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英杰物理
《高考物理顶层
系列资料点考向通01
动量和动量定理
资料编号:205
习题编号:20:
义:物体的质量与速度的乘积
单位:千克·米/秒。符号:kgm/
意义:动量是描述物体运动
物理量,是矢量,其
速度的方向相同
5.动量和动能的关系
动量变,动能不一定变,动能变,动量一定变化
动量的正负表
不表示大小,绝对值表示大
【例1】关于动
正确的是(
做匀速圆周
物体,动量不变
B.做匀变速直线运动的物体,它的动量一定在改变
C.物体的动量变化,动能也一定变化
甲物体动量
物体动量P2
【例2】如
竖直平面内的光滑的圆周轨道
O、P两点各有一质量为m的小物块
从同一时刻开始,a自由下落
圆弧下滑
以下说法正确的是(
O
A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等
们在S点的动量不相等
们在S点的动量相等
D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等
S区
动量变
体的末动量p’与初动量P的矢量
3.矢量性:动量变化是矢量,其方向与物体的速度变化的方
【例3】质量是8g的玻璃球
m/s的速度向右运动,碰
物体后被弹
速度沿同一直线向左
该玻璃球的动量变化量为(
A.8.0×10-3kgms,方向水平向左
方向水平向
方向水平向左
40×10-2kg
向水平向
冲量
时间的乘和
力的
4.意义:冲量是
在时间上的积累效应,是矢量,其方向与恒力的方向相同。是过
或平均
变
成
英杰物理
考物理顶层
系
考点考向通02
【例4】(多选)恒
在质量为m的物体
图所示,由于地面对物体的摩擦力较大
物体没有被拉动
列说法正确的是
A.拉力F对物体的冲量大小为零
拉力F对物体的冲量大小为
C.拉力F对物体的
对物体的冲量大小为零
图所示,质量为
块沿倾角为的斜面向上滑动
时间t1,速度为零
并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终
已知重力加速度为
在整个运动过程中,重力对滑块的总冲量为
四、动量定
内容:物体
过程始末的动量变化等于它在这个过
3.动量定理的理解
物理
的对象通常是单个物体
(2)F=p'-p是矢量式
不仅大小相等,而且方向相同。式中F是物体所受的合外力
的冲量。
除表明两边大
关系外,还说明了两边的因果关
物体所受的合外力等于物体的动量对时间的
变化率
使用情况:单个物体的过程分析,在不涉及到加速度和位移的情况下,优先考虑动
量定理。若需要求平均力,必须使用动量定理
量定理解释现象
用动量定理解释现象一般分为两类:一类是物体的动量变化量一定,这种情况下力
的作用时间越短,力就越大;力的作用时间越
一类是作用力一定,这
情
作用时间越长,动量变化量越
的作用时间越短,动量变化量越小
分析问题
哪个量
哪个量变化搞清楚
6
动量定理解题的基本思
确定研
→一般为单个物体
究对象
进行受(求每个力的冲量,再求合冲量或先求合力
力分析再求合冲量
分析过程选取正方向,确定初、末态的动量和各冲
找初末态(量的正负
列方程→根据动量定理列方程求解绝密★启用前
205
动量和动量定理(例题)
【例1】关于动量，下列说法中正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，动量不变
B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变
C．物体的动量变化，动能也一定变化
D．甲物体动量p1＝5
kg·m/s，乙物体动量p2＝－10
kg·m/s，所以p1>p2
解析　动量是矢量，匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，A项错误；匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，B项正确；速度方向变化，若大小不变，则动量变化，而动能不变，C项错误；动量的负号只表示方向，不参与大小的比较，故p1＜p2，D项错误。
答案　B
【例2】（2007?全国卷Ⅱ）如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是（　　）
A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等
B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等
C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等
D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等
【分析】要求物体运动的时间，则要找出两个物体运动的速率大小关系：根据机械能守恒定律，相同高度速率相同。动量是矢量，等于物体的质量和速度的乘积。
【解答】解：在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒
故有mgh＝
解得v＝
所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同。
由于a的路程小于b的路程。故ta＜tb，即a比b先到达s。
又到达s点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左。
故两物体的动量大小相等，方向不相同，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】两物体运动的路程关系：sb＞sa，但在相同的高度速率相同，这是本题的突破口。所以挖掘出隐含条件是解题的关键。
【例3】质量是8
g的玻璃球，以3
m/s的速度向右运动，碰到一个物体后被弹回，以2
m/s的速度沿同一直线向左运动。该玻璃球的动量变化量为(　　)
A．8.0×10－3
kg·m/s，方向水平向左
B．8.0×10－3
kg·m/s，方向水平向右
C．4.0×10－2
kg·m/s，方向水平向左
D．4.0×10－2
kg·m/s，方向水平向右
解析　依题意画图如图所示，图中v、v′，分别为玻璃球与物体碰撞前、后的速度。设水平向右的方向为正方向，则p＝mv＝8×10－3×3
kg·m/s＝2.4×10－2
kg·m/s，p′＝mv′＝8×10－3×(－2)
kg·m/s＝－1.6×10－2
kg·m/s，故玻璃球动量的变化量为Δp＝p′－p＝－1.6×10－2
kg·m/s－2.4×10－2
kg·m/s＝－4.0×10－2
kg·m/s。“－”表示动量变化量的方向水平向左。C项正确。
答案　C
【例4】(多选)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，物体没有被拉动，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
解析　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。这一个力的冲量与另一个力的冲量无关。B、D两项正确。
答案　BD
【例5】如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f。已知重力加速度为g，则在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(　　)
A．mg(t1＋t2)sinθ
B．mg(t1－t2)sinθ
C．mg(t1＋t2)
D．0
解析　物体整个运动过程的总时间t＝t1＋t2，由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，C项正确。
答案　C
【例6】（2015?重庆）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（　　）
A．+mg
B．﹣mg
C．+mg
D．﹣mg
【分析】先根据h＝求解自由落体运动的时间；然后对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力。
【解答】解：对自由落体运动，有：
h＝
解得：
规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：
mg（t1+t）﹣Ft＝0
解得：
F＝+mg
故选：A。
【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。
【例7】（2006?宁夏）一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v．在此过程中，（　　）
A．地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为mv2
B．地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D．地面对他的冲量为mv﹣mg△t，地面对他做的功为零
【分析】已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功．
【解答】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：
I﹣mg△t＝△mv＝mv
故地面对人的冲量为mv+mg△t；
而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确；
故选：B。
【点评】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．
【例8】（2008?四川）一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板．在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）．小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2．当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回．重力加速度g＝10m/s2．在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？
【分析】先根据动能定理求解出第一次碰撞前的速度；根据动量定理得到第一次碰撞过程的冲量；再根据动能定理求解出第一次碰撞后上升的高度和返回后的速度；根据动量定理得到第二次碰撞过程的冲量；发现规律，求出前4次碰撞的总冲量．
【解答】解：解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v．
由功能关系得①
以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量I＝mv﹣m（﹣v）②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′，则③
同理，有④
I'＝mv'﹣m（﹣v'）⑤
式中，v′为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量．由①②③④⑤式得I'＝kI⑥
式中
⑦
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为⑧
总冲量为⑨
由
⑩
得
（11）
代入数据得
N?s
答：在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是N?s．
解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma①
设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则②
以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为I＝mv﹣m（﹣v）③
由①②③式得④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′，依牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma'⑤
小物块沿斜面向上运动的最大高度为⑥
由②⑤⑥式得
h'＝k2h⑦
式中
⑧
同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量⑨
由④⑦⑨式得
I'＝kI⑩
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为（11）
总冲量为
（12）
由
（13）
得
（14）
代入数据得
N?s
（15）
答：在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是N?s．
【点评】本题关键是分析清楚物体的运动规律，然后根据动能定理、动量定理列式求解出总冲量，最后化解出最简形式．
【例9】（2019?新课标Ⅱ）一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
【分析】（1）根据运动情况画出速度图象；
（2）若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间未停止，根据运动学公式求解速度，再判断运动情况；由于在t2+3△t～t2+4△t时间汽车停止，根据运动学公式列方程求解；
（3）根据牛顿第二定律求解阻力，根据动量定理、动能定理列方程求解汽车克服阻力做的功和速度大小，根据位移时间关系求解从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离。
【解答】解：（1）v﹣t图象如图所示；
（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取△t＝1s，设汽车在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t内的位移为sn，n＝1、2、3…。
若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间内未停止，设它在t2+3△t时刻的速度为v3，在t2+4△t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：
s1﹣s4＝3a（△t）2①
s1＝v2△t﹣②
v4＝v2﹣4a△t
③
联立①②③式，代入数据解得：v4＝﹣m/s
④
这说明在t2+4△t时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在t2+3△t～t2+4△t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
v3＝v2﹣3a△t
⑤
2as4＝v32⑥
联立②⑤⑥式，代入数据解得a＝8m/s2，v2＝28m/s
⑦
或者a＝m/s2，v2＝29.76m/s
⑧
但⑧式子情境下，v3＜0，不合题意，舍去；
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1＝ma
⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I＝⑩
根据动量定理可得：I＝mv1﹣mv2，?
根据动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝﹣?
联立⑦⑨⑩??式，代入数据可得：
v1＝30m/s，?
W＝1.16×105J；?
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：
s＝v1t1+（v1+v2）（t2﹣t1）+?
联立⑦??，代入数据解得s＝87.5m。?
答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线如图所示。
（2）t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；
（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1～t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16×105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。
【点评】本题考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律的综合应用等问题，涉及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是关键；
注意汽车速度减为零后不再运动，所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
【例10】（2016?新课标Ⅰ）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。
【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV求解；
（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可。
【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV＝ρSv0，
（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
根据运动学基本公式得：，
水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，
根据动量定理得：
﹣Mgt＝ρSv0t（0﹣v）
联立解得：h＝
答：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为。
【点评】本题主要考查了动量定理与运动学基本公式的直接应用，知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，另外注意水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，同时注意动量定理的矢量性。
【例11】如图所示，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＝30
cm，水速为v＝50
m/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大小。(水的密度ρ＝1.0×103
kg/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＝d2，代入数值得F≈1.77×105
N。
答案　1.77×105
N
【例12】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45
mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12
m/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1×103
kg/m3)(　　)
A．0.15
Pa
B．0.54
Pa
C．1.5
Pa
D．5.4
Pa
解析　设圆柱形水杯的横截面积为S，则水杯中水的质量为m＝ρV＝103×45×10－3S＝45S，由动量定理可得Ft＝mv，而p＝，所以p＝＝
Pa＝0.15
Pa，A项正确。
答案　A
【例13】一艘宇宙飞船以v＝1.0×104
m/s的速度进入密度为
ρ＝2.0×10－7
kg/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＝5
m2，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＝ρSvt，①
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＝Δmv，②
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＝F，③
综合①②③并代入数值得ΔF＝100
N，即飞船的牵引力应为100
N。
答案　100
N
一．选择题（共13小题）
1．（2019?全国）一物块静止在粗糙斜面底部，斜面固定。如果用平行于斜面的恒力F1将物块从底部拉到斜面的顶部，需要的时间为t；如果用平行于水平面的恒力F2将物块推到斜面顶部的同一位置，所需的时间也为t。在这两次移动物块的过程中（　　）
A．物块的动量变化相等
B．物块的加速度不相等
C．F1、F2对物块所做的功相等
D．物块的机械能变化不相等
【分析】两物体均做匀加速直线运动，利用运动学公式求的到达斜面顶端的速度，比较动量变化。
根据速度﹣时间公式求解加速度。
计算各个力做功，根据动能定理分析。
根据动能和重力势能的变化，直接判断机械能的变化。
【解答】解：A、物体通过的位移相同，所需时间相同，根据速度﹣位移公式：v2＝2ax，可知到达斜面顶端的速度相同，则物块的动量变化相等，故A正确；
B、根据速度﹣时间公式可知，v＝at，运动时间t相同，末速度v相同，则加速度a相同，故B错误；
C、物块上升高度h相等，则重力做功相等，根据动能定理可知，W﹣mgh﹣Wf＝，两次推力与克服摩擦力对物块做功之和相同，
设斜面倾角为θ，第一次物块受到的摩擦力为μmgcosθ，第二次物块受到的摩擦力μ（mgcosθ+F2sinθ），由于通过的位移相同，故克服摩擦力做功不等，则F1、F2对物块所做的功不等，故C错误；
D、物块机械能变化：△E＝，两次移动物块的机械能变化相等，故D错误。
故选：A。
【点评】此题考查了动能定理的应用，解题的关键是抓住物体达到斜面顶端时的速度相同，初、末位移相等，据此计算各力做功即可判断。
2．（2018?新课标Ⅱ）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．10N
B．102N
C．103N
D．104N
【分析】求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。
【解答】解：每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h＝（25﹣1）×3m＝72m；
自由下落时间t1＝＝s＝3.8s，
与地面的碰撞时间约为t2＝2ms＝0.002s，
全过程根据动量定理可得：mg（t1+t2）﹣Ft2＝0
解得冲击力F＝950N≈103N，故C正确。
故选：C。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。
3．（2017?天津）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（　　）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【分析】根据机械能的定义分析机械能的变化情况；
根据向心力的来源分析重力和支持力的情况；
根据冲量的定义分析冲量；
根据瞬时功率计算式计算重力的瞬时功率。
【解答】解：A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；
B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F＝mg﹣N，则支持力N＝mg﹣F，所以重力大于支持力，B正确；
C、转动一周，重力的冲量为I＝mgT，不为零，C错误；
D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。
故选：B。
【点评】本题涉及的知识点比较多，但是都考查了基本的公式，学习过程中一定要把最基础的概念和公式牢记，这样我们就能得心应手。
5．（2014?全国）有一竖直放置的两端封闭的圆筒，筒内有一定质量为M的活塞，它与桶壁间光滑接触但不漏气。活塞上方为真空，下方为理想气体。系统处于平衡状态，现以I表示筒内气体分子因热运动在单位时间内对桶底碰撞冲量的大小，用F表示筒内底部所受的压力，则（　　）
A．F
等于Mg，也等于I
B．F等于Mg，但不等于I
C．F
等于Mg+I
D．F不等于Mg，也不等于I
【分析】对活塞受力分析，根据平衡条件即可明确压力F与重力间的关系，再根据冲量的定义即可明确单位时间内的冲量与F间的关系。
【解答】解：对活塞分析，根据平衡条件可知：Mg＝F；
根据冲量的定义可知：Ft＝I
因t为单位时间，故F＝I；故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查冲量以及共点力平衡条件的应用，要注意正确理解冲量的定义，同时掌握好共点力平衡条件的应用。
6．（2014?北京）带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb．则一定有（　　）
A．qa＜qb
B．ma＜mb
C．Ta＜Tb
D．＜
【分析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后比较即可．
【解答】解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
qvB＝m
解得：
r＝
由于mv、B相同，故r∝；
A、r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故qa＜qb，故A正确；
B、由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，故B错误；
C、周期T＝，虽然知道a运动的半径大于b运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，故C错误；
D、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
qvB＝m
故：＝，虽然知道a运动的半径大于b运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判段比荷关系，故D错误；
故选：A。
【点评】本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，然后结合牛顿第二定律列式分析，基础问题．
8．（2007?重庆）为估算池中睡莲叶面承受出雨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．0.15Pa
B．0.54Pa
C．1.5Pa
D．5.4Pa
【分析】想估算雨水对睡莲叶面撞击产生的平均压强，首先要建立一个不计雨水重力，但速度由v＝12m/s减为零的动量变化的模型，应用动量定理表示出睡莲叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形容器1小时得到的水的体积算出水的质量，利用压强公式求得压强。
【解答】解：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．设在△t时间内有质量为△m的雨水的速度由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：
　F△t＝0﹣（﹣△mv）＝△mv．得到F＝
设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在△t时间内水面上升△h，则有△m＝ρ
S△h
F＝ρSv．压强P＝＝＝＝0.15（Pa）
故选：A。
【点评】估算题目关键是建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出基本符合事实的结论，这是物理学中常用的一种思想方法。
9．（2006?江苏）一质量为m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是（　　）
A．物体的位移相等
B．物体动能的变化量相等
C．F对物体做的功相等
D．物体动量的变化量相等
【分析】体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内位移增大，F做功增大，根据动能定理分析动能的变化。根据动量定理分析动量的变化量关系。
【解答】解：
A、物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大。故A错误。
B、根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大。故B错误。
C、由功的公式W＝FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大。故C错误。
D、根据动量定理得：Ft＝△P，F、t相等，则△P相等，即物体动量的变化量相等。故D正确。
故选：D。
【点评】恒力在相等时间内冲量相等，动量变化量必定相等，但位移、F做功、动能变化量并是不相等。属于简单题。
11．（2004?全国）两个物体相互作用时，有人有下列一些说法（　　）
①作用力的功和反作用力的功一定一正一负
②作用力的功的大小一定等于反作用力的功的大小
③作用力的冲量和反作用力的冲量方向一定相反
④作用力的冲量大小一定等于反作用力冲量的大小
A．①和②两个说法都正确
B．③和④两个说法都正确
C．①和③两个说法都正确
D．②和④两个说法都正确
【分析】明确作用力和反作用力的性质，再根据力做功以及冲量的定义确定功和冲量的大小关系。
【解答】解：①一对作用力与反作用力的方向相反，但对地位移也可能相反且不一定大小相等，故一对作用力与反作用力的功不一定大小相等、也不一定一正一负，故①②错误；
③因作用力和反作用力大小相等方向相反，并且作用时间相同，所以作用力的冲量和反作用力的冲量大小一定相等方向一定相反，故③④正确；
故B正确ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查功、动量以及作用力和反作用力的性质，要注意明确功的公式W＝FLcosθ以及冲量的公式I＝Ft，同时明确功为标量而冲量和矢量。
12．（1997?全国）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为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．向上，m（v1﹣v2）
C．向下，m（v1+v2）?
D．向上，m（v1+v2）?
【分析】由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计．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
【解答】解：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）。
故选：D。
【点评】应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量．如重力不能忽略，还要考虑重力的冲量
13．（1996?全国）质量为1.0kg的小球从20m高处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触时间为1.0s，在接触时间内小球受到的合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取10m/s2）（　　）
A．10N?s
B．20N?s
C．30N?s
D．40N?s
【分析】由动能定理求出小球落地时与从软垫上反弹时的速度，然后由动量定理分析答题．
【解答】解：小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：
mgh1＝mv12﹣0，
代入数据解得：v1＝20m/s，方向：竖直向下；
小球从反弹到到达最高点过程中：
﹣mgh2＝0﹣mv22，
代入数据解得：v2＝10m/s，方向竖直向上；
以竖直向上为正方向，由动量定理得：
I＝mv2﹣mv1＝1kg×10m/s﹣1kg×（﹣20m/s）＝30N?s，方向竖直向上；
故选：C。
【点评】对于动量定理的应用，要注意其中各量的方向性，正确设定正方向，确定各量的正负．
二．多选题（共3小题）
14．（2017?新课标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?m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
【分析】首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量。
【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a＝＝1m/s2，则0﹣2s的速度规律为：v＝at；t＝1s时，速率为1m/s，A正确；
B、t＝2s时，速率为2m/s，则动量为P＝mv＝4kg?m/s，B正确；
CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg?m/s，4s时速度为1m/s，CD错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。
15．（2009?海南）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则（　　）
A．x2＝5x1
v2＝3v1
B．x1＝9x2
v2＝5v1
C．x2＝5x1
W2＝8W1
D．v2＝3v1
W2＝9W1
【分析】由牛顿第二定律可以求得物体在两段时间的加速度的大小，在由位移的公式可以分别求得速度、位移的关系，根据动能定理可以求得合力做功的关系．
【解答】解：由于物体受的合力是2倍的关系，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度也是2倍的关系，即a2＝2a1，
所以物体的位移
X1＝a1t02，速度为
v1＝a1t0，做的功为
W1＝F0?X1，
物体的位移为
X2＝X1+V1t0+a2t02＝X1+a1t0?t0+2a1t02＝a1t02＝5X1，速度为
v2＝v1+a2t0＝3v1，做的功为
W2＝2F0?（X2﹣X1）＝8F0?X1＝8W1。
所以AC正确。
故选：AC。
【点评】本题在计算时要注意，位移x1和x2都是相对于出发点的位移，并不是各自时间内经过的位移．
16．（2007?广东）机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．机车输出功率逐渐增大
B．机车输出功率不变
C．在任意两相等时间内，机车动能变化相等
D．在任意两相等时间内，机车动量变化大小相等
【分析】功率公式P＝Fv，机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，故F恒定，v增加；动能表达式为mv2，动量表达式P＝mv，依据题意分析解答
（1）机车启动有两种方式：①恒定的牵引力启动；②额定功率启动．匀加速合外力为定值，又因为阻力不变，故是牵引力恒定的启动方式；
（2）功率可以根据p＝Fv判断；
（3）动能的变化量可根据动能定理来判断；
（4）动量的变化量可根据△p＝p2﹣p1＝m（v2﹣v1）＝m△v判断．
【解答】解：A、匀加速运动合外力为定值，又因为阻力不变，故牵引力F恒定不变，由P＝FV
V逐渐增大
所以P增大
所以A正确
B由A分析知，B错误
C、△Ek＝W合＝Pt﹣fs，在任意相等时间内，P、f、t都是一个定值，因为物体做加速运动，故在任意相等时间内，物体的位移不等，故△Ek不是一个定值。所以C错误。
D、由V＝at得相速度变化量△v＝v2﹣v1＝a（t2﹣t1）＝a△t，因为加速度相同，任意相等时间△t相等，故△V相等。由p＝mv可知动量的变化量△p＝mv2﹣mv1＝m△v，而在任意相等时间内△V是一个定值，故△p也是一个定值。所以D正确。
故选：AD。
【点评】该题主要考查了机车启动时功率跟牵引力、速度变化的关系，匀变速运动公式的直接运用，题目较为简单
三．填空题（共2小题）
17．（2012?天津）质量为0.2kg的小球竖直向下以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，则小球与地面碰撞前后的动量变化为　2　kg?m/s，若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为　12　N（取g＝10m/s2）。
【分析】取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小。
【解答】解：（1）取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p＝mv2﹣（﹣mv1）＝0.2×（6+4）kg?m/s＝2kg?m/s，方向竖直向上。
（2）代入动量定理的公式，得（F﹣mg）t＝△P，代入数据求得：F＝12N
故故答案为：2，12。
【点评】此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量。动量变化量也是矢量，同样要注意方向。
18．（2001?北京、内蒙古、安徽）质量为m＝0.10kg的小钢球以v0＝10m/s的水平速度抛出，下落h＝5.0m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ＝　45°　．刚要撞击钢板时小球动量的大小为　kg?m/s．　．
（取g＝10m/s2）
【分析】（1）要求钢板与水平面的夹角可根据小球撞后速度恰好反向得出小球撞到钢板上时小球的速度与钢板垂直，故小球的速度与竖直方向的夹角与钢板与水平面的夹角相同，根据tanθ＝即可求出钢板的倾角，所以要先求vy，根据vy＝gt可知要先求下落的时间t．
（2）根据动量大小P＝mv可知需求v，根据v＝即可求出合速度v．
【解答】解：由于小球下落过程中在竖直方向有h＝gt2，解得t＝＝1s，
故落到钢板上时小球在竖直方向的速度vy＝gt＝10m/s，
则有tanθ＝＝＝1
解得钢板与水平面的夹角θ＝45°．
小球落到钢板上时的速度v＝＝10m/s
故小球的动量大小P＝mv＝0.1×10＝kg?m/s．
故答案为：45°；kg?m/s．
【点评】在平抛运动中我们最常用的是速度三角形和位移三角形（本题用到了速度三角形），这一点要注意掌握．
四．计算题（共4小题）
20．（2018?江苏）如图所示，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。
【分析】以小球为研究对象，整个过程中根据动量定理列方程求解小球所受弹簧弹力冲量的大小。
【解答】解：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：
I﹣mgt＝mv﹣（﹣mv）
解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：
I＝2mv+mgt。
答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
21．（2018?北京）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。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10
m，C是半径R＝20
m圆弧的最低点。质量m＝60
kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5
m/s2，到达B点时速度vB＝30
m/s。取重力加速度g＝10m/s2。
（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，并求其所受支持力的大小。
【分析】（1）从A到B根据速度﹣位移关系求解AB的长度；
（2）根据动量定理求解合外力的冲量I的大小；
（3）根据受力情况画出运动员经过C点时受力示意图；根据动能定理、列方程求解支持力的大小。
【解答】解：（1）从A到B根据速度﹣位移关系可得：vB2﹣vA2＝2aL，
解得：L＝m＝100m；
（2）根据动量定理可得：I＝mvB﹣mvA＝60×30﹣0N?s＝1800N?s；
（3）运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示；
根据动能定理可得：mgh＝mvC2﹣mvB2，
根据第二定律可得：FN﹣mg＝m
解得：FN＝3900N。
答：（1）长直助滑道AB的长度为100m；
（2）运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小为1800N?s；
（3）若不计BC段的阻力，运动员经过C点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为3900N。
【点评】本题主要是考查运动学计算公式、动量定理、动能定理和向心力的计算；利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
22．（2008?全国）一堵竖直的墙固定在光滑的水平地面上，地面上有许多小球，每个小球的质量都是m＝0.20kg。已知每隔相等的时间有一个小球沿与墙垂直的方向与墙相碰，碰撞前它们的速度都是v＝15m?s﹣1，碰后反弹，反弹后速度的大小不变。小球撞击墙壁时与墙壁的接触时间为△t＝0.0010s。已知在T＝12s时间内有n＝600个小球射到墙壁上。
（1）求在600个小球撞击墙壁的全部时间内，墙壁受到的平均力。
（2）以纵坐标表示墙壁受到的作用力f，横坐标表示时间t，以第一个小球刚接触墙壁的时刻为时间的起
点，即以此时刻作为t＝0，试画出f（在每次碰的过程中视为恒力）随t变化的图线。
【分析】（1）已知初速度和末速度，设正方向，由动量定理可求得球受到的冲击力。
（2）求出两次相碰间隔时间及其对应的力为零时间绘图即可。
【解答】解：（1）平均作用力为f，选初速为正向，则有：ft＝△mv
可得f＝＝＝﹣300N
负号表方向。
（2）选初速为正向，对于小球其在撞击时受的力为F，由冲量定理：F△t＝mv﹣mv0可得F＝＝＝6000N
两次碰撞间的时间差为t＝＝0.02S，则无作用力的时间为0.02﹣0.001＝0.019S
据此可给出图：
答：（1）墙壁受到的平均力为300N。
（2）f（在每次碰的过程中视为恒力）随t变化的图线如图所示。
【点评】明确应用冲量定理求解时要定义方向，本题要注意平均作用力与接触时弹力的意义不同，画图对应的为力的瞬时值。
五．解答题（共7小题）
23．（2016?北京）动量定理可以表示为△p＝F△t，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px、△py；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
【分析】（a）把小球入射速度和反射速度沿x方向和y方向进行分解，再根据动量的变化量等于末动量减初动量求解即可；
（b）对小球分析，根据△p＝F△t分别求出x方向和y方向的作用力，从而求出合力，再结合牛顿第三定律分析即可．
【解答】解：a、把小球入射速度分解为vx＝vsinθ，vy＝﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为vx′＝vsinθ，vy′＝vcosθ，
则△px＝m（vx′﹣vx）＝0，△py＝m（vy′﹣vy）＝2mvcosθ，方向沿y轴正方向，
b、对小球分析，根据△p＝F△t得：，，
则，方向沿y轴正向，
根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
答：a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b．小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
【点评】本题主要考查了速度的合成与分解原则以及动量定理的直接应用，注意动量是矢量，有大小也有方向，难度适中．
25．（2013?安徽）一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。求：
（1）0～8s时间内拉力的冲量；
（2）0～6s时间内物体的位移；
（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。
【分析】（1）冲量是力对时间的积累，根据I＝Ft分段求即可；
（2）根据v﹣t图象求出物体运动特征，根据运动运动学知识求位移；
（3）滑动摩擦力为恒力，根据W＝Fs求摩擦力做功。
【解答】解：（1）由图象知，力F的方向恒定，故力F在0～8s内的冲量
I＝F1t1+F2t2+F3t3＝1×2+3×4+2×2N?s＝18N?s；
方向向右。
（2）由图3知，物体在0～2s内静止，2～6s内做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为3m/s
所以物体在0～6s内的位移即为2～6s内匀加速运动的位移＝；
（3）由图3知物体在6～8s内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即f＝F＝2N；
物体在6～8s内做匀速直线运动位移x2＝vt＝3×2m＝6m
物体在8～10s内做匀减速运动位移＝
所以物体在0～10s内的总位移x＝x1+x2+x3＝15m
摩擦力做功Wf＝﹣fx＝﹣2×15J＝﹣30J
即物体克服摩擦力做功30J。
答：（1）0～8s时间内拉力的冲量为18N?s；方向向右。
（2）0～6s时间内物体的位移为6m；
（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J。
【点评】此题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，然后结合功和功率的计算公式进行计算求解，是高考的热点考题。
27．（2007?天津）离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，BC之间加有恒定电压，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出。已知推进器获得的推力为F，单位时间内喷出的离子质量为J．为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。
（1）求加在BC间的电压U；
（2）为使离子推进器正常运行，必须在出口D处向正离子束注入电子，试解释其原因。
【分析】根据动能定理
要求U，需要知道正离子出射时的速度和单个正离子的质量m电量q，而题目中告诉了单位时间内喷出的离子的质量J，而J＝Nm，所以要求出单位时间内射出的离子的数量N，而N＝nvs，其中n代表离子的密度，v表示离子的速度，s表示推进器的横截面积，而nqv容易让我们联想到电流的微观表达式I＝nqsv，而本题中电流I为已知量，这样就得到了I/J＝q/m，代入
求出电压U。
【解答】解：（1）设一个正离子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，
根据动能定理，有①
设离子推进器在△t时间内喷出质量为△M的正离子，并以其为研究对象，推进器对△M的作用力为F'，由动量定理，有F'△t＝△Mv
②
由牛顿第三定律知F'＝F
③
设加速后离子束的横截面积为S，单位体积内的离子数为n，根据电流的微观表达式有I＝nqvs
④
单位时间内喷出离子的个数N＝nvs
单位时间内喷出离子的质量J＝nmvs
⑤
由④、⑤可得
又⑥
解得⑦
（2）推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D处向发射正离子束注入电子以中和正离子，使推进器获得持续推力。
【点评】本题难度较大，考查的内容较多较深，知识点错综复杂，但只要我们按题目最后的要求一层一层往前推导，通过联想类比就有可能顺利解决问题。
28．（2006?江苏）如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接。现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），间距为l，当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出。求：
（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度。
（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量。
（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小。
【分析】（1）因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由x＝vt可以求出时间；在竖直方向上做自由落体运动，
（2）抓住地面碰撞前后，水平分动量不变，代入动量守恒定律即可；
（3）绳子拉直的瞬间，二者沿水平方向再次交换速度，然后结合动量定理即可求出。
【解答】解：（1）设
A球下落的高度为h
l＝v0t…..①
h＝gt2…②
联立①②得：
h＝…③
（2）由水平方向动量守恒得：
mv0＝mv'Ax+mv'Bx…④
由机械能守恒得：
m（v20+v2By）+mv2Ay＝m（v+v）+m（v+v）
⑤
式中v′Ay＝vAy
v′By＝vBy
联立④⑤得：
v′Ax＝v0
v′Bx＝0
（3）在绳子拉直的瞬间，由于绳子是不可伸长的，所以当二者沿水平方向速度相等后，绳子上的拉力瞬间消失，所以，所以最终它们沿水平方向的速度相等，竖直方向的分速度不变；
所以小球B沿水平方向的分速度：v″Bx＝v0
所以：I＝mv″Bx＝mv0
答：（1）A球下落的高度；
（2）v′Ax＝v0，v′Bx＝0，
（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量mv0。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及水平方向动量守恒定律的应用条件。属于难题。
29．（2004?广东）一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小．
【分析】小球在碰撞斜面前做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得与斜面碰撞时的速度的大小，再由动量定理可以求得斜面对小球的冲量．
【解答】解：小球在碰撞斜面前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球速度为v．
由题意，v的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v0，如右图．由此得v＝2v0①
碰撞过程中，小球速度由v变为反向的．
碰撞时间极短，可不计重力的冲量，
由动量定理，斜面对小球的冲量为
②
由①、②得
所以在碰撞中斜面对小球的冲量大小为mv0．
【点评】本题关键是由平抛运动的规律求得碰撞时的速度的大小，之后根据动量定理计算即可．
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日期：2020/6/28
13:22:33；用户：云众学校物理；邮箱：yzxx002@；学号：22049688
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