【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-5 第六章 第1讲 (含解析).doc，共(16)页，268.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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[高考导航]考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018命题分析动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ卷Ⅰ·T35(2)：动量定理和能量观点卷Ⅱ·T35(2)：动量守恒和能量守恒

卷Ⅲ·T35(2)：动量守恒和能量守恒卷Ⅰ·T14：动量守恒定律的应用卷Ⅲ·T20：动量定理的应用卷Ⅰ·T14：动量、动能T24：动量守恒定律、机械能守恒定律卷Ⅱ·T24：牛顿第二定律、动量守恒定律T15：动量定理卷

Ⅲ·T25：动量、机械能守恒定律1.2017年高考将本章内容改为必考，在2017年高考中有2道选择题，在2018年高考中有2道选择题，3道计算题中都涉及到动量的知识。2.考查热点是动量定理、动量守恒定律与牛顿运动

定律、能量守恒的综合问题。弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验七：验证动量守恒定律说明：只限于一维第1讲动量和动量定理知识排查动量1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。2．表达式：p＝mv。3．单位：kg·m/s。4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。冲量1.定

义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。公式：I＝Ft。2．单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。3．方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，

可以在某一方向上应用动量定理。小题速练1．思考判断(1)动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。()(2)做匀速圆周运动的物体的动量不变。()(3)物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。()(4)合外力的冲量等于物体的动量

变化。()答案(1)√(2)×(3)×(4)√2．一质量为m＝100g的小球从高h＝0.8m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g取10m/s2)()A．0.4N·sB．－0.4N·

sC．0.6N·sD．－0.6N·s解析设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由h＝12gt21得t1＝2hg＝0.4s。设软垫对小球的冲量为IN，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1＋t)＋I

N＝0，得IN＝－0.6N·s，选项D正确。答案D动量和冲量的理解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，通常情况是指相对地面的动量。(2)动量与动能的比较名称项目动量动

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＝mvEk＝12mv2Δp＝p′－p矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝p22m，Ek＝12pv，p＝2mEk，p＝2Ekv2.对冲量的理解(1)冲量的两

性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与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。【例1】(2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的

动量成正比解析列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝12mv2，由以上整理得Ek＝12ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝12at2

代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝p22m可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。答案B1．(多选)(2019·北京西城区模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A．物体所受合外力的冲量的方

向与物体动量的方向相同B．物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C．物体所受合外力的冲量等于物体的动量D．物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外

力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。答案BD2．质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，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，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J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＝mv2－mv1＝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＝12mv22－12mv21＝12×0.2×42J－12×0.2×62J＝－2J。答案A动量定理的理解及应用1．动量定理的理解(1)动

量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式FΔt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。2．用动量定理解

释现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。【例2】(2018·全国卷Ⅱ，15)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．104N解析根据自由落体运动和动量定理有v2＝2gh(h为25层楼的高度，约70m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103N，所以C正确。答

案C用动量定理解题的基本思路1．[应用动量定理解释生活现象]下列解释中正确的是()A．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人

受到的冲量越大解析跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的

制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。答案D2．[应用动量定理求动量的变化量]如图1所示，跳水运动员从某一峭壁

上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70kg，初速度v0＝5m/s，若经过1s时，速度为v＝55m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10m/s2，不计空气阻力)()图1A．700kg·m/sB．3

505kg·m/sC．350(5－1)kg·m/sD．350(5＋1)kg·m/s解析根据动量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1kg·m/s＝700kg·m/s，故选项A正确。答案A3．[应用动量定理求变力的冲量](2019·佛山模拟

)如图2所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并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，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为()

图2A．I＝0B．I＝mv0C．I＝2mv0D．I＝3mv0解析设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得：12mv2＝12mv20，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：I＝mv－(－

mv0)＝2mv0，故选项C正确。答案C4．[动量定理与图象的综合](多选)(2017·全国卷Ⅲ，20)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3所示，则()图3A．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时物块的速度为零解析由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝Ftm。t＝1s时物块的速率为v＝Ftm＝2×12m/s＝1m/s，故选项A正确；t＝2s时物块

的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故选项B正确；t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，故选项C错误；t＝4s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/

s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故选项D错误。答案AB利用动量定理处理流体问题1．研究对象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。2．研究方法先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＝ρv2SΔt(5)应用动量定理FΔt＝Δp【例3】[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v0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(ⅰ)喷泉单位时间内

喷出的水的质量；(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析(ⅰ)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v0不变。该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足Δ

V＝ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S(ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱

到达玩具底部时的速度由运动学公式得v′2－v20＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－(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＝v202g－M2g2ρ2v20S2答案(ⅰ)ρv0S(ⅱ)v202g－M2g2ρ2v20S21．如图4所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙

壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()图4A．ρvSB.ρv2SC.12ρv2SD．ρv2S解析Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρS

v·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。答案D2．如图5所示，图5水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d

＝30cm，水速为v＝50m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力。(水的密度ρ＝1.0×103kg/m3)解析设在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm

，则Δm＝ρSvΔt。以Δm为研究对象，它在Δt时间内的动量变化Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt。设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F′为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρv2SΔt，即F′＝－ρSv2。根据牛顿第三

定律知F＝－F′＝ρSv2，式中S＝π4d2，代入数值得F≈1.77×105N。答案1.77×105N。课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1．(2019·唐山统考)1998年6月8日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次

安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是()A．安全气囊减小了驾驶员的动量的变化B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全

气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大解析碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，选项A错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，选项B错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，由于驾驶员的动量变化一定，动量变化率ΔpΔt减小，即撞击力减小，选项C

正确，D错误。答案C2．(2019·河南开封模拟)将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，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10N·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10N·sD．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10kg·m/s解析小球从被抛出至到达最高点经历时间t＝v0g＝2s，受到的冲量大小为I＝mgt＝10N·s，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4s，受

到的冲量大小为20N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20m/s，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20kg·m/s，选项B、C、D错误。答案A3．如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100N，球在地面上滚动了10s后停下来，则运

动员对球的冲量为()图1A．1000N·sB．500N·sC．0D．无法确定解析滚动了10s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D正

确。答案D4．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图2所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()图2A．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FtC．拉力F对物体的冲量大小

是FtcosθD．合力对物体的冲量大小为零解析由冲量的定义式I＝FΔt知拉力F对物体的冲量大小为IF＝Ft，由于物体静止，所受合力为零，所以I合＝0，选项B、D正确。答案BD5．(多选)一位质量为m的运动员从下蹲

状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，则在此过程中()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔtB．地面对他的冲量为mv－mgΔtC．地面对他做的功为12mv2D．地面对他做的功为零解析取运动员为研究对象，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－0，I＝FΔt＝mv＋mg

Δt，运动员没有离开地面，地面对运动员做的功为零，所以A、D项正确。答案AD6．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500NB．11

00NC．600ND．100N解析选取人为研究对象，人下落过程中由v2＝2gh，v＝10m/s，缓冲过程由动量定理得(F－mg)t＝mv，F＝mvt＋mg＝1100N。由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力的大小为1100N，B项正确。答案B7．质量为1kg的物体做直线运动，其速

度—时间图象如图3所示。则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是()图3A．10N·s，10N·sB．10N·s，－10N·sC．0，10N·sD．0，－10N·s解析由图象可知，在前10s内初、末状态的动量相同，p1

＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故选项D正确。答案D8．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B

处是一面墙，如图4所示。物块以v0＝9m/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7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。图4(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过

程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。解析(1)由动能定理，有－μmgs＝12mv2－12mv20，可得μ＝0.32(2)规定向左为正，由动量定理FΔt＝mv

′－mv，可得F＝130N(3)由功能关系得W＝12mv′2＝9J答案(1)0.32(2)130N(3)9J综合提能练9．(多选)(2018·安徽合肥二模)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法中正确的是()图5A．第2s末质

点的动量为零B．第4s末，质点回到出发点C．在0～2s时间内，F的功率先增大后减小D．在1～3s时间内，F的冲量为0解析由图象可知在0～2s内质点一直加速，2s末速度最大，后减速，由对称性可知第4s末，质点速度为零，位移不为零，故A、B错误；由图可知在0～2s时间内，速

度逐渐增大，F先增大后减小到0，所以F的功率先增大后减小，故C正确；由对称性可知第1s末和第3s末的速度相等，由动量定理可知F的冲量为I＝mv3－mv1＝0，故D正确。答案CD10．(2018·河南郑州三模)如图6甲所示为杂技中的“顶竿”表演

，水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50kg，长竹竿质量为5kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示。

取重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是()图6A．竹竿的总长度约为3mB．0～6s内，演员B对地面的压力大小始终为1050NC．0～6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3300N·sD．演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力解析由v－t

图象可知竹竿的总长度l＝12×2×6m＝6m，故A错误；在0～4s内，加速向下运动，属于失重，在4～6s内，加速度向上，属于超重，故B错误；在0～4s内，由图象可知加速度为a1＝0.5m/s2，则mg－f1＝ma1，解得f1＝475N，

此过程竹竿对演员B的压力FN1＝f1＋m1g＝525N，在4～6s内，由图象可知加速度为a2＝－1m/s2，则mg－f2＝ma2，解得f2＝550N，此过程竹竿对演员B的压力FN2＝f2＋m1g＝600N，所以0～6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝I1＋I2＝525×4N·s＋600×

2N·s＝3300N·s，故C正确；演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。答案C11．一艘宇宙飞船以v＝1.0×104m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5m2，且认为微陨石与飞船碰

撞后都附着在飞船上，为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？解析设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρSvt①这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft＝Δp＝Δmv②则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为

使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F③综合①②③并代入数值得ΔF＝100N，即飞船的牵引力应为100N。答案100N12．(2018·北京理综，22)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其

中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图7，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s，取重力加速度g＝10m/s

2。图7(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。解析(1)根据匀变速直线运动公式，有L＝v2B－v2A2a＝100m(2)根据动量定理有I＝mvB－mvA＝1800

N·s(3)运动员经C点时的受力分析如图所示根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh＝12mv2C－12mv2B根据牛顿第二定律，有FN－mg＝mv2CR联立解得FN＝3900N答案(1)100m(2)1800N·s(3)图见解析39

00N