（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习 第6单元 动量（课件+学案+练习）（打包8套）.zip

专题五 力学观点综合应用热点题型探究 │高考模拟演练 │教师备用习题热点一 动量与牛顿运动定律的综合应用热点题型探究(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应 ,在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系 ,或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时 ,应采用动力学观点 ;(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 ,应采用动量定理求解 ;(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统 ,则有时既要用到动力学观点 ,又要用到动量观点 .热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点二 能量与牛顿运动定律的综合应用热点题型探究能量与牛顿运动定律综合应用于直线运动、圆周运动和平抛运动组合模型 .(1)模型特点 :物体在整个运动过程中 ,历经直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动的组合 .(2)表现形式 :① 直线运动 :水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动 .② 圆周运动 :绳模型的圆周运动、杆模型的圆周运动、拱形桥模型的圆周运动 .③ 平抛运动 :与水平面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动 .(3)应对方法 :这类模型一般不难 ,各阶段的运动过程具有独立性 ,只要对不同过程分别选用相应规律即可 ,物体运动到两个相邻过程的连接点时的速度是联系两过程的纽带 ,很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口 .热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点三 动量与能量的综合应用热点题型探究动量观点与能量观点综合应用技巧(1)注意研究过程的合理选取 ,不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律 ,都应合理选取研究过程 ;(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系 ;(3)注意方向性问题 ,运用动量定理或动量守恒定律求解时 ,都要选定一个正方向 ,对力、速度等矢量都应用正、负号代表其方向 ,代入相关的公式中进行运算 .另外 ,对于碰撞问题 ,要注意碰撞的多种可能性 ,做出正确的分析判断后 ,再针对不同情况进行计算 ,避免出现漏洞 .热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点四 力学三大观点的选用原则热点题型探究(1)认真审题 ,明确题目所述的物理情境 ,确定研究对象 .(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程 ,作草图 .(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点 ,选择适用规律 :① 若用力的观点解题 ,要认真分析运动状态的变化 ,关键是求出加速度 ;② 若用两大定理求解 ,应确定过程的始、末状态的动量 (动能 ),分析并求出过程中的冲量 (功 );③ 若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件 ,则可根据题意选择合适的始、末状态 ,列守恒关系式 ,一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度 (率 ).热点题型探究(4)根据选择的规律列式 ,有时还需要挖掘题目中的其他条件 (如隐含条件、临界条件、几何关系等 )并列出辅助方程 .(5)代入数据 ,计算结果 .热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究热点题型探究[点评 ] 滑块 — 木板模型是滑块与长木板通过滑动摩擦力相互作用 ,实现系统机械能部分单向转化为内能 ,求解这类问题首先要弄清质点的物理过程 ,建立起清晰的物理图景 ,在此基础上根据动量和能量的关系列式求解 ,即由动量守恒定律 p1=p2和能量守恒定律 fs相 =ΔEk列式解决 .1第六单元 动量课时作业(十七) 第 17 讲 动量 动量定理时间 / 40 分钟基础巩固1.[2017·河南开封模拟] 将质量为 0.5 kg 的小球以 20 m/s 的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力, g取 10 m/s2,以下判断正确的是 ( )A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为 10 N·sB.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为 10 N·sD.小球从被抛出至落回出发点动 量的变化量大小为 10 kg·m/s2.[2017·湖南师大附中月考] 如图 K17-1 所示,运动员向球踢了一脚,踢球时的力 F=100 N,球在地面上滚动了 10 s 后停下来,则运动员对球的冲量为 ( )图 K17-1A.1000 N ·sB.500 N ·sC.0D.无法确定3.[2017·北京西城模拟] 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,使“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,推进器的工作时间 Δ t=7 s,测出飞船和火箭组的速度变化 Δ v=0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量 m1=3400 kg,则可测出火箭组的质量 m2为 ( )A.3400 kg B.3485 kgC.6265 kg D.6885 kg4.[2017·唐山模拟] 如图 K17-2 所示为某运动员用头颠球时的情景 .若足球被头顶起后每次上升的高度为 80 cm,足球的质量为 400 g,与头顶作用的时间 Δ t 为 0.1 s,则足球被顶起一次在空中的运动时间及足球对头部的平均作用力大小分别为(空气阻力不计, g 取 10 m/s2)( )图 K17-2A.t=0.4 s,FN=40 N B.t=0.4 s,FN=36 NC.t=0.8 s,FN=36 ND.t=0.8 s,FN=40 N5.[2017·河南信阳质检] 下面列举了生活中常见的一些做法,其中不可以用动量定理解释的是 ( )A.运输玻璃器皿等易碎物品时,在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫,把头和帽子的外壳隔开一定的空间C.热水瓶胆做成两层,且把两层中间的空气抽去2D.跳高运动中的垫子总是十分松软6.(多选)[2017·武汉实验中学月考] 古时有“守株待兔”的寓言 .假设兔子的质量约为 2 kg,以 15 m/s 的速度奔跑,撞树后反弹的速度为 1 m/s,取兔子初速度的方向为正方向,则 ( )A.兔子撞树前的动量大小为 30 kg·m/sB.兔子撞树过程中的动量变化量为 32 kg·m/sC.兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相同D.兔子受到撞击力的冲量大小为 32 N·s技能提升7.[2017·太原一中模拟] 质量为 0.5 kg 的钢球从距地面 5 m 的位置自由落下,与地面相碰后竖直弹起到达距地面 4.05 m 的位置,整个过程所用的时间为 2 s,则钢球与地面碰撞时受到地面的平均作用力的大小为( g 取 10 m/s2) ( )A.5 N B.90 NC.95 N D.100 N8.[2017·安徽安庆模拟] 在光滑的水平面上有一根轻质弹簧,弹簧一端固定在竖直墙面上,另一端紧靠(不相连)着一个物体,已知物体的质量 m=4 kg,如图 K17-3 所示 .现用一水平力 F 作用在物体上,并向左压缩弹簧, F 做功 50 J 后(弹簧始终处于弹性限度内),突然撤去外力 F,物体从静止开始运动 .则当撤去F 后,弹簧弹力对物体的冲量为 ( )图 K17-3A.5 N·s B.15 N·sC.20 N·s D.100 N·s9.(多选)[2017·南昌一中模拟] 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变化的图像如图 K17-4 所示,则下列说法中正确的是 ( )图 K17-4A.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零10.(多选)[2017·湖南常德模拟] 如图 K17-5 所示,质量为 m 的小球从距离地面高度为 H 的 A 点由静止释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为 h 的 B 点时速度减为零 .不计空气阻力,重力加速度为 g,则关于小球下落的整个过程,下列说法中正确的有 ( )图 K17-5A.小球的机械能减少了 mg(H+h)B.小球克服阻力做的功为 mgh3C.小球所受阻力的冲量大于 mD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量11.[2017·北京西城二模] 如图 K17-6 甲所示为某农庄灌溉工程的示意图 .地面与水面的距离为 H,用水泵从水池抽水(抽水过程中 H 保持 不变),龙头离地面的高度为 h,水管横截面积为 S,水的密度为 ρ ,重力加速度为 g,不计空气阻力 .(1)水从管口以一定的速度源源不断地沿水平方向喷出,水落地的位置到管口的水平距离为 10h,设管口横截面上各处水的速度都相同 .①求每秒内从管口流出的水的质量 m0;②不计额外功的损失,求水泵输出的功率 P.(2)在保证水管流量不变的前提下,在龙头后接一个如图乙所示的喷头,让水流竖直向下喷出,打在水平地面上不反弹,产生大小为 F 的冲击力,由于水与地面作用时间很短,可忽略重力的影响 ,求水流落地前瞬间的速度大小 v.图 K17-6412.如图 K17-7 所示,若直升机总质量为 m,直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆的面积)为 S,已知空气密度为 ρ ,重力加速度为 g.求此直升机悬停在空中时其内部发动机的功率 .图 K17-7挑战自我13.为了保证飞船能以速度 v0匀速穿过尘埃云,在飞船刚进入尘埃云时,立即使其开启内置的离子加速器(利用电场加速带电粒子,形成向外发射的远远大于飞船速度的高速粒子流,从而对飞船产生推力) .已知离子加速器发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为 m,加速电压为 U,元电荷为 e.若在飞船加速过程中其质量的变化可忽略不计,求单位时间内离子加速器射出的阳离子数 .(假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用,飞船可视为横截面积为 S 的圆柱体,尘埃云分布均匀且密度为 ρ )5课时作业(十八) 第 18 讲 动量守恒定律及其应用时间 / 40 分钟基础巩固1.(多选)[2017·河 南开封质检] 如图 K18-1 所示,在光滑水平面上的两小车中间连接有一根处于压缩状态的轻弹簧,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 ( )图 K18-1A.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,在两手放开后、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零2.[2017·福建泉州质检] “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏 .”爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露 .质量为 3m 的爆竹被斜向上抛出,到达最高点时其速度大小为 v0,方向水平向东,在最高点爆炸并分为质量不等的两块,其中一块的质量为 2m,速度大小为 v,方向水平向东,则另一块的速度为( )A.3v0-v B.2v0-3vC.3v0-2v D.2v0+v3.[2017·郑州期末] 我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接 .假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度大小为 v,此时的质量为 m,已知飞船需加速到 v1才能追上“天宫二号”,故使飞船的发动机点火,将质量为 Δ m 的燃气一次性喷出,燃气对地向后的速度大小为v2.则下列关于此过程的表达式中正确的是 ( )A.mv=mv1-Δ mv2B.mv=mv1+Δ mv2C.mv=(m-Δ m)v1-Δ mv2D.mv=(m-Δ m)v1+Δ mv24.[2017·广西桂林质检] 如图 K18-2 所示,处于光滑水平面上且大小相同的 A、 B 两个小球在同一直线上运动 .两球质量关系为 mB=2mA,规定向右为正方向, A、 B 两球的动量均为 8 kg·m/s,运动过程中两球发生碰撞,碰撞后 A 球的动量的增量为 -4 kg·m/s,则( )图 K18-2A.右方的小球为 A 球,碰撞后 A、 B 两球的速度大小之比为 2 ∶ 3B.右方的小球为 A 球,碰撞后 A、 B 两球的速度大小之比为 1 ∶ 6C.左方的小球为 A 球,碰撞后 A、 B 两球的速度大小之比为 2 ∶ 3D.左方的小球为 A 球,碰撞后 A、 B 两球的速度大小之比为 1 ∶ 6技能提升5.(多选)[2017·哈尔滨三中验收考试] 如图 K18-3 所示,将一根轻质弹簧从物体 B 的内部穿过,并将其上端悬挂于天花板,下端与质量 m1=2 kg 的物体 A 相连 .平衡时物体 A 距天花板的高度 h=2.4 m,在物体A 正上方距其高度 h1=1.8 m 处由静止释放质量 m2=1 kg 的物体 B,B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体 A 碰撞(碰撞时间 极短)并立即与 A 以相同的速度一同运动,历时 0.25 s 第一次到达最低点 .两物体不粘连,且均可视为质点,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力, g 取 10 m/s2.下列说法中正确的是( )图 K18-3A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为 2 m/s6B.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为 0.25 mC.碰撞结束后两物体一起运动 0.25 s 的过程中,两物体间的平均作用力大小为 18 ND.A、 B 到最低点后反弹上升,则 B 与 A 分开后还能上升的最大高度为 0.2 m6.(多选)[2017·长沙二模] 如图 K18-4 所示,质量为 M 的小车静止在光滑水平面上,小车 A 端固定一根轻弹簧,弹簧的另一端连接一个放置在小车上且质量为 m 的物体 C,已知小车底部光滑,弹簧处于压缩状态 .弹簧被释放后,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 ( )图 K18-4A.物体 C 离开弹簧时,小车在向左运动B.物体 C 与 B 端粘在一起之前,小车的运动速率与物体 C 的运动速率的比值为C.物体 C 与 B 端粘在一起后,与小车一同向右运动D.整个过程中,小车、物体 C 及弹簧组成的系统的机械能守恒7.(多选 )[2 017·河南南阳一中月考] 如图 K18-5 甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为 m1和 m2的两物块 A、 B 相连接,两物块与弹簧组成的系统静止在光滑的水平面上,现使 B 获得大小为 3 m/s、水平向右的瞬时速度,若在 B 获得速度的同时开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,则从图像中可以看出 ( )图 K18-5A.在 t1和 t3两个时刻两物块达到共同速度,且弹簧都处于伸长状态B.t3到 t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比为 m1∶m 2=1∶ 2D.在 t2时刻 A 与 B 的动能之比为 Ek1∶E k2=8∶ 18.(多选)[2017·江西八校二联] 在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M 和 m 的两个小球,其中M=0.6 kg,m=0.2 kg,两小球中间夹有一个被压缩且弹性势能 Ep=10.8 J 的轻弹簧(与两小球均不相连) .现突然释放弹簧,质量为 m 的小球脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径 R=0.425 m 且竖直放置的光滑半圆形轨道,如图 K18-6 所示 .重力加速度 g 取 10 m/s 2.下 列说法中正确的是 ( )图 K18-6A.质量为 M 的小球离开轻弹簧时获得的速度为 9 m/sB.质量为 m 的小球从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力的冲量大小为 3.4 N·sC.若半圆形轨道半径可调,且质量为 m 的小球能从 B 点飞出,则其飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧从压缩状态至恢复原长的过程中,弹力对质量为 m 的小球的冲量大小为 1.8 N·s9.[2017·山东东营模拟] 如图 K18-7 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 2 m/s 的初速度 v0相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且均可视为质点 .甲和他的装备总质量 M1=90 kg,乙和他的装备总质量 M2=135 kg.为了避免直接相撞,乙从自7己的装备中取出一个质量 m=45 kg 的物体 A 并把它推向甲,甲迅速接住物体 A 后便不再松开,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,均安全“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 将物体 A 推出?(2)已知甲与物体 A 作用的时间 t=0.5 s,求甲与物体 A 之间相互作用力 F 的大小 .图 K18-710.[2017·安徽马鞍山二中测试] 如图 K18-8 所示,光滑的水平面上有三块质量和形状都相同的板A、 B、 C,其中 A 放在 B 上且与 B 两端对齐,两板作为整体一起以速度 v0沿水平面滑动,与正前方的 C 发生碰撞,已知 B 与 C 发生碰撞后粘在一起,当 A 从 B 全部移到 C 上后,由于摩擦力的作用, A 相对 C 静止且恰好与 C 两端对齐 .A 与 C 间的动摩擦因数为 μ ,A 和 B 间的摩擦不计,重力加速度为 g.求:(1)A 相对 C 静止时系统的速度大小;(2)板的长度 .图 K18-88挑战自我11.如图 K18-9 所示,水平地面上静止放置一辆小车 A,质量 mA=4 kg,其上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计 .可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端, B 的质量 mB=2 kg.现对 A 施加一个大小为 10 N、水平向右的恒力 F,A 运动一段时间后,小车左 端固定的挡板与 B 发生碰撞,碰撞时间极短且碰后 A、 B 粘在一起共同在 F 的作用下继续运动,碰撞后经过 0.6 s,二者的速度达到 2 m/s.求:(1)A 开始运动时的加速度大小 a;(2)A、 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小 v;(3)A 的上表面长度 l.图 K18-99专题训练(五) 专题 5 力学观点综合应用时间 / 40 分钟基础巩固1.[2017·湖南株洲一模] 如图 Z5-1 甲所示,质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 的作用,在粗糙水平面上做加速直线运动,其 a-t 图像如图乙所示,已知 t=0 时其速度大小为 2 m/s,所受滑动摩擦力的大小恒为2 N,则 ( )图 Z5-1A.在 t=6 s 的时刻,物体的速度为 18 m/sB.在 0~6 s 时间内,合力对物体做的功为 400 JC.在 0~6 s 时间内,拉力对物体的冲量为 36 N ·sD.在 t=6 s 的时刻,拉力 F 的功率为 200 W2.(多选)[2017·哈尔滨三中验收考试] 矩形滑块由上、下两层不同的材料粘在一起组成,放置在光滑的水平面上,子弹水平射向滑块,若击中的是滑块上层,子弹刚好不穿出,若击中的是滑块下层,子弹刚好完全嵌入,如图 Z5-2 所示 .从子弹击中滑块到与滑块相对静止的过程中,下列说法中正确的是( )图 Z5-2A.两种情况下子弹对滑块做的功一样多B.若子弹击中滑块的上层,则子弹对滑块做的功较多C.两种情况下滑块所受的水平方向的冲量一样大D.两种情况下子弹击中并嵌入木块的过程中,系统产生相同的热量3.(多选)[2017·黑龙江双鸭山一中模拟] 如图 Z5-3 所示,光滑水平面上的三个小球 a、 b、 c 的质量均为 m,小球 b、 c 与轻弹簧相连且静止,小球 a 以速度 v0冲向小球 b,与之相碰并粘在一起运动 .在整个运动过程中,下列说法正确的是 ( )图 Z5-3A.三个小球与弹簧组成的系统动量守恒,机械能不守恒B.三个小球与弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒C.当小球 b、 c 速度相等时,弹簧弹性势能最大D.当弹簧恢复原长时,小球 c 的动能一定最大,小球 b 的动能一定不为零4.[2017·山东聊城一中三模拟 ] 如图 Z5-4 所示,光滑的水平面上有一质量 M=9 kg 的木板,其右端恰好和光滑固定的 圆弧轨道 AB 的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切),木板右端放有一质量 m0=2 kg 的物体 C(可视为质点),已知圆弧轨道半径 R=0.9 m.现将一质量 m=4 kg 的小滑块(可视为质点)由圆弧轨道的 A 端无初速度释放,滑块滑到 B 端后冲上木板,并与木板右端的物体 C 粘在一起在木板10上向左滑行,最后恰好不从木板左端滑出 .已知小滑块与木板上表面的动摩擦因数 μ 1=0.25,物体 C 与木板上表面的动摩擦因数 μ 2=0.1,重力加速度 g 取 10 m/s2,求:(1)小滑块到达圆弧的 B 端时对轨道的压力大小;(2)木板的长度 L.图 Z5-45.如图 Z5-5 所示,某时刻质量 m1=50 kg 的人站在质量 m2=10 kg 的小车上,推着质量 m3=40 kg 的铁箱一起以大小为 2 m/s 的速度 v0在水平地面沿直线运动到 A 点,迅速将铁箱推出,推出后人和车刚好停在 A点,铁箱向右运动,与距 A 点 s=0.25 m 的竖直墙壁发生碰撞后被弹回,碰撞过程中存在能量损失,铁箱弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一,当其回到 A 点时又被人接住,之后人、小车、铁箱一起向左运动 .已知小车、铁箱受到的摩擦力均为其对地面压力的 ,重力加速度 g 取 10 m/s2,求:(1)人推出铁箱时对铁箱做的功;(2)人、小车和铁箱停止运动时距 A 点的距离 .图 Z5-511技能提升6.[2017·长春质检] 如图 Z5-6 所示,一根轻弹簧水平放置,左端固定在 A 点,右端与一个质量 m1=1 kg的物块 P 接触但不相连 .AB是水平轨道, B 端与半径 R=0.8 m 的竖直光滑半圆轨道 BCD 的底部相切, D 是半圆轨道的最高点 .质量 m2=1 kg 的物块 Q 静止于 B 点 .用外力缓慢向左推动物块 P,使弹簧压缩(弹簧始终处于弹性限度内),使物块 P 静止于距 B 端 L=2 m 处 .现撤去外力,物块 P 被弹簧弹出后与物块 Q 发生正碰,碰撞前物块 P 已经与弹簧分开且碰撞时间极短,碰撞后两物块粘到一起,恰好能沿半圆轨道运动到 D 点 .物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 μ= 0.5,物块 P、 Q 均可视为质点,重力加速度 g 取 10 m/s2.求:(1)物块 P 与物块 Q 发生碰撞前瞬间的速度大小;(2)释放物块 P 时弹簧的弹性势能 Ep.图 Z5-67.[2017·安徽黄山质检] 如图 Z5-7 所示,小车置于光滑的水平面上,轻质弹簧的右端固定在挡板上,左端拴接一个在小车上的物块 b,小车质量 M=3 kg,AO 部分粗糙且长度 L=2 m,OB 部分光滑 .另一个物块 a在小车的最左端,和小车一起以大小为 4 m/s 的速度 v0向右匀速运动,与小车 AO 部分间的动摩擦因数μ= 0.3,小车撞到固定挡板的瞬间速度变为零,但不与挡板粘连 .已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度,弹簧始终处于弹性限度内, a、 b 两物块的质量均为 m=1 kg 且均可看作质点, a、 b 碰撞时间极短,碰后一起向右运动,但不粘连 .g 取 10 m/s2.求:12(1)物块 a 与 b 碰后瞬间的速度大小;(2)当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离;(3)当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到 O 点的距离 .图 Z5-7挑战自我8.[2017·河南济源二模] 如图 Z5-8 所示,长木板 B 的质量 m2=1 kg,静止于粗糙的水平地面上,质量m3=1 kg 的物块 C(可视为质点)静止于长木板的最右端,质量 m1=0.5 kg 的物块 A 从距离长木板 B 左侧l=9.5 m 处以大小为 10 m/s 的初速度 v0沿直线正对着长木板运动,一段时间后物块 A 与长木板 B 发生弹性正碰(时间极短),之后三者发生相对运动,整个过程物块 C 始终在长木板上 .已知物块 A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为 μ 1=0.1,物块 C 与长木板间的动摩擦因数 μ 2=0.2,物块 C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g 取 10 m/s2,求:(1)碰后瞬间物块 A 和长木板 B 的速度;(2)长木板 B 的最小长度和最终物块 A 到长木板左侧的距离 .图 Z5-813教师详解(作业手册)课时作业(十七)1.A [解析] 小球从被抛出至到达最高点经历时间 2 s,受到的冲量大小为 10 N·s,选项 A 正确;小球从被抛出至落回出发点经历时间 4 s,受到的冲量大小为 20 N·s,动量是矢量,返回出发点时小球的速度大小仍为 20 m/s,但方向与被抛出时相反,故小球的动量变化量大小为 20 kg·m/s,选项 B、C、D 错误 .2.D [解析] 滚动了 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,由于不能确定运动员对球的作用时间,所以无法确定运动员对球的冲量,选项 D 正确 .3.B [解析] 根据动量定理得 FΔ t=(m1+m2)Δ v,解得 m2=3485 kg,选项 B 正确 .4.C [解析] 足球自由下落时有 h= gt2,解得 t= =0.4 s,竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间,所以 t 总 =2t=0.8 s;设竖直向上为正方向,由动量定理得( F'N-mg)Δ t=mv-(-mv),又 v=gt=4 m/s,联立解得 F'N=36 N,由牛顿第三定律知足球对头部的平均作用力 FN=F'N=36 N,故 C 正确 .5.C [解析] 热水瓶胆做成两层并把两层中间的空气抽去,是为了防止空气对流而散失热量,从而更好地保温,与动量定理无关,其他几项中做法均与动量定理有关,故选项 C 正确 .6.AD [解析] 由题意可知,兔子的初速度 v0=15 m/s,则兔子撞树前的动量大小 p1=mv1=2 kg×15 m/s=30 kg·m/s,选项 A 正确;末速度 v=-1 m/s,末动量 p2=mv2=2 kg×(-1 m/s)=-2 kg·m/s,兔子撞树过程中的动量变化量为 Δ p=p2-p1=-2 kg·m/s-30 kg·m/s=-32 kg·m/s,选项 B 错误;兔子撞树过程中的动量变化 量为负值,说明兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相反,选项 C 错误;由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量 I=Δ p=-32 N·s,选项 D 正确 .7.D [解析] 钢球从距地面 5 m 的位置落到地面所用时间 t1= =1 s,与地面碰前瞬时的速率 v1==10 m/s,与地面碰后瞬间的速率 v2= =9 m/s,上升至距地面 4.05 m 所用时间 t2= =0.9 s,钢球与地面碰撞的时间 Δ t=t-t1-t2=0.1 s,则( F-mg)·Δ t=mv2-(-mv1),解得 F=mg+N=100 N,选项 D 正确 .8.C [解析] 由于弹簧的弹力是变力,因此该力的冲量不能用公式 I=Ft 直接求解,可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变化)间接求解 .已知弹簧储存了 50 J 的弹性势能,可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度,然后运用动量定理求冲量,所以有 Ep= mv2,I=mv,解得弹簧弹力对物体的冲量 I=20 N·s,选项 C 正确 .9.BCD [解析] 由图像可知物体在 0~4 s 内先做匀加速运动后做匀减速运动,4 s 末的速度为零,位移在 0~4 s 内一直增大,A 错误;前 2 s 内拉力做正功,后 2 s 内拉力做负功,且两段时间内做功代数和为零,故 B 正确;4 s 末的速度为零,故物体的动量为零,C 正确;根据动量定理,0 ~4 s 内物体的动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,故 D 正确 .10.AC [解析] 小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减小了 mg(H+h),则小球的机械能减小了mg(H+h),故 A 正确;对小球下落的全过程运用动能定理,得 mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做的功Wf=mg(H+h),故 B 错误;小球落到地面时的速度 v= ,对小球从开始进入泥 潭到速度减为零的过程运14用动量定理得 IG-IF=0-m ,则 IF=IG+m ,可知阻力的冲量大于 m ,故 C 正确;对全过程运用动量定理,可知动量的变化量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和,故 D 错误 .11.(1)① ρS (H+26h)(2)[解析] (1)①水从管口沿水平方向喷出,做平抛运动,设水喷出时的速度为 v0,做平抛运动所用的时间为 t,竖直方向上有 h= gt2水平方向上有 10h=v0t时间 t0内喷出的水的质量 m=ρV=ρv 0t0S每秒喷出的水的质量 m0=联立解得 m0=ρS .②时间 t0内水泵输出的功 W=mg(H+h)+输出功率 P=解得 P=ρSg (H+26h).(2)取与地面作用的一小块水 Δ m 为研究对象,根据动量定理有 F'·Δ t=Δ m·v由牛顿第三定律得 F'=F由题意可知 Δ m=m0·Δ t解得 v= .12.[解析] 直升机悬停时受到的升力 F=mg设螺旋桨作用于 空气后空气的速度为 v,在很短的时间 Δ t 内,螺旋桨推动空气的质量 Δ m=ρSv Δ t对于质量为 Δ m 的这部分空气,根据牛顿第三定律, F=F'由动量定理得 F'Δ t=Δ m·v设发动机的功率为 P,由动能定理得 PΔ t= v2联立解得 P= .13.[解析] 设在很短的时间 Δ t 内,与飞船碰撞的尘埃的质量为 m',所受飞船的作用力为 f'.由于飞船的质量为 M,飞船与尘埃发生的是弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有Mv0=Mv1+m'v2解得 v2= v0由于 M≫m',所以碰撞后尘埃的速度 v2=2v0对尘埃,根据动量定理有f'Δ t=m'v2,其中 m'=ρSv 0Δ t15则飞船所受阻力 f=f'=2ρS设一个离子在电场中加速后获得的速度为 v,根据动能定理得eU= mv2设单位时间内离子加速器射出的离子数为 n,在很短的时间 Δ t 内,根据动量定理得F'Δ t=nΔ tmv则飞船所受动力 F=F'=nmv飞船做匀速运动,则有 F=f解得 n= .课时作业(十八)1.ACD [解析] 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,故两手同时放开后系统总动量始终为零,选项 A 正确;先放开左手,左边的物体向左运动,再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒,且总动量方向向左,故选项 B 错误,C、D 正确 .2.C [解析] 取水平向东为正方向,爆炸过程系统内力远远大于外力,动量守恒,有 3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v,C 正确 .3.C [解析] 飞船发动机点火喷出燃气这一过程动量守恒,由动量守恒定律得 mv=(m-Δ m)v1-Δ mv2,选项 C 正确 .4.C [解析] A、 B 两球发生碰撞,规定向右为正方向,碰撞前两球动量相等, mBmA,则 vBvA,所以左方的小球是 A 球 .碰撞后 A 球的动量为 4 kg·m/s,由于系统在水平方向上动量守恒,所以碰撞后 B 球的动量为 12 kg·m/s,由于 mB=2mA,所以碰撞后 A、 B 两球的速度大小之比为 2∶3,故 C 正确 .5.AC [解析] 设物体 B 自由下落至与 A 碰撞前瞬间的速度为 v0,根据自由落体运动规律得 v0=m/s=6 m/s,设在 A、 B 碰撞后瞬间,二者共同速度为 v,以向下为正方向,根据动量守恒定律得 m2v0=(m1+m2)v,解得 v=2 m/s,A 正确;二者一起运动 0.25 s 的过程中,选择 B 作为研究对象,根据动量定理,得( m2g- )t=0-m2v,解得 =18 N,方向竖直向上,若 B 受到 A 的作用力恒为 F=18 N,则根据动能定理可得 -Fx+m2gx=0- m2v2,解得 x=0.25 m,即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25 m,但 A 对 B 的作用为非恒力,B 错误,C 正确;若二者在碰撞的位置分开,则与 A 分开后 B 还能上升的最大高度 h= =0.2 m,但实际上 A、 B 在弹簧恢复原长时才分开,故 B 还能上升的最大高度小于 0.2 m,D 错误 .6.AB [解析] 系统动量守恒,物体 C 离开弹簧时正向右运动,动量方向向右,系统的总动量为零,所以小车的动量方向向左,由动量守恒定律有 mv1-Mv2=0,所以小车的运动速率 v2与物体 C 的运动速率 v1的比值为 ;当物体 C 与小车的 B 端粘在一起后,由动量守恒定律知,系统的总动量为零,即小车和物体均静止,整个过程中弹性势能转化为内能,所以选项 A、B 正确 .7.BD [解析] 图线与横轴围成的图形的面积表示位移大小,在 t1时刻 B 的位移大于 A 的位移,此时弹簧处于伸长状态,在 t3时刻 B 向右做加速运动,即受到向右的弹力,所以此时弹簧处于压缩状态,A 错误;当 B 的加速度为零时,弹簧弹力为零,所以 t4时刻弹簧恢复原长,故 t3到 t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长,B 正确;由于整个过程中两个物块和弹簧组成的系统动量守恒,故从 0~t1过程中有 m2×3 m/s=(m2+m1)×1 m/s,解得 2m2=m1,故 m1∶ m2=2∶1,C 错误;在 t2时刻 A 的速度为 2 m/s,B 的速度为 -1 m/s,根据 Ek= mv2,解得此刻 Ek1∶ Ek2=8∶1, 故 D 正确 .168.BD [解析] 以向右为正方向,弹簧在释放的过程中系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,由机械能守恒定律得 =Ep,解得 v1=9 m/s,v2=3 m/s.质量为 m 的小球从底端 A 运动到顶端 B 的过程中,由机械能守恒定律得 +mg·2R,解得 v1'=8 m/s,由动量定理得,质量为 m 的小球从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小 I=Δ p=-mv'1-mv1=-0.2×8 N·s-0.2×9 N·s=-3.4 N·s,故 A 错误,B 正确 .设圆轨道半径为 r 时,质量为 m 的小球从 B 点飞出后水平位移最大,从底端 A 运动到顶端 B 的过程中,由机械能守恒定律得 +mg·2r,在最高点,由牛顿第二定律得 mg+N=m ,质量为 m 的小球从 B 点飞出,需要满足 N≥0,飞出后,小球做平抛运动,有 2r=gt2,x=v1″t ,联立可得 x= ,则当 8.1-4r=4r,即 r=1.012 5 m 时, x 最大,随轨道半径的增大,质量为 m 的小球从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离先增大后减小,故 C 错误;由动量定理,弹簧从压缩状态到恢复原长的过程中,弹力对质量为 m 的小球的冲量大小 I'=mv1=0.2×9 N·s=1.8 N·s,故D 正确 .9.(1)5.2 m/s (2)432 N[解析] (1)以甲、乙、物体 A 三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的初速度方向为正方向,则有M2v0-M1v0=(M1+M2)v1以乙和物体 A 组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得M2v0=(M2-m)v1+mv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)解得 F=432 N.10.(1) v0 (2)[解析] (1)在整个过程中,系统在水平方向上动量守恒,有2mv0=3mv2解得 v2= v0.(2)B、 C 发生完全非弹性碰撞,有mv0=2mv1解得 v1=根据能量守恒定律有=Q解得 Q=A 在 C 上滑动时摩擦力随相对位移线性增大,17所以 A 在 C 上滑动时系统产生的热量为 Q= μmgl解得 l= .11.(1)2.5 m/s2 (1)1 m/s (3)0.45 m[解析] (1)以 A 为研究对象,由牛顿第二定律有F=mAa解得 a=2.5 m/s2.(2)对 A、 B 碰撞后共同运动 t=0.6 s 后速度达到 v'=2 m/s 的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)v'-(mA+mB)v解得 v=1 m/s.(3)设 A、 B 发生碰撞前 A 的速度为 vA,对 A、 B 发生碰撞的过程,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)vA 从开始运动到与 B 发生碰撞前,由动能定理有Fl=解得 l=0.45 m.专题训练(五)1.D [解析] 类比速度—时间图像中位移的表示方法可知,速度变化量大小在加速度—时间图像中由图线与横轴所围面积表示,在 0~6 s 内 Δ v=18 m/s,已知 v0=2 m/s,则物体在 t=6 s 时的速度 v=20 m/s,A错误;由动能定理可知,在 0~6 s 内,合力做的功 W= =396 J,B 错误;由动量定理可知 IF-fΔ t=mv-mv0,解得拉力对物体的冲量 IF=48 N·s,C 错误;在 6 s 末,由牛顿第二定律有 F-f=ma,解得F=10 N,所以拉力的功率 P=Fv=200 W,D 正确 .2.ACD [解析] 根据动量守恒定律得 mv=(M+m)v 共 ,则无论子弹击中上层还是下层,滑块的最终速度相同,滑块动能的增量等于子弹对其做的功,所以两种 情况下子弹对滑块做的功一样多,A 正确,B 错误;根据 I=Mv 共 可得两次滑块所受的水平方向的冲量一样大,C 正确;子弹击中并嵌入下层或上层的过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,系统减少的动能相同,故产生的热量也相同,故 D 正确 .3.ACD [解析] 在整个运动过程中,系统所受的合外力为零,动量守恒, a 与 b 碰撞的过程中系统机械能减小,故 A 正确,B 错误;当小球 b、 c 速度相等时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,故 C 正确;当弹簧恢复原长时,小球 c 的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球 b 的动能一定不为零,故 D 正确 .4.(1)120 N (2)1.2 m[解析] (1)小滑块从 A 端下滑到 B 端的过程中,机械能守恒mgR=解得 v0=3 m/s小滑块到达圆弧轨道的 B 端时,由牛顿第二定律得FN-mg=m解得轨道对小滑块的支持力 FN=120 N由牛顿第三定律可知,小滑块对轨道的压力大小为 120 N.(2)小滑块滑上木板后与木板右端的物体 C 发生碰撞,以向左为正方向,设碰撞后二者共同的速度为 v1,则mv0=(m+m0)v118解得 v1=2 m/s滑块、物体 C 以及木板三者组成的系统在水平方向上动量守恒,设三者的末速度为 v2,由动量守恒定律有(m+m0)v1=(m+m0+M)v2由能量守恒定律得(μ 1m+μ 2m0)gl= (m+m0) (M+m+m0)解得 l=1.2 m.5.(1)420 J (2)0.2 m[解析] (1)对人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得v0=m3v1解得 v1=5m/s由动能定理,可知人推出铁箱时对铁箱做的功 W= =420 J.(2)设铁箱与墙壁相碰前瞬间的速度为 v2,再次滑到 A 点时速度为 v3,根据动能定理得- -解得 v2=2 m/s,v3= m/s设人、小车、铁箱一起向左运动的速度为 v4,根据动量守