(M +m )v 2 C.Mv 1mv 2D.mv 1Mv 2 答案 C解析 设发射子弹的数目为n ,选择n 颗子弹和木块M 组成的系统为研究对象.系统在水平方向所受的合外力为零,满足动量守恒的条件.选子弹运动的方向即水平向左为正方向,由动量守恒定律有:nmv 2-Mv 1=0,得n =Mv 1mv 2,所以选项C 正确. 9.如图6所示,甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动,甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s 和1 m/s ;碰撞后甲、乙两物体都反向运动,速度大小均为2 m/s.则甲、乙两物体质量之比为( )图6A .2∶3B .2∶5C.3∶5 D.5∶3答案 C解析选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有m甲v1-m乙v2=-m甲v1′+m乙v2′,代入数据,可得m甲∶m乙=3∶5,选项C正确.题组三综合应用10.如图7所示,质量为m2=1 kg的滑块静止于光滑的水平面上,一质量为m1=50 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又以800 m/s的速率被弹回,试求滑块获得的速度.图7答案90 m/s 方向与小球的初速度方向一致解析对小球和滑块组成的系统,在水平方向上不受外力,竖直方向上所受合力为零,系统动量守恒,以小球初速度方向为正方向,则有v1=1 000 m/s,v1′=-800 m/s,v2=0又m1=50 g=5.0×10-2 kg,m2=1 kg由动量守恒定律有:m1v1+0=m1v1′+m2v2′代入数据解得v2′=90 m/s,方向与小球初速度方向一致.11.如图8所示,质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态,质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出,则击中木块瞬间二者的共同速度为多大?图8答案mM+mv0解析由于从子弹打入到与木块相对静止,时间非常短,弹簧未发生形变,且此过程中地面对木块摩擦力远小于内力(子弹与木块间作用力),故可认为此过程动量守恒.对m、M组成的系统,m击中M的过程动量守恒,mv0=(m+M)v,所以v=mM+mv0.12.如图9所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点.现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动.已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m,A和B的质量相等,A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.取重力加速度g=10 m/s2.求:图9(1)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′;(2)A 和B 整体在桌面上滑动的距离L .答案 (1)1 m/s (2)0.25 m解析 (1)滑块A 从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒,由12m A v 2A =m A gR ,可得v A =2 m/s.在底部和B 相撞,满足动量守恒,由(m A +m B )v ′=m A v A , 可得v ′=1 m/s.(2)根据动能定理,对A 、B 一起滑动过程由-μ(m A +m B )gL =0-12(m A +m B )v ′2,可得L =0.25 m.。
第2节动量和动量定理[随堂达标]1.关于物体的动量,下列说法中正确的是( )A.运动物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向B.物体的动能不变,其动量一定不变C.动量越大的物体,其速度一定越大D.物体的动量越大,其惯性也越大解析:选A.动量具有瞬时性,任一时刻物体动量的方向,即为该时刻物体的速度方向,选项A正确;动能不变,若速度方向变化,动量也发生了变化,B项错误;物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定,不是由物体的速度唯一决定,故物体的动量大,其速度不一定大,选项C错误;惯性由物体质量决定,物体的动量越大,其质量并不一定越大,惯性也不一定越大,故选项D错误.2.(多选)(2016·郑州外国语学校高二检测)恒力F作用在质量为m的物体上,如图所示,由于地面对物体的摩擦力较大,物体没有被拉动,则经时间t,下列说法正确的是( ) A.拉力F对物体的冲量大小为零B.拉力F对物体的冲量大小为FtC.拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD.合力对物体的冲量大小为零解析:选BD.恒力F的冲量就是F与作用时间的乘积,所以B正确,A、C错误;由于物体静止,合力为零,合力的冲量也为零,故D正确.3.跳远时,跳在沙坑里比跳在水泥地上安全,这是由于( )A.人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小解析:选D.人跳远时从一定的高度落下,落地前的速度是一定的,初动量是一定的,所以选项A错误;落地后静止,末动量一定,人的动量变化量是一定的,选项B错误;由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化量,所以两种情况下受到的冲量相等,选项C 错误;落在沙坑里力作用的时间长,落在水泥地上力作用的时间短,根据动量定理,在动量变化量一定的情况下,时间t越长则受到的冲力F越小,故选项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 ,取竖直向下为正方向,由动量定理得(mg -F )t =0-mv ,得F =m 2gh t+mg ,选项A 正确. 5.质量m =70 kg 的撑竿跳高运动员从h =5.0 m 高处落到海绵垫上,经Δ t 1=1 s 后停止,则该运动员身体受到的平均冲力约为多少?如果是落到普通沙坑中,经Δt 2=0.1 s 停下,则沙坑对运动员的平均冲力约为多少?(g 取10 m/s 2)解析:以全过程为研究对象,初、末动量的数值都是0,所以运动员的动量变化量为零,根据动量定理,合力的冲量为零,根据自由落体运动的知识,物体下落到地面上所需要的时间是t =2h g=1 s 从开始下落到落到海绵垫上停止时,mg (t +Δt 1)-F -Δt 1=0代入数据,解得F -=1 400 N下落到沙坑中时,mg (t +Δt 2)-F -′Δt 2=0代入数据,解得F -′=7 700 N.答案:1 400 N 7 700 N[课时作业][学生用书P69(独立成册)]一、单项选择题1.关于动量,下列说法正确的是( )A .速度大的物体,它的动量一定也大B .动量大的物体,它的速度一定也大C .只要物体运动的速度大小不变,物体的动量也保持不变D .质量一定的物体,动量变化越大,该物体的速度变化一定越大解析:选D.动量由质量和速度共同决定,只有质量和速度的乘积大,动量才大,A 、B 均错误;动量是矢量,只要速度方向变化,动量也发生变化,选项C 错误;由Δp =m Δv 知D 正确.2.如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1速度变为零然后又下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中,重力对滑块的总冲量为( )A.mg sin θ(t1+t2) B.mg sin θ(t1-t2)C.mg(t1+t2) D.0解析:选C.谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量,此题中要求的是重力对滑块的冲量,根据冲量的定义式I=Ft,因此重力对滑块的冲量应为重力乘以作用时间,所以I G=mg(t1+t2),即C正确.3.质量为1 kg的物体做直线运动,其速度图象如图所示.则物体在前10 s内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·sC.0,10 N·s D.0,-10 N·s解析:选D.由题图可知,在前10 s内初、末状态的动量相同,p1=p2=5 kg·m/s,由动量定理知I1=0;在后10 s内末状态的动量p3=-5 kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-10 N·s,故正确答案为D.4.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,在到达斜面底端的过程中( )A.重力的冲量相同B.弹力的冲量相同C.合力的冲量相同D.以上说法均不对解析:选D.设物体质量为m,沿倾角为θ的光滑斜面下滑的加速度为a,根据牛顿第二定律,有mg sin θ=ma.设物体开始下滑时高度为h,根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式,可得物体下滑的时间为t =2hsin θa =2h g sin 2θ. 下滑过程中重力的冲量为I θ=mgt =mg 2h g sin 2θ. 同理可得,物体沿倾角为α的光滑斜面下滑过程中重力的冲量为I α=mg2h g sin 2α,因为θ≠α,所以I θ≠I α,选项A 错误;力的冲量是矢量,两个矢量相同,必须大小和方向都相同.因该题中θ≠α,故弹力的方向和合力的方向都不同,故弹力的冲量的方向和合力的冲量的方向也不同,选项B 、C 错误.5.(2016·大兴区高二检测)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球.接球时,两手随球迅速收缩至胸前.这样做可以( )A .减小球对手的冲量B .减小球对手的冲击力C .减小球的动量变化量D .减小球的动能变化量解析:选B.由动量定理Ft =Δp 知,接球时两手随球迅速收缩至胸前,延长了手与球接触的时间,从而减小了球的动量变化率,减小了球对手的冲击力,选项B 正确.6.(2016·渝中区高二检测)质量为60 kg 的建筑工人,不慎从高空跌下,幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来.已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s ,安全带自然长度为5 m ,g 取10 m/s 2,则安全带所受的平均冲力的大小为( )A .500 NB .1 100 NC .600 ND .1 000 N 解析:选D.建筑工人下落5 m 时速度为v ,则v =2gh =2×10×5 m/s =10 m/s ,设安全带所受平均冲力为F ,则由动量定理得:(mg -F )t =-mv ,所以F =mg +mv t =60×10 N +60×101.5N =1 000 N ,故D 对,A 、B 、C 错. 二、多项选择题7.A 、B 两球质量相等,A 球竖直上抛,B 球平抛,两球在运动中空气阻力不计,则下列说法中正确的是( )A .相同时间内,动量的变化大小相等,方向相同B .相同时间内,动量的变化大小相等,方向不同C .动量的变化率大小相等,方向相同D .动量的变化率大小相等,方向不同解析:选AC.A 、B 球在空中只受重力作用,因此相同时间内重力的冲量相同,因此两球动量的变化大小相等、方向相同,A 选项正确;动量的变化率为Δp Δt =m Δv Δt=mg ,大小相等、方向相同,C 选项正确.8.(2016·济南高二检测)古时有“守株待兔”的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死.若兔子与树桩发生碰撞,作用时间为0.2 s ,则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )A .1 m/sB .1.5 m/sC .2 m/sD .2.5 m/s解析:选CD.根据题意建立模型,设兔子与树桩的撞击力为F ,兔子撞击树桩后速度为零,根据动量定理有-Ft =0-mv ,所以v =Ft m =mgt m=gt =10×0.2 m/s =2 m/s. 9.下列说法正确的是( )A .运动物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向B .物体的加速度不变,其动量一定不变C .物体的速度大小不变时,动量的增量Δp 为零D .物体做曲线运动时,动量的增量一定不为零解析:选AD.动量具有瞬时性,任一时刻物体动量的方向,即为该时刻的速度方向,选项A 正确;加速度不变,则物体速度的变化率恒定,物体的速度均匀变化,故其动量也均匀变化,选项B 错误;当物体的速度大小不变时,其方向可能变化,也可能不变化,动量可能不变化,即Δp =0,也可能动量大小不变而方向变化,此种情况Δp ≠0,故选项C 错误;当物体做曲线运动时,动量的方向变化,即动量一定变化,Δp 一定不为零,故选项D 正确. 10.(2016·昆明高二检测)如图所示,铁块压着一张纸条放在水平桌面上,第一次以速度v 抽出纸条后,铁块落在水平地面上的P 点,第二次以速度2v 抽出纸条,则( )A .铁块落地点在P 点左边B .铁块落地点在P 点右边C .第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短D .第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长解析:选AC.以不同的速度抽出纸条时,铁块所受摩擦力相同,抽出纸条的速度越大,铁块与纸条相互作用的时间越短,故铁块获得的速度越小,铁块平抛的水平位移越小,所以选项A 、C 正确.三、非选择题11.(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-μmgs =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)W =12mv ′2=9 J. 答案:(1)0.32 (2)130 N (3)9 J12.(2016·漳州高二检测)一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5 m ,据测算两车相撞前速度均约为30 m/s ,则(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动,试求车祸中车内质量约为60 kg 的人受到的平均冲力是多大?(2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ,这时人体受到的平均冲力为多大?解析:(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m. 设运动的时间为t ,根据x =v 02t ,得t =2x v 0=130s. 根据动量定理得Ft =Δp =mv 0,故F =mv 0t =60×30130N =5.4×104 N. (2)若此人系有安全带,则F ′=mv 0t ′=60×301N =1.8×103 N. 答案:(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N。
1 习题课:动量和能量观点的综合应用 [目标定位] 1.进一步熟练应用动量守恒定律解决问题.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题. 一、爆炸类问题
解决爆炸类问题时,要抓住以下三个特征: 1.动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的动量守恒. 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,因此爆炸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,物体发生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后,物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动.
【例1】 从某高度自由下落一个质量为M的物体,当物体下落h时,突然炸裂成两块,已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置,求: (1)刚炸裂时另一块碎片的速度; (2)爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能? 解析 (1)M下落h时:
由动能定理得Mgh=12Mv2, 解得v=2gh 爆炸时动量守恒: Mv=-mv+(M-m)v′
v′=M+mM-m2gh,方向竖直向下
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量, 即ΔEk=12mv2+12(M-m)v′2-12Mv2
=12(m-M)v2+M+m2ghM-m=4MmghM-m 2
答案 (1)M+mM-m2gh,方向竖直向下 (2)4MmghM-m 物体在爆炸瞬间,所受合外力——重力虽然不为零,但重力比起碎片间的相互作用内力小很多,故可认为爆炸过程系统动量守恒.
二、滑块——滑板类模型
1.把滑块、滑板看作一个整体,摩擦力为内力(填“外力”或“内力”),则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒. 2.由于摩擦生热,机械能转化为内能,则系统机械能不守恒(填“守恒”或“不守恒”).应由能量守恒求解问题.
【例2】 如图1所示,在光滑的水平面上有一质量为M的长木板,以速度v0向右做匀速直线运动,将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点,这时小铁块相对地面速度为零,小铁块相对木板向左滑动.由于小铁块和木板间有摩擦,最后它们之间相对静止,已知它们之间的动摩擦因数为μ,问:
图1 (1)小铁块跟木板相对静止时,它们的共同速度多大? (2)它们相对静止时,小铁块与木板上的A点距离多远? (3)在全过程中有多少机械能转化为内能? 解析 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒.以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得,
Mv0=(M+m)v′,则v′=Mv0M+m.
(2)由功能关系可得,摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量,μmgx相=12Mv20-12(M+m)v′2.
解得x相=Mv202μgM+m. (3)方法一:由能量守恒定律可得, 3
Q=12Mv20-12(M+m)v′2
=Mmv20M+m 方法二:根据功能关系,转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功,即ΔE=Q=μmg·x相
=Mmv20M+m.
答案 (1)Mv0M+m (2)Mv202μgM+m (3)Mmv20M+m
滑块—滑板类模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用,当系统所受合外力为零时,系统的动量守恒,但机械能一般不守恒,多用能量守恒求解,需要注意的是,滑块若不滑离木块,意味着二者最终具有共同速度.
三、子弹打木块类模型
1.子弹打木块的过程很短暂,认为该过程内力远大于外力,则系统动量守恒. 2.在子弹打木块过程中摩擦生热,则系统机械能不守恒(填“守恒”或“不守恒”),机械能向内能转化. 3.若子弹不穿出木块,则二者最后有共同速度,机械能损失最多.
【例3】 如图2所示,在水平地面上放置一质量为M的木块,一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出),若木块与地面间的动摩擦因数为μ,求:
图2 (1)子弹射入木块后,木块在地面上前进的距离; (2)射入的过程中,系统损失的机械能. 解析 因子弹未穿出,故此时子弹与木块的速度相同,而系统的机械能损失为初、末状态系统的动能之差. (1)设子弹射入木块时,二者的共同速度为v′,取子弹的初速度方向为正方向, 4
由动量守恒有:mv=(M+m)v′,① 二者一起沿地面滑动,前进的距离为s,由动能定理得:
-μ(M+m)gs=0-12(M+m)v′2,②
由①②两式解得:s=m2v2M+m2μg. (2)射入过程中的机械能损失ΔE=12mv2-12(M+m)v′2,③ 解得:ΔE=Mmv2M+m. 答案 (1)m2v2M+m2μg (2)Mmv2M+m
子弹打木块模型与滑块—滑板模型类似,都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用,系统动量守恒.当子弹不穿出木块时,相当于完全非弹性碰撞,机械能损失最多.
四、弹簧类模型
1.对于弹簧类问题,如果相互作用过程发生在光滑水平面上,在作用过程中,系统合外力为零,满足动量守恒. 2.整个过程往往涉及弹性势能、动能、内能、重力势能等多种形式的能的转化,应用能量守恒定律解决此类问题.
【例4】 如图3所示,物体A、B的质量分别是mA=4.0 kg、mB=6.0 kg,用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上,物体B左侧与竖直墙相接触.另有一个质量为mC=2.0 kg物体C以速度v0向左运动,与物体A相碰,碰后立即与A粘在一起不再分开,然后以v=2.0 m/s的共同速度压缩弹簧,试求:
图3 (1)物体C的初速度v0为多大? 5
(2)在B离开墙壁之后,弹簧的最大弹性势能. 解析 (1)A、C在碰撞过程中,选择向左为正方向,由动量守恒可知 mCv0=(mA+mC)v 代入数据解得:v0=6 m/s (2)B离开墙壁时,弹簧处于原长,当A、B、C获得相同速度时,弹簧的弹性势能最大,选择向右为正方向,由动量守恒,得: (mA+mC)v=(mA+mB+mC)v′, 代入数据解得:v′=1 m/s 由系统机械能守恒得:弹簧的最大弹性势能:
Ep=12(mA+mC)v2-12(mA+mB+mC)v′2=6 J
答案 (1)6 m/s (2)6 J
注意当弹簧连接的两物体速度相等时,弹簧伸长量(或压缩量)最大,此时弹簧具有最大弹性势能.
1.(爆炸类问题)向空中发射一物体,不计空气阻力,当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为a、b两块.若质量较小的a块的速度方向沿原来的反方向,则( ) A.b的速度方向一定与原速度方向相反 B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大 C.a、b不一定同时到达地面 D.b的动量大小一定比a的动量大 答案 D 解析 炸裂过程中系统动量守恒,质量较小的a块速度沿原来的反方向,根据动量守恒定律知b的速度一定与原来速度方向相同,且b的动量大小一定比a的动量大;炸裂后a、b都做平抛运动,由于高度相同,飞行时间相同,由于初速度大小关系无法判断,所以a飞行的水平距离不一定比b的大. 2.(滑块—滑板类模型)如图4所示,一质量M=6 kg的平板小车在光滑的水平面上以v0=2 m/s的速度做匀速直线运动,将一个质量m=2 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在小车中央,最终物块停在小车上的某位置.已知物块与小车之间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2.求物块与小车因摩擦产生的内能Q和小车的最小长度L. 6
图4 答案 3 J 1.5 m 解析 (1)物块相对小车静止时,二者有共同速度为v1,由动量守恒定律得:Mv0=(M+m)v1
得:v1=MM+m v0=66+2×2 m/s=1.5 m/s. 由功能关系得: Q=12×Mv20-12×(M+m)v21
代入数据得:Q=3 J 设物块相对小车的位移为x,则由功能关系:μmgx=Q 得:x=0.75 m 因为开始物块放在小车中央,故平板小车的最小长度L=1.5 m. 3.(子弹打木块类模型)如图5所示,两个质量都是M=0.2 kg的砂箱A、B,并排放在光滑的水平桌面上,一颗质量m=0.1 kg的子弹以v0=130 m/s的水平速度射向A,射穿A后,进入B并同B一起运动,测得A、B落地点到桌边缘的水平距离之比为2∶3,求:
图5 (1)砂箱A、B离开桌面时的速度的大小vA、vB; (2)子弹刚穿出砂箱A时速度的大小v. (3)若砂箱A的厚度L=0.1 m,则子弹在穿过A的过程中受到的平均阻力多大? 答案 (1)20 m/s 30 m/s (2)50 m/s (3)6 400 N 解析 (1)在子弹穿过A进入B的过程中,A、B和子弹组成的系统满足动量守恒定律,设A、B离开桌面的瞬时速度分别为vA、vB,规定子弹初速度方向为正方向,则有:
mv0=MvA+(m+M)vB①
离开桌面后,A、B分别做平抛运动,设平抛运动的时间为t,由于平抛运动的时间是相等的, 则:vA∶vB=(vA·t)∶(vB·t)=xA∶xB=2∶3② 联立①②并代入数据解得:vA=20 m/s,vB=30 m/s. (2)子弹刚穿出砂箱A时,A与B的速度是相等的,设子弹的速度的大小为v,则:mv0=2MvA
+mv③