18版高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第9讲站在动量观点的高度解决力学问题讲义Word文档下载推荐.docx
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，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma
又v＝at，解得F＝
＋mg。
方法二：
由动量定理得（mg－F）t＝0－mv，
得F＝
选项A正确。
题点（三） 动量定理和Ft图像的综合
[例3] [多选]（2017·
全国卷Ⅲ）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/s
B．t＝2s时物块的动量大小为4kg·
m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg·
D．t＝4s时物块的速度为零
[解析] 选AB 法一：
根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·
s、4N·
s、3N·
s、2N·
s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·
m/s、4kg·
m/s、3kg·
m/s、2kg·
m/s，则A、B项正确，C、D项错误。
法二：
前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝
＝
m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；
t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·
m/s，B正确；
物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝
＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝（2－0.5×
1）m/s＝1.5m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg·
m/s，C错误；
t＝4s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝（2－0.5×
2）m/s＝1m/s，D错误。
1．掌握基本概念和规律
2．应用动量定理解题的基本思路
（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或能看成一个物体的系统。
（2）对物体进行受力分析，可以先求每个力的冲量，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，如有必要还需要其他补充方程。
最后代入数据求解。
3．应用动量定理的注意事项
（1）一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。
动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。
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。
二、动量守恒定律的应用多维探究类考点
题点
（一） 动量守恒的判断
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
[解析] 选C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。
机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能（发热），所以系统的机械能不守恒，故C正确；
A、B、D错误。
题点
（二） 动量守恒定律的应用
[例2]
如图所示，一质量M＝3.0kg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＝1.0kg的小木块A。
给A和B以大小均为4.0m/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。
在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是（ ）
A．1.8m/s B．2.4m/s
C．2.8m/sD．3.0m/s
[解析] 选B A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝（M＋m）v2，可得v1＝
m/s，v2＝2.0m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0m/s而小于
m/s，只有选项B正确。
题点（三） 某一方向上动量守恒的问题
[例3] 如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙，右侧靠一质量为M2的物块，今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与半圆槽相切于A点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．半圆槽将不会再次与墙接触
[解析] 选D 小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力的作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；
从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：
一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A、B错误；
当小球运动到C点时，小球的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；
因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终半圆槽将不会再次与墙接触，选项D正确。
1．关注动量守恒定律的条件、表达式和性质
2．注意区分动量守恒与机械能守恒的条件
（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；
当外力比相互作用的内力小得多，系统的动量近似守恒；
当某一方向上的合外力为零，系统在该方向上动量守恒。
（2）在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒。
（3）动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系。
3．应用动量守恒定律解题的一般步骤
三、动量和能量的综合应用多维探究类考点
题点
（一） 弹性碰撞问题
（2018届高三·
海口调研）如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。
已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为（ ）
A．h B．2h
C．3hD．4h
[解析] 选D 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。
设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，（m1＋m2）gh＝
（m1＋m2）v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，
（m1＋m2）v2＝
m1v12＋
m2v22，
m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。
题点
（二） 非弹性碰撞问题
（2017·
大庆检测）如图小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上。
当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是（ ）
A．hB.
C.
D.
[解析] 选C A运动到最低点有：
mgh＝
mvA2，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起有：
mvA＝2mv,v＝
，两者同时上升时机械能守恒，有：
×
2mv2＝2mgH，联立解得，H＝
，C正确。
题点（三） 爆炸问题
[例3] 一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。
不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（ ）
[解析] 选B 由h＝
gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错；
甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝－2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错，B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝－1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。
题点（四） 反冲问题
[例4]
[多选]小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，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，开始时小车与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是（ ）
A．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为
v
D．小车向左运动的最大位移为
[解析] 选BCD 小车与木块C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但木块与橡皮泥粘接过程有机械能损失。
Mv′－mv＝0，该系统属于人船模型，Md＝m（L－d）,所以车向左的位移应等于d＝
，综上，选项B、C、D正确。
1．三类碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最多
2．爆炸与反冲的特点
（1）时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
（2）因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
（3）系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
3．动量观点和能量观点的选取原则
（1）动量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击、碰撞这一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。
（2）能量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程。
1.
[多选]如图所示，质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则（ ）
A．由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒
B．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒
C．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒
D．子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s
解析：
选BD 取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件。
由动量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝3m/s，选项A错误，D正确；
子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误。
2．质量为m的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成θ角的恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，速度为v，在此时间内恒力F和重力的冲量大小分别为（ ）
A．Ft,0 B．Ftcosθ，0
C．mv,0D．Ft，mgt
选D 冲量的计算一定要与功的计算区别开来，功的大小不但取决于力的大小、物体位移的大小，还与力和物体运动的方向的夹角θ有关。
而力的冲量与力和物体运动的方向的夹角θ没有关系，可直接由公式进行计算，求得恒力F的冲量为Ft，重力的冲量为mgt。
3.
[多选]质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。
初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。
现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。
设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）
A.
mv2B.
v2
NμmgLD．NμmgL
选BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝
，损失的动能ΔEk＝
mv2－
（M＋m）v′2＝
v2，所以B正确；
根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确。
4．（2018届高三·
汕头六校联考）冰壶运动深受观众喜爱，图1为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头。
在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2。
若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的（ ）
选B 两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，故A错误；
如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后静止，最终两冰壶的位置如选项图B所示，故B正确；
两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C错误；
碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。
5．[多选]如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的st（位移—时间）图像，已知m1＝0.1kg。
由此可以判断（ ）
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
选AC 由位移—时间图像的斜率表示速度，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝
＝4m/s，速度方向只有向右才能与m2相碰，故A正确；
由题图可知，碰后m2的速度为正，说明向右运动，m1的速度为负，说明向左运动，故B错误；
由题图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入数据解得，m2＝0.3kg，故C正确；
碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝
m1v12－
m1v1′2－
m2v2′2，代入解得，ΔE＝0，故D错误。
6.
如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上。
有一质量也为m、速度为v0的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后又下降而离开小车，离开后铁球的运动情况是（ ）
A．做平抛运动，速度方向与小车运动方向相同
B．做平抛运动，速度方向与小车运动方向相反
C．做自由落体运动
D．铁球与小车有相同的速度
选C 设铁球离开小车时，铁球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得：
mv0＝mv1＋mv2，由动能守恒得：
mv02＝
mv12＋
mv22，联立解得：
v1＝0，v2＝v0，即铁球与小车分离后二者交换速度，所以铁球与小车分离后做自由落体运动，故选项C正确。
7.
如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80cm，足球的质量为400g，与头部作用时间Δt为0.1s，则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小（空气阻力不计，g取10m/s2）（ ）
A．t＝0.4s；
FN＝40NB．t＝0.4s；
FN＝36N
C．t＝0.8s；
FN＝36ND．t＝0.8s；
FN＝40N
选C 足球自由下落时有h＝
gt2，解得t＝
＝0.4s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t总＝2t＝0.8s；
设竖直向上为正方向，由动量定理得（FN－mg）Δt＝mv－（－mv），又v＝gt＝4m/s，联立解得FN＝36N，故C正确。
8．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中（ ）
A．三个小球动量的变化量相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量变化量最大
D．三球落地时的动量相同
选C 三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的小球运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以竖直上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量变化量最大，下抛球动量变化量最小，故C正确，A、B错误；
根据动能定理知，mgh＝
mv02，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同，故D错误。
9.质量为1kg的物体做直线运动，其速度图像如图所示，则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是（ ）
A．10N·
s,10N·
s
B．10N·
s，－10N·
C．0,10N·
D．0，－10N·
选D 由题图可知，在前10s内初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5kg·
m/s，由动量定理知I1＝0；
在后10s内p3＝－5kg·
m/s，I2＝p3－p2＝－10N·
s，故选D。
10．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水面上升了45mm。
查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。
据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×
103kg/m3）（ ）
A．0.15PaB．0.54Pa
C．1.5PaD．5.4Pa
选A 由于是估算压强，所以不计雨滴的重力，设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨滴的速度由v＝12m/s减为零。
以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：
FΔt＝0－（－Δmv）＝Δmv，得到F＝
v。
设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv
，压强p＝
＝ρv
＝103×
12×
Pa＝0.15Pa。
故A正确。
11．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地面，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地面的速率为v2。
在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为（ ）
A．向下，m（v1－v2）B．向下，m（v1＋v2）
C．向上，m（v1－v2）D．向上，m（v1＋v2）
选D 由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲量可忽略不计。
根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小，选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得，地面对钢球的冲量I＝－mv2－mv1＝－m（v1＋v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1＋v2），故D正确。
12．（2015·
北京高考）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（ ）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时）速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。
绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。
故选项A正确，选项B、C、D错误。
13.
[多选]如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则（ ）
A．m不能到达M上的B点
B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
选CD 根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；
m滑到半圆弧形轨道右端两者有相同的速度时，有：
0＝（m＋M）v，v＝0，再根据机械能守恒定律可知，m恰能达到M上的B点，且m到达B点的瞬间，m、M速度为
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