（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 第1講 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律學(xué)案.docx

《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 第1講 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律學(xué)案.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 第1講 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律學(xué)案.docx（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第1講　動(dòng)量定理　動(dòng)量守恒定律 [考試標(biāo)準(zhǔn)] 知識(shí)內(nèi)容 考試要求 說(shuō)明 動(dòng)量和動(dòng)量定理 c 1.運(yùn)用動(dòng)量定理計(jì)算時(shí)，只限于一個(gè)物體、一維運(yùn)動(dòng)和一個(gè)過(guò)程． 2.運(yùn)用動(dòng)量定理計(jì)算時(shí)，不要求涉及連續(xù)介質(zhì)． 3.只要求解決一維運(yùn)動(dòng)中簡(jiǎn)單的動(dòng)量守恒問(wèn)題． 4.只要求解決兩個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)相互作用一次的動(dòng)量守恒問(wèn)題． 5.運(yùn)用動(dòng)量守恒定律計(jì)算時(shí)，不要求涉及相對(duì)速度． 6.運(yùn)用動(dòng)量守恒定律計(jì)算時(shí)，不要求涉及平均速度． 7.運(yùn)用動(dòng)量守恒定律計(jì)算時(shí)，不要求涉及變質(zhì)量問(wèn)題． 8.綜合應(yīng)用動(dòng)量、能量進(jìn)行計(jì)算時(shí)，不要求聯(lián)立方程求解． 9.不要求定量計(jì)算反沖問(wèn)題. 動(dòng)量守恒定律 c 碰撞 d 反沖運(yùn)動(dòng)　火箭 b 一、動(dòng)量和動(dòng)量定理 1．動(dòng)量 物體的質(zhì)量與速度的乘積為動(dòng)量，即p＝mv，單位是kgm/s.動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同． 2．沖量 力與力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量，即I＝Ft，沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是Ns. 3．動(dòng)量定理 物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量，即p′－p＝I.適用于單個(gè)物體或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)． 自測(cè)1　下列說(shuō)法正確的是(　　) A．速度大的物體，它的動(dòng)量一定也大 B．動(dòng)量大的物體，它的速度一定也大 C．只要物體的運(yùn)動(dòng)速度大小不變，物體的動(dòng)量就保持不變 D．物體的動(dòng)量變化越大，則該物體的速度變化一定越大 答案　D 自測(cè)2　(多選)如圖1所示，一個(gè)物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進(jìn)了時(shí)間t，則(　　) 圖1 A．拉力對(duì)物體的沖量大小為Ft B．拉力對(duì)物體的沖量大小為Ftsinθ C．摩擦力對(duì)物體的沖量大小為Ftsinθ D．合外力對(duì)物體的沖量大小為零 答案　AD 解析　拉力F對(duì)物體的沖量就是Ft，所以A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；物體受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以，摩擦力對(duì)物體的沖量大小為Fft＝Ftcosθ，C項(xiàng)錯(cuò)誤；物體勻速運(yùn)動(dòng)，合外力為零，所以合外力對(duì)物體的沖量大小為零，D項(xiàng)正確． 二、動(dòng)量守恒定律 1．適用條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． (2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力． (3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒． 2．動(dòng)量守恒定律的不同表達(dá)形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的總動(dòng)量等于作用后的總動(dòng)量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零． 自測(cè)3　關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．只要系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力，動(dòng)量就不可能守恒 B．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒 C．系統(tǒng)所受合外力不為零，其動(dòng)量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒 D．相互作用的兩物體動(dòng)量的增量的矢量和一定為零 答案　A 三、碰撞 1．碰撞 碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象． 2．特點(diǎn) 在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒． 3．分類 動(dòng)量是否守恒 機(jī)械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 四、反沖運(yùn)動(dòng)　火箭 1．反沖現(xiàn)象 (1)如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力作用下分裂為兩部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反方向運(yùn)動(dòng)． (2)反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛?dòng)量守恒定律來(lái)處理． (3)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加． 2．火箭 (1)工作原理：利用反沖運(yùn)動(dòng)．火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫、高壓燃?xì)鈴奈矅姽苎杆賴姵鰰r(shí)，使火箭獲得巨大的反作用力． (2)設(shè)火箭在Δt時(shí)間內(nèi)噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量是Δm，噴出燃?xì)獾乃俣却笮∈莡，噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量是m，則火箭獲得的速度大小v＝. 自測(cè)4　(多選)下列屬于反沖運(yùn)動(dòng)的是(　　) A．汽車的運(yùn)動(dòng) B．直升飛機(jī)的運(yùn)動(dòng) C．火箭的運(yùn)動(dòng) D．反擊式水輪機(jī)的運(yùn)動(dòng) 答案　CD 命題點(diǎn)一　動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 1．理解 (1)物體的動(dòng)量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，力就越?。? (2)物體受到的作用力一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量變化量越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化量越?。? 2．應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量． (2)應(yīng)用Δp＝FΔt求恒力作用下的曲線運(yùn)動(dòng)中物體動(dòng)量的變化量． (3)應(yīng)用動(dòng)量定理解題的步驟 ①確定研究對(duì)象． ②進(jìn)行受力分析：分析研究對(duì)象以外的物體施加給研究對(duì)象的力． ③分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，選取正方向，確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量以及整個(gè)過(guò)程合力的沖量． ④列方程：根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解． 例1　用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理．如圖2所示，從距秤盤80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時(shí)間為1s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反．若每個(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g．則在碰撞過(guò)程中秤盤受到的壓力大小約為(　　) 圖2 A．0.2N B．0.6N C．1.0N D．1.6N 答案　B 解析　豆粒從80 cm高處下落到秤盤上時(shí)的速度為v1，v12＝2gh， 則v1＝＝ m/s＝4 m/s 設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv1 則F＝＝ N＝0.6 N， 故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 變式1　籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球．接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖3所示．這樣做可以(　　) 圖3 A．減小球?qū)κ值臎_量 B．減小球?qū)θ说臎_擊力 C．減小球的動(dòng)量變化量 D．減小球的動(dòng)能變化量 答案　B 解析　先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：－Ft＝0－mv F＝，球?qū)κ值臎_量、球的動(dòng)量和球的動(dòng)能的變化量都不變，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，球與人間的作用力減小，所以B正確． 變式2　一個(gè)質(zhì)量為m＝100g的小球從離厚軟墊h＝0.8m高處自由下落，落到厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0.2s，不計(jì)空氣阻力，則在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對(duì)小球的沖量是多少？(取g＝10m/s2) 答案　0.6Ns，方向豎直向上 解析　設(shè)小球自由下落h＝0.8m的時(shí)間為t1，由h＝gt12得t1＝＝0.4s. 設(shè)I為軟墊對(duì)小球的沖量，并令豎直向下的方向?yàn)檎较?，則對(duì)小球整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理得 mg(t1＋t)＋I(xiàn)＝0，得I＝－0.6Ns. 負(fù)號(hào)表示軟墊對(duì)小球的沖量方向和規(guī)定的正方向相反，方向豎直向上． 命題點(diǎn)二　動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用 1．適用條件 (1)前提條件：存在相互作用的物體組成的系統(tǒng)． (2)理想條件：系統(tǒng)不受外力． (3)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受合外力為0. (4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力． (5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則在此方向上動(dòng)量守恒． 2．解題步驟 (1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)； (2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量； (4)由動(dòng)量守恒定律列出方程； (5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明． 例2　兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無(wú)摩擦地沿同一直線運(yùn)動(dòng)．已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1kg，兩磁鐵的N極相對(duì)．推動(dòng)一下，使兩車相向運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻甲的速度大小為2m/s，乙的速度大小為3 m/s，方向與甲相反，兩車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未相碰．則： (1)兩車最近時(shí)，乙的速度為多大？ (2)甲車開(kāi)始反向時(shí)，乙的速度為多大？ 答案　(1)m/s　(2)2 m/s 解析　(1)兩車相距最近時(shí)，兩車的速度大小相同，設(shè)該速度大小為v，取剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)乙車的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v 所以兩車最近時(shí)，乙車的速度大小為 v＝＝m/s＝m/s. (2)甲車開(kāi)始反向時(shí)，其速度大小為0，設(shè)此時(shí)乙車的速度大小為v乙′，取剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)乙車的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得 m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′ 解得v乙′＝2m/s. 變式3　(多選)如圖4所示是兩組短道速滑選手在接力瞬間的照片，在短道速滑接力時(shí)，后面隊(duì)員把前面隊(duì)員用力推出(推出過(guò)程中可忽略運(yùn)動(dòng)員受到的冰面水平方向的作用力)，以下說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．接力過(guò)程中前面隊(duì)員動(dòng)能增加量等于后面隊(duì)員動(dòng)能減少量 B．接力過(guò)程中前面隊(duì)員受到的沖量和后面隊(duì)員受到的沖量大小相等，方向相反 C．接力過(guò)程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量增加 D．接力過(guò)程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量不變 答案　BD 變式4　如圖5甲所示，光滑平臺(tái)上物體A以初速度v0滑到靜止于水平地面且上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)，圖乙為物體A與小車B的v－t圖象，由圖乙中各物理量可求得(　　) 圖5 A．小車上表面的長(zhǎng)度 B．物體A的質(zhì)量 C．小車B的質(zhì)量 D．物體A與小車B的質(zhì)量之比 答案　D 解析　由題圖乙可知，A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，可以確定物體A相對(duì)小車B的位移，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，A錯(cuò)誤；以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，可解得物體A與小車B的質(zhì)量之比，D正確，B、C錯(cuò)誤． 變式5　一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽(yáng)和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對(duì)同一參考系的速度)(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)v0的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)題意，由動(dòng)量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2 解得v2＝，故選項(xiàng)C正確． 命題點(diǎn)三　碰撞問(wèn)題 1．碰撞遵循的三條原則 (1)動(dòng)量守恒定律 (2)機(jī)械能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大(或相等)． ②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變． 2．彈性碰撞討論 (1)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒 (2)“一動(dòng)碰一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足： v1＝v0，v2＝v0. 當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時(shí)，兩物體碰撞后交換速度． (3)含有彈簧的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒問(wèn)題，從本質(zhì)上看，屬于一種時(shí)間較長(zhǎng)的彈性碰撞．在作用的過(guò)程中，當(dāng)彈簧被壓縮至最短或拉伸至最長(zhǎng)時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體具有共同的速度，而此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大． 例3　如圖6所示，一個(gè)質(zhì)量為M＝50kg的運(yùn)動(dòng)員和質(zhì)量為m＝10kg的木箱靜止在光滑水平面上，從某時(shí)刻開(kāi)始，運(yùn)動(dòng)員以v0＝3m/s的速度向墻的方向推出箱子，箱子與右側(cè)墻壁發(fā)生完全彈性碰撞后返回．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員接到箱子后，再次重復(fù)上述過(guò)程，每次運(yùn)動(dòng)員均以v0＝3 m/s的速度向墻的方向推出箱子．求： 圖6 (1)運(yùn)動(dòng)員第一次接到木箱后的速度大小； (2)運(yùn)動(dòng)員最多能夠推出木箱幾次？ 答案　(1)1m/s　(2)3次 解析　(1)取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 第一次推出木箱0＝Mv1－mv0 第一次接住木箱Mv1＋mv0＝(M＋m)v1′ 解得v1′＝＝1m/s (2)第二次推出木箱(M＋m)v1′＝Mv2－mv0 第二次接住木箱Mv2＋mv0＝(M＋m)v2′ 同理可得第n次接住木箱時(shí)獲得的速度為 vn′＝2n≤v0(n＝1,2,3…) 解得n≤3 故運(yùn)動(dòng)員最多能夠推出木箱3次． 變式6　(多選)如圖7所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生碰撞后的可能運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(　　) 圖7 A．A和B都向左運(yùn)動(dòng) B．A和B都向右運(yùn)動(dòng) C．A、B都靜止 D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) 答案　CD 變式7　(多選)如圖8所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系數(shù)a<1)的速度彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數(shù)a可以是(　　) 圖8 A.B.C.D. 答案　BC 解析　A與B發(fā)生碰撞，選取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒可知：mv0＝5mvB－mav0.要使A球能再次追上B球并相撞，且A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，則av0>vB，由以上兩式可解得：a>，又mv02≥5mvB2＋m(av0)2，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤． 變式8　如圖9所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著兩個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的相同的小球A、B.現(xiàn)讓A球以v0＝2m/s的速度向B球運(yùn)動(dòng)，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)．求： 圖9 (1)A、B兩球碰撞后一起運(yùn)動(dòng)的共同速度多大？ (2)碰撞過(guò)程中損失了多少動(dòng)能？ 答案　(1)1m/s　(2)1J 解析　(1)A、B兩球相碰，滿足動(dòng)量守恒定律，以v0的方向?yàn)檎较? 則有mv0＝2mv 代入數(shù)據(jù)解得A、B兩球相碰后的速度v＝1m/s (2)A、B碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)能為 ΔEk＝mv02－2mv2＝1J. 1．(多選)下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物體運(yùn)動(dòng)的方向就是它的動(dòng)量的方向 B．如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零 C．如果合外力對(duì)物體的沖量不為零，則合外力一定使物體的動(dòng)能增大 D．作用在物體上的合外力的沖量不一定能改變物體速度的大小 答案　ABD 解析　物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，A對(duì)；如果物體的速度變化，則物體的動(dòng)量一定發(fā)生了變化，由動(dòng)量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對(duì)；合外力對(duì)物體的沖量不為零，但合外力可以對(duì)物體不做功，物體的動(dòng)能可以不變，C錯(cuò)；作用在物體上的合外力的沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對(duì)． 2．(多選)關(guān)于動(dòng)量、沖量，下列說(shuō)法成立的是(　　) A．某段時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量增量不為零，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量可能為零 B．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，而物體動(dòng)量的增量可能為零 C．某一時(shí)刻，物體的動(dòng)量為零，而動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率可能不為零 D．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量大小可能變大、變小或不變 答案　ACD 解析　自由落體運(yùn)動(dòng)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的某一段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量的增量不為零，而其中初位置物體的動(dòng)量為零，故A正確；某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變化量不為零，故B錯(cuò)誤；某一時(shí)刻物體的動(dòng)量為零，該時(shí)刻速度為零，動(dòng)量的變化率是合力，速度為零，合力可以不為零，即動(dòng)量的變化率可以不為零，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，沖量等于動(dòng)量的變化．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量的改變量變大，動(dòng)量大小可能變大、變小或不變，故D正確． 3.如圖1所示，小明在演示慣性現(xiàn)象時(shí)，將一杯水放在桌邊，杯下壓一張紙條．若緩慢拉動(dòng)紙條，發(fā)現(xiàn)杯子會(huì)出現(xiàn)滑落；當(dāng)他快速拉動(dòng)紙條時(shí)，發(fā)現(xiàn)杯子并沒(méi)有滑落．對(duì)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．緩慢拉動(dòng)紙條時(shí)，摩擦力對(duì)杯子的沖量較小 B．快速拉動(dòng)紙條時(shí)，摩擦力對(duì)杯子的沖量較大 C．為使杯子不滑落，杯子與紙條間的動(dòng)摩擦因數(shù)盡量大一些 D．為使杯子不滑落，杯子與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)盡量大一些 答案　D 解析　紙帶對(duì)杯子的摩擦力一定，緩慢拉動(dòng)紙條時(shí)，抽出的過(guò)程中時(shí)間長(zhǎng)，則摩擦力對(duì)杯子的沖量較大，快速拉動(dòng)紙條時(shí)，抽出的過(guò)程中時(shí)間短，則摩擦力對(duì)杯子的沖量較小，故A、B錯(cuò)誤；為使杯子不滑落，杯子與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)盡量大一些，這樣杯子在桌面上減速運(yùn)動(dòng)的加速度大，位移短，故C錯(cuò)誤，D正確． 4．下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度 B．體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力 C．用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響 D．為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好 答案　D 5．(多選)如圖2所示，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點(diǎn))，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點(diǎn)等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，則(　　) 圖2 A．合外力做的功為0 B．合外力的沖量為m C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為m 答案　BC 6．(多選)如圖3所示，在光滑的水平面上有靜止的物體A和B.物體A的質(zhì)量是B的2倍，兩物體中間用被細(xì)繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)把細(xì)繩剪斷，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中(　　) 圖3 A．A的速率是B的2倍 B．A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量 C．A受的力等于B受的力 D．A、B組成的系統(tǒng)的總動(dòng)量為零 答案　CD 7．如圖4所示，運(yùn)動(dòng)員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1.重力影響可忽略，則此過(guò)程中拍子對(duì)網(wǎng)球作用力的沖量(　　) 圖4 A．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同 D．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 答案　B 解析　取拍子擊打前網(wǎng)球的速度v1的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得：拍子對(duì)網(wǎng)球作用力的沖量I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即沖量大小為m(v1＋v2)，方向與v1方向相反，與v2方向相同．選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 8．如圖5所示，光滑水平面上的兩個(gè)小球A和B，其質(zhì)量分別為mA和mB，且mA＜mB，B球上固定一水平輕質(zhì)彈簧，且處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)A球以速度v撞擊彈簧的左端(撞擊后A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng))，則下列關(guān)于撞擊后的說(shuō)法中正確的是(　　) 圖5 A．兩球共速時(shí)，速度大小為 B．當(dāng)兩球速度相等時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng) C．當(dāng)A球速度為零時(shí)，B球速度為v D．當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，兩球速度都為零 答案　A 9．古時(shí)有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的沖擊力(可視為恒力)大小為自身體重2倍時(shí)即可導(dǎo)致死亡，如果兔子與樹(shù)樁的作用時(shí)間為0.2s，則被撞死的兔子其奔跑速度可能是(重力加速度g取10m/s2)(　　) A．1.5m/s B．2.5 m/sC．3.5m/s D．4.5 m/s 答案　D 10．在列車編組站里，一節(jié)動(dòng)車車廂以1m/s的速度碰上另一節(jié)靜止的拖車車廂，碰后兩節(jié)車廂結(jié)合在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．已知兩節(jié)車廂的質(zhì)量均為20t，則碰撞過(guò)程拖車車廂受到的沖量大小為(碰撞過(guò)程時(shí)間很短，內(nèi)力很大)(　　) A．10Ns B．20Ns C．104Ns D．2104Ns 答案　C 解析　動(dòng)車車廂和拖車車廂碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以碰撞前動(dòng)車車廂的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv，對(duì)拖車車廂根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv.聯(lián)立解得I＝104Ns，選項(xiàng)C正確． 11.在2018年冬奧會(huì)花樣滑冰雙人滑比賽中，中國(guó)選手隋文靜韓聰組合獲得亞軍．如圖6所示為某次訓(xùn)練中情景，他們攜手滑步，相對(duì)光滑冰面的速度為1.0m/s.韓聰突然將隋文靜向原先運(yùn)動(dòng)方向推開(kāi)，推力作用時(shí)間為2.0 s，隋文靜的速度大小變?yōu)?.0 m/s.假設(shè)隋文靜和韓聰?shù)馁|(zhì)量分別為40kg和60kg.求： 圖6 (1)推開(kāi)后韓聰?shù)乃俣却笮。? (2)推開(kāi)過(guò)程中隋文靜對(duì)韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮。? 答案　(1)1m/s　(2)60N 解析　(1)以原來(lái)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得 (m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2 解得v2＝－1m/s 即推開(kāi)后韓聰?shù)乃俣却笮?m/s (2)對(duì)韓聰由動(dòng)量定理得Ft＝m2v2－m2v 解得F＝－60N 即推開(kāi)過(guò)程中隋文靜對(duì)韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮?0N. 12.如圖7所示，光滑水平面上小球A、B分別以1.2m/s、2.0 m/s的速率相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后B球靜止．已知碰撞時(shí)間為0.05s，A、B的質(zhì)量均為0.2kg.求： 圖7 (1)碰撞后A球的速度大??； (2)碰撞過(guò)程A對(duì)B平均作用力的大小． 答案　(1)0.8m/s　(2)8N 解析　(1)A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)B碰撞前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较? 由動(dòng)量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′ 解得vA′＝0.8m/s (2)對(duì)B，由動(dòng)量定理得－Δt＝ΔpB＝0－mvB 解得＝8N. 13．蹦床運(yùn)動(dòng)有“空中芭蕾”之稱，某質(zhì)量m＝50kg的運(yùn)動(dòng)員從距蹦床h1＝1.25m高處自由落下，接著又能彈起h2＝1.8m高，運(yùn)動(dòng)員與蹦床接觸時(shí)間t＝0.50s，在空中保持直立，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，求： (1)運(yùn)動(dòng)員與蹦床接觸時(shí)間內(nèi)，所受重力的沖量大小I； (2)運(yùn)動(dòng)員與蹦床接觸時(shí)間內(nèi)，受到蹦床平均彈力的大小F. 答案　(1)250Ns　(2)1600N 解析　(1)重力的沖量大小為：I＝mgt＝50100.50Ns＝250Ns (2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員下落h1高度時(shí)的速度大小為v1， 則根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh1＝mv12 解得v1＝5m/s 設(shè)彈起時(shí)速度大小為v2，則根據(jù)動(dòng)能定理可得： mgh2＝mv22 解得：v2＝6m/s 取向上為正方向，由動(dòng)量定理有： (F－mg)t＝mv2－(－mv1) 解得F＝1600N.