动量守恒定律及其应用对点训练：动量、冲量、动量定理1．(2016·合肥一模)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：选A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，合外力做的功：W＝mv22－mv12＝×0.2×42J－×0.2×62J＝－2J。2．(2016·合肥质检)一质量为2kg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图像如图1所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()图1A．t＝6s时，物体的速度为18m/sB．在0～6s内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s内，拉力对物体的冲量为36N·sD．t＝6s时，拉力F的功率为200W解析：选D类比速度图像中位移的表示方法可知，在加速度－时间图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在0～6s内Δv＝18m/s，又v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A错误；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝mv2－mv02＝396J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D正确。3．(2015·重庆高考)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产生作用力前人下落的距离为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．＋mgB．－mgC．＋mgD．－mg解析：选A由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg。选项A正确。对点训练：动量守恒定律的理解与应用4．(2016·福州质检)如图2所示，物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内()图2A．A的速率始终等于B的速率B．A的动量大小大于B的动量大小C．A受的合力大小大于B受的合力大小D．A的动量不等于B的动量解析：选DA、B开始静止时，同时放开手后一段时间内，系统动量守恒，A的动量和B的动量大小相等，方向相反，A、B错误，D正确；由牛顿第三定律知，A受的合力大小等于B受的合力大小，C错误。5．(2016·厦门质检)如图3所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为()图3A．B．C．D．解析：选C规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，故选C。6．(2016·济宁高三期末)如图4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B板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()图4A．1.8m/sB．2.4m/sC．2.8m/sD．3.0m/s解析：选BA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＝2m/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。对点训练：碰撞、爆炸及反冲7．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：选B虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2...
