2019屆高考物理一輪復習全冊學案（打包14套）.zip

2019屆高考物理一輪復習全冊學案（打包14套）.zip,2019,高考,物理,一輪,復習,全冊學案,打包,14 第六章 動　量 [全國卷5年考情分析](說明：2013～2016年，本章內容以選考題目出現(xiàn)) 考點及要求 2013～2017考情統(tǒng)計 命題概率 常考角度 動量、動量定理、動量守恒定律及其應用(Ⅱ) '17Ⅰ卷T14(6分)，'17Ⅱ卷T15(6分) '17Ⅲ卷T20(6分)，'16Ⅰ卷T35(2)(10分) '16Ⅱ卷T35(2)(10分) 獨立命題概率60% (1)動量定理與動量守恒定律的應用 (2)動量守恒與能量守恒的綜合應用 (3)動量守恒定律與磁場、電磁感應、原子核物理等知識的綜合應用 彈性碰撞和非彈性碰撞(Ⅰ) '16Ⅲ卷T35(2)(10分)，'15Ⅰ卷T35(2)(10分) '15Ⅱ卷T35(2)(10分)，'14Ⅰ卷T35(2)(9分) '13Ⅰ卷T35(2)(9分)，'13Ⅱ卷T35(2)(10分) 綜合命題概率70% 實驗七：驗證動量守恒定律 ' 14Ⅱ卷T35(2)(10分) 綜合命題概率25% 第1節(jié)動量定理 (1)動量越大的物體，其速度越大。(×) (2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×) (3)物體所受合力不變，則動量也不改變。(×) (4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零。(×) (5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×) (6)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。(√) 1．動量是矢量，其方向與物體的速度方向相同，動量變化量也是矢量，其方向與物體合外力方向相同。 2．力與物體運動方向垂直時，該力不做功，但該力的沖量不為零。 3．動量定理中物體動量的改變量等于合外力的沖量，包括物體重力的沖量。 4．動量定理是矢量方程，列方程時應選取正方向，且力和速度必須選同一正方向。 突破點(一)　動量與沖量的理解 1．動能、動量、動量變化量的比較 動能 動量 動量變化量 定義 物體由于運動而具有的能量 物體的質量和速度的乘積 物體末動量與初動量的矢量差 定義式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 標矢性 標量 矢量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 關聯(lián)方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 聯(lián)系 (1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系 (2)若物體的；動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化 2．沖量和功的區(qū)別 (1)沖量和功都是過程量。沖量表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用。 (2)沖量是矢量，功是標量。 (3)力作用的沖量不為零時，力做的功可能為零；力做的功不為零時，力作用的沖量一定不為零。 3．沖量的計算 (1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。 (2)變力的沖量 ①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內的沖量I＝t，其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。 ②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。 ③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求Δp間接求出沖量。 [題點全練] 1．下列說法正確的是(　　) A．動量為零時，物體一定處于平衡狀態(tài) B．動能不變，物體的動量一定不變 C．物體所受合外力不變時，其動量一定不變 D．物體受到恒力的沖量也可能做曲線運動 解析：選D　動量為零說明物體的速度為零，但物體速度為零并不一定為平衡狀態(tài)，如汽車的啟動瞬時速度為零，故A錯誤；動能不變，說明速度的大小不變，但速度的方向是可以變化的，故動量是可能發(fā)生變化的，故B錯誤；物體做勻變速直線運動時，物體的合外力大小不變，但速度大小會變化，故動量的大小也會發(fā)生變化，故C錯誤；物體受到恒力作用時有可能做曲線運動，如平拋運動，故D正確。 2．[多選]關于力的沖量，以下說法正確的是(　　) A．只有作用時間很短的力才能產(chǎn)生沖量 B．沖量是矢量，其方向就是力的方向 C．一對作用力與反作用力的沖量一定等大且反向 D．如果力不等于零，則在一段時間內其沖量不可能為零 解析：選BCD　只要有力及作用時間，力就會有沖量，選項A錯誤；沖量是矢量，其方向與力的方向相同，故B正確；作用力與反作用力大小相等，同時產(chǎn)生同時消失，故二力的沖量一定大小相等，方向相反，故C正確；若力不等于零，則在一段時間內其沖量一定不為零；故D正確。 3．質量為2 kg的小球自塔頂由靜止開始下落，不考慮空氣阻力的影響，g取10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．2 s末小球的動能為40 J B．2 s末小球的動量大小為40 kg·m/s C．2 s內重力的沖量大小為20 N·s D．2 s內重力的平均功率為20 W 解析：選B　2 s末小球的速度v＝gt＝20 m/s，則動能為Ek＝mv2＝400 J，選項A錯誤；2 s末小球的動量大小為p＝mv＝40 kg ·m/s，選項B正確；2 s內重力的沖量大小為I＝mgt＝40 N·s，選項C錯誤；2 s內重力的平均功率為＝mg＝mgv＝200 W，選項D錯誤。 突破點(二)　動量定理的理解和應用 1．應用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象 (1)當物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。 (2)當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小。 2．應用動量定理解題的一般步驟 (1)明確研究對象和研究過程 研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。 (2)進行受力分析 只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內部的相互作用力(內力)會改變系統(tǒng)內某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，則要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。 (3)規(guī)定正方向 由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前可以先規(guī)定一個正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負。 (4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。 (5)根據(jù)動量定理列式求解。 3．應用動量定理解題的注意事項 (1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關系(即要注意各個量的正負)。 (2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。 (3)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統(tǒng)。 (4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和，末態(tài)的動量p′也是系統(tǒng)各部分動量之和。 (5)對系統(tǒng)各部分的動量進行描述時，應該選取同一個參考系，不然求和無實際意義。 [典例]　(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求 (1)噴泉單位時間內噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 [審題指導] (1)質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中說明水柱對玩具的沖力大小為Mg。 (2)單位時間內噴出的水的質量等于長為v0，截面積為S的水柱的質量。 (3)噴口噴出的水向上運動過程中只受重力作用，機械能守恒。 [解析]　(1)設Δt時間內，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S。 ③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內噴出的水，由機械能守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④ 在h高度處，Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v ⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ [答案]　(1)ρv0S　(2)－ [規(guī)律方法]　動量定理在變質量(如流體)中的應用 研究對象為“變質量”的“連續(xù)”的流體(如水流、空氣流等)，以水流為例，一般要假設一段時間Δt內流出的水柱，其長度為vΔt，水柱底面積為S，得水柱體積V＝SvΔt，水柱質量為Δm＝ρV＝ρSvΔt，再對質量為Δm的水柱應用動量定理求解。 [集訓沖關] 1．把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運動；若迅速拉動紙帶，紙帶就會從重物下抽出，這個現(xiàn)象的原因是(　　) A．在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大 B．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力小 C．在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 解析：選C　用水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運動時重物受的靜摩擦力小于迅速拉動紙帶時重物受到的滑動摩擦力，A、B均錯誤；迅速拉動紙帶時，因作用時間短，重物所受沖量較小，重物速度變化小，紙帶易抽出，故C正確，D錯誤。 2．(2015·北京高考)“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是(　　) A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析：選A　從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。 3．(2018·北京市通州區(qū)摸底)在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點，質量m＝0.5 kg，AB間距離s＝5 m，如圖所示。小物塊以初速度v0＝8 m/s從A向B運動，剛要與墻壁碰撞時的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向彈回。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物塊從A向B運動過程中的加速度a的大?。? (2)小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (3)若碰撞時間t＝0.05 s，碰撞過程中墻面對小物塊平均作用力F的大小。 解析：(1)從A到B過程是勻減速直線運動，根據(jù)速度位移公式，有：a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2。 (2)從A到B過程，由動能定理，有： －μmgs＝mv12－mv02 代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.15。 (3)對碰撞過程，規(guī)定向左為正方向，由動量定理，有： FΔt＝mv2－m(－v1) 可得：F＝130 N。 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N 巧思妙解——練創(chuàng)新思維 1．微粒及其特點 (1)微粒常指電子流、光子流、微塵等。 (2)特點：①質量具有獨立性；②已知單位體積內的粒子數(shù)n。 2．解題一般步驟 (1)建立“柱體”模型：沿運動的方向選取一段微元，柱體的截面積為S。 (2)研究微元粒子數(shù)：作用時間Δt內的一段微元柱體的長度為Δl＝v0Δt，柱體體積ΔV＝Sv0Δt，柱體內的粒子數(shù)N＝nSv0Δt。 (3)先對單個微粒應用動量定理，建立方程，再乘以N計算。　　　　 [應用體驗] 1．自動稱米機已在糧食工廠中廣泛使用，有人認為：米流落到容器中時有向下的沖量會增大分量而不劃算；也有人認為：自動裝置即刻切斷米流時，尚有一些米仍在空中，這些米是多給買者的。因而雙方爭執(zhí)起來，究竟哪方說的對呢？請分析說明。 解析：設空中米流的質量為m1，已落入秤盤中米的質量為m2，正在落入秤盤中米的質量為Δm，只要分析出秤盤的示數(shù)與(m1＋Δm＋m2)g的關系，問題便得以解決。設稱米機的流量為d(單位時間內流出米的質量)，稱米機出口到容器中米堆上表面的高度為h，因米流出口處速度小，可視為零，故米流沖擊米堆的速度v＝。秤的示數(shù)F應等于m2、Δm的重力以及Δm對秤盤沖擊力F′大小之和。以m2＋Δm為研究對象，根據(jù)動量定理得 (F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δm F＝＋m2g＋Δmg＝d＋m2g＋Δmg 又因空中米的質量為m1＝dt＝d 故m1g＝d 則F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)g。 可見自動稱米機的示數(shù)恰好等于空中米流、已落入秤盤的米與正在落入秤盤的米的重力之和，不存在劃不劃算的問題。 答案：見解析 2．根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量p之間的關系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時都會對物體產(chǎn)生壓強，這就是“光壓”，用I表示。 (1)一臺二氧化碳氣體激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時，激光對物體表面的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動量，N表示單位時間內激光器射出的光子數(shù)，試用P0和S表示該束激光對物體產(chǎn)生的光壓。 (2)有人設想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時每平方米面積上的輻射功率為1 350 W，探測器和薄膜的總質量為m＝100 kg，薄膜面積為4×104 m2，求此時探測器的加速度大小。 解析：(1)在單位時間內，功率為P0的激光器的總能量為：P0×1 s＝NE＝Npc，所以：p＝(kg·m/s) 由題意可知：激光對物體表面的壓力F＝2pN 故激光對物體產(chǎn)生的光壓：I＝＝(Pa)。 (2)由上一問可知： I＝(Pa)＝ Pa＝9×10－6Pa 所以探測器受到的光的總壓力FN＝IS膜， 對探測器利用牛頓第二定律有FN＝ma 故此時探測器的加速度 a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。 答案：(1)(Pa)　(2)3.6×10－3 m/s2 (一)普通高中適用作業(yè) [A級——基礎小題練熟練快] 1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 解析：選B　摩天輪轉動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機械能一直變化，A錯誤；在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯誤；重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時功率也是變化的，D錯誤。 ★2．(2018·合肥一模)質量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內，關于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是(　　) A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 解析：選A　取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s，方向豎直向上。 由動能定理，合外力做的功：W＝mv22－mv12＝×0.2×42J－×0.2×62J＝－2 J。故A正確。 3．[多選](2017·全國卷Ⅲ)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 解析：選AB　法一：根據(jù)F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項正確，C、D項錯誤。 法二：前2 s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，動量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤；t＝4 s時物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯誤。 4.將一個質量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動，滑到底端總共用時t，如圖所示，設在下滑的前一半時間內木塊的動量變化為Δp1，在后一半時間內其動量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為(　　) A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1 解析：選C　木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsin θ，方向也始終沿斜面向下不變。由動量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1。故選項C正確。 ★5．(2018·三明一中模擬)質量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離開地的速率為v2。在碰撞過程中，鋼球受到合力的沖量的方向和大小為(　　) A．向下，m(v1－v2)　　　　　 B．向下，m(v1＋v2) C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2) 解析：選D　根據(jù)動量定理可知鋼球受到合力的沖量等于鋼球動量的變化量，選取向下為正方向，I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，則鋼球受到合力的沖量的方向向上，大小為m(v1＋v2)。故D正確。 [B級——中檔題目練通抓牢] 6．[多選]某同學為了測定當?shù)氐闹亓铀俣?，完成了如下的操作：將一質量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過一段時間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點為過程1，小球從最高點至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力，則下述說法正確的是(　　) A．過程1和過程2動量的變化大小都為mv0 B．過程1和過程2動量變化的方向相反 C．過程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下 D．過程1和過程2重力的總沖量為0 解析：選AC　根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過程動量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落過程動量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯誤；小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點又返回地面的整個過程中重力的沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯誤。 7．一個質量為m＝100 g的小球從h＝0.8 m的高處自由下落，落到一個厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了t＝0.2 s，規(guī)定豎直向下的方向為正，則在這段時間內，軟墊對小球的沖量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：選C　設小球自由下落h＝0.8 m的時間為t1，由h＝gt12得t1＝ ＝0.4 s。設IN為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程運用動量定理得mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6 N·s。 負號表示軟墊對小球的沖量方向和重力的方向相反。故選項C正確。 ★8．[多選]質量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動，經(jīng)過時間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時間內物體動量變化量的大小為(　　) A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m 解析：選BCD　由動量定理可得，物體在時間t內動量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運動過程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝，由機械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物體動量變化量Δp＝mΔv＝m＝m，選項C、D均正確，只有選項A錯誤。 ★9．將質量為500 g的杯子放在臺秤上，一個水龍頭以每秒700 g水的流量注入杯中。注至10 s末時，臺秤的讀數(shù)為78.5 N，則注入杯中水流的速度是多大？ 解析：以在很短時間Δt內，落在杯中的水柱Δm為研究對象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。 設向上的方向為正，由動量定理得： (F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv) 因Δm很小，Δmg可忽略不計，并且＝0.7 kg/s F＝ v＝0.7v(N) 臺秤的讀數(shù)G讀＝(m杯＋m水)g＋F 78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v 解得v＝5 m/s。 答案：5 m/s 10．如圖所示，質量0.5 kg，長1.2 m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動摩擦因數(shù)μ＝，在盒內右端B放著質量也為0.5 kg，半徑為0.1 m的彈性球，球與盒接觸面光滑。若在A端給盒以水平向右的沖量1.5 N·s，設盒在運動中與球碰撞時間極短，且無能量損失，求： (1)盒從開始運動到完全停止所通過的路程是多少； (2)盒從開始運動到完全停止所經(jīng)過的時間是多少。 解析：(1)研究對象是金屬盒，盒受沖量I后獲得速度v， 由動量定理，有I＝mv－0，v＝＝ m/s＝3 m/s 盒以此速度向右運動，運動中受到桌面對盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg －μ·2mg＝ma即a＝－2μg 盒運動了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度減少為v′。 v′2－v2＝2ax1 v′＝＝ m/s ＝2 m/s， 盒左壁A以v′速度與球相碰，因碰撞中無能量損失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做勻速直線運動，運動1 m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的速度向右運動，直到停止。 0－v′2＝2ax2 即x2＝＝＝ m＝0.8 m 因x2只有0.8 m，此時靜止小球不會再與盒的左壁相碰，所以盒通過的總路程為 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。 (2)盒從開始運動到與球相碰所用時間為t1 根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝＝ s＝0.4 s； 小球勻速運動時間t2＝＝ s＝0.5 s ； 盒第二次與球相碰后到停止運動的時間為t3，根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′ t3＝＝ s＝0.8 s； 總時間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s [C級——難度題目自主選做] 11．[多選](2018·常德模擬)如圖所示，質量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點時速度減為零。不計空氣阻力，重力加速度為g。關于小球下落的整個過程，下列說法正確的有(　　) A．小球的機械能減小了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量 解析：選AC　小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，則小球的機械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運用動能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯誤；小球落到地面的速度v＝，對進入泥潭的過程運用動量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的沖量大于m，故C正確；對全過程分析，運用動量定理知，動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤。 12．[多選](2018·天津質量調查)幾個水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實驗結果是：四個水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，則可以判斷的是(　　) A．子彈在每個水球中的速度變化相同 B．子彈在每個水球中運動的時間不同 C．每個水球對子彈的沖量不同 D．子彈在每個水球中的動能變化相同 解析：選BCD　恰好能穿出第4個水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運動，則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2－)∶(－)∶(－1)∶1，則B正確。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個水球中的速度變化不同，A項錯誤。因加速度恒定，則每個水球對子彈的阻力恒定，則由I＝ft可知每個水球對子彈的沖量不同，C項正確。由動能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，D項正確。 (二)重點高中適用作業(yè) [A級——保分題目巧做快做] 1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 解析：選B　摩天輪轉動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機械能一直變化，A錯誤；在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯誤；重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時功率也是變化的，D錯誤。 2．[多選](2017·全國卷Ⅲ)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 解析：選AB　法一：根據(jù)F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項正確，C、D項錯誤。 法二：前2 s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，動量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤；t＝4 s時物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯誤。 3．將一個質量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動，滑到底端總共用時t，如圖所示，設在下滑的前一半時間內木塊的動量變化為Δp1，在后一半時間內其動量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為(　　) A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶1 D ．2∶1 解析：選C　木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsin θ，方向也始終沿斜面向下不變。由動量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1。故選項C正確。 4．[多選]某同學為了測定當?shù)氐闹亓铀俣龋瓿闪巳缦碌牟僮鳎簩⒁毁|量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過一段時間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點為過程1，小球從最高點至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力，則下述說法正確的是(　　) A．過程1和過程2動量的變化大小都為mv0 B．過程1和過程2動量變化的方向相反 C．過程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下 D．過程1和過程2重力的總沖量為0 解析：選AC　根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過程動量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落過程動量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯誤；小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點又返回地面的整個過程中重力的沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯誤。 5．一個質量為m＝100 g的小球從h＝0.8 m的高處自由下落，落到一個厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了t＝0.2 s，規(guī)定豎直向下的方向為正，則在這段時間內，軟墊對小球的沖量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：選C　設小球自由下落h＝0.8 m的時間為t1，由h＝gt12得t1＝ ＝0.4 s。設IN為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程運用動量定理得mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6 N·s。負號表示軟墊對小球的沖量方向和重力的方向相反。故選項C正確。 6．[多選](2018·常德模擬)如圖所示，質量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點時速度減為零。不計空氣阻力，重力加速度為g。關于小球下落的整個過程，下列說法正確的有(　　) A．小球的機械能減小了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量 解析：選AC　小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，則小球的機械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運用動能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯誤；小球落到地面的速度v＝，對進入泥潭的過程運用動量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的沖量大于m，故C正確；對全過程分析，運用動量定理知，動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤。 7．[多選](2018·天津質量調查)幾個水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實驗結果是：四個水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，則可以判斷的是(　　) A．子彈在每個水球中的速度變化相同 B．子彈在每個水球中運動的時間不同 C．每個水球對子彈的沖量不同 D．子彈在每個水球中的動能變化相同 解析：選BCD　恰好能穿出第4個水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運動，則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2－)∶(－)∶(－1)∶1，則B正確。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個水球中的速度變化不同，A項錯誤。因加速度恒定，則每個水球對子彈的阻力恒定，則由I＝ft可知每個水球對子彈的沖量不同，C項正確。由動能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，D項正確。 [B級——拔高題目穩(wěn)做準做] ★8.一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。在此過程中(　　) A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為mv2 B．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為零 C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2 D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 解析：選B　人的速度原來為零，起跳后為v，由動量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面對人的沖量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳時，地面對人的支持力的作用點位移為零，故地面對人做功為零，所以只有選項B正確。 ★9．(2018·合肥質檢)一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖像如圖所示，t＝0時其速度大小為2 m/s?；瑒幽Σ亮Υ笮『銥? N，則(　　) A．在t＝6 s時刻，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s時間內，合力對物體做的功為400 J C．在0～6 s時間內，拉力對物體的沖量為36 N·s D．在t＝6 s時刻，拉力F的功率為200 W 解析：選D　根據(jù)Δv＝a0t，可知a-t圖線與t軸所圍“面積”表示速度的增量，則v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A錯誤；由動能定理可得：W合＝mv62－mv02＝396 J，B錯誤；由動量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的沖量IF＝48 N·s，C錯誤；由牛頓第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10 N，則6 s時拉力F的功率P＝F6·v6＝200 W，D正確。 ★10．[多選](2018·商丘五校聯(lián)考)在2016年里約奧運跳水比賽中，中國跳水夢之隊由吳敏霞領銜包攬全部8枚金牌。假設質量為m的跳水運動員從跳臺上以初速度v0向上跳起，跳水運動員在跳臺上從起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而減速為零，不計跳水運動員水平方向的運動，運動員入水后到速度為零時重心下降h，不計空氣阻力，則(　　) A．運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小為m＋mv0 B．水對運動員阻力的沖量大小為m C．運動員克服水的阻力做功為mgH＋mv02 D．運動員從跳起到入水后速度減為零的過程中機械能減少量為mg(H＋h)＋mv02 解析：選AD　設運動員入水前速度為vt，則由機械能守恒有mv02＋mgH＝mvt2，得vt＝，據(jù)動量定理可得運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小I＝mvt－(－mv0)＝m＋mv0，A項正確。運動員入水后受豎直向下的重力和豎直向上的阻力，合力的沖量大小為I合＝m，B項錯誤。運動員從跳起到入水后速度減為零的過程中應用動能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－mv02，得運動員克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋mv02，則C項錯誤。由能的轉化與守恒關系可知此過程中機械能的減少量為mg(H＋h)＋mv02，D項正確。 ★11．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時瓶底端對豎直墻面的作用力大小是(　　) A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S 解析：選D　Δt時間內貯氣瓶噴出氣體的質量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，選項D正確。 12．如圖所示，質量0.5 kg，長1.2 m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動摩擦因數(shù)μ＝，在盒內右端B放著質量也為0.5 kg，半徑為0.1 m的彈性球，球與盒接觸面光滑。若在A端給盒以水平向右的沖量1.5 N·s，設盒在運動中與球碰撞時間極短，且無能量損失，求： (1)盒從開始運動到完全停止所通過的路程是多少； (2)盒從開始運動到完全停止所經(jīng)過的時間是多少。 解析：(1)研究對象是金屬盒，盒受沖量I后獲得速度v， 由動量定理，有I＝mv－0，v＝＝ m/s＝3 m/s 盒以此速度向右運動，運動中受到桌面對盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg －μ·2mg＝ma即a＝－2μg 盒運動了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度減少為v′。 v′2－v2＝2ax1 v′＝＝ m/s ＝2 m/s， 盒左壁A以v′速度與球相碰，因碰撞中無能量損失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做勻速直線運動，運動1 m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的速度向右運動，直到停止。 0－v′2＝2ax2 即x2＝＝＝ m＝0.8 m 因x2只有0.8 m，此時靜止小球不會再與盒的左壁相碰，所以盒通過的總路程為 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。 (2)盒從開始運動到與球相碰所用時間為t1 根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝＝ s＝0.4 s； 小球勻速運動時間t2＝＝ s＝0.5 s ； 盒第二次與球相碰后到停止運動的時間為t3，根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′ t3＝＝ s＝0.8 s； 總時間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s ★13．(2018·三湘名校聯(lián)考)如圖甲所示是明德中學在高考前100天倒計時宣誓活動中為給高三考生加油，用橫幅打出的激勵語。下面我們來研究橫幅的受力情況，如圖乙所示，若橫幅的質量為m，且質量分布均勻、由豎直面內的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面內，四條繩子與水平方向的夾角均為θ，其中繩A、B是不可伸長的剛性繩，繩C、D是彈性較好的彈性繩且對橫幅的拉力恒為T0，重力加速度為g。 　 (1)求繩A、B所受力的大小； (2)在一次衛(wèi)生大掃除中，樓上的小明同學不慎將質量為m0的抹布滑落，正好落在橫幅上沿的中點位置。已知抹布的初速度為零，下落的高度為h，忽略空氣阻力的影響。抹布與橫幅撞擊后速度變?yōu)榱?，且撞擊時間為t，撞擊過程橫幅的形變極小，可忽略不計，求撞擊過程中，繩A、B所受平均拉力的大小。 解析：(1)橫幅在豎直方向上處于平衡狀態(tài)： 2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。 (2)抹布做自由落體運動，其碰撞前的速度滿足：2gh＝v02 碰撞過程中橫幅對抹布的平均作用力為F，由動量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0 解得：F＝m0g＋ 由牛頓第三定律可知抹布對橫幅的平均沖擊力F′＝F 橫幅仍處于平衡狀態(tài)：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′ 解得：T1＝T0＋＋。 答案：(1)T0＋　(2)T0＋＋ 第2節(jié)動量守恒定律 (1)只要系統(tǒng)合外力做功為零，系統(tǒng)動量就守恒。(×) (2)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒。(√) (3)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同。(√) 1．動量守恒方程為矢量方程，列方程時必須選擇正方向。 2．動量守恒方程中的速度必須是系統(tǒng)內各物體在同一時刻相對于同一參考系(一般選地面)的速度。 3．碰撞、爆炸、反沖均因作用時間極短，內力遠大于外力滿足動量守恒(或近似守恒)，但系統(tǒng)動能的變化是不同的。 4．“人船”模型適用于初狀態(tài)系統(tǒng)內物體均靜止，物體運動時滿足系統(tǒng)動量守恒或某個方向上系統(tǒng)動量守恒的情形。 突破點(一)　動量守恒定律的理解及應用 1．動量守恒定律的五個特性 矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向 相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面) 同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量 系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng) 普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng) 2．動量守恒定律的三種表達式及對應意義 (1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。 (2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為0。 (3)Δp1＝－Δp2，即兩個物體組成的系統(tǒng)中，一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反。 3．應用動量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。 (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。 (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。 (4)由動量守恒定律列出方程。 (5)代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明。 [典例]　(2018·鄭州高三質量預測)如圖所示，質量為m＝245 g的物塊(可視為質點)放在質量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求： (1)子彈進入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。 (2)木板向右滑行的最大速度v2。 (3)物塊在木板上滑行的時間t。 [審題指導] (1)子彈進入物塊后到一起向右滑行的時間極短，木板速度仍為零。 (2)子彈與物塊一起運動的初速度即為物塊向右運動的最大速度v1。 (3)木板足夠長，物塊最終與木塊同速，此時，木板向右滑行的速度v2最大。 [解析]　(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得： m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。 (2)當子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。 (3)對物塊和子彈組成的整體應用動量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。 [答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s [易錯提醒]　應用動量守恒定律應注意以下三點 (1)確定所研究的系統(tǒng)，單個物體無從談起動量守恒。 (2)判斷系統(tǒng)是否動量守恒，或者某個方向上動量守恒。 (3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度，若不是，則應轉換成相對于地面的速度。 [集訓沖關] 1.[多選](2018·佛山模擬)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑(　　) A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功 B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動 D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處 解析：選BC　在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系 統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選項B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運動，選項C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質量相等，小球沿槽下滑，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項D錯誤。 2．(2017·全國卷Ⅰ)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：選A　燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項A正確。 3．兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知甲車和磁鐵的總質量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質量為1.0 kg。兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動。某時刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s，方向與甲相反。兩車運動過程中始終未相碰。則： (1)兩車最近時，乙的速度為多大？ (2)甲車開始反向運動時，乙的速度為多大？ 解析：(1)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設該速度為v，取乙車的速度方向為正方向。由動量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以兩車最近時，乙車的速度為v＝＝ m/s＝ m/s≈1.33 m/s。 (2)甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為v乙′，由動量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝＝ m/s＝2 m/s。 答案：(1)1.33 m/s　(2)2 m/s 突破點(二)　動量守恒定律的3個應用實例 碰　撞 1.對碰撞的理解 (1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內位移可忽略。 (2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內力遠大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的。 (3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉化為機械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能。 2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷 彈性碰撞是碰撞過程中無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機械能守恒定律，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。 (1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。 (2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。 3．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 (1)動量守恒。 (2)動能不增加。 (3