高考物理通用版大二轮复习讲义专题四　动量和能第1课时

第1课时力学中的动量和能量问题高考命题点命题轨迹情境图动量定理和动量守恒定律的应用20161卷35(2)17(3)20题20172卷15,3卷2020191卷16“碰撞模型”问题20151卷35(2)，2卷35(2)15(1)35(2)题15(2)35(2)题16(3)35(2)题18(2)24题19(1)25题20163卷35(2)20182卷15、2420191卷25“爆炸模型”和“反冲模型”问题20171卷1419(3)25题20181卷2420193卷25“板块模型”问题20162卷35(2)16(2)35(2)题1．动量定理(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三大观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．类型1动量定理的应用例1(2019·全国卷Ⅰ·16)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．若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，则它在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答案B解析设1s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，选项B正确．拓展训练1(2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图1所示．已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()图1A．2.7m/sB．5.4m/sC．7.6m/sD．10.8m/s答案C解析设Δt时间内一个喷嘴中有质量为m的水喷出，忽略水的重力冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理得：FΔt＝2mvm＝ρvΔt·πeq\f(d2,4)因运动员悬停在空中，则F＝Mg联立代入数据解得：v≈7.6m/s，故C正确．类型2动量定理和动量守恒定律的应用例2(2019·河北省“五个一名校联盟”第一次诊断)观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐．某型“礼花”底座仅用0.2s的发射时间，就能将5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空．(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2)．(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的作用力约是多少？(2)某次试射，当礼花弹到达最高点180m的高空时爆炸为沿水平方向运动的两块(爆炸时炸药质量忽略不计)，测得两块落地点间的距离s＝900m，落地时两者的速度相互垂直，则两块的质量各为多少？答案见解析解析(1)设礼花弹竖直抛上180m高空用时为t，由竖直上抛运动的对称性知：h＝eq\f(1,2)gt2代入数据解得：t＝6s设发射时间为t1，火药对礼花弹的作用力为F，对礼花弹发射到180m高空运用动量定理有：Ft1－mg(t＋t1)＝0代入数据解得：F＝1550N；(2)设礼花弹在180m高空爆炸时分裂为质量为m1、m2的两块，对应水平速度大小为v1、v2，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律有：m1v1－m2v2＝0且有：m1＋m2＝m由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：(v1＋v2)t＝s设落地时竖直速度为vy，落地时两块的速度相互垂直，如图所示，有：tanθ＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(v2,vy)又vy＝gt联立代入数据解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1＝1kg,m2＝4kg))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1＝4kg,m2＝1kg))拓展训练2(多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图2所示，一质量M＝2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0m/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．下列说法正确的是()图2A．A、B共速时的速度大小为1m/sB．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/sC．从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·sD．从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左答案AD解析设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1m/s，A正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，根据动量守恒定律：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝1.5m/s，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s，所以B错误；根据动量定理，A、B相互作用的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为I＝mv共＋mv＝4N·s，故C错误；根据动量定理，A对B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s，负号代表与正方向相反，即向左，故D正确．1．模型介绍碰撞模型主要是从运动情景和解题方法高度相似角度进行归类．模型具体有以下几种情况：(水平面均光滑)①物体与物体的碰撞；②子弹打木块；③两个物体压缩弹簧；④两个带电体在光滑绝缘水平面上的运动等．2．基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并分析清楚物体的运动过程．(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．3．方法选择(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律．(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．(4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理．例3(2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图3甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()图3A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能确定答案C解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq\f(mMv2,2?m＋M?)同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq\f(mMv2,2?m＋M?)故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．拓展训练3(2019·四川省第二次诊断)如图4甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为()图4A.eq\f(1,v0)(s＋L) B.eq\f(1,v0)(s＋2L)C.eq\f(1,2v0)(s＋L) D.eq\f(1,v0)(L＋2s)答案D解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理：－Ff(s＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)，由动量定理：－Fft＝mv1－mv0，对木块由动能定理：Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,22)，由动量定理：Fft＝mv2，联立解得：t＝eq\f(1,v0)(L＋2s)，故选D.例4(2019·全国卷Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图5(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．图5(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．答案(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)解析(1)根据题图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，eq\f(v1,2)为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′①eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))2＋eq\f(1,2)m′v′2②联立①②式得m′＝3m；③(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff，下滑过程中所经过的路程为s1，返回过程中所经过的路程为s2，P与B的高度差为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgH－Ffs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)－0④－(Ffs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))2⑤从题图(b)所给出的v－t图线可知s1＝eq\f(1,2)v1t1⑥s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦由几何关系得：eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H)⑧物块A在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W＝Ffs1＋Ffs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH；⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ)?设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2?设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0?联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9).?拓展训练4(2019·福建泉州市质量检查)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v.两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动．已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小．答案(1)μgteq\f(1,2)μgt2(2)3mv－3μmgt解析(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1，由动量定理可得－μ·3mgt＝0－3mv1得v1＝μgt设此后父亲能滑行的最大距离为s，由动能定理可得－μ·3mgs＝0－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(,12)得s＝eq\f(1,2)μgt2(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv－m·2v＝3mv1＋mv2设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I，由动量定理可得I＝mv2－(－m·2v)解得I＝3mv－3μmgt例5(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图6所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图6(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(,A2)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(,B2)②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(,A2)＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋sB))⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s?故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－vA′))＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?联立???式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m拓展训练5(2019·云南昆明市4月质检)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝200kg.热气球在空中以v0＝0.1m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h＝186m时科研人员将质量m＝20kg的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s压舱物落地．此过程中压舱物所受空气阻力可忽略不计，热气球所受浮力不变，重力加速度取g＝10m/s2，求：(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度．答案(1)1m/s(2)206m解析(1)设压舱物抛出时的速度为v1，热气球的速度为v2压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：h＝v1t＋eq\f(1,2)gt2代入数据得到：v1＝1m/s(2)热气球和压舱物组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，Mv0＝mv1＋(M－m)v2代入数据得到：v2＝0设热气球所受浮力为F，则F＝Mg压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律有：F－(M－m)g＝(M－m)a代入数据得到：a＝eq\f(10,9)m/s2热气球6s上升的高度为：h2＝v2t＋eq\f(1,2)at2代入数据得到：h2＝20m则H＝h1＋h2＝206m.例6(2019·河南省九师联盟质检)如图7所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动．B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力．求：图7(1)木板C的最终速度大小；(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff大小；(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t.答案(1)eq\f(5,6)v(2)eq\f(mv2,3L)(3)eq\f(3L,2v)解析(1)设水平向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1解得v1＝eq\f(v,3)A滑到C上，A、C动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2解得v2＝eq\f(5,6)v；(2)根据能量关系可知，在A、C相互作用过程中，木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为Q＝eq\f(1,2)(3m)v2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(,22)Q＝Ff·eq\f(L,2)联立解得Ff＝eq\f(mv2,3L)；(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1解得t＝eq\f(3L,2v).拓展训练6(2019·四川攀枝花市第二次统考)如图8所示，质量m＝1kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l均为0.6m．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10m/s2，求：图8(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F对小物块冲量的大小．答案(1)3m/s(2)5N·s解析(1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(,12)＋μmgl联立以上两式并代入数据得：v0＝3m/s(2)设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上运动的时间为t.小物块在平台上运动的过程，对小物块：由动量定理：I－μmgt＝mv0－0由运动学规律：l＝eq\f(v0,2)·t联立并代入数据得：I＝5N·s.专题强化练(限时45分钟)1.(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图1，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，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则()图1A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动答案AD解析在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误．2．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市一模)一个静止的质点在t＝0到t＝4s这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一直线上，F随时间t的变化关系如图2所示．下列说法中正确的是()图2A．在t＝0到t＝4s这段时间，质点做往复直线运动B．在t＝1s时，质点的动量大小为1kg·m/sC．在t＝2s时，质点的动能最大D．在t＝1s到t＝3s这段时间，力F的冲量为零答案CD3．(2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态B．在t时间内，小明机械能增加了mghC．在t时间内，地面给小明的平均支持力为eq\x\to(F)＝eq\f(m\r(2gh),t)D．在t时间内，地面对小明做功mgh答案B解析从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，这是在蹬地的时间t中，其他外力做功转化的，故B正确；在时间t内，由动量定理得：eq\x\to(F)t－mgt＝mv－0，离开地面到最高点有：mgh＝eq\f(1,2)mv2，联立解得：eq\x\to(F)＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故C错误；在时间t内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误．4．(2019·陕西榆林市第三次测试)如图3甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时，以一定速度向右运动．在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为()图3A．9N·sB．18N·sC．36N·sD．72N·s答案C解析由题图乙知，C与A碰前速度为：v1＝9m/s，碰后瞬间C的速度为：v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，代入数据解得mC＝2kg,12s末A和C的速度为：v3＝－3m/s,4s到12s，墙对B的冲量为：I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得：I＝－36N·s，方向向左，故C正确，A、B、D错误．5．(2019·陕西省第二次质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开．小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂．抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h.已知重力加速度为g，空气阻力不计．(1)求核桃落回地面的速度大小v；(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F.答案(1)eq\r(2g?H＋h?)(2)eq\f(m[\r(2gh1)＋\r(2g?H＋h?)],Δt)＋mg，方向竖直向上解析(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v2＝2g(H＋h)则落回地面的速度：v＝eq\r(2g?H＋h?)(2)设核桃反弹速度为v1，则有：v12＝2gh1以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程：(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)解得：F＝eq\f(m[\r(2g