2020届高三物理一轮复习专题分类练习卷：动量和动量定理
动量与动量定理题型一 对动量定理的理解和基本应用【例1】(2019·北京西城区模拟)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，用“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)，接触以后，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 ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg【变式1】．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 作用下，经过时间t 后，动量为p ，动能为E k ；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F 的作用下，则经过时间2t 后物体的( )A ．动量为4pB ．动量为2pC ．动能为4E kD ．动能为2E k【变式2】．(多选)质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时小B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32mv 0D ．整个过程中物体的动量变化量为12mv 0 题型二 动量定理的综合应用1．应用动量定理解释的两类物理现象【例2】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【变式1】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左边C ．在P 点右边不远处D ．在P 点右边原水平位移的两倍处【变式2】从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等2.应用动量定理解决两类问题(1)应用动量定理解决微粒类问题【例3】航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为()A．I2mUq B．ImUq C．ImU2q D．2ImUq【变式】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)(2)应用动量定理解决流体类问题【例4】(2019·合肥一模)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的 功W ，下列说法正确的是 ( )A ．Δp ＝2 kg·m/s W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s W ＝2 J【变式】(2019·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )A ．0B ．14mv ，方向向左C ．14mv ，方向向右D ．34mv ，方向向左 【变式2】一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg ，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，下列说法正确的是( )A ．风停止后帆船的加速度大小是1 m/sB ．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468 NC ．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936D ．风速的大小为10 m/s题型三 动量定理在多过程问题中的应用【例5】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 2，忽略空气阻力的 影响)【变式1】如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是( )A ．买者说的对B ．卖者说的对C ．公平交易D ．具有随机性，无法判断【变式2】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F 的大小；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .参考答案题型一 对动量定理的理解和基本应用【例1】(2019·北京西城区模拟)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，用“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)，接触以后，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 ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg【答案】选B.【解析】根据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．【变式1】．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 作用下，经过时间t 后，动量为p ，动能为E k ；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F 的作用下，则经过时间2t 后物体的( )A ．动量为4pB ．动量为2pC ．动能为4E kD ．动能为2E k【答案】C【解析】根据动量定理得，Ft ＝p ，F ·2t ＝p 1，解得p 1＝2p ，故A 、B 错误；根据牛顿第二定律得F ＝ma ，解得a ＝F m，因为水平力F 不变，则加速度不变，根据x ＝12at 2知，时间变为原来的2倍，则位移变为原来的4倍，根据动能定理得E k1＝4E k ，故C 正确，D 错误．【变式2】．(多选)质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时小B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32mv 0D ．整个过程中物体的动量变化量为12mv 0 【答案】AC【解析】以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为l ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4l v 0，t 1<t 2，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 正确．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B 错误．对全过程应用动量定理，则I 合＝Δp ＝－mv t －mv 0＝－32mv 0，C 正确，D 错误．题型二动量定理的综合应用1．应用动量定理解释的两类物理现象【例2】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【答案】ABC【解析】.火箭升空时，内能减小，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力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，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，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．【变式1】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处【答案】B.【解析】纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I＝F f t＝mΔv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．【变式2】从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是() A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等【答案】D.【解析】玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误，D 正确．2.应用动量定理解决两类问题(1)应用动量定理解决微粒类问题【例3】航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力．已知单个正离子的质量为m ，电荷量为q ，正、负栅板间加速电压为U ，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I .忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F 的大小为( )A ．I 2mU qB ．I mU qC ．I mU 2qD ．2I mU q【答案】A【解析】.以正离子为研究对象，由动能定理可得qU ＝12mv 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，喷出的总质量Δm ＝Q q m ＝I Δt q m .由动量定理可知F Δt ＝Δmv ，联立以上各式求解可得F ＝I 2mU q，选项A 正确． 【变式】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系． (注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】 f ＝13nmv 2 【解析】 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2mv ，如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N ＝16n ·Sv Δt Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝13nSmv 2Δt器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝I Δt则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝13nmv 2 (2)应用动量定理解决流体类问题【例4】(2019·合肥一模)质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面上，再以4 m/s 的速度 反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的 功W ，下列说法正确的是 ( )A ．Δp ＝2 kg·m/s W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s W ＝2 J【答案】A【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp ＝mv 2－mv 1＝0.2×4 kg·m/s －0.2×(－6)kg·m/s ＝2 kg·m/s ，方向竖直向上．由动能定理，合外力做的功：W ＝12mv 22－12mv 21＝12×0.2×42J －12×0.2×62 J ＝－2 J ，故A 正确．【变式】(2019·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )A ．0B ．14mv ，方向向左C ．14mv ，方向向右D ．34mv ，方向向左 【答案】B.【解析】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v 4 得：I f ＝＋mv 4，正号表示正方向，向左． 【变式2】一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg ，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，下列说法正确的是( )B ．风停止后帆船的加速度大小是1 m/s B ．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468 NC ．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936D ．风速的大小为10 m/s【答案】BD.【解析】求解风停止后帆船的加速度时要选择帆船作为研究对象，求解风速时要选择在时间t 内正对帆面且吹向帆面的空气作为研究对象，风突然停止，帆船只受到水的阻力f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝0.5 m/s 2，选项A 错误；由牛顿第二定律可得f ＝Ma ，代入数据解得f ＝468 N ，选项B 正确；设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F ，根据平衡条件得F －f ＝0，解得F ＝468 N ，选项C 错误；设在时间t 内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m ，则m ＝ρS (v －v 0)t ，根据动量定理有－Ft ＝mv 0－mv ，解得v ＝10 m/s ，选项D 正确．题型三 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5】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 2，忽略空气阻力的 影响)【答案】 1 200 N【解析】 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 1，v 21＝2gL ，得v 1＝2gL经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，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－mv 1，F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F ′为1 200 N ，方向竖直向下．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 g ＋t )，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 ( 2L g＋t )－Ft ＝0 解得F ＝mg 2L g＋t t ＝1 200 N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下．【变式1】如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是( )A ．买者说的对B ．卖者说的对C ．公平交易D ．具有随机性，无法判断【答案】C.【解析】设米流的流量为d ，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m 1，空中还在下落的米的质量为m 2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm .在极短时间Δt 内，取Δm 为研究对象，这部分米很少，Δm ＝d ·Δt ，设其落到米堆上之前的速度为v ，经Δt 时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得(F －Δmg )Δt ＝Δmv即F ＝dv ＋d ·Δt ·g ，因Δt 很小，故F ＝dv根据牛顿第三定律知F ＝F ′，称米机的读数应为M ＝N g ＝m 1g ＋F ′g ＝m 1＋d v g因切断米流后空中尚有t ＝v g 时间内对应的米流在空中，故d v g＝m 2 【变式2】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F 的大小；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .【答案】(1)0.32 (2)130 N (3)9 J【解析】(1)由动能定理有－μmgx ＝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)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J.。
2022年新高考物理一轮复习练习：专题47 动量和动量定理 (含解析)
专题47动量和动量定理1．[2020·全国卷Ⅱ]水平冰面上有一固定的竖直挡板．一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kgB．53kgC．58kgD．63kg2.[2021·邢台测试](多选)地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年．图示为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为20cm，当感知到地震时，质量为50g的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，取重力加速度为10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．铜珠在空中运动的时间为0.2sB．铜珠在空中运动的时间为0.4sC．铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为0.1kg·m/sD．铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为0.2kg·m/s3．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10NB．102NC．103ND．104N4．(多选)一质量为2kg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＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零5．质量为0.2kg的小球以6m/s的速度竖直向下落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()A．Δp＝2kg·m/s W＝－2JB．Δp＝－2kg·m/s W＝2JC．Δp＝0.4kg·m/s W＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/s W＝2J6．[2021·湖南卷]物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是()7.如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，则该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小为()A．mgt B．2mvC．2mv＋mgt D．2mv－mgt8．[2021·海口市调研]一质量为0.6kg的篮球，以8m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5s后以7m/s的速度被运动员接住，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为1.2kg·m/sB．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6kg·m/sC．篮板对篮球的作用力大小约为15.6ND．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3N·s9.如图所示，在光滑水平面上静止放两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别是()A．ft1m1，ft1m1＋m2B ．ft 1m 1＋m 2，ft 1m 1＋m 2＋ft 2m 2C ．ft 1m 1，f （t 1＋t 2）m 1＋m 2D ．f （t 1＋t 2）m 1，f （t 1＋t 2）m 1＋m 210．[2021·五省名校联考](多选)如图所示，从水平地面上的A 点先后抛出两个相同小球，分别落在地面上的B 点和C 点，两球运动的最大高度相同，不计空气阻力，则( )A .两球抛出时的速度大小相等B ．两球在最高点时机械能相等C ．两球着地前瞬间重力的瞬时功率相等D ．两球在空中运动的过程中动量的增量相等11．[2021·全国乙卷](多选)水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s 0时，速度的大小为v 0，此时撤去F ，物体继续滑行2s 0的路程后停止运动．重力加速度大小为g.则( )A ．在此过程中F 所做的功为12mv 20B ．在此过程中F 的冲量大小等于32mv 0 C ．物体与桌面间的动摩擦因数等于v 20 4s 0gD ．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍12．如图所示，在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m 的物体，它受到沿斜面方向的力F 的作用．力F 可按图(a )、(b )、(c )、(d )所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F 与mg 的比值，力沿斜面向上为正)，已知此物体在t ＝0时速度为零，若用v 1、v 2、v 3、v 4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是( )A ．v 1B ．v 2C ．v 3D ．v 413．[2021·广东七校联考]我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m 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．如图所示，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14．[2021·武汉二中检测]某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()A．2.7m/sB．5.4m/sC．7.6m/sD．10.8m/s专题47动量和动量定理1．BC物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的冲量I冲＝m v0－m(－v0)＝40kg·m·s－1，方向与运动员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物块整体为研究对象，当物块撞击挡板7次后，7I 冲＝m 人v 7＋m v 0，v 7<5m/s ，得m 人>52kg ，当物块撞击挡板8次后，8I 冲＝m 人v 8＋m v 0，v 8>5m/s ，得m 人<60kg.故B 、C 正确，A 、D 错误．2．AC 3.C4．AB t ＝1s 时物块的速率为v ，Ft ＝m v ，得v ＝1m/s ，A 项正确；t ＝2s 时动量为p ，p ＝2×2kg·m/s ＝4kg·m/s ，B 项正确；t ＝3s 时的动量p 3＝2×2kg ·m/s －1×1kg·m/s ＝3kg·m/s ，C 项错误；同理t ＝4s 时物块速度v 4＝1m/s ，故D 项错误．5．A 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp ＝m v 2－m v 1＝0.2×4kg·m/s －0.2×(－6) kg·m/s ＝2kg·m/s ，方向竖直向上，由动能定理知合外力做的功W ＝12m v 22 －12m v 21 ＝⎝⎛⎭⎫12×0.2×42－12×0.2×62J ＝－2J ，故A 对．6．D 质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v 2＝2ax 可得v ＝2ax ，设质点的质量为m ，则质点的动量p ＝m 2ax ，由于质点的速度方向不变，则质点动量p 的方向始终沿x 轴正方向，根据数学知识可知D 正确．7．C 取向上为正方向，由动量定理得I F －mgt ＝m v －(－m v )，解得I F ＝mgt ＋2m v ，C 正确．8．D 9.B 10.CD11．BC 设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F 做的功为W F ＝Fs 0＝12m v 20＋μmgs 0，选项A 错误；物体通过路程s 0时，速度大小为v 0，撤去F 后，由牛顿第二定律有μmg ＝ma 2，根据匀变速直线运动规律有v 20 ＝2a 2·2s 0，联立解得μ＝v 20 4s 0g ，选项C 正确；水平桌面上质量为m 的物体在恒力F 作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F －μmg ＝ma 1，又v 20 ＝2a 1s 0，可得a 1＝2a 2，可得F ＝3μmg ，即F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D 错误；对F 作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft －μmgt ＝m v 0，联立解得F 的冲量大小为I F ＝Ft ＝32m v 0，选项B 正确． 12．C13．B 在乙推甲的过程中，二者之间的力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等．由于冲量是矢量，则甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，但方向相反，选项A 错误；由动量定理可知，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B 正确；两者的相互作用力等大反向，但在作用力作用下两者的位移不一定相等，所以做功不一定相等，选项D 错误；由于甲、乙的动能变化量等于甲、乙各自所受合外力做的功，两者的合外力做的功不一定相等，故选项C 错误．14．C 设Δt 时间内每个喷嘴有质量为m 的水射出，对这部分水由动量定理得F Δt ＝2m v ，m ＝ρv Δt ·πd 24，运动员悬停在空中，所以有F ＝Mg ，联立解得v ＝7.6m/s ，故C 正确．。
高考物理(人教版)一轮复习知识点同步练习卷：动量 动量定理 动量守恒定律
动量动量定理动量守恒定律一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。
设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则：（）A. t1> t2B. t1= t2C. I1> I2D. I1= I2【答案】C2．一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力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：（）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【答案】D3．如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为+q，b球质量为m、带电量为+2q，两球相距较远且相向运动．某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰．则下列叙述正确的是：（）A. 两球相距最近时，速度大小相等、方向相反B. a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功C. a球一直沿原方向运动，b球要反向运动D. a、b两球都要反向运动，但b球先反向【答案】D4．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则渔船的质量M为：（）A. B. C. D.【答案】B5．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。
质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。
2020届高考物理一轮复习专题强化 ：第一讲 动量定理 A卷
第一讲 动量定理 A 卷1、如图所示,带有挡板的小车质量为m ,上表面光滑,静止于光滑水平面上。
轻质弹簧左端固定在小车上,右端处于自由伸长状态。
质量也为m 的小球,以速度v 从右侧滑上小车,从小球刚接触弹簧到压缩至最短过程中,以下判断正确的是（ ）A.弹簧的最大弹性势能为214mv B.弹簧对小车做的冲量大小12mv C.弹簧对小球冲量的大小为mv D.弹簧对小球冲量的大小为12mv2、从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，则( ) A.三球落地时动量相同 B.三球落地时动量不相同C.从抛出到落地过程，三球受到的冲量相同D.从抛出到落地过程，平抛运动小球受到的冲量最小3、以初速度竖直向上抛出一物体,空气阻力大小不变.关于物体受到的冲量,以下说法正确的是( )A.物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B.物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C.物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D.物体从抛出到返回抛出点,动量变化的方向向下4、如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，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点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )A.小球的机械能减少了mg(H＋h)B.小球所受阻力的冲量小于2gHC.小球克服阻力做的功为mghD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量5、2018年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来残片发射失败。
如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g。
关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有( )A．残片克服泥土阻力所做的功为mghB．残片下落的全过程中重力的冲量大于泥土阻力的冲量C．残片所受泥土的阻力冲量大于2m gHD．残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量6、如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员( )A．过程I的动量改变量等于零B．过程II的动量改变量等于零C．过程I的动量改变量等于重力的冲量D．过程II 的动量改变量等于重力的冲量7、如图所示,水平面Ⅰ粗糙,水平面Ⅱ光滑,一定长度、质量1.5kg 的木板放在水平面Ⅱ上,木板上表面与水平面I 相平.质量0.5kg 的滑块可看成质点,从水平面Ⅰ上A 点以2m/s 的初速度向右运动,经0.5s 滑上木板,滑块没有滑离木板。
2020届高三物理一轮复习专题分类练习卷：动量和动量定理
动量与动量定理题型一对动量定理的理解和基本应用【例1】（2019北京西城区模拟）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，用 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），接触以后，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,推进器开动时间 At=7 s.测出飞船和火箭组的速度变化Av=0.91 m/s.已知双子星号”飞船的质量 m i = 3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量 m 2为（）A. 3 400 kgB. 3 485 kgC. 6 265 kgD. 6 885 kg【变式1].在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力 F 作用下，经过时间t 后，动量为p,动能为E k ；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F 的作用下，则经过时间 2t 后物体的（）B.动量为小pC.动能为4E kD.动能为2E kA .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【变式1】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上， 当以足够大的速度 v 抽出纸条后，铁块掉在地上的 P 点.若 以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为（ ）怏块। 厂।工 纸条P ,，，，，，，，」也，，“，，，，，，，血，，，山山A.仍在P 点B.在P 点左边C.在P 点右边不远处D.在P 点右边原水平位移的两倍处【变式2】从同样高度落下的玻璃杯， 掉在水泥地上容易打碎， 而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是（）A .掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大 B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大A .动量为4p 【变式2].（多选）质量为m 的物体, 以V 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为 vt,且 vt=0.5V 0,贝心 ）A.上滑过程中重力的冲量比下滑时小..... . ............... 3 C.合力的冲量在整个过程中大小为2mv 0题型二动量定理的综合应用1.应用动量定理解释的两类物理现象【例2】有关实际中的现象，下列说法正确的 B.上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零.. ............. 「、，『1 D.整个过程中物体的动量变化量为-mv 0（ ）C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D .掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等 2.应用动量定理解决两类问题 （1）应用动量定理解决微粒类问题微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数 n分 析 步 骤1 建立柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为 S2微兀研究，作用时间At 内一段柱形流体的长度为 Al,对应的体积为 加一Sv 0A t,则微兀内的粒子数 N=nv o SAt 3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算【例3】航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化 正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力.已知单个正离子 的质量为m,电荷量为q,正、负栅板间加速电压为 U,从喷口喷出的正离子所形成的电流为 I .忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响.该发动机产生的平均推力F 的大小为（）【变式】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m,单位体积内粒子数量 n 为恒量.为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系. （注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出白^物理量，要在解题时做必要的说明）（2）应用动量定理解决流体类问题【例4】（2019合肥一模）质量为0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面上，再以 4 m/s 的速度（即电离出正离子）, mUC- I \ 2qmU D. 2Iq反向弹回.取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量 功W,下列说法正确的是【变式2】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VO = 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.（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 F 的大小; （3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功 W.参考答案Ap 和合外力对小球做的A. Ap = 2 kg • m/sW= — 2 J B . Ap= - 2 kg • m/sW= 2 J C. Ap = 0.4 kg • m/W= — 2 JD. Ap=- 0.4 kg • m/sv= 2 J【变式】（2019山东淄博一中质检）如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m,底座的质量M = 3m,开始时均处于 静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度 1 .......v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为-v,则摩擦力对底座的冲量—1、，，，- 1、，，，c 3D. 4mv,方向向左【变式2】一艘帆船在湖面上顺风航行,在风力的推动下做速度为vo=4 m/s 的匀速直线运动.已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t=8 s 静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S= 10 m 2,帆船的总质量约为 M = 936 kg,若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为1.3 kg/m 3,下列说法正确的是（ ） A .风停止后帆船的加速度大小是1 m/sB.帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468 NC.帆船匀速运动受到风的推力的大小为936 D.风速的大小为10 m/s题型三 动量定理在多过程问题中的应用【例5】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 2,忽略空气阻力的影响）【变式1】如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用.买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲 力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米 是多给买者的，因而双方争执起来.下列说法正确的是A.买者说的对B.卖者说的对C.公平交易D.具有随机性，无法判断A . 0为（）b（1）求物块与地面间的动摩擦因数 4题型一对动量定理的理解和基本应用题型二动量定理的综合应用1.应用动量定理解释的两类物理现象【例2】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【答案】ABC【解析】.火箭升空时，内能减小，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力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定，着地时屈腿是延长时间t,由I=Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到白^平均冲力F,故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，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，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误.【变式1】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点.若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为（）铁块，口,工「缴条I 占【解析】玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止.所 以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误，D 正确.2.应用动量定理解决两类问题 （1）应用动量定理解决微粒类问题【例3】航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化 正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力.已知单个正离子 的质量为m,电荷量为q,正、负栅板间加速电压为 U,从喷口喷出的正离子所形成的电流为 I .忽略离子间的相互 作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响.该发动机产生的平均推力1【解析】.以正离子为研究对象， 由动能定理可得 qU = 2mv2, At 时间内通过的总电荷量为 Q=IAt,喷出的总质量 Am=qm= I^m.由动量定理可知F At= Amv,联立以上各式求解可得 5=1、/2^，选项A 正确.【变式】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m,单位体积内粒子数量 n 为恒量.为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系. （注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出白^物理量，要在解题时做必要的说明）: 新、、一、_ 1 八 【答案】f=三nmv 2 3【解析】 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量AI = 2mv,如图所示，以器壁上面积为 S 的部分为底、v 四为高构成柱体，由题设可知，其内有1的粒子在At 时间内与器壁上面积为 S 的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N=1nSvAt 6 6At 时间内粒子给器壁的冲量 I = N • IA= 'nSm/At3（即电离出正离子）, F 的大小为（）2020届高三物理一轮复习专题分类练习卷：动量和动量定理器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F='F 1则器壁单位面积所受粒子的压力f= F =1nmv 2S 3（2）应用动量定理解决流体类问题【例4】（2019合肥一模）质量为0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面上，再以 4 m/s 的速度 反向弹回.取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量 Ap 和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是（ ）A. Ap=2 kg • m/sW= - 2 JB. Ap= - 2 kg • m/sW= 2 JC. Ap=0.4 kg - m/SV= - 2 JD. Ap=- 0.4 kg - m/SV= 2 J【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量:.................... . .................. 1 o 1 o 1 o 1 okg - m/s 2 kg - m/班向竖直向上.由动能TE 理，合外力做的功： W= gmv2— ^mv 2：1 x 0.2 2J 备］X 0.2 2 J= — 2 J,故A 正确.【变式】（2019山东淄博一中质检）如图所示是一种弹射装置， 弹丸的质量为 m,底座的质量M = 3m,开始时均处于 静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为Jv,则摩擦力对底座的冲量 4为（）【答案】B.【解析】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I=mv;则弹丸对底座的作用力的冲量为一 mv,对底座根据动量定理：If+（― mv ）= — 3m 4得：If=+mv ,正号表示正方向，向左.【变式2】一艘帆船在湖面上顺风航行， 在风力的推动下做速度为 v0=4 m/s 的匀速直线运动.已知帆船在该运动状 态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t=8 s 静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S= 10 m 2,帆船的总质量约为 M = 936 kg,若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为p1.3 kg/m 3,下列说法正确的是（ ） B.风停止后帆船的加速度大小是1 m/sB.帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468 NC.帆船匀速运动受到风的推力的大小为936 D.风速的大小为10 m/s【答案】BD.绿=mv2—mv1= 0.2 x 4ig • m/s 0.2 x-( 6)A. 0B. [mv, 方向向左C. 4mv,方向向右D. -mv,方向向左【解析】求解风停止后帆船的加速度时要选择帆船作为研究对象，求解风速时要选择在时间t内正对帆面且吹向帆面的空气作为研究对象，风突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a,则a=vt0= 0.5 m/s2,选项A错误；由牛顿第二定律可得f= Ma,代入数据解得f = 468 N,选项B正确；设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F,根据平衡条件得F-f= 0,解得F = 468 N,选项C错误；设在时间t内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m,则m= p （v— V0）t,根据动量定理有一Ft=mv0—mv,解得v= 10 m/s,选项D正确.题型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5】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/s2,忽略空气阻力的影响）【答案】 1 200 N【解析】法一分段列式法：依题意作图，如图所示.L设工人刚要拉紧安全带时的速度为vi, v2=2gL,得v i =低LL经缓冲时间t = 1 s后速度变为0,取向下为正方向，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,mgt+ mv i所以(mg — F)t = 0—mvi, F= -- 1 ---将数值彳弋入得F= 1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F为1 200 N,方向竖直向下.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，由动量定理知由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力 F '= F= 1 200 N ,方向竖直向下.【变式1】如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用.买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来.下列说法正确的是( )A.买者说的对B.卖者说的对C.公平交易D.具有随机性，无法判断【答案】C.【解析】设米流的流量为 d,它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止 的那部分米的质量为 m i,空中还在下落的米的质量为 m 2,落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为 Am.在极短时间At 内，取Am 为研究对象，这部分米很少， Am=d •9设其落到米堆上之前的速度为v,经At 时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得(F — Z\mg) &= Amv即 F = dv+ d - △ g,因 At 很小，故 F = dvN m i g+ F M = 一= -------------- :g g因切断米流后空中尚有 t=v 时间内对应的米流在空中，故g【变式2】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vo= 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 叵(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 F 的大小;(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)0.32 (2)130 N (3)9 J1cle【斛析】(1)由动能TE 理有一mgxp 2mv 2—2mv 0可得 尸0.32. (2)由动量定理有 F 四=mv- mv 可得F= 130 N.⑶由能量守恒定律有 W= 2mv 2= 9 J.【例1】（2019北京西城区模拟）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，用 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），接触以后，开动 双子星号”飞船的推进器，使飞根据牛顿第三定律知 F = F',称米机的读数应为v=mi + d- gd- = m 2g船和火箭组共同加速.推进器的平均推力 F = 895 N ,推进器开动时间At= 7 s.测出飞船和火箭组的速度变化Av=0.91 m/s.已知双子星号”飞船的质量m i = 3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为（）A. 3 400 kgB. 3 485 kgC. 6 265 kgD. 6 885 kg【答案】选B.【解析】根据动量定理得F At= （m〔+ m2） ZV,代入数据解得m2= 3 485 kg B选项正确.【变式1].在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F作用下，经过时间t后，动量为p,动能为E k；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F的作用下，则经过时间2t后物体的（）A.动量为4pB.动量为42PC.动能为4E kD.动能为2E k【答案】C【解析】根据动量定理得，Ft=p, F-t= PI,解得p1 = 2p,故A、B错误；根据牛顿第二定律得F = ma,解得a=m,1因为水平力F不变，则加速度不变，根据x= 1at* 1 2知，时间变为原来的2倍，则位移变为原来的4倍，根据动能定理得E k1=4E k,故C正确，D错误.【变式2】.（多选）质量为m的物体，以V O的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t,且v t =0.5V0,贝心）A.上滑过程中重力的冲量比下滑时小B.上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零................. 3 . (1)C.合力的冲量在整个过程中大小为2mv oD.整个过程中物体的动量变化量为2mv o【答案】AC【解析】以V0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t=0.5v o,说明斜面不光滑.设斜面长为l,则上滑过程所需时间t^^21,下滑过程所需时间t2=+=¥，t1<t2,根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，V O V O v t V O2 2A正确.上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误.对全过程应用动量定理，则I合=Ap=- mvt-mvo=-2mvo,C正确，D错误.A.仍在P点B.在P点左边C.在P点右边不远处D.在P点右边原水平位移的两倍处2020届高三物理一轮复习专题分类练习卷：动量和动量定理【答案】B. 【解析】纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I=F f t=mAv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确.【变式2】从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是（）A.掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D .掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等【答案】D.11 /。
2020年高考物理一轮复习专题6.1动量和动量定理动量守恒定律(精练)(含解析)
专题6.1 动量和动量定理动量守恒定律1．（2019·浙江绍兴一中期末）关于冲量，下列说法中正确的是( )A．冲量是物体动量变化的原因 B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大 D．冲量的方向就是物体运动的方向【答案】A【解析】力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误．2．(2019·安徽合肥一中期末)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( )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【答案】D【解析】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＝Fx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＝Δp，F、t相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等，故D正确．3.(多选)(2019·湖南常德一中月考)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，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.关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A ．小球的机械能减小了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】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 )－W f ＝0，则小球克服阻力做功W f ＝mg (H ＋h )，故B 错误；小球落到地面的速度v ＝2gH ，对进入泥潭的过程运用动量定理得I G －I f ＝0－m 2gH ，得I f ＝I G ＋m 2gH ，知阻力的冲量大于m 2gH ，故C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D 错误．4．（2019·江西金溪一中期中）(2019·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/s 2，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/s【答案】A 【解析】小球从被抛出至到达最高点经历时间t ＝v 0g ＝2 s ，受到的冲量大小为I ＝mgt ＝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。
2020届高考物理(人教版)一轮复习课后同步练习卷：动量守恒定律
动量守恒定律1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒2．如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A>m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A．停止运动B．向左运动C．向右运动D．运动方向不能确定3．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv24.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，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A.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，A始终没有滑离木板B.在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A．1.8 m/s B．2.4 m/sC．2.8 m/s D．3.0 m/s5．如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车并与A 车相对静止．则此时A 车和B 车的速度之比为( )A.M ＋mm B.m ＋MM C.M M ＋mD.m M ＋m6.(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m 和m 的物块A 和B ，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x .现将细线剪断，此刻物块A 的加速度大小为a ，两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ，则 ( )A ．物块B 的加速度大小为a 时弹簧的压缩量为x2B ．物块A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv 2D ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 27.(多选)如图所示，质量为M ＝1 kg 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m ＝3 kg 的滑块以初速度v 0＝2 m/s 从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板．则下面说法正确的是( )A ．滑块和木板的加速度大小之比是1 3B ．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC ．可以求出木板的最小长度是1.5 mD ．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7 38．(多选)如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，小车总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时小车也向右运动B ．C 与油泥碰前，C 与小车的速率之比为M m C ．C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动9．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m ，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看做质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是( )A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC ．车上管道中心线最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv310．如图所示，一根轻弹簧水平放置，左端固定在A 点，右端与一个质量m 1＝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m 2＝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/s 2.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E p .11．如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．g取10 m/s2，空气阻力不计．求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H.12．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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度的大小g取10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？参考答案1.C2.C3.BC4.B5.C6.AD7.ABD8.BC9.BC10.答案：(1)410 m/s (2)90 J11.答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m12.答案：(1)20 kg (2)不能追上小孩。
2020届全国高考物理一轮专题集训《动量守恒定律》测试
绝密★启用前2020届全国高考物理一轮专题集训《动量守恒定律》测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t＝0时质点的速度为零．在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大()A．t1B．t2C．t3D．t42.质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，水的阻力不计，则小船的运动速率和方向为()A． 0.6 m/s，向左B． 3 m/s，向左C． 0.6 m/s，向右D． 3 m/s，向右3.关于下列说法，其中正确的是()A．动量的方向一定跟物体的速度方向相同B．冲量的方向一定跟对应的作用力方向相同C．物体受到的冲量方向与物体末动量的方向一定相同D．合外力的冲量为零，则物体所受各力的冲量均为零4.在用气垫导轨进行验证实验时，首先应该做的是()A．给气垫导轨通气B．对光电计时器进行归零处理C．把滑块放到导轨上D．检验挡光片通过光电门时是否能够挡光计时5.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙．现用力F向左缓慢推物块B压缩弹簧，当力F做功为W时，突然撤去F，在A物体开始运动以后，弹簧弹性势能的最大值是()A．WB．WC．WD．W6.A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，…，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则()A．A、B(包括人)两船速度大小之比为2∶3B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶17.如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 NC．球棒对垒球做的功为238.5 JD．球棒对垒球做的功为36 J8.假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是()A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出9.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是()A．v1＝v2＝v3＝v0B．v1＝0，v2＝v3＝v0C．v1＝0，v2＝v3＝v0D．v1＝v2＝0，v3＝v010.如图所示，一个轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右边沿光滑水平面向左运动，与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是()A．I＝0，W＝mvB．I＝mv0，W＝mvC．I＝2mv0，W＝0D．I＝2mv0，W＝mv11.一只小球沿光滑水平面运动，垂直撞到竖直墙上．小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE，下列关于Δp和ΔE说法中正确的是()A．若Δp最大，则ΔE也最大B．若Δp最大，则ΔE一定最小C．若Δp最小，则ΔE也最小D．若Δp最小，则ΔE一定最小12.如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触的质量分别为m和2m的木块A、B，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为F f，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是()A．B．C．D．13.如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为()A． (Mg＋mg－ma)tB． (m＋M)vC． (Mg＋mg＋ma)tD．mv14.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b 运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有()A．qa＜qbB．ma＜mbC．Ta＜TbD．<15.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()A．v A′＝－2 m/s，vB′＝6 m/sB．v A′＝2 m/s，vB′＝2 m/sC．v A′＝1 m/s，vB′＝3 m/sD．v A′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s第Ⅱ卷二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分)16.如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．A、B为两完全相同的小球，a球由静止从A点释放，在C处与b球发生弹性碰撞．已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R.求：(1)a球滑到斜面底端C时速度为多大？A、B球在C处碰后速度各为多少？(2)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？若R′＝2.5R，两球最后所停位置距D(或E)多远？注：在运算中，根号中的数值无需算出．17.如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场．质量为3m.电量为＋q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点．求：(1)两球发生碰撞前A球的速度；(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量．18.如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A 以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：(1)A、B碰撞后A的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度大小．19.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看做质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.答案解析1.【答案】B【解析】0～t2阶段，冲量为正，t2～t4阶段，冲量为负，由动量定理判断t2时刻“面积”最大，动量最大，进而得出t2时刻速度最大．2.【答案】A【解析】甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时系统总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确．3.【答案】A【解析】质量与速度的乘积是物体的动量，动量的方向跟物体的速度方向相同，A正确；恒力的冲量方向与力的方向相同，变力的冲量方向与力的方向不一定相同，冲量的方向可能与物体的末动量方向相同，也可能与末动量方向相反，B、C错误；物体所受合外力为零，合外力的冲量为零，但物体所受各力的冲量并不为零，D错误．4.【答案】A【解析】为保护气垫导轨，在一切实验步骤进行之前，首先应该给气垫导轨通气．5.【答案】A【解析】根据功能关系，力F做功为W时，弹簧储存弹性势能W.突然撤去F，弹力对B做功，当弹簧恢复原长时，B动能等于W.以后B向右运动，当二者速度相等时，弹簧弹性势能最大．由动量守恒定律，2m＝3mv，解得v＝，弹簧弹性势能的最大值是E p＝W－mv2＝W－W＝W，选项A正确．6.【答案】B【解析】人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确；经过n次跳跃后，设A船速度为v A，B船速度为v B，则有0＝mv A－v B，＝，选项A错；A船最后获得的动能为E kA＝mv，B船最后获得的动能为E kB ＝v＝·2＝＝E kA，＝，选项C、D错误．7.【答案】B【解析】以初速度方向为正，根据动量定理：F·t＝mv2－mv1得：F＝＝N＝－1260 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N，A错误，B正确；根据动能定理：球棒对垒球做的功为W＝mv－mv＝126 J，C、D错误．8.【答案】D【解析】向后踢腿和手臂向后甩，都是人体间的内力在作用，不会使人前进．在光滑冰面上由于不存在摩擦力，故无法完成滚动动作．而抛出衣服能获得反方向的速度，故可滑离冰面．9.【答案】D【解析】两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．10.【答案】C【解析】由题意分析可知，木块离开弹簧的瞬间速度大小为v0，方向向右．取向左为正方向．根据动量定理得：I＝－mv0－mv0＝－2mv0，大小为2mv0.根据动能定理得：W＝mv－mv＝0，C正确．11.【答案】B【解析】小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，则小球应以相同的速率返回，这种情况动量变化量Δp最大等于2mv，动能变化量ΔE最小为零，故A错误，B正确；如果小球与墙壁碰后粘在墙上，动量变化量Δp最小等于mv，动能变化量ΔE最大等于mv2，故C、D错误．12.【答案】B【解析】A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A与B的速度增大，由动量定理得：F f·t1＝(m＋2m)v，得v＝，B正确．13.【答案】C【解析】杆与人之间的作用力为F，对人，F－mg＝ma，地面与杆的作用力为F N，对杆，F N＝F＋Mg，地面对杆的冲量，I＝F N t.14.【答案】A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，解得：r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故qa＜qb，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误．15.【答案】D【解析】两球碰撞前后应满足动量守恒定律并且碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即满足：mA v A＋mB v B＝mA v A′＋mB v B′，①v＋mB v≥mA v A′2＋mB v B′2，②mA答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．16.【答案】(1)；v a＝0，v b＝(2)R′≤0.92R或R′≥2.3R；b球将停在D点左侧，距D点0.6R处，a球停在D点左侧，距D点R处【解析】(1)设a球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有mg(5R sin 37°＋1.8R)－μmg cos 37°·5R＝mv2①可得v＝②a、b球在C处发生弹性碰撞，系统动量守恒，机械能守恒，设a、b碰后瞬间速度分别为va、vb，则有mv＝mva＋mvb③mv2＝mv＋mv④由②③④可得va＝0；vb＝⑤可知，A、B碰后交换速度，a静止，b向右运动．(2)要使小球b不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球b能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球b在最高点P应满足m≥mg⑥小球b碰后直到P点过程，由动能定理，有－μmgR－mg·2R′＝mv－mv⑦由⑤⑥⑦式，可得R′≤R＝0.92R情况二：小球b上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D.则由动能定理有－μmgR－mg·R′＝0－mv⑧由⑤⑧式，可得R′≥2.3R若R′＝2.5R，由上面分析可知，b球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道与a球碰撞，且a球到达B点，在B点的速度为vB，由于a、b碰撞无能量损失，则由能量守恒定律有mv2＝mv＋mg·1.8R＋2μmgR⑨由⑤⑨式，可得vB＝0故知，a球不能滑回倾斜轨道AB，a、b两球将在A、Q之间做往返运动，最终a球将停在C处，b球将停在CD轨道上的某处．设b球在CD轨道上运动的总路程为s，由于A、B碰撞无能量损失，则由能量守恒定律，有mv2＝μmgs⑩由⑤⑩两式，可得s＝5.6R所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处，a球停在D点左侧，距D点R处．17.【答案】(1)(2)EqL(3)【解析】(1)由动能定理：EqL＝·3mv2解得v＝(2)AB系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律；3mv＝(3m＋m)v1解得v1＝v系统损失的机械能：ΔE＝·3mv2－(3m＋m)vΔE＝EqL(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I＝mv1－0I＝方向水平向右18.【答案】(1)4 m/s，方向与v0相反 (2)m/s【解析】(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得v0＝mA v A＋mB v BmA解得v A＝＝－4 m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零．设此时B的速度为v B′，C的速度为v C，由动量守恒定律和机械能守恒定律有v B＝mB v B′＋mC v CmBv B2＝mB v B′2＋mC v C2mB得v C＝v Bv C＝m/s.19.【答案】(1)v0(2)－L【解析】(1)对P1、P2碰撞瞬间由动量守恒定律得mv0＝2mv1①对P、P1、P2碰撞全过程由动量守恒定律得3mv0＝4mv2②解得v1＝，v2＝v0(2)当P、P2速度相等时弹簧压缩最短，此时v＝v2③对P1、P2刚碰完到弹簧压缩到最短过程，应用能量守恒定律得×2mv＋×2mv－×4mv2＝2μmg(x＋L)＋E p④对P1、P2刚碰完到P停在A点，由能量守恒定律得×2mv＋×2mv－×4mv2＝2μmg·2(x＋L)⑤联立以上各式，解得x＝－L，E p＝。
【高考物理专题】高三物理一轮总复习——动量与动量定理专题综合复习卷
B．水滴C落地时速度最大
C．水滴B落地时重力的瞬时功率最大
D．运动过程中，重力对水滴A的冲量最大
3．质量为m的乒乓球在离台高h处时速度刚好水平向左，大小为v1运动员在此时用球拍击球，使球以大小为 的速度水平向右飞出，球拍和乒乓球作用的时间极短，则（ ）
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左
A．撤去拉力前，导体棒两端的电压为
B．撤去拉力前，电阻R的热功率为
C．拉力的大小为
D．撤去拉力后，导体棒运动的距离为
12．如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自 时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则在物体上升过程中下列说法正确的是（ ）
6．如图所示，钟表挂在竖直墙面上，秒针尾部有一质量为m的圆形小片P，在秒针做匀速圆周运动过程中，以下分析正确的是（ ）
A．在任意相等时间内，P所受重力对P做的功相等
B．在任意相等时间内，P所受重力对P的冲量不相等
C．秒针对P的作用力所做的功等于P的机械能变化量
D．秒针对P的作用力的冲量等于P的动量变化量
故选D。
3．B
【详解】
ABC．规定向右为正方向，击球前球的动量
击球后球的动量
击球前后球动量改变量的大小是
动量改变量的方向水平向右，AC错误B正确；
D．由于没有规定重力势能的零势能的位置，所以无法确定击球前球的机械能，D错误。
故选B。
4．C
【详解】
A．运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中，由平抛运动规律可得
A．脸受到的平均撞击力大小约为6N
B．脸受到的平均撞击力大小约为4N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.6N•s
2020年高考物理5-6月模拟试题汇编专题06动量和动量定理(解析版)
专题06 动量和动量定理1．（2020届河南省十所名校高三阶段性测试）如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35m/s 的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25m/s 的速度飞来的足球以10m/s 的速度沿原路挡出。
已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1s ，受到足球的平均作用力大小约为150N ，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为（ ）A ．12N·sB ．13.5N·sC ．15N·sD ．16.6N·s 【答案】C【解析】设足球的质量为m ，足球与守门员的双手接触过程中，根据动量定理有：Ft =m △v ，解得：1500.13kg kg 357Ft m v ⨯===∆ 根据动量定理可得罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小为：335N s 15N s 7I mv ==⨯⋅=⋅，故C 正确，ABD 错误。
故选C 。
2．（2020届黑龙江省哈尔滨市三中高三第二次模拟）如图所示，两个小球A 、B 大小相等，质量分布均匀。
分别为m 1、m 2，m 1 <m 2，A 、B 与轻弹簧栓接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A 球心等高处水平快速向右敲击A ，作用于A 的冲量大小为I 1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B 球心等高处水平快速向左敲击B ，作用于B 的冲量大小为I 2，I l =I 2,则下列说法正确的是（ ）A ．若两次锤子敲击完成瞬间，A 、B 两球获得的动量大小分别为p 1和p 2，则p 1=p 2 B ．若两次锤子敲击分别对A 、B 两球做的功为W 1和W 2，则W 1=W 2．C ．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L 1和L 2，则L 1<L 2D ．若两次弹簧压缩到最短时A 、弹簧、B 的共同速度大小分别为v 1和v 2，则v 1>v 2【答案】AC【解析】由动量定理I p =∆可知，由于I l =I 2，则若两次锤子敲击完成瞬间有12p p =，故A 正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，且2k 2p E m=可知，A 球获得的初动能更大，由动能定理可知12W W >，故B 错误；由动量守恒可得1012()m v m m v =+，得1012m v v m m =+，由能量守恒有221012p 11()+22m v m m v E =+，得212p 0122()m m E v m m =+，由于12p p =则质量越大的，初速度越小，即A 球获得的初速度较大，则敲击A 球时弹簧的最大弹性势能较大，即12L L <，故C 正确；由由动量守恒可得1012()m v m m v =+，得1012m v v m m =+，则两次共速的速度相同，故D 错误。
考点16 动量、冲量、动量定理-2020年 新高三一轮复习物理(解析版)
考点16 动量、冲量、动量定理一、选择题1．(多选)将物体水平抛出，在物体落地前(不计空气阻力)()A．动量的方向不变B．动量变化量的方向不变C．相等时间内动量的变化相同D．相等时间内动量的变化越来越大【答案】BC【解析】做平抛运动的物体在落地前速度的方向不断变化，故动量的方向变化，选项A错误；动量变化等于重力的冲量，故动量变化量的方向不变，选项B正确；根据动量定理，相等时间内动量的变化等于mgt，故相等时间内动量的变化相同，选项C正确，D错误2．(多选)竖直向上抛出一篮球，球又落回原处，已知空气阻力的大小与篮球速率的二次方成正比，则下列说法正确的是()A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功B．上升过程中动能的改变量大于下降过程中动能的改变量C．上升过程中合力的冲量大于下降过程中合力的冲量D．上升过程中动量的改变量小于下降过程中动量的改变量【答案】BC【解析】重力做功的大小只与物体的重力和物体的初末位置有关，与物体的路径等无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，即克服重力做功相等，A错误；根据动能定理知上升过程中合外力做的功大于下降过程合外力做的功，故上升过程动能的改变量大于下降过程中动能的改变量，B正确；由于克服空气阻力做功，故落回原处的速度小于初速度，并t＝mΔv知，上升过程中动量的改变量大于下降过程中动量的改变量，且上升过程合力的由F合冲量大于下降过程合力的冲量，C正确，D错误3．甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙＝1∶4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们动量大小之比p甲：p乙是()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．2∶1【答案】B【解析】根据运动过程中的动能相等得：m甲v＝m乙v，甲的动量为：p甲＝m甲v甲＝乙的动量为：p乙＝m乙v乙＝所以＝＝.4．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一个质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．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【答案】A【解析】物体a做自由落体运动，其加速度为g；而物体b沿圆弧轨道下滑，在竖直方向的加速度在任何高度都小于g，由h＝at2得t a＜t b；因为动量是矢量，A、B到达S时，它们在S点的动量的方向不同，故它们动量不相等，A正确5．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是()A．p1等于p2B．p1小于p2C．p1大于p2D．无法比较【答案】C【解析】由E k＝mv2＝得p＝，因为m1>m2，E k1＝E k2，所以p1>p2，选C.6．如图，竖直向上抛出一个物体．若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体动量随时间变化的图线是()A．B．C．D．【答案】C【解析】物体在竖直上抛运动过程中，速度先向上减小，然后再向下增大；则动量先向上，为正值并慢慢减小；然后再向下，为负值，逐渐增大．7．如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则()B．击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋mv【答案】C【解析】规定水平向右为正方向，击球前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B 错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋mv，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋mv，故D错误8.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则()A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相同B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率不等C．t＝2t0时物体的瞬时速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零【答案】C【解析】0～t0与t0～2t0内作用力方向不同，故动量变化量不相同，A错误．t＝t0时物体速度最大，t＝2t0时物体速度为零，两段时间内平均速率相等；又I＝F0t0－F0t0＝0，故B错误，C 正确.0～2t0时间内，物体先加速后减速，位移不为零，W总＝ΔE k＝0，D错误9.(多选)如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动．遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是()A．滑块的动量改变量的大小为mv0B．滑块的动量改变量的大小为mv0D．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相反【答案】BD【解析】以初速度方向为正，有：Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－mv0－mv0＝－mv0所以滑块的动量改变量的大小为mv0，方向与v0的方向相反，A、C错误，B、D正确．10.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，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点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是()A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于mD．小球动量的变化量等于所受阻力的冲量【答案】AC【解析】小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，所以A正确；对全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－W F＝0，则小球克服阻力做功W F＝mg(H＋h)，故B错误；根据运动学规律，落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：I G－I F＝0－m，可知阻力的冲量为：I F＝I G＋m，即大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误二、非选择题11.如图所示，质量为M＝5.0 kg的小车在光滑水平面上以v1＝2 m/s速度向右运动，一人背靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以v2＝4.0 m/s的水平速度将一股水流自右向左射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为Q＝5.0×10－5 m3/s(单位时间内流过横截面的水流体积)，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，不计空气阻力．求：(1)经多长时间可使小车速度减为零；(2)小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要保持小车速度为零，需提供多大的水平作用力．【答案】(1)50 s(2)0.2 N【解析】(1)取水平向右为正方向由于水平面光滑，经t时间，流入车内的水的质量为m′＝ρQt对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒，则Mv1＋m′(－v2)＝0联立解得t＝50 s(2)Δt时间内，流入车内的水的质量为Δm＝ρQΔt设小车对水流的水平作用力为F，根据动量定理FΔt＝0－Δm(－v2)联立解得F＝ρQv2＝0.2 N根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为F′＝F，由于小车静止，根据平衡条件知提供的水平作用力大小为0.2 N12．如图所示，质量m＝2 kg的物体，在水平力F＝8 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作用了t1＝6 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s物体与竖直墙相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰墙后反向弹回的速度大小v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g取10 m/s2)【答案】280 N【解析】选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，选F的方向为正方向，根据动量定理得：(F－μmg)t1＝mv1－0解得：v1＝12 m/s撤去F后，物体受力如图乙所示，由动量定理得：－μmgt2＝mv2－mv1解得v2＝8 m/s物体与墙壁作用后速度变为向左，根据动量定理得t3＝－mv′－mv2解得＝－280 N故墙壁对物体的平均作用力大小为280 N.14．如图所示，用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)【答案】(1)200 N，方向竖直向下(2)205 N，方向竖直向下【解析】(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的平均作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv所以F1＝－ N＝200 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为200 N，方向竖直向下．(2)若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正．则(F2－mg)t＝0－mvF2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为205 N，方向竖直向下．15．如图所示，质量为1 kg的钢球从5 m高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小．(g取10 m/s2)【答案】190 N【解析】钢球落到地面时的速度大小为v0＝＝10 m/s，反弹时向上运动的速度大小为v t ＝＝8 m/s，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，根据动量定理得(F N－mg)t ＝mv t－(－mv0)，代入数据，解得F N＝190 N，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.16．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前的速度约为30 m/s.则：(1)试求车祸中车内质量约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，求这时人体受到的平均冲力为多大？【答案】(1)5.4×104 N(2)1.8×103 N【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，设运动时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s，根据动量定理Ft＝Δp＝mv0，得F＝＝ N＝5.4×104 N；(2)若人系有安全带，则F′＝＝ N＝1.8×103 N17．质量为60 kg的人，不慎从高空支架上跌落，由于弹性安全带的保护，使他悬挂在空中．已知安全带长5 m，其缓冲时间是1.2 s，求安全带受到的平均冲力大小为多少？(取g＝10 m/s2) 【答案】1100 N【解析】人自由下落5 m，由运动学公式v2＝2gh，则v＝＝ m/s＝10 m/s.人和安全带作用时，人受到向上的拉力和向下的重力，设向下为正，由动量定理(mg－F)t＝0－mv得F＝mg＋＝(60×10＋) N＝1100 N.18．质量为0.5 kg的弹性小球，从1.25 m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m，g 取10 m/s2.(1)若地板对小球的平均冲力大小为100 N，求小球与地板的碰撞时间；(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1 s，求小球对地板的平均冲力．【答案】(1)0.047 s(2)55 N，方向竖直向下【解析】(1)碰撞前的速度：v1＝＝5 m/s，方向竖直向下，碰撞后的速度：v2＝＝4 m/s，方向竖直向上，取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，解得Δt≈0.047 s；(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失，故碰撞后球的速度：v2′＝5 m/s，方向竖直向上，由动量定理得(F′－mg)Δt′＝mv2′－(－mv1)，解得F′＝55 N，由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55 N，方向竖直向下．。