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〔课标通用〕2022新高考物理二轮复习选择题逐题突破第五道选择题涉及的命题点教学案PAGEPAGE96第5道选择题涉及的命题点5-15-25-35-4动量动量定理动量守恒定律碰撞、爆炸和反冲用动量观点解决力学综合问题5-1eq\a\vs4\al(动量动量定理)备考精要1.掌握根本概念和规律2.应用动量定理的考前须知(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。三级练·四翼展一练固双基——根底性考法1.(2022·全国卷Ⅰ)最近,我国为“长征九号〞研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。假设某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s,产生的推力约为4.8×106N,那么它在1s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg解析:选B设1s内喷出气体的质量为m,喷出的气体与该发动机的相互作用力为F,由动量定理Ft=mv知,m=eq\f(Ft,v)=eq\f(4.8×106×1,3×103)kg=1.6×103kg,选项B正确。2.(2022·泰安模拟)如下图,竖直平面内有一半圆槽,A、C等高,B为圆槽最低点,小球从A点正上方O点静止释放,从A点切入圆槽,刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中,运动时间分别为t1、t2,合外力的冲量大小为I1、I2,那么()A.t1>t2 B.t1=t2C.I1>I2 D.I1=I2解析:选C小球从A点正上方O点静止释放,刚好能运动至C点,说明在圆弧内要克服摩擦力做功,因此在AB段平均速率大于在BC段平均速率,两段路程相等,所以t1<t2,A、B错误;设在AB段动量的变化为mΔv,画出矢量三角形,如下图,而在BC段动量的变化为mvB,由图可知AB段动量的变化大于BC段动量的变化,由动量定理得:I1>I2,C正确,D错误。3.(2022·绵阳模拟)在水平地面上,两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。那么质量大的物体()A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快解析:选A根据动能定理可知Fs=Ek=eq\f(p2,2m),得s=eq\f(p2,2Fm),质量较大的物体滑行的距离较小,A正确;根据动量定理可知FΔt=Δp=p,那么滑行的时间相等,B错误;根据牛顿第二定律可知a=eq\f(F,m),质量较大的物体加速度较小,C错误;根据动量定理可知F=eq\f(Δp,Δt),二者动量变化快慢一样,D错误。4.“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,以下分析正确的选项是()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解析: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)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。应选项A正确,选项B、C、D错误。5.(2022·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。假设一个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,那么该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10N B.102NC.103N D.104N解析:选C设每层楼高约为3m,那么下落高度约为h=3×25m=75m,到达的速度v2=2gh,根据动量定理(F-mg)t=0-(-mv),解得鸡蛋受到地面的冲击力F=eq\f(mv,t)+mg≈103N,由牛顿第三定律知C正确。二练会迁移——综合性考法1.[多项选择](2022·福州联考)如下图,足够长的固定光滑斜面倾角为θ,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,到达最高点后又滑回原处,所用时间为t。对于这一过程,以下判断正确的选项是()A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgsinθ·t解析:选BD斜面对物体的弹力的冲量大小为:I=Nt=mgcosθ·t,弹力的冲量不为零,故A错误;物体所受重力的冲量大小为:IG=mgt,物体受到的重力的冲量大小不为零,故B正确;物体受到的合力的冲量大小为mgsinθ·t,不为零,C错误;由动量定理得,动量的变化量大小Δp=I合=mgsinθ·t,D正确。2.[多项选择]静止在粗糙水平面上的物体,在水平力F的作用下,经过时间t、通过位移l后,动量为p、动能为Ek。以下说法正确的选项是()A.假设保持水平力F不变,经过时间2t,物体的动量等于2pB.假设将水平力增加为原来的两倍,经过时间t,物体的动量等于2pC.假设保持水平力F不变,通过位移2l,物体的动能小于2EkD.假设将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,物体的动能大于2Ek解析:选AD根据动量定理I合=(F-f)t=p,保持水平力F不变,经过时间2t,(F-f)·2t=p′,可知p′=2p,故A正确;假设水平力增加为原来的2倍,经过时间t,那么有(2F-f)·t=p′,那么p′>2p,故B错误;根据动能定理(F-f)·l=Ek,保持水平力F不变,通过位移2l,有(F-f)·2l=Ek′,那么有Ek′=2Ek,故C错误;假设将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,有(2F-f)·l=Ek′,那么有Ek′>2Ek,故D正确。3.(2022·全国卷Ⅰ)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:选B动能Ek=eq\f(1,2)mv2,与速度的平方成正比,故C错误;速度v=at,可得Ek=eq\f(1,2)ma2t2,与经历的时间的平方成正比,故A错误;根据v2=2ax,可得Ek=max,与位移成正比,故B正确;动量p=mv,可得Ek=eq\f(p2,2m),与动量的平方成正比,故D错误。4.[多项选择](2022·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变化的图线如下图,那么()A.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: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,那么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=eq\f(F1,m)=eq\f(2,2)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=eq\f(F2,m)=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。5.[多项选择](2022·哈尔滨检测)如下图,甲、乙两小车的质量分别为m1和m2,且m1<m2,用轻弹簧将两小车连接,静止在光滑水平面上。现同时对甲、乙两小车施加等大、反向的水平恒力F1和F2,两小车同时开始运动,直到弹簧被拉到最长(仍在弹性限度内)的过程中,以下说法正确的选项是()A.甲和乙的动量都不断增大B.甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m2∶m1C.甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大D.甲和乙的平均速率之比为m2∶m1解析:选CD当拉力大于弹簧拉力时,两小车的速度在增大,动量在增大,当弹簧拉力大于拉力时,两小车的动量开始减小,A错误;外力做正功,所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大,C正确;将两小车和弹簧看成一个整体,因F1和F2等大反向,故甲、乙及弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故m1v1-m2v2=0,又甲、乙受到的合力的冲量分别为I甲=m1v1,I乙=-m2v2,故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I甲,I乙)))=1∶1,B错误;因为过程中任意时刻两小车的动量和为零,所以eq\f(\x\to(v)1,\x\to(v)2)=eq\f(m2,m1),D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1.一质量为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图像如图乙所示,t=0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,那么()A.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根据Δv=aΔt可知a­t图像中,图像与横坐标轴围成的面积表示速度的增量,那么在t=6s时刻,物体的速度v6=v0+Δv=2m/s+eq\f(1,2)×(2+4)×6m/s=20m/s,故A错误;根据动能定理得:W合=ΔEk=eq\f(1,2)mv62-eq\f(1,2)mv02=396J,故B错误;在0~6s内,拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量,由动量定理得:IF-ft=mv6-mv0,代入数据得:IF=48N·s,即拉力对物体的冲量为48N·s,故C错误;在t=6s时刻,根据牛顿第二定律得:F=ma+f=2×4N+2N=10N,那么在t=6s时刻,拉力F的功率P=Fv6=10×20W=200W,故D正确。2.[多项选择](2022·沈阳一模)如下图,从竖直平面内的大圆上的最高点A,引出两条不同的光滑轨道,端点都在大圆上。相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,那么以下说法正确的选项是()A.到达底端的速度大小不相等B.重力的冲量都相同C.物体动量的变化率都相同D.沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间解析:选AB设倾斜轨道沿竖直方向的倾角为α,如下图,对物体在倾斜轨道上受力分析,由牛顿第二定律可求得:a=gcosα,根据运动学公式x=eq\f(1,2)at2可得:2Rcosα=eq\f(1,2)gcosα·t2,那么有:t=2eq\r(\f(R,g)),因此下滑时间与轨道的倾角无关,只与圆的半径及重力加速度有关,故D错误;因时间相同,那么重力的冲量相同,故B正确;因物体下落的高度不同,故物体到达轨道底端的速度大小不同,故A正确;根据动量定理,动量的变化率等于合外力,即mgcosα,因为α不同,那么动量的变化率不同,故C错误。3.(2022·宜宾诊断)如下图,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出,二者共同摆动。假设弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g。以下说法中正确的选项是()A.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为eq\f(mv02,72)D.沙袋和弹丸一起摆动所到达的最大高度为eq\f(v02,72g)解析:选D弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得:mv0=(m+5m)v,解得v=eq\f(1,6)v0;弹丸打入沙袋后,总质量变大,且做圆周运动,根据T=6mg+6meq\f(v2,L)可知,细绳所受拉力变大,选项A错误;根据牛顿第三定律可知,弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小,选项B错误;弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=eq\f(1,2)mv02-eq\f(1,2)·6mv2=eq\f(5,12)mv02,选项C错误;由机械能守恒可得:eq\f(1,2)·6mv2=6mgh,解得h=eq\f(v02,72g),选项D正确。4.(2022·咸阳模拟)如下图,足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动,一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带,从此时起到物块再次回到P点的过程中,以下说法正确的选项是()A.合力对物块的冲量大小一定为2mv2B.合力对物块的冲量大小一定为2mv1C.合力对物块的冲量大小可能为零D.合力对物块做的功可以为零解析:选D假设v2>v1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动,速度减为零后再返回做匀加速直线运动,到达速度v1后做匀速直线运动,可知物块再次回到P点的速度大小为v1,规定向左为正方向,根据动量定理得,合外力的冲量I合=mv1-m(-v2)=mv1+mv2。根据动能定理知,合外力做功W合=eq\f(1,2)mv12-eq\f(1,2)mv22;假设v2≤v1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动,速度减为零后再返回做匀加速直线运动,物块再次回到P点的速度大小为v2,规定向左为正方向,根据动量定理得,合外力的冲量为:I合=mv2-m(-v2)=2mv2;根据动能定理知,合外力做功为:W合=eq\f(1,2)mv22-eq\f(1,2)mv22=0。综上可知D正确,A、B、C错误。5.[多项选择](2022·中卫调研)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg,m=0.2kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不拴接),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如下图。g取10m/s2,那么以下说法正确的选项是()A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·sB.球M离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC.假设半圆轨道半径可调,那么球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对球m的冲量大小为1.8N·s解析:选AD释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒得:mv1-Mv2=0,由机械能守恒得:eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)Mv22=Ep,代入数据解得:v1=9m/s,v2=3m/s;球m从A到B过程中,由机械能守恒定律得:eq\f(1,2)mv12=eq\f(1,2)mv1′2+mg·2R,解得:v1′=8m/s;以向右为正方向,由动量定理得,球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量为:I=Δp=mv1′-mv1=0.2×(-8)N·s-0.2×9N·s=-3.4N·s,那么合力冲量大小为:3.4N·s,故A正确。球M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s,故B错误。设圆轨道半径为r时,球m从B点飞出后水平位移最大,由A到B根据机械能守恒定律得:eq\f(1,2)mv12=eq\f(1,2)mv1″2+mg·2r,在最高点,由牛顿第二定律得:mg+N=meq\f(v1″2,r),球m从B点飞出,需要满足:N≥0,解得r≤1.62m。球m从B点飞出后,做平抛运动:2r=eq\f(1,2)gt2,x=v1″t,由以上各式得x=eq\r(4r8.1-4r),当8.1-4r=4r,即r=1.0125m时,x最大,所以球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,故C错误。由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对球m的冲量大小为:I=Δp=mv1=0.2×9N·s=1.8N·s,故D正确。5-2eq\a\vs4\al(动量守恒定律)备考精要1.全面理解动量守恒定律(1)条件:系统不受外力或所受外力的矢量和为零。(2)表达式:p=p′,Δp=0,m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。(3)三个性质①矢量性:公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量,只有它们在同一直线上,并先选定正方向,确定各速度的正、负(表示方向)后,才能用代数方法运算,这点要特别注意。②相对性:速度具有相对性,公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度,一般取相对地面的速度。③同时性:相互作用前的总动量,是指相互作用前的某一时刻,v1、v2均是此时刻的瞬时速度;同理,v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度。2.应用定律时的两点注意(1)判断动量是否守恒时,要注意所选取的系统,注意区别系统内力与外力。(2)动量守恒具有矢量性,假设系统在某个方向上合力为零,那么系统在该方向上满足动量守恒定律。三级练·四翼展一练固双基——根底性考法1.[多项选择]如下图,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,左侧紧靠竖直墙壁,右侧紧靠一质量为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高处从静止开始下落,与半圆槽相切自A点进入槽内,以下结论正确的选项是()A.小球在槽内运动的B至C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B至C过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动D.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒解析:选BD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与半圆槽对小球的作用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,所以半圆槽要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,但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒,小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项A错误,B正确;当小球运动到C点时,它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,选项C错误;因为小球在槽内运动过程中,接触面都是光滑的,所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒,应选项D正确。2.(2022·惠州模拟)质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落,落在正以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上,车上装有砂子,车与砂的总质量为4kg,地面光滑,那么车后来的速度为(g=10m/s2)()A.4m/s B.5m/sC.6m/s D.7m/s解析:选A物体和车作用过程中,两者组成的系统水平方向不受外力,水平方向系统的动量守恒。两者作用前,车在水平方向的速度v0=5m/s,物体在水平方向的速度v=0;设当物体与小车相对静止后,小车的速度为v′,取原来小车速度方向为正方向,那么根据水平方向系统的动量守恒得:mv+Mv0=(M+m)v′,解得:v′=eq\f(mv+Mv0,M+m)=eq\f(4×5,1+4)m/s=4m/s,应选项A正确,B、C、D错误。3.如下图,在光滑绝缘的水平面上有两个电荷量分别为Q和q的滑块,两滑块的质量相等,两滑块的电性相同,电荷量Q>q。一开始,带电荷量为q的滑块静止,带电荷量为Q的滑块以某一初速度v从远处向带电荷量为q的滑块运动,那么()A.两滑块的加速度始终相同B.两滑块的速度相同时,两滑块间的电势能最大C.两滑块的总动量先变小,后变大D.两滑块最终以相同的速度做匀速直线运动解析:选B由同种电荷相互排斥,得两滑块的加速度大小相等,但方向相反,选项A错误;两滑块的总动量是守恒的,当两滑块速度相同时,两滑块的机械能最小,电势能最大,选项B正确;两滑块的总动量是不变的,选项C错误;两滑块速度相等之后,带电荷量为q的滑块继续加速,带电荷量为Q的滑块减速,二者速度不能保持相等,选项D错误。4.如下图,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为m(m<M)的小球从槽高h处开始自由下滑,以下说法正确的选项是()A.在以后的运动过程中,小球和槽在水平方向动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒,且水平方向动量守恒D.被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,但小球不能回到槽高h处解析:选D当小球与弹簧接触后,小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零,系统在水平方向动量不守恒,故A错误;下滑过程中两物体都有水平方向的位移,而力是垂直于槽的曲面的,故力和位移夹角不垂直,故两力均做功,故B错误;全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功,系统机械能守恒,小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零,系统水平方向动量不守恒,故C错误;球在槽上下滑过程系统水平方向不受力,系统水平方向动量守恒,球与槽别离时两者动量大小相等,由于m<M,那么小球的速度大于槽的速度,小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽别离时的速度大小,小球将追上槽并沿槽上滑,上滑过程中只有重力对系统做功,系统机械能守恒,由于小球与槽组成的系统总动量水平向左,小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左,系统总动能不为零,由机械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h,小球不能回到槽高h处,故D正确。5.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如下图。人与雪橇的总质量为M,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为()A.eq\f(Mv1-Mv2,M-m) B.eq\f(Mv1,M-m)C.eq\f(Mv1+Mv2,M-m) D.v1解析:选D根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的速度仍为v1,D正确。二练会迁移——综合性考法1.(2022·大庆检测)如下图,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.h B.eq\f(h,2)C.eq\f(h,4) D.eq\f(h,8)解析:选CA运动到最低点,有mgh=eq\f(1,2)mvA2,到达最低点恰好与B相撞,并黏合在一起,有mvA=2mv,解得v=eq\f(vA,2),两者同时上升时机械能守恒,有:eq\f(1,2)×2mv2=2mgH,联立解得H=eq\f(h,4),C正确。2.[多项选择]如下图,一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。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,以下说法中正确的选项是()A.如果小车内外表光滑,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eq\f(m,M)vD.小车向左运动的最大位移为eq\f(mL,M+m)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,故A错误,B正确;取木块C的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得mv-Mv′=0,解得小车的速度为v′=eq\f(m,M)v,故C正确;该系统属于人船模型,设小车向左运动的最大位移为d,那么Md=m(L-d),解得d=eq\f(mL,M+m),应选项D正确。3.(2022·牡丹江检测)甲、乙两船的质量均为M,它们都静止在平静的湖面上,质量为M的人从甲船跳到乙船上,再从乙船跳回甲船,经过屡次跳跃后,最后人停在乙船上。假设水的阻力可忽略,那么()A.甲、乙两船的速度大小之比为1∶2B.甲船与乙船(包括人)的动量相同C.甲船与乙船(包括人)的动量之和为零D.因跳跃次数未知,故无法判断解析:选C以人与两船组成的系统为研究对象,人在跳跃过程中总动量守恒,初态总动量为0,所以甲船与乙船(包括人)的动量大小之比为1∶1,而动量的方向相反,所以甲船与乙船(包括人)的动量不同。由p=mv,知甲、乙两船的速度与质量成反比,所以最后甲、乙两船的速度大小之比为2∶1,故A、B错误;以系统为研究对象,在整个过程中,由动量守恒定律知,甲船与乙船(包括人)的动量之和为零,故C正确,D错误。4.(2022·烟台一模)如下图,质量为M=3kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动。当木板的速度为3m/s时,物块处于()A.匀速运动阶段 B.减速运动阶段C.加速运动阶段 D.速度为零的时刻解析:选B开始阶段,m向左减速,M向右减速,当物块的速度为零时,设此时木板的速度为v1,根据动量守恒定律得:(M-m)v=Mv1,解得:v1=eq\f(3-1×4,3)m/s=2.67m/s;此后m将向右加速,M继续向右减速;当两者速度到达相同时,设共同速度为v2,由动量守恒定律得:(M-m)v=(M+m)v2,解得:v2=eq\f(M-mv,M+m)=eq\f(3-1×4,3+1)m/s=2m/s;两者相对静止后,一起向右做匀速直线运动。由此可知当木板的速度为3m/s时,物块处于减速运动阶段,故B正确。5.[多项选择]如下图,物体A、B的质量分别为m、2m,物体B置于水平面上,B物体上部半圆形槽的半径为R,将物体A(可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放,一切摩擦均不计。那么()A.A能到达B圆槽的左侧最高点B.A运动到圆槽的最低点时A的速率为eq\r(\f(gR,3))C.A运动到圆槽的最低点时B的速率为eq\r(\f(4gR,3))D.B向右运动的最大位移大小为eq\f(2R,3)解析:选AD运动过程不计一切摩擦,故物体A、B组成的系统机械能守恒,且两物体水平方向动量守恒,那么A可以到达B圆槽的左侧最高点,且A在B圆槽的左侧最高点时,A、B的速度都为零,故A正确;A、B整体在水平方向上合外力为零,故在水平方向上动量守恒,所以A运动到圆槽最低点时,由动量守恒定律得mvA-2mvB=0,即vA=2vB,A的水平速度向左,B的水平速度向右,设B在水平方向上的最大位移为d,那么m(2R-d)=2md,解得d=eq\f(2,3)R,故D正确;对A运动到圆槽的最低点的运动过程中,由机械能守恒定律可得:mgR=eq\f(1,2)mvA2+eq\f(1,2)·2mvB2=3mvB2,解得A运动到圆槽的最低点时B的速率为:vB=eq\r(\f(1,3)gR),A的速率为:vA=2vB=eq\r(\f(4,3)gR),故B、C错误。三练提素养——创新性、应用性考法1.[多项选择](2022·石家庄质检)如下图,一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0,以下说法正确的选项是()A.最终小木块和木箱都将静止B.最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为eq\f(1,2)Mv02-eq\f(Mv02,2M+m)C.木箱速度为eq\f(v0,3)时,小木块的速度为eq\f(2Mv0,3m)D.最终小木块的速度为eq\f(Mv0,m)解析:选BC由题意知,木箱及小木块组成的系统动量守恒,最终木箱和小木块共速,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,故v=eq\f(Mv0,M+m),A、D项错误;系统损失的机械能ΔE=eq\f(1,2)Mv02-eq\f(1,2)(M+m)v2=eq\f(1,2)Mv02-eq\f(Mv02,2M+m),故B项正确;当木箱速度为eq\f(v0,3)时,由动量守恒定律知,Mv0=eq\f(Mv0,3)+mv′,解得v′=eq\f(2Mv0,3m),C项正确。2.某同学质量为60kg,在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上,然后去执行任务。小船的质量是140kg,原来的速度大小是0.5m/s。假设该同学上船后又跑了几步,最终停在船上,那么()A.人和小船最终静止在水面上B.该过程人的动量变化量的大小为105kg·m/sC.船最终速度的大小为0.95m/sD.船的动量变化量的大小为70kg·m/s解析:选B人与船组成的系统,在水平方向动量守恒,选取人运动的方向为正方向,得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,所以v=eq\f(m1v1-m2v2,m1+m2)=eq\f(60×2-140×0.5,60+140)m/s=0.25m/s,与人的速度方向相同,故A、C错误;该过程人的动量变化量为:Δp1=m1v-m1v1=60×(0.25-2)kg·m/s=-105kg·m/s,故B正确;船的动量变化量是:Δp2=m2v-(-m2v2)=140×(0.25+0.5)kg·m/s=105kg·m/s,故D错误。3.(2022·株洲质检)如图,长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动,系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时,其速度大小为()A.eq\r(2gl) B.eq\r(gl)C.eq\f(\r(2gl),2) D.0解析:选B两球组成的系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得:mv-mv′=0,即v=v′;由机械能守恒定律得:eq\f(1,2)mv2+eq\f(1,2)mv′2=mgl,解得:v=eq\r(gl),故B正确。4.[多项选择]如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,那么()A.A物体的质量为3mB.A物体的质量为2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为eq\f(3,2)mv02D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02解析:选AC对题图甲,设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩x时弹性势能Ep=eq\f(1,2)Mv02;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧到达最大压缩量时,A、B二者速度相等,由动量守恒定律有M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=eq\f(1,2)M·(2v0)2-eq\f(1,2)(M+m)v2,联立解得M=3m,Ep=eq\f(1,2)Mv02=eq\f(3,2)mv02,A、C正确,B、D错误。5.(2022·廊坊调研)如下图,小车A的质量M=2kg,置于光滑水平面上,初速度v0=14m/s。带正电荷可视为质点的物体B,电荷量q=0.2C,质量m=0.1kg,将其轻放在小车A的右端。在A、B所在的空间存在匀强磁场,方向垂直于纸面向里,磁感应强度B0=0.5T。物体B与小车之间存在摩擦力的作用,设小车足够长,小车外表是绝缘的(g取10m/s2),那么()A.物体B的最终速度为10m/sB.小车A的最终速度为13.5m/sC.小车A和物体B的最终速度约为13.3m/sD.小车A到达最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75J解析:选ABD假设A、B能获得共同速度v,那么由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,解得v=13.3m/s,此时物体B受到的洛伦兹力f=qvB0=1.33N>mg=1N,说明物体B早已“悬浮〞。当物体B对小车A的压力为零时,小车A与物体B之间无摩擦力的作用,A、B匀速运动,此时物体B的速度最大,小车A的速度最小,有qvBB0=mg,解得vB=10m/s,根据动量守恒定律得Mv0=mvB+MvA,解得vA=13.5m/s,A、B正确,C错误;根据能量守恒定律得Q=ΔEk=eq\f(1,2)Mv02-eq\f(1,2)MvA2-eq\f(1,2)mvB2=8.75J,D正确。

5-3eq\a\vs4\al(碰撞、爆炸和反冲)备考精要1.碰撞过程遵循的“三原那么〞动量守恒碰撞时间极短,内力远大于外力,动量可看作守恒,有m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′动能不增加碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式:eq\f(1,2)m1v12+eq\f(1,2)m2v22≥eq\f(1,2)m1v1′2+eq\f(1,2)m2v2′2物理情境可行性按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞,两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致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)系统初始状态假设处于静止状态,那么爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。三级练·四翼展一练固双基——根底性考法1.(2022·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s解析:选A燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为p,根据动量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050kg×600m/s=30kg·m/s,选项A正确。2.(2022·贵州模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中,中国运发动在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1=6m/s的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰,碰后黄色冰壶以v2=2m/s的速度沿原方向运动,那么这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为()A.2m B.4mC.8m D.10m解析:选C选v1方向为正方向,根据动量守恒定律可得:mv1=mv2+mv,代入数据解得v=4m/s,由能量守恒得:ΔE=eq\f(1,2)mv12-eq\f(1,2)mv22-eq\f(1,2)mv2=8m,故C正确。3“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏〞,燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间,某人斜向上抛出一个爆竹,假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片,前面一块碎片速度水平向东,后面一块碎片速度水平向西,前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的选项是()A.爆炸后的瞬间,中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B.爆炸后的瞬间,中间那块碎片的速度可能水平向西C.爆炸后,三块碎片将同时落到水平地面上,并且落地时的动量相同D.爆炸后的瞬间,中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析:选A设爆竹爆炸前的速度为v,爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m,爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后,中间那块碎片的速度大小为v′,设水平向东为正方向,根据水平方向动量守恒,3mv=mv前后+mv′-mv前后,得v′=3v,方向向东,所以爆炸后的瞬间,中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度,选项A正确、B错误;爆炸后,三块碎片均做平抛运动,竖直方向上有h=eq\f(1,2)gt2,下落时间相同,那么竖直方向分速度相同,但水平方向上的分速度方向不同,故合速度方向不同,那么动量不同,选项C错误;爆炸后的瞬间,中间那块碎片的动能为eq\f(1,2)m(3v)2>eq\f(1,2)·3m·v2,选项D错误。4.一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,那么以下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的选项是()解析:选B由h=eq\f(1,2)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项错误;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,故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。5.[多项选择]在光滑水平面上,质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰,碰后小球2的速度是eq\f(1,3)v0。小球2的质量可能是()A.m B.3mC.5m D.7m解析:选BC由动量守恒定律知mv0=mv1+m2·eq\f(v0,3),分两种极端情况讨论:①完全非弹性碰撞,能量损失最多,即v1=eq\f(v0,3),得m2=2m;②弹性碰撞,没有能量损失,即eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)m2v22,联立解得v2=eq\f(2m,m+m2)v0,又v2=eq\f(v0,3),故m2=5m;综合得2m≤m2≤5m,选项B、C正确。二练会迁移——综合性考法1.(2022·安徽“江南十校〞联考)如下图,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。如碰撞过程中无机械能损失,物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5m,g取10m/s2。物块可视为质点。那么物块A碰撞前的瞬间速度为()A.0.5m/s B.1.0m/sC.1.5m/s D.2.0m/s解析:选C碰撞后B做匀减速运动,由动能定理得:-μ·2mgx=0-eq\f(1,2)·2mv2。代入数据得:v=1m/s,碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,那么:mv0=mv1+2mv,由于没有机械能的损失,那么:eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)·2mv2,联立可得:v0=1.5m/s,故A、B、D错误,C正确。2.[多项选择](2022·哈尔滨模拟)为完成某种空间探测任务,需要在太空站上发射空间探测器,探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。探测器的质量为M,每秒钟喷出的气体质量为m,喷射气体的功率恒为P,不计喷气后探测器的质量变化。那么()A.喷出气体的速度为eq\r(\f(P,m))B.喷出气体的速度为eq\r(\f(2P,m))C.喷气Δt秒后探测器获得的动能为eq\f(mPΔt2,M)D.喷气Δt秒后探测器获得的动能为eq\f(mPΔt2,2M)解析:选BC对t=1s内的喷出气体,由动能定理得Pt=eq\f(1,2)mv12,解得v1=eq\r(\f(2P,m)),故B正确,A错误。在Δt时间内,喷出气体整体与探测器动量守恒,有Mv2=mΔt·v1,探测器的动能为Ek=eq\f(1,2)Mv22,解得Ek=eq\f(mPΔt2,M),故C正确,D错误。3.[多项选择]一机枪架在湖中小船上,船正以1m/s的速度前进,小船及机枪总质量M=200kg,每颗子弹质量为m=20g,在水平方向机枪以v=600m/s的对地速度射出子弹,打出5颗子弹后船的速度可能为()A.1.4m/s B.1m/sC.0.8m/s D.0.5m/s解析:选BC假设子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上,那么子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒,有Mv0=(M-5m)v1±5mv,假设子弹向船前进的方向射出,反冲作用使船速减小,v1′=eq\f(Mv0-5mv,M-5m)=0.7m/s,假设子弹向船前进的反方向射出,v1″=eq\f(Mv0+5mv,M-5m)=1.3m/s,可见船速应在0.7~1.3m/s之间。故B、C正确。4.[多项选择](2022·南昌模拟)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图表示A、B发生碰撞前、后的v­t图线,由图线可以判断以下表达正确的选项是()A.A、B的质量比为3∶2B.A、B碰撞前、后总动量守恒C.A、B碰撞前、后总动量不守恒D.A、B碰撞前、后总动能不变解析:选ABD根据动量守恒定律:mA×6+mB×1=mA×2+mB×7,得:mA∶mB=3∶2,故A正确;根据动量守恒定律知A、B碰撞前、后总动量守恒,B正确,C错误;碰撞前总动能:eq\f(1,2)mA×62+eq\f(1,2)mB×12=eq\f(55,3)mA,碰撞后总动能:eq\f(1,2)mA×22+eq\f(1,2)mB×72=eq\f(55,3)mA,即碰撞前、后总动能不变,D正确。5.在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图甲所示,碰后运发动用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v­t图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19kg,那么()A.碰后蓝壶速度为0.8m/sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4解析:选AD由题图可知,1s时两壶相碰,碰前v红=1.0m/s,碰后v红′=0.2m/s,由动量守恒定律知,mv红=mv红′+mv蓝,得v蓝=0.8m/s,选项A正确;对于红壶,a1=eq\f(Δv,Δt)=eq\f(1.2-1.0,1)m/s2=0.2m/s2,题图乙中t=eq\f(v0,a1)=eq\f(1.2,0.2)s=6s,对于蓝壶x2=eq\f(v蓝,2)×(t-1s)=2m,选项B错误;碰撞时损失的动能ΔE损=eq\f(1,2)mv红2-eq\f(1,2)mv红′2-eq\f(1,2)mv蓝2=3.04J,选项C错误;对红壶:Ff=ma1,对蓝壶:Ff′=ma2,其中a2=eq\f(0.8,6-1)m/s2=0.16m/s2,所以Ff∶Ff′=5∶4,选项D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1.(2022·淮北一中模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=2kg,mB=3kg,vA=6m/s,vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后,A、B速度的可能值是()A.vA=4.5m/s,vB=3m/sB.vA=3m/s,vB=4m/sC.vA=-1.5m/s,vB=7m/sD.vA=7.5m/s,vB=1m/s解析:选B考虑实际情况,碰撞后A的速度不可能大于B的速度,因而A、D错误,B、C满足;A、B碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,计算易知,B、C均满足;根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为42J,B选项对应的总动能为33J,C选项对应的总动能为75.75J,故C错误,B满足。2.[多项选择]滑块甲的质量为0.8kg,以大小为5.0m/s的速度向右运动时,与迎面而来的另一质量为1.0kg、速度大小为3.0m/s的滑块乙相撞,碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短,以向右为正方向,以下说法正确的选项是()A.碰后乙的速度大小为2m/sB.碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0N·sC.碰撞过程中乙动量的变化量为2.0kg·m/sD.碰撞过程中系统损失的机械能为14J解析:选BD由动量守恒定律得m甲v甲-m乙v乙=m乙v乙′,代入数据解得v乙′=1.0m/s,选项A错误;碰撞过程中甲动量的变化量为Δp甲=0-m甲v甲=-4.0kg·m/s,由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为I=Δp甲=-4.0N·s,选项B正确;碰撞过程中乙动量的变化量为Δp乙=m乙v乙′-(-m乙v乙)=4.0kg·m/s,选项C错误;由能量守恒定律得eq\f(1,2)m甲v甲2+eq\f(1,2)m乙v乙2=eq\f(1,2)m乙v乙′2+ΔE,代入数据解得ΔE=14J,选项D正确。3.[多项选择](2022·江淮十校联考)如下图,质量为m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为eq\f(1,4)m的木块A放在长木板的左端,一颗质量为eq\f(1,16)m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中,当木块滑离木板时速度为eq\f(1,8)v0,木块在木板上滑行的时间为t,以下说法正确的选项是()A.木块获得的最大速度为eq\f(1,5)v0B.木块滑离木板时,木板获得的速度大小为eq\f(3,8)v0C.木块在木板上滑动时,木块与木板间的滑动摩擦力大小为eq\f(3mv0,128t)D.木块在木板上滑动时,因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能解析:选AC对子弹和木块A系统,根据动量守恒定律得:eq\f(1,16)mv0=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)m+\f(1,4)m))v1,解得v1=eq\f(1,5)v0,选项A正确;木块滑离木板时,对木板和木块(包括子弹)系统,根据动量守恒定律得:eq\f(1,16)mv0=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)m+\f(1,4)m))·eq\f(1,8)v0+mv2,解得v2=eq\f(3,128)v0,选项B错误;对木板,由动量定理:ft=mv2,解得f=eq\f(3mv0,128t),选项C正确;由能量守恒定律可知,木块在木板上滑动时,因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差,选项D错误。4.[多项选择]A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如下图为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像。a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像,c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。假设A球的质量是m=2kg,那么由图判断以下结论正确的选项是()A.碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/sB.碰撞时A球对B球所施加的冲量为-4N·sC.A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J解析:选ABD根据图像可知,碰前A球的速度vA=-3m/s,碰前B球的速度vB=2m/s,碰后A、B两球共同的速度v=-1m/s,故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA=mv-mvA=4kg·m/s,选项A正确;A球的动量变化量为4kg·m/s,碰撞过程中动量守恒,B球的动量变化量为-4kg·m/s,根据动量定理,碰撞过程中A球对B球所施加的冲量为-4N·s,选项B正确;由于碰撞过程中动量守恒,有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB=eq\f(4,3)kg,故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE=eq\f(1,2)mvA2+eq\f(1,2)mBvB2-eq\f(1,2)(m+mB)v2=10J,选项D正确;A、B两球碰撞前的总动量为p=mvA+mBvB=-eq\f(10,3)kg·m/s,选项C错误。5.[多项选择](2022·赤峰模拟)如下图,质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起,竖直放置在水平地面上,物体A处于静止状态,在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放,C与A发生碰撞后立刻粘在一起,弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力,重力加速度为g。以下说法正确的选项是()A.C与A碰撞后瞬间A的速度大小为eq\r(\f(gh,2))B.C与A碰撞时产生的内能为eq\f(mgh,2)C.C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为eq\f(mgh,2)D.要使碰后物体B被拉离地面,h至少为eq\f(8mg,k)解析:选ABD对C自由下落过程,由机械能守恒得:mgh=eq\f(1,2)mv02,解得:v0=eq\r(2gh),对C与A组成的系统,取向下为正方向,由动量守恒定律得:mv0=2mv1,解得:v1=eq\r(\f(gh,2)),故A正确;C与A碰撞时产生的内能为:ΔE=eq\f(1,2)mv02-eq\f(1,2)·2mv12=eq\f(1,2)mgh,故B正确;当A、C速度为零时,弹簧的弹性势能有最大值,Epmax=eq\f(1,2)·2mv12+2mgΔx>eq\f(1,2)mgh,故C错误;开始时弹簧的压缩量为:H=eq\f(mg,k),碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为:H=eq\f(mg,k),那么A、C将上升2H,弹簧弹性势能不变,由系统的机械能守恒得:eq\f(1,2)·2mv12=2mg·2H,解得:h=eq\f(8mg,k),故D正确。5-4用动量观点解决力学综合问题一练固双基——根底性考法1.[多项选择]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,那么()A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为eq\f(x,2)B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为eq\f(2,3)xC.物块开始运动前弹簧的弹性势能为eq\f(3,2)mv2D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2解析:选AD当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有:kx′=ma,比照可得:x′=eq\f(x,2),即此时弹簧的压缩量为eq\f(x,2),故A正确;取水平向左为正方向,根据系统动量守恒得:2meq\f(xA,t)-meq\f(xB,t)=0,又xA+xB=x,解得A的位移为:xA=eq\f(1,3)x,故B错误;根据动量守恒定律得:0=2mv-mvB,得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v,由系统的机械能守恒得,物块开始运动前弹簧的弹性势能为:Ep=eq\f(1,2)·2mv2+eq\f(1,2)mvB2=3mv2,故C错误,D正确。2.[多项选择](2022·湖北六校联考)质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量m=2kg的小球(视为质点)通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接,开始时滑块静止,轻杆处于水平状态。现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度,取g=10m/s2。那么()A.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.5mC.小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD.小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m解析:选AD可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型,设滑块M在水平轨道上向右运动了x,由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒,有Mx=m(L-x),解得x=0.3m,A正确,B错误;根据动量守恒定律,有0=(m+M)v,解得v=0,由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02=mgh+eq\f(1,2)(m+M)v2,解得h=0.45m,C错误;小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中,设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y,由几何关系得,m相对于M移动的水平距离s=L+eq\r(L2-h2)=1.35m,根据水平方向动量守恒得0=meq\f(s-y,t)-Meq\f(y,t),解得y=0.54m,D正确。3.(2022·蓉城名校联盟)如下图,在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A,木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上外表,在滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上外表滑出,B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数),以下说法正确的选项是()A.A、B组成的系统动量和机械能都守恒B.A、B组成的系统动量和机械能都不守恒C.当B的速度为eq\f(1,3)v0时,A的速度为eq\f(2,3)v0D.当A的速度为eq\f(1,3)v0时,B的速度为eq\f(2,3)v0解析:选C由于木板A沿斜面匀速下滑,知此时木板A受到的合力为零,当小滑块B放在木板A上外表后,A、B组成的系统所受的合力为零,那么系统的动量守恒,由于A、B间摩擦力的作用,那么系统的机械能一直减小,即机械能不守恒,A、B错误;由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数,所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑,即B的速度不可能大于A的速度,由动量守恒定律知C正确,D错误。4.光滑水平面上有一质量为M的木板,在木板的最左端有一质量为m的小滑块(可视为质点)。小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ。开始时它们都处于静止状态,某时刻给小滑块一瞬时冲量,使小滑块以初速度v0向右运动。经过一段时间小滑块与木板到达共同速度v,此时小滑块与木板最左端的距离为d,木板的位移为x,如下图。以下关系式正确的选项是()A.μmgx=eq\f(1,2)(M+m)v2B.μmgd=eq\f(1,2)(M+m)v2-eq\f(1,2)mv02C.μmgd=eq\f(Mmv02,2M+m)D.μmgd=eq\f(1,2)mv02-eq\f(1,2)mv2解析:选C由动量守恒定律得:mv0=(M+m)v,解得:v=eq\f(mv0,M+m);对m分析可知,m只有M的摩擦力对其做功,那么由动能定理可知,-μmg(x+d)=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv02;对M分析可知,M受m的摩擦力做功,由动能定理可知:μmgx=eq\f(1,2)Mv2。联立可知:μmgd=eq\f(Mmv02,2M+m),故只有C正确。5.[多项选择](2022·哈尔滨质检)如下图,将一轻质弹簧从物体B内部穿过,并将其上端悬挂于天花板,下端系一质量为m1=2.0kg的物体A。平衡时物体A距天花板h=2.4m,在距物体A正上方高为h1=1.8m处由静止释放质量为m2=1.0kg的物体B。B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A一起向下运动,两物体不粘连,且可视为质点,碰撞后历时0.25s第一次到达最低点。弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,g=10m/s2。以下说法正确的选项是()A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/sB.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25mC.碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中,两物体间的平均作用力大小为18ND.A、B到最低点后反弹上升,A、B分开后,B还能上升的最大高度为0.2m解析:选ABC设B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0,根据自由落体运动规律,有:v0=eq\r(2gh1)=eq\r(2×10×1.8)m/s=6m/s,设A、B碰撞结束之后瞬时二者共同速度为v1,以向下为正方向,根据动量守恒定律,有:m2v0=(m1+m2)v1,解得:v1=2.0m/s,故A正确;从二者一起运动到速度变为零的过程中,选择B作为研究对象,根据动量定理,有:(m2g-F)t=0-m2v1,解得F=18N,方向竖直向上,故C正确。此过程中对B分析,根据动能定理可得-Fx+m2gx=0-eq\f(1,2)m2v12,解得x=0.25m,即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25m,B正确;A、B分开后,假设在原位置分开,B还能上升的最大高度为h′=eq\f(v12,2g)=0.2m,但实际上A、B在弹簧恢复原长时,即分开,故小于0.2m,D错误。二练会迁移——综合性考法1.[多项选择]如下图,一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环,在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP′,PP′穿过金属环的圆心。现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动,那么()A.磁铁穿过金属环后,两者将先后停下来B.磁铁将不会穿越圆环运动C.磁铁与圆环的最终速度为eq\f(Mv0,M+m)D.整个过程最多能产生的热量为eq\f(Mm,2M+m)v02解析:选CD因为磁铁和圆环组成的系统受到的外力矢量和为零,所以满足动量守恒,因为初总动量不为零,所以末总动量一定不为零,故两者不会停下来,A错误;假设最终两者的速度相同,那么有Mv0=(M+m)v,解得v=eq\f(Mv0,M+m),此时磁铁与圆环系统损失的动能为ΔEk=eq\f(1,2)Mv02-eq\f(1,2)(m+M)v2=eq\f(Mm,2M+m)v02,C、D正确;由于不知道磁铁初速度及环与磁铁的质量之间的关系,所以不能判断出磁铁是否能够穿越圆环运动,故B项错误。2.如下图,一辆质量为M=6kg的平板小车停靠在墙角处,地面水平且光滑,墙与地面垂直。一质量为m=2kg的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右端,平板小车上外表水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ=0.45,平板小车的长L=1m。现给小铁块一个v0=5m/s的初速度使之向左运动,与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动,那么小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为(g取10m/s2)()A.10J B.30JC.9J D.18J解析:选D设小铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1,由动能定理得-μmgL=eq\f(1,2)mv12-eq\f(1,2)mv02,解得v1=4m/s,铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动,假设小铁块最终和平板小车到达共同速度v2,二者动量守恒,取向右为正方向,有mv1=(M+m)v2,解得v2=1m/s,设小铁块相对小车运动距离为x时与平板小车到达共同速度,由功能关系得-μmgx=eq\f(1,2)(M+m)v22-eq\f(1,2)mv12,解得x=eq\f(4,3)m>L,那么铁块在没有与平板小车到达共同速度时就滑出平板车。小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE=2μmgL=18J,故D正确。3.[多项选择](2022·湖南六校联考)如下图,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v从左端滑上小车。小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车。关于这个过程,以下说法正确的选项是()A.小球滑离小车时,小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直高度为eq\f(v2,3g)D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是eq\f(mv,3)解析:选BC小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由动量守恒有mv=(m+2m)v′,得v′=eq\f(v,3),小车动量变化大小Δp车=2m·eq\f(v,3)=eq\f(2,3)mv,D项错误;小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由机械能守恒有mgH=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)(m+2m)v′2,得H=eq\f(v2,3g),C项正确;小球从滑上小车到滑离小车的过程,由动量守恒和机械能守恒有:mv=mv1+2mv2,eq\f(1,2)mv2=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)·2mv22,解得v1=-eq\f(v,3),v2=eq\f(2,3)v,那么小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq\f(2,3)v+eq\f(1,3)v=v,B项正确;由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动,A项错误。4.[多项选择]如下图,在光滑的水平面上,有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(v<v0),那么()A.完全进入磁场时线圈的速度大于eq\f(v0+v,2)B.完全进入磁场时线圈的速度等于eq\f(v0+v,2)C.完全进入磁场时线圈的速度小于eq\f(v0+v,2)D.线圈进出磁场时通过导线横截面的电荷量相同解析:选BD设线圈完全进入磁场时的速度为vx,线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程,选初速度方向为正,由动量定理可得:线圈所受冲量I1=Beq\x\to(I)aΔt1=-Baeq\f(ΔΦ,R)=-Baeq\f(Ba2,R)=mvx-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,由动量定理可得:线圈所受冲量I2=Beq\x\to(I)′aΔt2=-Baeq\f(ΔΦ,R)=-Baeq\f(Ba2,R)=mv-mvx,由上述二式可得I1=I2,所以vx=eq\f(v0+v,2),故B正确,D也正确。5.[多项选择]甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上。质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车,接着仍以对地的速率v反跳回甲车。对于这一过程,以下说法中正确的选项是()A.最后甲、乙两车的速率相等B.最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙=M∶(m+M)C.人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量为I1,从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2,应是I1=I2D.选项(C)中的结论应是I1<I2解析:选BD人跳离甲车时,以人与甲车组成的系统为研究对象,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv-Mv1=0;人跳上乙车时,以乙车与人组成的系统为研究对象,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,mv=(m+M)v2;同理,人跳离乙车时,以人的速度方向为正方向,有-(m+M)v2=-Mv乙+mv,人跳上甲车时,有mv+Mv1=(m+M)v甲,联立以上各式解得:eq\f(v甲,v乙)=eq\f(M,M+m),故A错误,B正确;由动量定理得,对甲车:I1=Mv1=mv,对乙车I2=Mv乙-Mv2=2mv-eq\f(Mmv,M+m)>mv,即I1<I2,故

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