全程复习构想2018高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 1 动量 动量定理课时作业 新人教版
高考物理一轮复习全国版课件第六章碰撞与动量守恒基础课2
1.如图4所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小 球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则 碰后三个小球的速度值是( )
A.v1＝v2＝v3＝
1 3v0
C.v1＝0，v2＝v3＝12v0
图4
B.v1＝0，v2＝v3＝
1 2v0
D.v1＝v2＝0，v3＝v0
C.102.5 N
D.350 N
解析 子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v，得子 弹与沙袋的共同速度 v＝mm＋v0M＝0.011×0500 m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向心力公 式 FT－(m＋M)g＝(m＋M)vL2得，悬绳的拉力 FT＝(m＋M)g＋(m＋M)vL2＝102.5 N，所 以选项 C 正确。 答案 C
4.(2018·东营模拟)如图2所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执 行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和 空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他 的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量 为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员 在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离 空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
图2
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？ (2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。 解析 (1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方 向为正方向， 则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得 M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s。 (2)以甲为研究对象，由动量定理得 Ft＝M1v1－(－M1v0)，代入数据解得F＝432 N。 答案 (1)5.2 m/s (2)432 N
高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量
对于撤去 F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙 所示，始态速度为 v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2 ＝0－mv. 以上两式联立解得 t2＝F－μmμgmgt1＝30－0.20×.2×5×5×1010×6 s＝12 s.
法二：用动量定理解，研究全过程 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、 终状态的物体速度都等于零． 取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解得 t2＝F－μmμgmgt1＝30－0.20×.2×5×5×1010×6 s＝12 s. 答案：12 s
解析：选 D.选向左为正方向，则动量的变化量Δ p＝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．(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( )Leabharlann m A.t2gh＋mg
B．m t2gh－mg
m C.
t gh＋mg
D．m tgh－mg
解析：选 A.设高空作业人员自由下落 h 时的速度为 v，则 v2 ＝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 t2gh＋mg.
3．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着 纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出， 这个现象的原因是( ) A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小 C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 答案：C
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第6单元动量第18讲动量守恒定律及其应用课件
考点互动探究
例 1 [2014·浙江卷] 如图所示，甲木块的质量为 m1， 以速度 v 沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静 止的、质量为 m2 的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲 木块与弹簧接触后( )
A. 甲木块的动量守恒 B. 乙木块的动量守恒 C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．
(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的
________是守恒的．
3．动爆量炸现象
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量
________，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作远用大后从于相互作用前的位置以新的动量开 始守运恒动．
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考点互动探究
[答案] 2s－μh 或μh －2s [解析] 根据功能关系，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能 的减少量 ΔEp 与物块克服摩擦力所做功的数值相等．Δ Ep＝W 设物块的质量为 m，在水平轨道上滑行的总路程为 s′，则Δ Ep＝mgh，W＝μmgs′ 联立以上各式得 s′＝μh ，第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在回到 N 前停止，则 物块停止的位置距 N 的距离为 d＝2s－s′＝2s－μh 。第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞 后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距 N 的距 离为 d＝s′－2s＝hμ－2s，所以物块停止的位置距 N 的距离可能为 2s－μh 或μh －2s.
[[解答析案] ]根C据动量守恒的条件可知，男孩、
小车与木箱组成的系统动量守恒，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 C 正确．
高三物理一轮复习第六章碰撞与运量守恒第1讲动量动量定理课件
滑。以下说法正确的是 ( )
A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等 B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相等 C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等 D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等
【解析】选A。在物体下落的过程中,只有重力对物体 做功,故机械能守恒 故有mgh=1 mv2
2.用动量定理解释现象: (1)Δ p一定时,F的作用时间越短,力就越大;时间越长, 力就越小。 (2)F一定,此时力的作用时间越长,Δ p就越大;力的作 用时间越短,Δ p就越小。 分析问题时,要把哪个量一定,哪个量变化搞清楚。
3.动量定理的两个重要应用: (1)应用I=Δ p求变力的冲量。 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接 用I=Ft求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的 变化量Δ p,等效代换为力的冲量I。
【易错辨析】 (1)动量越大的物体,其速度越大。 ( ) (2)物体的动量越大,其惯性也越大。 ( ) (3)物体所受合力不变,则动量也不变。 ( ) (4)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零。
()
(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相 同。 ( ) (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向 相同。 ( )
【高考命题探究】 【典例1】(2017·合肥模拟)一质量为m的物体放在光 滑的水平面上,今以恒力F沿水平方向推该物体,在相同 的时间间隔内,下列说法正确的是 ( )
世纪金榜导学号42722132 A.物体的位移相等 B.物体动能的变化量相等 C.F对物体做的功相等 D.物体动量的变化量相等
【解析】选D。物体在水平恒力作用下做匀加速直线运 动,在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大,故A错误; 根据动能定理得知,物体动能的变化量逐渐增大,故B错 误;由功的公式W=FL知道,在相同的时间间隔内,F做功 增大,故C错误;根据动量定理得:Ft=Δ P,F、t相等,则 Δ P相等,即物体动量的变化量相等,故D正确。
2018年高考物理大一轮复习第6章碰撞动量守恒定律配套教案
六碰撞动量守恒定律第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为：p ＝p ′、Δp ＝0和Δp 1＝－Δp 24．守恒条件(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)分方向守恒：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．[自我诊断]1．判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)2．(2017·广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A ．动能相等，则质量大的动量大B ．动能相等，则动量大小也相等C ．动量大小相等，则质量大的动能小D ．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能E k ＝12mv 2可知，动量p ＝2mE k ，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．3．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，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确．4．(2017·河南开封质检)(多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，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解析：选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确．5．(2017·湖南邵阳中学模拟)一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ft cos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：100 86.6考点一动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1] (2016·高考全国乙卷)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v 0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 ＝ρΔV ①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S ③ (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12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20④ 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为 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F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2⑧ 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．1．如图所示，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. 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内所受外力的冲量分别是( )A．10 N·s10 N·sB．10 N·s－10 N·sC．0 10 N·sD．0 －10 N·s解析：选D.由图象可知，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.3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，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是F f，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为F f(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)，沿斜面向下．答案：F f(t2－t1) 沿斜面向上mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2) 沿斜面向下4．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度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，必须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．解析：考虑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)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.答案：2mv05．(2017·甘肃兰州一中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m 高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2) 解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N6．(2016·河南开封二模)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5 kg的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝(m＋M)v1，即v1＝mvm＋M＝2 m/s(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS(v －v1)Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小车的加速度a＝FM＋m＝2.56 m/s2答案：(1)2 m/s (2)2.56 m/s2考点二动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，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一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)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．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋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．(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．[典例2] (2017·山东济南高三质检)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．解析 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0④答案 65v 0应用动量守恒定律解题的步骤(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(或某一方向上动量是否守恒)；(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．1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R ，最低点为C ，两端A 、B 等高，现让小滑块m 从A 点由静止开始下滑，在此后的过程中，则( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量守恒B ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动D ．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为mRM ＋m解析：选B.M 和m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A 错误，B 正确；m 从A 到C 过程中，M 向左加速运动，当m 到达C 处时，M 向左速度最大，m 从C 到B 过程中，M 向左减速运动，C 错误；在m 从A 到B 过程中，有Mx M ＝mx m ，x M ＋x m ＝2R ，得x M ＝2mR /(m ＋M )，D 错误．2．(2016·广东湛江联考)如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－mv ，接住木箱的过程中mv ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2.解得v 2＝v 2. (2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv 2＝3mv 3－mv ，则v 3＝v ，故无法再次接住木箱．答案：(1)v 2(2)否 3．(2017·山东济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端．三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 相碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C，联立解得v A＝2 m/s.答案：2 m/s4．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′；第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′……第n次推球(M＋m)v n－1′＝Mv n－mv，可得v n＝n－mv M，当v n≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.答案：9次课时规范训练[基础巩固题组]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．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解析：选 D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )A．1 000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝m M v M－m N v N，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当m M＝m N时，v M＝v N，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．5．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.由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，得F ＝m 2gh t ＋mg .选项A 正确． 6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．0～4 s 内物体的位移为零B ．0～4 s 内拉力对物体做功为零C ．4 s 末物体的动量为零D ．0～4 s 内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s 内先做匀加速后做匀减速运动，4 s 末的速度为零，位移一直增大，A 错；前2 s 拉力做正功，后2 s 拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B 正确；4 s 末的速度为零，故动量为零，故C 正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D 正确．7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v (相对于空间站)将物体A 推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：M2v0＝(M2－m)v1＋mv代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)代入数据解得F＝432 N答案：(1)5.2 m/s (2)432 N[综合应用题组]8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是( )A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，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．人和小船最终静止在水面上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．船的动量变化量是105 kg·m/s解析：选BD.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为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m 人v 人－m 船v 船＝(m 人＋m 船)v ，代入数据解得：v ＝0.25 m/s ，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A 错误，C 错误；人的动量的变化Δp 为：Δp ＝m 人v －m 人v 人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B 正确；船的动量变化量为：Δp ′＝m 船v －m 船v 船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D 正确．10．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .现以地面为参照系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离木板B .站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是( )A ．2.4 m/sB ．2.8 m/sC ．3.0 m/sD ．1.8 m/s解析：选A.A 相对地面速度为0时，木板的速度为v 1，由动量守恒得(向右为正)：Mv－mv ＝Mv 1，解得：v 1＝83m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v 2，由动量守恒得：Mv －mv ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝2 m/s ，故B 对地的速度在2 m/s ～83m/s 范围内，选项A 正确．11．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触，另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v t 图象如图乙所示，求：(1)物块C 的质量m C ；(2)从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中弹簧对A 物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，m C v 1＝(m A ＋m C )v 2，代入数据解得m C ＝2 kg.(2)12 s 时B 离开墙壁，此时B 速度为零，A 、C 速度相等时，v 3＝－v 2从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中，A 、C 两物体的动量变化为：Δp ＝(m A ＋m C )v 3－(m A ＋m C )v 2从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中弹簧对A 物体的冲量大小为I ＝2(m A ＋m C )v 2，代入数据整理得到I ＝36 N·s.答案：(1)2 kg (2)36 N·s12. 如图所示，质量为0.4 kg 的木块以2 m/s 的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg ，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g 取10 m/s 2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得mv 0＝(M ＋m )v 解得：v ＝mM ＋m v 0＝0.4 m/s.(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt ＝mv －mv 0解得：t ＝v 0－vμg ＝0.8 s.(3)木块做匀减速运动，加速度为a 1＝F f m ＝μg ＝2 m/s 2小车做匀加速运动，加速度为a 2＝F f M ＝μmg M ＝0.5 m/s 2在此过程中木块的位移为x 1＝v 2－v 22a 1＝0.96 m车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82m ＝0.16 m由此可知，木块在小车上滑行的距离为：Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m第2节碰撞与能量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．[自我诊断]1．判断正误(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×)(2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√)(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√)(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√)(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象，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。
2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书：第六章第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲含解析
第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲一、动量守恒定律1．守恒条件(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）分方向守恒: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．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.1。
（2017·安徽名校联考）如图所示，小车与木箱紧挨着静止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，下列说法中正确的是（) A．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、小车的总动量增量不相同提示:选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．二、碰撞爆炸反冲1．碰撞（1)碰撞现象: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2.系统总动量守恒．3．反冲运动(1）物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．2。
（2015·高考福建卷）如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m,速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（)A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动提示：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0,B 的动量p B＝－2mv0。
碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式（1）p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．（2）Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．（3）Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性"系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统,而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统【典题例析】(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0。
全国通用版2018高考物理大一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1课时动量动量定理课件
p=mv=0.6 kg· m/s,碰撞后钢球的动量为p′=mv′=-0.6 kg· m/s,碰撞
前后钢球动量的变化为Δp=p′-p=-1.2 kg· m/s,动量的变化Δp是矢 量,Δp的方向水平向左. (3)墙壁对钢球的平均作用力为F=
答案:40 N
题后反思
多运动过程的研究
多过程问题,要灵活选择研究的过程,分析各过程物体的受力情况.涉及 力在时间上积累效应优先考虑动量定理.
【例3】 (2016· 沈阳模拟)如图所示,由喷泉中喷出的水柱,把一个质量为
M的垃圾桶倒顶在空中,水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的 质量)
m t
向,由动量定理可知,动量变化等大反向,选项B正确;甲、乙的动能变化 量的大小等于甲、乙各自所受的合外力做的功,两者的合外力做功不一
定相等,选项C错误;甲对乙与乙对甲的作用力等大反向,但沿作用力方
向甲、乙的位移不一定相等,所以做功大小不一定相等,选项D错误. 答案:B
误区警示
动量与动能,冲量与功的理解误区
答案:(1)不在同一直线上.
(2)不是.
(3)只能根据平行四边形定则或三角形定则计算.
2.如图中所示,质量为m的物块放在地面上,在力F的作用下保持静止.经 过时间t后,求: (1)重力与力F的冲量各是多少? (2)合外力的冲量是多少?
(3)某一力的冲量与物体的运动状态有关吗?
答案:(1)知I=Ft,因此重力的冲量IG=mgt,力F的冲量IF=Ft. (2)因物块始终静止,因此物块所受合外力为零,因此I合=0.
(4)动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系,与物体的初末动
量无必然联系.
高考物理复习 第6章 碰撞与动量守恒 第1讲 动量冲量动量定理77
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_＝__F__t ____. (3)单位：___N__·_s ____. (4)方向：冲量是___矢__量___,其方向____与__力__的__方__向__相__同__.
第六章 碰撞与动量守恒
高考命题解读
考点内容 要求 年份
高考(全国卷)三年命题情况对照分析
题号
命题点
动量、动量定 Ⅱ
Ⅰ卷 35 题
动量定理的应用
理、
应用动量守恒定律和能量观点解决碰
动量守恒定律
2016 年 Ⅱ卷 35 题 撞问观点解决碰撞问题
考点内容 要求 年份
h＝3×24 m＝72 m
由 mgh＝12mv2 及(F－mg)t＝mv 知
鸡蛋对地面的冲击力 F＝mtv＋mg≈103 N．
02 核心考点·探究突破
考点一 动量、冲量的理解及计算
1．动能、动量、动量变化量的比较：
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动 而具有的能量
物体的质量和 速度的乘积
物体末动量与初 动量的矢量差
4．教材 VS 高考
(2018·全国卷Ⅱ·15 题来源于人教版 3－5P25·T3) 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
(新课标)2018年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量动量定理课件
[解析]
从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，
人先做加速度减小的加速运动， 后做加速度增大的减速运动， 加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大 后减小， 加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力 时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加 速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终 向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对 人的拉力始终做负功．故选项 A 正确，选项 B、C、D 错误．
2．冲量
作用时间 的乘积． (1)定义：力和力的__________
Ft ，适用于求恒力的冲量． (2)公式：I＝______ 力F的方向 相同． (3)方向：与____________
1.判断正误 (1)动量越大的物体，其运动速度越大．( ) ) )
(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(
b．建立如图所示的 Oxy 直角坐标系．
x 方向： 根据(2)a 同理可知，两光束对小球的作用力沿 x 轴负方向． y 方向： 设Δ t 时间内，光束①穿过小球的粒子数为 n1，光束②穿过 小球的粒子数为 n2，n1>n2.
这些粒子进入小球前的总动量为 p1y＝(n1－n2)psin θ 从小球出射时的总动量为 p2y＝0 根据动量定理得 FyΔ t＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球对这些粒子的作用力 Fy 的方向沿 y 轴负方向，根 据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿 y 轴正方向． 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．
(2)表达式：F· Δ t＝Δ p＝p′－p.
合力 的方向相同，可以 (3)矢量性：动量变化量的方向与________
在某一方向上应用动量定理．
2018高考一轮物理文档 第六章 动量 章末专题复习 教师
章末专题复习物理模型|“滑块—木板”模型中的动量守恒“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律．另外，解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系．(2017·淮北月考)如图6-1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m 的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：图6-1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos 60°)＝12m v2解得：v0＝gR小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：m v0＝m v1＋m v Q 12m v2＝12m v21＋12m v2Q解得：v1＝0，v Q＝v0＝gR二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q ＝M v ＋m (2v )，解得，v ＝16v Q ＝gR 6物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR 3.(2)设平板车长L ，由能的转化和守恒定律知F f ·L ＝12m v 2Q －12M v 2－12m (2v )2 又F f ＝μmg解得平板车P 的长度为L ＝7R 18μ.【答案】 (1)gR 3 (2)7R 18μ[突破训练]1．(2017·长沙模拟)如图6-2所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v 0＝6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g 取10 m/s 2.求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．图6-2【解析】 第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v ，设木板的质量为m ，重物的质量为2m ，取向右为动量的正向，由动量守恒得：2m v 0－m v 0＝3m v ①设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得：2μmgt 1＝m v －m (－v 0) ②设重物与木板有相对运动时的加速度为a ，由牛顿第二定律得：2μmg ＝ma ③在达到共同速度v 时，木板离墙的距离l 为：l ＝v 0t 1－12at 21 ④木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t 2＝l v ⑤从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：t ＝t 1＋t 2 ⑥由以上各式得t ＝4v 03μg ，代入数据可知：t ＝4 s.【答案】 4 s2．如图6-3所示，在长木板ab 的b 端有固定挡板，木板连同挡板的质量为M ＝4.0 kg ，a 、b 间距离s ＝2.0 m ，木板位于光滑水平面上，在木板a 端有一小物块，其质量m ＝1.0 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v 0＝4.0 m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相碰．碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能.【导学号：92492271】图6-3【解析】 经分析可知，小物块与木板间在整个相互碰撞的过程中动量是守恒的，最终小物块与木板ab 相对静止．且有相同的末速度v ，由动量守恒得：m v 0＝(m ＋M )v小物块与挡板间碰撞过程中损失的机械能为Q 1，小物块与木板间摩擦损失的机械能为Q 2(即为摩擦过程中产生的热量)，由能量守恒得：Q 1＝12m v 20－12(m ＋M )v 2－Q 2 又因Q 2＝2μmgs由上式得：Q 1＝12m v 20－12(m ＋M )⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 0M ＋m 2－2μmgs 代入数据得：Q 1＝2.4 J.【答案】 2.4 J数学技巧|数学归纳法的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n 的命题，当n ＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n ＝k (k ≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n ＝k ＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n ＝1命题成立，可推知n ＝2命题成立，继而又可推出n ＝3命题成立…这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n ≥1的自然数都成立．在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m 2、m 3、…m n (设各质量为已知量)．不计空气阻力，但考虑重力的影响．求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v ′1；(2)求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v ′2n .【思路导引】【解析】 (1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒第1次碰撞前v 21＝v 20＋2gl ，v 1＝v 20＋2gl第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl ① (2)第2次碰撞前v 22＝v ′21＋2gl利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ②第2次碰撞后，利用②式得v ′22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 222gl 同理，第3次碰撞后v ′23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， ……第n 次碰撞后速度为v ′2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＝1i ＝0m 2i m 2n 2gl 故n 次碰撞后雨滴的动能为12m n v ′2n ＝12m n(m 20v 20＋2gl n ＝1i ＝0m 2i )． 【答案】 (1)v 20＋2gl m 0m 1v 20＋2gl (2)12m n(m 20v 20＋2gl n －1i ＝0m 2i ) [突破训练] 3．(2012·安徽高考)如图6-4所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面．质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态，g 取10 m/s 2.图6-4(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小.【导学号：92492272】【解析】 (1)设物块B 从光滑曲面h 高处滑下时的速度为v 0，由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 20，故v 0＝2gh ＝2×10×1 m/s ＝2 5 m/s ＞u ，故B 滑上传送带后做匀减速运动．加速度a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2，根据v 2－v 20＝－2as ，得物块B 到达传送带左端时的速度v 1＝v 20－2al ＝(25)2－2×2×1 m/s ＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度v 1＝4 m/s.(2)物块B 与物块A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即m v 1＝m v ′1＋MV ′112m v 21＝12m v ′21＋12MV ′21 联立解得，v ′1＝m －M M ＋mv 1＝－13v 1＝－43 m/s 负号说明B 与A 碰撞后，B 的速度方向向右．物块B 运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s ＝v ′212a ＝1692×2 m ＝49 m ＜l ，因此物块B 还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B 与A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v 2＝v ′1，然后与A 发生第二次碰撞，且满足m v 2＝m v ′2＋MV ′212m v 22＝12m v ′22＋12MV ′22 联立解得，v ′2＝m －M M ＋mv 2＝－13v 2＝－132v 1 同理，物块B 与A 第三次碰撞前的速度v 3＝－v ′2，碰撞后的速度v ′3＝－13v 3＝－133v 1.依此类推第n 次碰撞后B 的速度v ′n ＝－13n v 1.即n次碰撞后的速度大小为13n v1＝43n m/s.【答案】(1)4 m/s(2)不能(3)43n m/s高考热点|动量守恒与机械能守恒(或能量守恒)的综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律的比较静置于水平地面上，现有两种方案分别都可以使物体A在被碰撞后的运动过程中，物体B恰好能脱离水平地面，这两种方案中相同的是让一个物块从A正上方距A 相同高度h处由静止开始自由下落，不同的是不同物块C、D与A发生碰撞种类不同．如图6-5所示，方案一是：质量为m的物块C与A碰撞后粘合在一起；方案二是：物体D与A发生弹性碰撞后迅速将D取走，已知量为M，m，k后，重力加速度g.弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，求：图6-5(1)h大小；(2)A、B系统因碰撞损失的机械能；(3)物块D的质量m D大小．【解析】(1)A静止时，设轻弹簧压缩x1，有kx1＝Mg设物体C自由落下h时速度为v，由mgh＝12m v2得：v＝2gh设物体C与A碰撞并粘合在一起竖直向下运动速度大小为v1，由动量守恒定律得：m v＝(m＋M)v1解得v1＝mm＋MvB恰好能脱离水平面时，C、A向上运动速度为零设轻弹簧伸长x2，由物体B平衡得：kx2＝Mg，有x2＝x1＝Mg k说明在物体C与A碰撞并粘合在一起运动至最高处过程中C、A、弹簧系统机械能守恒，且初、末弹性势能相同有(m＋M)g(x1＋x2)＝12(m＋M)v21解得v1＝2g M k联立解得h＝2M(m＋M)2gkm2.(2)C、A系统因碰撞损失的机械能ΔE＝12m v2－12(m＋M)v21解得ΔE ＝2(m ＋M )M 2g 2km. (3)物体D 自由落下h 时速度为v ，同理有mgh ＝12m v 2v ＝2gh设物D 与A 发生弹性碰撞后速度分别为v 2、v 3有m D v ＝m D v 2＋M v 312m D v 2＝12m D v 22＋12M v 23 解得v 2＝(m D －M )m D ＋M v ，v 3＝2m D m D ＋Mv 要使B 恰好能脱离水平面，与(1)同理，必须Mg (x 1＋x 2)＝12M v 23则v 3＝2g Mk即：v 3＝v 1，2m D m D ＋M v ＝m m ＋Mv 得m D ＝Mm 2M ＋m. 【答案】 (1)2M (m ＋M )2g km 2 (2)2(m ＋M )M 2g 2km (3)Mm 2M ＋m[突破训练]4．某物理课外兴趣小组设计了如图6-6所示装置，AB 段为一竖直细圆管，BPC 是一个半径R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有一质量M ＝0.2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m 的半圆轨道DEF (D 与C 在同一竖直线上)，小车的左端紧靠一固定障碍物．在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m ＝0.1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r .此球可视为质点)．已知小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，CD 间竖直距离为h 2＝1 m ．在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC 的最高点P ；小球从C 端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D 端进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度g 取10 m/s 2，试求：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p ；(2)小球第一次到达E 点时的速度大小及从F 点飞出后能上升的最大高度(相对F 点)；(3)小球下落返回到E 点时小球和小车的速度的大小和方向.【导学号：92492273】图6-6【解析】 (1)由A 到P 的过程中小球机械能守恒，有E p ＝mg (h 1＋R )＋12m v 2mg ＝m v 2R代入数据解得v ＝2 m/s ，E p ＝1.8 J.(2)P 到E 的过程中小球机械能守恒，有mg (R ＋h 2＋r )＋12m v 2＝12m v 2E代入数据解得v E ＝6 m/s小球由E 上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有m v E ＝(M ＋m )v12m v 2E ＝12(M ＋m )v 2＋mg (h ＋r ) 代入数据解得h ＝1 m.(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有m v E ＝m v 1＋M v 212m v 2E ＝12m v 21＋12M v 22代入数据解得v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s小球速度大小为2 m/s ，方向水平向左小车速度大小为4 m/s ，方向水平向右．【答案】 (1)1.8 J (2)6 m/s 1 m(3)小球的速度的大小为2 m/s，方向水平向左；小车的速度的大小为4 m/s，方向水平向右．。
(完整word版)2018年高考物理知识点第一轮复习教案15-第六章-碰撞与动量守恒-第1讲-动量和
第六章碰撞与动量守恒考点一动量动量定理的理解1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
(2)表达式：p＝mv。
(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。
(5)动量、动能、动量变化量的比较(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积。
(2)定义式：I ＝Ft 。
(3)单位：N·s。
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同。
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果。
3．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量。
(2)表达式：⎩⎨⎧Ft ＝p′－pI ＝Δp(3)对动量定理的理解①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。
(这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量或者说是物体所受各外力冲量的矢量和。
)②动量定理给出了冲量(过程量)和动量(状态量)变化间的关系。
③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：F ＝ΔpΔt (牛顿第二定律的动量形式)。
[思维诊断](1)质量越大的物体，其动量一定越大。
( )(2)动能相同的两个物体，质量大的动量小。
( )(3)动量相同的两个物体，质量大的动能小。
( )(4)一个力作用在物体上，如果物体保持静止，则该力的冲量为零。
( )(5)一个鸡蛋以相同速度落到水泥地面上比落在海绵上容易破是由于水泥地面给鸡蛋的冲量大。
( )(6)反冲是动量守恒的体现。
( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√[题组训练]1．[动量的理解]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．物体的加速度不变，其动量一定不变C．动量发生改变，物体所受外力一定变化D．物体的动量越大，其惯性越大解析：动量是矢量，动量的方向与物体的运动方向一致，选项A正确；物体的加速度不变，说明物体受到的合外力不变，但动量的改变是由于合外力的冲量引起的，合外力不变，合外力的冲量一定不等于零，物体的动量一定变化，选项B、C错误；物体的动量大，物体的质量不一定大，因此，动量大的物体其惯性不一定大，选项D错误。
2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题六动量能量观点综合应用中常考的“三个模型”课件新人教
[变式训练 1] 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不 计)．设 A 以速度 v0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰 撞过程时间极短．求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程 中，
[解析] 设子弹的初速度为 v0，穿过厚度为 2d 的钢板后， 最终钢板和子弹的共同速度为 v，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋2m)v① 由①式解得 v＝13v0 此过程中动能损失为 ΔE＝12mv20－12×3mv2② 由②式解得 ΔE＝13mv20 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别 为 v1 和 V1，由动量守恒定律得 2mv1＋mV1＝mv0③
联立①②③式得 ΔE＝116mv20④
(2)由②式可知 v2<v1，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三 者速度相同，设此速度为 v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势 能为 Ep.由动量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤
12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep⑥ 联立④⑤⑥式得
Ep＝1438mv20⑦ 答案：(1)116mv20 (2)1438mv20
(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析：(1)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时，对 A、 B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1①
此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2，损失的机械能为 ΔE，对 B、C 组成的系统，由动量守恒和能 量守恒定律得 mv1＝2mv2②， 12mv21＝ΔE＋12(2m)v22③
高三物理一轮复习 第六章碰撞及动量守恒动量守恒定律优化课件
一题一得 动量是一个矢量，动量的变化量也是矢量．解 题时要注意动量的方向，求动量的变化还需要给出动量变化量 的方向．
如右图所示，质量为 m 的小球距轻弹簧的上 端为 h，小球自由下落一段时间后与弹簧接触，它从接触弹簧 开始到弹簧被压缩到最短的过程中持续时间为 t，求小球从接 触弹簧到压缩最短的过程中弹簧的弹力对小球的冲量．
【跟踪训练】 4．(双选)如下图所示，放在光滑水平面上的 A、B 两小车 中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状 态，下面说法中正确的是( )
A．两车同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，从放开右手后的过程中， 两车的总动量守恒 C．先放开右手，后放开左手，放开左手的过程中，两车 的总动量守恒，且总动量为零 D．先放开右手，后放开左手，从放开左手后的过程中， 两车的总动量守恒，且总动量向右
A．所受重力的冲量相同 B．所受重力做的功相同 C．所受合力的冲量相同 D．所受合力做的功相同
【答案】BD
【解析】两物体落到地面所用的时间不同，故重力的冲量 不相等；两物体的合力的冲量等于动量的变化，两物体初动量 为零，末动量方向不一样，故合力的冲量也不相等；根据机械 能的知识可知，B、D 答案正确．
一、冲量、动量、动量变化量
1．冲量： 力和力作用时间的乘积叫做力的冲量，用公式表示可写 为：I＝Ft，单位：牛顿秒，符号：N·s.冲量是矢量，方向由力 的方向决定，其作用效果是使物体的动量发生变化，冲量是过 程量．
2．动量： 物体的质量和速度的乘积叫做动量，用公式表示可写为： p＝mv，单位：千克米每秒，符号：kg·m/s.动量是矢量，方向 与物体运动方向相同，动量具有瞬时性，它是描述物体 运动状态的量，是针对某一时刻而言．动量具有相对性，大小 与参照系的选择有关，通常以地面为参照系．动量与动能的关 系可用式子表示：p＝ 2mEk.
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全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题六动量、能量观点综合应用中常考的“三个模型”课时作业新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（全程复习构想2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题六动量、能量观点综合应用中常考的“三个模型”课时作业新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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动量、能量观点综合应用中常考的“三个模型"1．(2015·山东理综，39(2))如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以错误!v0、错误!v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为v A，由题意知，碰后A的速度v′A＝错误!v 0,B的速度v B＝34v，由动量守恒定律得mv A＝mv′A＋mv B设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为W A，由功能关系得W A＝错误!mv错误!－错误!mv错误!设B与C碰撞前B的速度为v′B,B克服轨道阻力所做的功为W B,由功能关系得W B＝错误!mv错误!－错误!mv′错误!据题意可知：W A＝W B设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得:mv′B＝2mv联立①②③④⑤式，代入数据得v＝错误!v答案：错误!v02．如图所示，两长方体A、B紧靠着放在光滑水平桌面上，其质量m A＝2 kg，m B＝3 kg。
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动量动量定理
一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～9题有多个选项符合题目要求)
1．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，速度为零后又下滑，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F f.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为( )
A．mg(t1＋t2)sin θB．mg(t1－t2)sin θ
C．mg(t1＋t2) D．0
解析：重力是恒力，重力的冲量等于重力与重力作用时间的乘积，即整个运动过程中重力的冲量为mg(t1＋t2)．选项C正确．
答案：C
2．(天津卷)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．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．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
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：由于甲对乙的作用力与乙对甲的作用力方向相反，因此两个力的冲量方向相反，A项错误；由动量定理可知，相互作用力大小相等，方向相反，因此冲量等大反向，动量变化量等大反向，B项正确；由于甲、乙的动能变化等于甲、乙各自所受的合外力做功，两者的合外力做功不一定相等，C项错误；两者的相互作用力等大反向，但在作用力作用下两人的位移不一定相等，所以做功不一定相等，D项错误．
答案：B
3．在光滑的水平桌面上，细绳的一端拴一个质量为m的小球，绳长为L，另一端固定，使小球在水平桌面上做匀速圆周运动，若小球做圆周运动的速度为v，则小球通过半个圆周的时间内细绳对小球的冲量大小为( )
A．πmv B．2mv
C．2πmv D．mv
解析：细绳的张力大小不变，而方向不断变化，因此是一个变力，计算变力的冲量不能用公式I＝Ft，而应该根据动量定理，由于绳子的拉力是小球受到的合外力，其冲量等于小球动量的变化量，所以I＝Δp＝mv－m(－v)＝2mv.
答案：B
4．一个质量为3 kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6 s内速度的改变量是( )
A．7 m/s B．6.7 m/s
Δmv ΔS ·Δt ＝ρΔ答案：A
6．一质量为变化的关系式为
C ．绳对人的拉力始终做负功
D ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
解析：弹性绳的弹力为F ＝kx ，绳子伸直之后，对人进行受力分析可知，a ＝
mg －kx
m
，当x <mg k 时，a >0，速度增大；当x >mg k
时，a <0，速度减小．从绳恰好伸直到人第一次降至最低点的过程中，人的速度先增大后减小，则人的动量和动能都是先增大后减小，绳的弹力方向始终竖直向上，则绳对人的冲量始终竖直向上，绳对人的拉力始终做负功，选项A 、B 、C 正确，选项D 错误．
答案：ABC
9．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．设该物体在t 0和2t 0时刻相对于出发点的位移分别是x 1和x 2，速度分别是v 1和v 2，合外力从开始至t 0时刻做的功是W 1，从t 0至2t 0时刻做的功是W 2，则( )
A ．x 2＝5x 1，v 2＝3v 1
B ．x 1＝9x 2，v 2＝5v 1
C ．x 2＝5x 1，W 2＝8W 1
D ．v 2＝3v 1，W 2＝9W 1
解析：根据F －t 图象面积意义和动量定理有mv 1＝F 0t 0，mv 2＝F 0t 0＋2F 0t 0，则v 2＝3v 1；
应用位移公式可知x 1＝v 12t 0、x 2＝v 1＋v 22t 0＋v 1
2t 0，则x 2＝5x 1，故B 错、A 对；在第一个t 0内
对物体应用动能定理有W 1＝mv 21
2
、在第二个t 0内对物体应用动能定理有W 2＝
mv 222
－
mv 2
1
2
，则W 2
＝8W 1，D 错、C 对．
故本题选A 、C. 答案：AC 二、非选择题
10．如图所示，长1.8 m 的细绳悬挂在天花板上，另一端系一质量m ＝2 kg 的小球，先将球放至距地面3.6 m 高的天花板上，后让球自由下落，当绳绷直时绳即断裂，球落地．设整个运动时间为1.0 s ，则绳断瞬间球受到的冲量是多大？
解析：球下落1.8 m 时绳子绷直h 1＝12
gt 2
，所用时间是
t 1＝
2h 1
g ＝0.6 s.
速度是v 2
＝2gh ，v ＝6 m/s.
绳断后，小球落地所用时间 t 2＝t －t 1＝0.4 s.
设断后小球的速度为v ′，下落高度h 2＝h －h 1＝1.8 m ，
h 2＝v ′t 2＋1
2
gt 22，v ′＝2.5 m/s.
根据动量定理，求绳断瞬间球受到的冲量．设方向竖直向下为正， I ＝mv ′－mv ＝－7 N·s，负号表示方向竖直向上．
的摆球在原点
，摆球恰升到水平位置OB
设两次打击时间相等且极短设第一次被打击后，球的速度为vA1，则
质量分别是m A＝2.0 kg，m
在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球答案：(1)9 m/s (2)2.25 N (3)3.56 s。