2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第六章 动量 动量守恒定律 第1讲 含解析

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。