第六章,第1讲

　 目标要求 内容 要求 说明 1.动量和冲量 理解冲量和动量.

　2.动量定理和动量守恒定律 通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性. 3.弹性碰撞和非弹性碰撞 通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．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.实验八 验证动量守恒定律

　第 第 1 讲 讲

　动量定理及其应用

　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＝mv. (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，一般用末动量 p′减去初动量 p 进行矢量运算，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． 判断正误 (1)物体质量不变时，运动的速度变化，其动量一定变化．( √ ) (2)当物体受力方向与运动方向垂直时，该力的冲量为 0.( × ) (3)某个恒力对物体做功为 0 时，冲量不为 0.( √ ) (4)做匀速圆周运动的物体动量不变．( × ) 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：mv′－mv＝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，即合力的冲量是原因，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 (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 N

　B．10 2

　N

　C．10 3

　N

　D．10 4

　N 答案 C 解析 设每层楼高约为 3 m，则下落高度约为 h＝3×25 m＝75 m，由 mgh＝ 12 mv2 及(F－mg)t＝mv 结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力 F′＝F＝ m 2ght＋mg≈10 3

　N.

　 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，通常是指相对地面的动量． (2)动量与动能的比较

　动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量

　定义式 p＝mv E k ＝ 12 mv2

　标矢性 矢量 标量 变化因素 物体所受冲量 外力所做的功 大小关系 p＝ 2mE k

　E k ＝p 22m

　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：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，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

　冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I＝Ft(F 为恒力) W＝Flcos α(F 为恒力) 标矢性 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 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联系

　 题型 1 对动量和冲量的定性分析

　例 1 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．动量越大的物体，其速度一定越大

　D．物体的动量越大，其惯性也越大 答案 A 解析 动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，与该时刻物体的速度方向相同，选项 A正确；加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项 B 错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项 C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项 D 错误． 变式 1 (2019·江苏宿迁市期中)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 答案 B 解析 先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理有－Ft＝0－mv，解得 F＝ mvt，当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力减小，而冲量和动量的变化量都不变，动能的变化量也不变，所以 B 正确．

　题型 2 对动量和冲量的定量计算

　例2 (多选)(2019·湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图 1 甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立 Δt 时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为 h 1 、h 2 ，经历的时间分别为 t 1 、t 2 ，重力加速度为 g，则(

　)

　图 1 A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t 1 ＋t 2 ＋Δt)，地面对运动员做的功为 0 B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t 1 ＋t 2 )，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h 1 ＋h 2 ) C．运动员对重物的冲量为 Mg(t 1 ＋t 2 ＋Δt)，运动员对重物做的功为 Mg(h 1 ＋h 2 ) D．运动员对重物的冲量为 Mg(t 1 ＋t 2 )，运动员对重物做的功为 0 答案 AC 解析 因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M＋m)g，整个过程的时间为(t 1 ＋t 2 ＋Δt)，根据 I＝Ft 可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t 1 ＋t 2 ＋Δt)；

　因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为 0，选项 A 正确，B 错误；运动员对重物的作用力为 Mg，作用时间为(t 1 ＋t 2 ＋Δt)，根据 I＝Ft 可知运动员对重物的冲量为 Mg(t 1 ＋t 2 ＋Δt)，重物的位移为(h 1 ＋h 2 )，根据 W＝Flcos α 可知运动员对重物做的功为 Mg(h 1＋h 2 )，选项 C 正确，D 错误． 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 2 A．拉力对物体的冲量大小为 Ft B．拉力对物体的冲量大小为 Ftsin θ C．摩擦力对物体的冲量大小为 Ftsin θ D．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 f ＝Fcos θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为 F f t＝Ftcos θ，故 C 项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故 D 项正确．

　1．对动量定理的理解 (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． (4)由 Ft＝p′－p，得 F＝ p′－pt＝ Δpt，即物体所受的合外力等于物体的动量的变化率． 2．解题基本思路 (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 (2018·江苏卷·12C(3))如图 3 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，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．

　图 3 答案 2mv＋mgt 解析 取向上为正方向，根据动量定理 mv－(－mv)＝I 且 I＝( F －mg)t 解得 I F ＝ F t＝2mv＋mgt. 变式 3 (2020·山东临沂市质检)材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止，则(

　) A．质量大的滑块运动时间长 B．质量小的滑块运动位移大 C．质量大的滑块所受摩擦力的冲量小 D．质量小的滑块克服摩擦力做功多 答案 B 解析 以初速度方向为正方向，根据动能定理可知：

　－μmgx＝0－E k ，即两滑块克服摩擦力做的功相等，且质量较小的滑块运动位移较大，选项 B 正确，D 错误；根据动量定理：－μmgt＝0－p，p＝ 2mE k ，则 t＝1μg2E km，可知质量大的滑块运动时间短，选项 A 错误；根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量，即：I＝Δp＝－ 2mE k ，则质量大的滑块摩擦力的冲量大，故 C 错误． 变式 4 (2019·江西南昌市 4 月第二次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1 时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到 t 2 时刻停止．其速度—时间图象如图 4 所示，且 α>β，若拉力 F 做的功为 W 1 ，冲量大小为 I 1 ；物体克服摩擦阻力 F f 做的功为 W 2 ，冲量大小为 I 2 .则下列选项正确的是(

　)

　图 4 A．W 1 > W 2 ；I 1 >I 2

　B．W 1 <W 2 ；I 1 >I 2

　C．W 1 < W 2 ；I 1 <I 2

　D．W 1 ＝W 2 ；I 1 ＝I 2

　答案 D 解析 全过程由动能定理得：W 1 －W 2 ＝0，则 W 1 ＝W 2 ； 由动量定理得：I 1 －I 2 ＝0，则 I 1 ＝I 2 ，故 D 正确.

　例 4 一高空作业的工人质量为 60 kg，系一条长为 L＝5 m 的安全带，若工人由静止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 2 ，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：设工人刚要拉紧安全带时的速度为 v 1 ，则由 v 1 2 ＝2gL，得 v 1 ＝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－mv 1 ， 解得 F＝ mgt＋mv1t 将数值代入得 F＝1 200 N. 由牛顿第三定律知，工人对安全带的平均冲力 F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下． 解法二 全程列式法：由 L＝ 12 gt 02 得，工人自由下落时间为 t 0 ＝2Lg，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(2Lg＋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(2Lg＋t)－Ft＝0 解得 F＝mg 2Lg＋tt＝1 200 N 由牛顿第三定律知工人对安全带的平均冲力 F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下． 变式 5 在水平力 F＝30 N 的作用下，质量 m＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.2，若 F 作用 6 s 后撤去，撤去 F 后物体还能向前运动多长时间？(g 取 10 m/s 2 ) 答案 12 s 解析 解法一 分段处理 选物体为研究对象，对于撤去 F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，F f ＝μmg，初速度为零，末速度为 v.取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t 1 ＝mv－0；

　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，初速度为 v，末速度为零，根据动量定理有－μmgt 2 ＝0－mv. 联立解得：

　t 2 ＝ F－μmgμmgt 1 ＝ 30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s.

　解法二 研究全过程 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态的速度都等于零．取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理有 (F－μmg)t 1 ＋(－μmg)t 2 ＝0 解得 t 2 ＝ F－μmgμmgt 1 ＝ 30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s.

　1．研究对象 常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等． 2．研究方法 隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解． 3．基本思路 (1)在极短时间 Δt 内，取一小柱体作为研究对象． (2)求小柱体的体积 ΔV＝vSΔt (3)求小柱体质量 Δm＝ρΔV＝ρvSΔt (4)求小柱体的动量变化 Δp＝vΔm＝ρv 2 SΔt (5)应用动量定理 FΔt＝Δp 例 5 (2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s，产生的推力约为 4.8×10 6

　N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为(

　) A．1.6×10 2

　kg

　 B．1.6×10 3

　kg C．1.6×10 5

　kg

　 D．1.6×10 6

　kg 答案 B

　解析 设 1 s 时间内喷出的气体的质量为 m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F，由动量定理有 Ft＝mv－0，则 m＝ Ftv＝ 4.8×106 ×13×10 3 kg＝1.6×10 3

　kg，选项 B 正确． 变式 6 (2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风“山竹”的风力达到 17 级超强台风强度，风速 60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为 S，风速大小为 v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为 ρ，风力 F与风速大小 v 的关系式为(

　) A．F＝ρSv

　 B．F＝ρSv 2

　C．F＝ 12 ρSv3

　D．F＝ρSv 3

　答案 B 解析 设 t 时间内吹到建筑物上的空气质量为 m，则 m＝ρSvt，对 m，根据动量定理有－F′t＝0－mv＝0－ρSv 2 t，解得 F′＝ρSv 2 ，由牛顿第三定律可得风力 F＝F′＝ρSv 2 ，故 B 正确，A、C、D 错误．

　1．(动量定理定性分析问题)(多选)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，其原因是(

　) A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小 B．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 C．掉在水泥上的玻璃杯动量变化快，掉在草地上的玻璃杯动量变化慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长 答案 CD 2．(动量和冲量的理解)(2019·江苏南京、盐城市一模)一只质量为 5.4 kg 的保龄球，撞上一只原来静止、质量为 1.7 kg 的球瓶．此后球瓶以 3.0 m/s 的速度向前飞出，而保龄球以 1.8 m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为 0.05 s．求：

　(1)碰撞后保龄球的动量大小； (2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小． 答案 (1)9.72 kg·m/s (2)102 N 解析 (1)碰撞后对保龄球 p 1 ＝Mv 1 ＝5.4×1.8 kg·m/s＝9.72 kg·m/s. (2)取碰撞后球瓶的速度方向为正方向，对球瓶：

　Δp＝mv－0＝1.7×3.0 kg·m/s＝5.1 kg·m/s，

　由动量定理有：F·Δt＝Δp，代入数据求得 F＝102 N. 3．(动量定理的基本应用)(2019·江苏省四星级高中一调)某质量为 m 的运动员从距蹦床 h 1 高处自由落下，接着又能弹起 h 2 高，运动员与蹦床接触时间为 t，在空中保持直立．重力加速度为 g.取竖直向上为正方向，忽略空气阻力．求：

　(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量 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 (1)mgt，方向竖直向下

　(2) m 2gh1 ＋ 2gh 2 t＋mg 解析 (1)以竖直向上为正方向，由动量的定义式 I＝Ft，得重力的冲量为：I G ＝－mgt，负号表示方向竖直向下； (2)设运动员下落 h 1 高度时的速度大小为 v 1 ，弹起时速度大小为 v 2 ，则有：v 1 2 ＝2gh 1 ，v 2 2 ＝2gh 2

　由动量定理有：－mgt＋Ft＝mv 2 －(－mv 1 ) 解得：F＝ m 2gh1 ＋ 2gh 2 t＋mg. 4．(应用动量定理处理“流体模型”)(2020·湖北武汉市调研)运动员在水上做飞行表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转 180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图5 所示．已知运动员与装备的总质量为 90 kg，两个喷嘴的直径均为 10 cm，重力加速度大小g＝10 m/s 2 ，水的密度 ρ＝1.0×10 3

　kg/m 3 ，则喷嘴处喷水的速度大约为(

　)

　图 5 A．2.7 m/s

　B．5.4 m/s

　C．7.6 m/s

　D．10.8 m/s 答案 C 解析 设 Δt 时间内一个喷嘴中有质量为 m 的水喷出，忽略水的重力的冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理有：

　FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·π d24 ， 因运动员悬停在空中，则 F＝Mg， 联立并代入数据解得：v≈7.6 m/s，故 C 正确．

　1．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，则动能不一定变化，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．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，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 C．平抛运动

　 D．竖直上抛运动 答案 A 解析 如果物体在任意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，则物体可能做自由落体运动、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．(2019·广西钦州市 4 月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(

　) A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 答案 D 解析 在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理有：－ F t＝mv 2 －mv 1 ，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故 D 正确，A、B、C 错误． 4.(2020·福建泉州市质检)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 1 A．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同，故 A 正确；从 c 处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从 c 处下滑的小滑环的冲量最大，故B 错误；从 a 处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从 a 处下滑的小滑环的冲量最大，故 C 错误；重力对从 a 处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故 D错误． 5．(2019·广东广州市 4 月综合测试)如图 2，广州塔摩天轮位于塔顶 450 米高空处，摩天轮由16 个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客(

　)

　图 2 A．动量不变

　 B．线速度不变 C．合外力不变

　 D．机械能不守恒 答案 D 解析 坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项 A、B、C 错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项 D 正确． 6.(多选)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下由静止开始沿直线运动．F 随时间 t 变化的图线如图 3 所示，则(

　)

　 图 3 A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 答案 AB 解析 F－t 图线与时间轴围成的面积表示合外力 F 的冲量，可知在 0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为 2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s；根据动量定理 I＝mΔv 可知，物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s；由 p＝mv 可知，物块在1 s、2 s、3 s、4 s 时的动量大小分别为 2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，A、B 正确． 7．(2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为 m，从开始蹬地到离开地面用时为 t，离地后小明重心最大升高 h，重力加速度为 g，忽略空气阻力．以下说法正确的是(

　) A．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态 B．在 t 时间内，小明机械能增加了 mgh C．在 t 时间内，地面对小明的平均支持力为 F ＝ m 2ght D．在 t 时间内，地面对小明做功 mgh 答案 B 解析 从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故 A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高 h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，故B 正确；取向上为正方向，在时间t 内，由动量定理得：F t－mgt＝mv－0，离开地面到最高点有：mgh＝ 12 mv2 ，联立解得：

　F ＝ m 2ght＋mg，故C 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为 0，故 D 错误．

　8．(2020·山西晋中市模拟)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 1 、F 2 的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间 t 0 和 4t 0 速度分别达到 2v 0 和 v 0 时，分别撤去 F 1 和 F 2 ，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 1 和 F 2 对 A、B 两物体的冲量分别为 I 1 和 I 2 ，F 1 和 F 2 对 A、B 两物体做的功分别为 W 1 和 W 2 ，则下列结论正确的是(

　)

　 图 4 A．I 1 ∶I 2 ＝12∶5，W 1 ∶W 2 ＝6∶5 B．I 1 ∶I 2 ＝6∶5，W 1 ∶W 2 ＝3∶5 C．I 1 ∶I 2 ＝3∶5，W 1 ∶W 2 ＝6∶5 D．I 1 ∶I 2 ＝3∶5，W 1 ∶W 2 ＝12∶5 答案 C 解析 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为 v0t 0 ，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有 F f ＝ma，则摩擦力大小都为 m v0t 0 .由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0 ，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有 F－F f ＝ma，则 F 1 ＝ 3mv0t 0，F 2 ＝ 5mv04t 0，故 I 1 ∶I 2 ＝F 1 t 0 ∶4F 2 t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1 －F f x 1 ＝0，W 2 －F f x 2 ＝0，得 W 1 ＝F f x 1 ，W 2 ＝F f x 2 ，v－t 图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为 6∶5，整个运动过程中 F 1 和F 2 做功之比为 W 1 ∶W 2 ＝x 1 ∶x 2 ＝6∶5，故 C 正确． 9．(2020·河南郑州市调研)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 2 ) 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 1 ，摩擦力的冲量为 F f t.选水平恒力 F 的方向为正方向，根据动量定理有 Ft 1 －F f t＝0① 又 F f ＝μmg② 联立①②式解得 t＝Ft 1μmg ， 代入数据解得 t＝3.75 s. 10.(2016·全国卷Ⅰ·35(2))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．

　答案 (1)ρv 0 S (2) v0 22g －M 2 g2ρ 2 v 0 2 S 2

　解析 (1)在刚喷出一段很短的 Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度 v 0 不变． 该时间内，喷出水柱高度 Δl＝v 0 Δt① 喷出水柱质量 Δm＝ρΔV② 其中 ΔV 为水柱体积，满足 ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0 S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为 h 由玩具受力平衡得 F 冲 ＝Mg④ 其中，F 冲 为水柱对玩具底板的作用力 由牛顿第三定律：F 压 ＝F 冲 ⑤ 其中，F 压 为玩具底板对水柱的作用力，设 v′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v′ 2 －v 0 2 ＝－2gh⑥ 在很短 Δt 时间内，冲击玩具的水柱的质量为 Δm Δm＝ρv 0 SΔt⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F 压 ＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧ 由于 Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压 Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得 h＝ v0 22g －M 2 g2ρ 2 v 0 2 S 2

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