【物理】2019届一轮复习人教版动量、冲量、动量定理学案 23页

高 考地 位 高考对本章的考查主要以碰撞为模型对动量守恒定律进 行考查，而且注意与生活中的具体事例相联系，题型主要以 选择题、计算题为主，计算题往往与其他知识综合，难度不 会太大，分值 6～9 分。 考 纲下 载 1.动量、动量定理 (Ⅱ) 2．动量守恒定律及 其应用 (Ⅱ) 3．弹性碰撞和非弹 性碰撞 (Ⅰ) 实验七：验证动量守 恒定律 说明：只限于一维两 个物体的碰撞问题。 考 纲解 读 1.理解动量、动量的变 化量、冲量等概念，掌握动 量定理、动量守恒定律，并 能用动量守恒定律解决相 关问题。 2．掌握弹性碰撞和非 弹性碰撞的概念，记住两个 物体碰撞的几个基本公式， 能运用动量守恒定律并结 合能量关系解决简单的碰 撞问题。 3．高考中对本专题的 考查方式主要有两种：(1) 以碰撞为模型考查动量守 恒定律的应用；(2)以生活 中的实例为背景，考查规律 的灵活运用。 第 1 讲　动量、冲量、动量定理 板块一　主干梳理·夯实基础 【知识点 1】　动量　Ⅱ 1．定义：运动物体的质量 m 和它的速度 v 的乘积 mv 叫做物体 的动量。动量通常用符号 p 来表示，即 p＝mv。 2．单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为 kg·m/s。 说明：动量既有大小，又有方向，是矢量。我们讲物体的动量， 是指物体在某一时刻的动量，动量的方向与物体瞬时速度的方向相同。 有关动量的运算，一般情况下用平行四边形定则进行运算。如果物体 在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的运算就可以转化为 代数运算。 3．动量的三个性质 (1)动量具有瞬时性。物体的质量是物体的固有属性，是不发生 变化的，而物体的速度是与时刻相对应的，由动量的定义式 p＝mv 可知，动量是一个状态量，具有瞬时性。 (2)动量具有相对性。选用不同的参考系时，同一运动物体的动 量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面 的动量。在分析有关问题时要先明确相应的参考系。 (3)矢量性。动量是矢量，方向与速度的方向相同，遵循矢量运 算法则。 【知识点 2】　动量的变化　Ⅱ 1．因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三 者中任何一个发生变化，动量 p 就发生了变化。 2．动量的变化量 Δp 是矢量，其方向与速度的改变量 Δv 的方向 相同。 3．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，此式为矢量式，若 p′、 p 不在同一直线上，则要用平行四边形定则(或矢量三角形定则)求矢 量差；若在同一直线上，则应先规定正方向，再用正、负表示 p、p′ 的方向，最后用 Δp＝p′－p＝mv′－mv 进行代数运算。 【知识点 3】　动量、动能、动量变化量的比较　Ⅱ 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量 和速度的乘积 物体由于运 动而具有的能量 物体末动量 与初动量的矢量 差 定义 式 p＝mv Ek＝1 2 mv2 Δp＝p′－p 标矢 性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝ p2 2m ，Ek＝1 2 pv，p＝ 2mEk，p＝2Ek v 联系 1.对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定发 生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化 2．都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取 地面为参考系 【知识点 4】　冲量、动量定理　Ⅱ 1．冲量 (1)定义：力和力的作用时间的乘积。 (2)表达式：I＝Ft。单位：牛秒(N·s)。 (3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。 (4)物理意义：表示力对时间的积累。 (5)作用效果：使物体的动量发生变化。 2．动量定理 (1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量的变化。 (2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p。 (3)矢量性：动量变化量的方向与冲量方向相同。 (4)适用范围：不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒 子的高速运动同样适用。 板块二　考点细研·悟法培优 考点 1 冲量、动量定理 [深化理解] 1．对动量定理的理解 (1)方程左边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲 量。其中的 F 可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则 F 是合外力在 t 时间内的平均值。 (2)动量定理说明的是合外力的冲量 I 合和动量的变化量 Δp 的关 系，不仅 I 合与 Δp 大小相等，而且 Δp 的方向与 I 合方向相同。 (3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。系统的动量变 化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。而 物体之间的作用力不会改变系统的总动量。 (4)动力学问题中的应用：在不涉及加速度和位移的情况下，研 究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便。因为动量定理 不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用，而且也不需要考虑运动过 程的细节。 2．应用动量定理时应注意的问题 (1)因动量定理中的冲量为研究对象所受合外力的总冲量，所以 必须准确选择研究对象，并进行全面的受力分析，画出受力图，如果 在过程中外力有增减，还需进行多次受力分析。 (2)因为动量定理是一个表示过程的物理规律，涉及到力的冲量 及研究对象的初、末状态的动量，所以必须分析物理过程，在建立物 理图景的基础上确定初、末状态。 (3)因为动量定理是矢量式，而多数情况下物体的运动是一维的， 所以在应用动量定理前必须建立一维坐标系，确定正方向，并在受力 图上标出，在应用动量定理列式时，已知方向的动量、冲量均需加符 号(与正方向一致时为正，反之为负)，未知方向的动量、冲量通常先 假设为正，解出后再判断其方向。 (4)不同时间的冲量可以求和： ①若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再 乘以时间求冲量，I 合＝F 合·t。 ②若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相应时间的冲 量，然后求各外力冲量的矢量和，即 I 合＝F1t1＋F2t2＋…。 (5)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用 动量定理。 例 1　如图所示，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，则安全 带受的冲力是多少？(g 取 10 m/s2) (1)从开始到最终静止，人的动量是否发生了变化？ 提示：没有。 (2)人在整个过程中受哪些力的作用？ 提示：重力和安全带给的拉力。 尝试解答　1200_N，方向竖直向下。 设工人刚要拉紧安全带时的速度为 v，v2＝2gL，得 v＝ 2gL 经缓冲时间 t＝1 s 后速度变为 0，取向下为正方向，工人受两个 力作用，即拉力 F 和重力 mg，对工人由动量定理知， (mg－F)t＝0－mv，F＝mgt＋mv t 将数值代入得 F＝1200 N。 由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力 F′为 1200 N，方向竖直 向下。 总结升华 应用动量定理解题的方法 在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可 有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号。 如例 1 规定向下为正，则 mg 和 v 取正，F 取负，列出关系式。对于 变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间 Δt 极 短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。 [跟踪训练]　如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触 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.ft1 m1 　 ft1 m1＋m2 B. ft1 m1＋m2 　 ft1 m1＋m2 ＋ft2 m2 C.ft1 m1 　f(t1＋t2) m1＋m2 D.f(t1＋t2) m1 　f(t1＋t2) m1＋m2 答案　B 解析　子弹在 A 中穿过时，以 AB 为研究对象，规定向右为正方 向，由动量定理得：ft1＝(m1＋m2)v1，所以 v1＝ ft1 m1＋m2 。之后 A 的 速度保持 v1 不变，子弹进入 B 木块，以 B 为研究对象，由动量定理 得：ft2＝m2v2－m2v1。联立得：v2＝ft2 m2 ＋ ft1 m1＋m2 ，故 B 正确，A、 C、D 错误。 考点 2 用动量定理解释生活中实际现象的技巧 [解题技巧] 用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化 一定，此时力的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。 另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大，力的 作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一定、哪个 量变化搞清楚。 例 2　(多选)如图所示，把重物 G 压在纸带上，用一水平力 F 缓 慢拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从 重物下抽出。对这种现象的解释正确的是(　　) A．在缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小 C．在缓慢拉动纸带时，纸带对重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带对重物的冲量小 (1)两种情况下，纸带对重物的摩擦力分别是静摩擦力还 是滑动摩擦力？ 提示：都是滑动摩擦力。 (2)两种情况下，纸带对重物作用时间长短有何不同？ 提示：缓慢拉动时，作用时间较长，迅速拉动时，作用时间短。 尝试解答　选 CD。 对重物应用动量定理得 fΔt＝Δp，不管是缓慢拉动纸带还是迅速 拉动纸带，f 都是滑动摩擦力，是恒定不变的力，缓慢拉动时，作用 时间长，纸带对重物的冲量大，重物动量的变化量大，运动状态变化 明显，重物跟着纸带一起运动；迅速拉动时，作用时间短，纸带对重 物的冲量小，重物动量的变化量小，运动状态几乎不变，纸带从重物 下抽出，所以 A、B 选项都不正确，而 C、D 选项是正确的。 总结升华 善于从题目中搜寻相关信息，理解命题者意图。如本题题干中“用 一水平力 F 缓慢拉动纸带，重物跟着纸带一起运动。若迅速拉动纸 带，纸带将会从重物下抽出”，题目中已经透露出快拉纸带，物体动 量变化小，慢拉纸带物体动量变化大，找到该信息，题目基本明了。 [递进题组]1.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由 于(　　) A．人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小 B．人跳在沙坑上的动量变化比跳在水泥地上小 C．人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小 D．人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小 答案　D 解析　跳远时，落地前的速度约等于起跳时速度的大小，则初动 量大小一定；落地后静止，末动量一定。所以，人接触地面过程的动 量变化量 Δp 一定。因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用 的时间短，根据动量定理 Ft＝Δp 可知，作用时间 t 越长则 F 越小， 故 D 正确。 2．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度 v 抽出纸条后，铁块掉到地面上的 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 点左侧 C．在 P 点右侧不远处 D．在 P 点右侧原水平位移的两倍处 答案　B 解析　以 2v 速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸 条对铁块的作用力相同，故与以速度 v 抽出相比，纸条对铁块的冲量 I 减小，动量的增量减小，平抛的速度就减小，水平射程也减小，故 落在 P 点的左侧。 考点 3 冲量的计算 [解题技巧] 1．恒力的冲量 用 I＝Ft 计算或动量定理计算。 2．变力冲量的求解方法 (1)全程或分段应用动量定理：当水平面光滑时，拉力与合外力 大小相等，可以在 F­t 图象中用面积法直接求动量的变化。但当水平 面粗糙时，在某个时间段摩擦力为静摩擦力，若都按照滑动摩擦力计 算，必然出错，所以需分段应用动量定理，然后再结合实际进行分析。 (2)应用图象求冲量 在 F­t 图象中图象的面积，数值上等于恒力的冲量，如图(a)所示； 若求变力的冲量，仍可用“面积法”来表示，如图(b)所示；对于随 时间均匀变化的力，可以用平均力F1＋F2 2 和时间求力的冲量，如图 (c)。 例 3　有一种有趣的离子运动模型，离子从静止向某个方向运动 一段时间后，经过相同时间又可回到原处，其物理模型可简化如下： 质量为 m 的物体静止在光滑水平面上，从 t＝0 时刻开始受到水平力 的作用，其大小与时间 t 的关系如图所示，则(　　) A．物体一直沿正方向(原方向)运动 B．2t0 时刻的瞬时速度的大小为 t0 时刻的两倍 C．在 t0 时刻到 2t0 时刻这段时间内水平力对物体做负功 D．在 t0 到 2t0 这段时间内力做的功是 0 到 t0 这段时间的两倍 怎样利用 F­t 图象求 F 的冲量？ 提示：图象与坐标轴围成的面积。 尝试解答　选 B。 设 t0 时物体的速度为 v0,2t0 时物体的速度为 v,0～t0 内，由动量定 理可得：Ft0＝mv0，t0～2t0 内，由动量定理可得：－3Ft0＝mv－mv0， 联立可得：v＝－2v0，A 错误，B 正确；根据动能定理可知，0～t0 内， W1＝1 2 mv20－0， t0～2t0 内，W2＝1 2 mv2－1 2 mv20＝3×1 2 mv20＝3W1，C、D 错误。 总结升华 (1)冲量的计算。首先注意力是恒力还是变力。其次注意求的是 哪个力的冲量，还是合力的冲量。用动量定理求出的是合力的冲量。 (2)注意冲量与做功的区别。 [跟踪训练]　(多选)两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同 的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中 (　　) A．重力的冲量相同 B．重力的功相同 C．斜面弹力的冲量为零 D．斜面弹力做功为零 答案　BD 解析　设斜面高为 h，倾角为 θ，物体质量为 m，则两物体滑至 斜面底端的过程，重力做功均为mgh，物体滑至底端用时t＝ 1 sinθ 2h g ， 重力的冲量 IG＝mgt＝ m sinθ 2gh，随 θ 变化而变化，故重力的冲量不 同，A 项错误，B 项正确；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，不做 功，但弹力的冲量 IFN＝FN·t＝mgcosθ·t＝ mcosθ sinθ 2gh≠0，C 项错误，D 项正确。 建模提能 5 应用动量定理分析 变质量问题的技巧　 通常情况下应用动量定理解题，研究对象为质量一定的物体，它 与其他物体只有一次相互作用，我们称之为“单体作用”。这类题目 对象明确、过程清楚，求解不难。而对于流体连续相互作用的这类问 题，研究对象不明，相互作用的过程也较复杂，求解有一定难度。 方法指导：巧选对象，将连续作用转化为“单体作用”；巧取瞬 间，将较长时间内的变质量问题转化为短时间内不变质量问题。 1．建立“柱体模型” 沿流速 v 的方向选取一段柱形流体，设在 Δt 时间内通过某一横 截面 S 的流体长度为 Δl，如图所示，若流体的密度为 ρ，那么，在这 段时间内流过该截面的流体的质量为 Δm＝ρΔlS＝ρSv·Δt。 2．掌握微元法 当所取时间为 Δt 足够短时，图中流体柱长度 Δl 甚短，相应的质 量 Δm 也很小。显然，选取流体柱的这一微元小段作为研究对象就称 微元法。 3．运用动量定理 求解这类问题一般运用动量定理，即流体微元所受的合外力的冲 量等于微元动量的增量，即 F＝mΔv Δt 。 [2017·河北秦皇岛模拟]飞船正面面积 S＝1 m2，以 v＝2×103 m/s 飞入一宇宙微尘区，此区域每立方米空间有一个微尘，微尘的平均质 量 m0＝2×10－4 kg，设微尘与飞船相碰后附在飞船表面。要使飞船 速度不变，求飞船的推力是多少。 [答案]　800 N [解析]　微尘碰后附在飞船表面，飞船质量增大了，要使飞船速 度不变，只能施加推力。取附在飞船表面的微尘为研究对象，设时间 t 内飞船把微尘推到相等的速度，由动量定理得 Ft＝mv－0，而这段 时间内附在飞船表面的微尘质量为 m＝m0Svt，由以上两式得 F＝ m0Sv2，代入数据得 F＝800 N，由牛顿第三定律知，飞船需要的推力 为 800 N。 1．水流以流速 v＝10 m/s，从截面积 S＝4 cm2 的管内水平射在 竖直的墙壁上，求水流对墙壁的压力。设水和墙壁碰撞后沿墙壁流动。 答案　40 N 解析　选取 Δt 时间内的一段水柱为研究对象，它与墙壁的相互 作用时间也就是 Δt。 设墙壁对水流的作用力为 F，则在 Δt 内，墙壁对水流的作用力 的冲量等于 Δt 时间内水流动量的变化。 设 ρ 为水的密度，水柱的质量为 m＝ρSvΔt。 由题意可知，水的水平末速度等于零。 选水流的方向为正方向，得－FΔt＝ρSvΔt(0－v)， 化简并代入得 F＝ρSv2＝1×103×102×4×10－4 N＝40 N。 根据牛顿第三定律可知，水对墙壁的压力大小为 40 N。 2．国产水刀——超高压数控万能水切割机以其神奇的切割性能 在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能 切割 40 mm 厚的钢板，50 mm 厚的大理石等其他材料。 水刀就是将普通的水加压，使其从口径为 0.2 mm 的喷嘴中以 800～1000 m/s 速度射击出水射流。我们知道，任何材料，承受的压 强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强限度。 A 橡胶 5×107 Pa B 花岗 石 1.2×108～2.6×108 Pa C 铸铁 8.8×108 Pa D 工具 钢 6.7×108 Pa 设想有一水刀的水射流横截面积为 S，垂直入射的速度 v＝800 m/s，水射流与材料接触后速度为零，且不附着在材料上，水的密度 ρ ＝1×103 kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的________。 答案　CD 解析　以射到材料上的水量 Δm 为研究对象，以其运动方向为正 方向，由动量定理得 pSΔt＝－ρSvΔt·v，p＝－ρv 2＝－6.4×108 Pa， 由表中数据可知，不能切割 CD。 板块三　限时规范特训 　　时间：45 分钟　 满分：100 分 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 1～7 为单选，8～10 为多选) 1．[2017·湖北黄石市黄石一中模拟]有关物体的动量，下列说法 正确的是(　　) A．同一物体的动量改变，一定是速度大小改变 B．同一物体的动量改变，一定是速度方向改变 C．同一物体的运动速度改变，其动量一定改变 D．同一物体的运动速度改变，其动量可能不变 答案　C 解析　动量为一矢量，由 p＝mv 知，同一物体动量改变，可能 是速度大小变化、也可能是速度方向变化，所以 A、B 错误；同一物 体速度改变，动量一定变化，故 C 正确，D 错误。 2．[2017·山西太原五中月考]下面关于物体动量和冲量的说法错 误的是(　　) A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变 C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向 D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快 答案　A 解析　Ft 越大，Δp 越大，但动量不一定大，它还与初态的动量 有关，故 A 错误，B 正确；冲量不仅与 Δp 大小相等，而且方向相同， 所以 C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越 快，D 正确。 3．把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓 球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较(　　) A．重力在上升过程的冲量大 B．合外力在上升过程的冲量大 C．重力冲量在两过程中的方向相反 D．空气阻力冲量在两过程中的方向相同 答案　B 解析　乒乓球上升过程 mg＋f＝ma 1，下降过程 mg－f＝ma 2， 故 a1>a2。由于上升和下降通过的位移相同，由公式 x＝1 2 at2 知上升用 的时间小于下降用的时间，上升时重力的冲量小，A 错误；而重力的 冲量，不管是上升还是下降，方向都向下，故 C 错误；而空气阻力 冲量的方向：上升时向下，下降时向上，故方向相反，D 错误；再由 公式 v＝ 2ax可知，上升的初速度大于下降的末速度，由动量定理知， 合外力的冲量等于动量的变化量，因上升时动量的变化量大于下降时 动量的变化量，故合外力在上升过程冲量大，故 B 正确。 4．[2017·山东临沂调研]人从高处跳到较硬的水平地面时，为了 安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了(　　) A．减小地面对人的冲量 B．减小人的动量的变化 C．增加人对地面的冲击时间 D．增大人对地面的压强 答案　C 解析　脚尖先触地且着地时弯曲双腿，可以增加人对地面的冲击 时间，根据动量定理 F＝Δp Δt 可知，地面对人的作用力减小，从而达到 安全的目的，故 C 正确，A、B、D 错误。 5. [2018·江西上饶一中月考]物体 A 和 B 用轻绳相连在轻质弹簧 下静止不动，如图甲所示。A 的质量为 m，B 的质量为 M。当连接 A、B 的绳突然断开后，物体 A 上升经某一位置时的速度为 v，这时 物体 B 下落速度大小为 u，如图乙所示。这段时间里，弹簧的弹力对 物体的冲量为(　　) A．mv B．mv－Mu C．mv＋Mu D．mv＋mu 答案　D 解析　弹簧的弹力是变力，时间是未知量，显然，不能直接从冲 量的概念 I＝Ft 入手计算，只能用动量定理求解，对物体 A：I弹－mgt ＝mv。对物体 B：Mgt＝Mu。消去 t 解得 I 弹＝mv＋mu，D 正确， A、B、C 错误。 6．一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做 加速直线运动时的 a­t 图象如图所示，t＝0 时其速度大小为 2 m/s， 滑动摩擦力大小恒为 2 N，则(　　) A．t＝6 s 时，物体的速度为 18 m/s B．在 0～6 s 内，合力对物体做的功为 400 J C．在 0～6 s 内，拉力对物体的冲量为 36 N·s D．t＝6 s 时，拉力 F 的功率为 200 W 答案　D 解析　类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度—时间图 象中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在 0～6 s 内 Δv＝18 m/s， 又 v0＝2 m/s，则 t＝6 s 时的速度 v＝20 m/s，A 错误；由动能定理可 知，0～6 s 内，合力做的功为 W＝1 2 mv2－1 2 mv20＝396 J，B 错误；由 动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得 IF＝48 N·s，C 错误；由牛顿第二定律可知，6 s 末 F－Ff＝ma，解得 F＝10 N，所 以拉力的功率 P＝Fv＝200 W，D 正确。 7．质量为 m 的运动员从床垫正上方 h1 高处自由下落，落垫后 反弹的高度为 h2，设运动员每次与床垫接触的时间为 t，则在运动员 与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力为(空气阻力不计， 重力加速度为 g)(　　) A．mg＋m 2gh1 t B．mg＋m 2gh2 t C.m 2gh2＋m 2gh1 t D．mg＋m 2gh2＋m 2gh1 t 答案　D 解析　设在时间 t 内，床垫对运动员的平均作用力大小为 F，运 动员刚接触床垫时的速率为 v1，则离开床垫时的速率为 v2。如图所 示，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有： F 合 t＝Δp，F 合＝F－mg Δp＝mv2－m(－v1)＝mv2＋mv1 由机械能守恒定律有 1 2 mv21＝mgh1，v1＝ 2gh1 1 2 mv22＝mgh2，v2＝ 2gh2 由此可得 F＝mg＋mv2＋mv1 t ＝mg＋m 2gh2＋m 2gh1 t ，由牛顿 第 三 定 律 可 得 ， 运 动 员 对 床 垫 的 作 用 力 大 小 F′ ＝ F ＝ mg ＋ m 2gh2＋m 2gh1 t ，方向为竖直向下，D 正确，A、B、C 错误。 8. 恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图所示，由于地面对物 体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间 t，下列说法正确的是(　　) A．拉力 F 对物体的冲量大小为零 B．拉力 F 对物体的冲量大小为 Ft C．拉力 F 对物体的冲量大小是 Ftcosθ D．合力对物体的冲量大小为零 答案　BD 解析　物体静止时，合外力为零，合外力的冲量为零，D 正确； 拉力是恒力，其冲量为力与时间的乘积，B 正确，A、C 错误。 9．如图甲所示，一物块在 t＝0 时刻，以初速度 v0 从足够长的 粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0 时刻物块到达最高点，3t0 时刻物块又返回底端。由此可以确定(　　) A．物块冲上斜面的最大位移 B．物块返回底端时的速度 C．物块所受摩擦力的大小 D．斜面倾角 θ 答案　ABD 解析　根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为： x＝v0t0 2 ，A正确；设物块返回底端时的速度大小为v，则有：v0t0 2 ＝v·2t0 2 ， 解得：v＝ v0 2 ，B 正确；根据动量定理得上滑过程：－(mgsinθ＋ μmgcosθ)t0＝0－mv0，下滑过程： (mgsinθ－μmgcosθ)·2t 0＝mv，联 立解得：f＝3mgsinθ－3mv0 4t0 ，sinθ＝5v0 4gt0 ，由于质量 m 未知，则无法 求出 f，可以求出斜面倾角 θ，D 正确，C 错误。 10．在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为 M1 和 M2 的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块， 如图所示。开始时，各物均静止，今在两物块上各作用一个水平恒力 F1 和 F2，当物块与木板分离时，两木板的速度分别为 v1 和 v2，物块 与两木板之间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是(　　) A．若 F1＝F2，M1>M2，则 v1>v2 B．若 F1＝F2，M1v2 C．若 F1>F2，M1＝M2，则 v1>v2 D．若 F1v2 答案　BD 解析　设物块质量为 m，木板质量为 M，长为 L，物块与木板间 的滑动摩擦力大小为 f，在水平力 F 作用下，经过时间 t，物块恰滑 过木板，分离时物块的速度 v，木板的速度 v′，木板通过的位移 s， 物块通过的位移为 s＋L。则有(F－f)t＝mv，ft＝Mv′，对物块由动 能定理(F－f)(s＋L)＝1 2 mv2，v2＝2F－f m (s＋L)，对木板由动能定理 fs＝ 1 2 Mv′2 ， v′2 ＝ 2 f M s 。 由 此 可 得 ： s＋L s ＝ v v′ ＝ (F－f)M fm ， s ＝ Lmf (F－f)M－fm 。因此，分离时木板的速度 v′＝ 2f2Lm [(F－f)M－fm]M ， 其中 F>f。可知，M 增大或 F 增大时，速度 v′都变小，B、D 正确。 二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分) 11. [2017·湖南岳阳模拟](10 分)在光滑水平面上有一质量为 m＝4 kg 的物体，它受到如图所示随时间变化的水平拉力作用，物体从静 止开始运动，物体在 10 s 末的速度大小为多大？若它与水平地面间 的动摩擦因数为 μ＝0.1,10 s 末物体速度的大小又为多大？(g 取 10 m/s2) 答案　2.5 m/s　0 解析　物体在光滑水平面上运动时，根据动量定理有 F1t1－F2t2 ＝mv，代入数据得 v＝2.5 m/s；若水平面粗糙，前 5 s 内拉力大于滑 动摩擦力，根据动量定理(F1－μmg)t1＝mv1，设再经过 t2 时间使该速 度 v1 减为零，则－(F2＋μmg)t2＝0－mv1，解得 t2＝5 7 s，而在速度减 到零后，力 F2＝3 N 已经不能再拉动物体，以后的速度都为零，所以 10 s 末物体速度仍旧是 0。 12. [2017·山东临沂模拟](20 分)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷 泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲 浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米 老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示。这一景观可做如下简 化，假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，水柱的流量为 Q(流 量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高 度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大 于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲 浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向 的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和 冲浪板的总质量为 m0，水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g，空气阻 力及水的阻力均可忽略不计。 (1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分 析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠 模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小； (3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对 水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的 水的动能。请根据笫(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口 的高度 h 与水泵对水做功的功率 P0 之间的关系式。 答案　(1)ρQ　(2)m0g ρQ 　(3)h＝ P0 gQρ － m20g 2ρ2Q2 解析　(1)设在很短时间内，从喷口喷出的水的体积为 ΔV，质量 为 Δm，水柱在喷口的初速度为 v0，喷口的横截面积为 S。 则 Δm＝ρΔV，ΔV＝Sv0Δt＝QΔt，解得单位时间内从喷口喷出的 水的质量为Δm Δt ＝ρQ。 (2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱顶部的水冲击冲 浪板底面速度由 v 变为 0，对板的作用力的大小为 F′，板对水的作 用力的大小为 F，以向下为正方向，不考虑水柱顶部水的重力，根据 动量定理有 FΔt＝0－(Δm)(－v)，根据牛顿第三定律 F＝F′。 由于米老鼠模型在空中悬停，有 F′＝m 0g，联立可解得 v＝ m0g ρQ 。 (3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为 h，对 于单位时间内喷出的水，根据机械能守恒定律(或运动学公式)得 1 2 (Δm)v2＋(Δm)gh＝1 2 (Δm)·v20， 水泵对水做功的功率为 P0＝Ek Δt ＝ 1 2 (Δm)v20 Δt ， 联立解得 h＝ P0 gQρ － m20g 2ρ2Q2 。