2024版高考物理复习教案：第一篇 专题二 第8讲　动量

第8讲动量目标要求1.理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、末速度等物理量。2.理解动量守恒定律成立的条件，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。3.掌握碰撞模型及拓展，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。考点一动量定理及应用1．冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解2.动量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)应用技巧：①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。②表达式是矢量式，需要规定正方向。③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。例1(2023·江苏南通市调研)小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则()A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对小明做的功总为零B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对小明的平均作用力大小相同C．着地过程屈腿姿态不同，地面对小明的冲量相同D．着地过程屈腿姿态不同，小明的动量变化率相同答案A解析根据题意，由公式W＝Fx可知，无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对小明的作用力的方向位移为0，则地面对小明做的功总为零，故A正确；起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对小明的平均作用力大小不同，故B错误；由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，设地面对小明的冲量为I，由动量定理有mgt－I＝Δp可知，由于t不同，则I不同，故C、D错误。例2(2023·江苏南通市期末)湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为()A．ρSv22 B．ρS(v2－v1)2C．ρS(v2－v1)2v1 D．ρS(v2－v1)2v2答案C解析单位时间t内冲击船帆的空气的体积V＝SL＝S(v2－v1)t，单位时间t内冲击船帆的空气质量m＝ρV＝ρS(v2－v1)t，空气的动量改变量Δp＝m(v2－v1)，帆对空气的作用力为F，由动量定理Ft＝Δp，解得F＝ρS(v2－v1)2，根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2，风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正确，A、B、D错误。流体的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl＝vΔt，如图所示。流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤：(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。(3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。(4)应用动量定理Δp＝FΔt。(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp＝－2Δmv。(6)联立解得F＝－2ρSv2。考点二动量守恒定律及应用动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。(常用)(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。(3)Δp＝0，系统总动量的变化量为零。例3(2022·江苏常熟市模拟)一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为()A．v0 B.eq\f(M－mv0,M)C.eq\f(M＋mv0,M) D.eq\f(M＋mv0,M－m)答案C解析列车原来匀速前进，所受合外力为零，从脱钩后到最后一节车厢停止运动的过程，合外力仍为零，故满足动量守恒，可得(M＋m)v0＝Mv1，解得前部列车的速度为v1＝eq\f(M＋m,M)v0，故选C。例4(2020·全国卷Ⅱ·21改编)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kgB．51kgC．58kgD．63kg答案C解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2，……，第八次推物块后，运动员速度大小为v8。第一次推物块后，由动量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物块后由动量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M)。由题意知，v7<5.0m/s，则M>52kg，又知v8>5.0m/s，则M<60kg，故选C。考点三碰撞模型及拓展1．碰撞问题遵循的三条原则2．两种碰撞的特点(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。结论：①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。(2)完全非弹性碰撞动量守恒，末速度相同，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2。3．碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球－弹簧模型小球－曲面模型小球－小球模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能例5(2023·江苏省南京师范大学附属中学一模)如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。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，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是()A．物块C的质量为2kgB．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5JC．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s答案D解析由题图知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为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，由动量守恒定律有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1kg，故A错误；A、C粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v22＝13.5J，故B错误；由题图乙知，12s末A和C的速度为v3＝－3m/s,4s到12s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－18N·s，方向向左，故C错误；物块B刚离开墙壁时，A、C向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有(mA＋mC)v3＝(mA＋mC)v4＋mBvB，eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v42＋eq\f(1,2)mBvB2，代入数据解得vB＝－3.6m/s，物块B的最大速度大小为3.6m/s，故D正确。例6如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，半圆轨道半径为R，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)()A．3eq\r(2gR) B．2eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR) D.eq\r(5gR)答案C解析A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv22，联立得：v2＝eq\f(2v0,3)若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·eq\f(vmin2,R)A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝eq\f(1,2)·2mv22－eq\f(1,2)·2mvmin2联立得：v0＝1.5eq\r(5gR)，可知若小球A经过最高点，则需要满足：v0≥1.5eq\r(5gR)若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，最高到达与O等高处，此时由机械能守恒定律得：2mg·R＝eq\f(1,2)·2mv22联立得：v0＝1.5eq\r(2gR)可知若小球A不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq\r(2gR)由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq\r(2gR)或v0≥1.5eq\r(5gR)，故A、B、D错误，C正确。例7如图所示，质量为M＝0.25kg、带有eq\f(1,4)圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m＝0.9kg的物块，质量为m0＝0.1kg的橡皮泥以大小为v0＝10m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h＝0.8m，弧形槽的半径为r＝0.1m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小；(2)物块沿弧形槽上滑的最大高度；(3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。答案见解析解析(1)橡皮泥与物块碰撞过程，橡皮泥与物块组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v解得v＝1m/s在弧形槽底端对物块由牛顿第二定律得FN－(m＋m0)g＝(m＋m0)eq\f(v2,r)解得FN＝20N由牛顿第三定律可知，在弧形槽底端物块对弧形槽的压力大小为20N(2)物块沿弧形槽向上滑动的过程中，物块、橡皮泥和物体水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，则有(m＋m0)v＝(M＋m＋m0)v′eq\f(1,2)(m＋m0)v2＝eq\f(1,2)(M＋m＋m0)v′2＋(m＋m0)gh1解得h1＝0.01m(3)物块在弧形槽上运动过程中，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以水平向右为正方向，设物块与弧形槽分离瞬间，物块及橡皮泥的速度为v1，物体的速度为v2，则有(m＋m0)v＝Mv2＋(m＋m0)v1eq\f(1,2)(m＋m0)v2＝eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)(m＋m0)v12解得v1＝0.6m/s、v2＝1.6m/s此后物块向右做平抛运动，物体向右做匀速直线运动物块从离开弧形槽到落地经过的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s物块的水平位移为x1＝v1t＝0.24m物体的位移为x2＝v2t＝0.64m所以物块落地瞬间，物块到物体最左端的距离为Δx＝x2－x1＝0.4m。1．(2023·江苏高考仿真模拟)某跳水运动员从10m跳台跳出，进入水中深度3m后速度减为零，其质量为m＝50kg，忽略空气阻力，且她在水中的运动近似为匀变速直线运动。则从入水到速度减为零的过程中，水给她的冲量大小最接近()A．220N·s B．520N·sC．720N·s D．920N·s答案D解析在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力，则有v12＝2gh，可得入水时的速度v1＝10eq\r(2)m/s，她入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，因此入水后的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v1＋0,2)＝5eq\r(2)m/s，从入水到速度减为0所用时间t＝eq\f(d,\x\to(v))＝eq\f(3,5\r(2))s＝eq\f(3\r(2),10)s，以向上为正方向，根据动量定理I－mgt＝0－m(－v1)，可得水给她的冲量I＝650eq\r(2)N·s≈919N·s，故选D。2．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M＝2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)，则下列说法错误的是()A．滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的动量不守恒B．滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的机械能不守恒C．滑块从A滑到C的过程中滑块和小车的对地位移大小相等D．L、R、μ三者的关系为R＝μL答案C解析滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A正确；滑块从A滑到C的过程中需要克服摩擦力做功，滑块和小车系统的机械能不守恒，故B正确；滑块从A滑到C的过程中，设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足meq\x\to(v1)＝Meq\x\to(v2)，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则有mx1＝Mx2，并且x1＋x2＝R＋L，解得x1＝eq\f(2,3)(R＋L)，x2＝eq\f(1,3)(R＋L)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得滑块在C点时，滑块与小车一起的速度为v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL，故D正确。专题强化练[保分基础练]1．足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是()A．减小球对手的平均作用力B．增大球的冲量C．使球的动量变大D．使球的加速度变大答案A解析守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，可得F＝eq\f(mv,t)，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，F减小，即球对手的平均作用力减小，故A正确，B、C、D错误。2．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1答案D解析根据动能定理有W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。3．(2023·江苏南京市金陵中学月考)物体的运动状态可用位置坐标x和动量p来描述。有一小球静止落下，落到水平桌面后反弹，若规定以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，碰撞过程时间不计且有能量损失，忽略空气阻力，则小球对应的p－x图像是()答案D解析竖直向下为正方向，则下落时的动量p＝mv＝meq\r(2gx)，图像为曲线且向下弯曲；与地面碰撞后，向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则碰后速度小于碰前速度，上升过程中p′＝mv′＝－meq\r(v0′2－2gx0－x)，随x减小，则动量p大小减小，选项A、B、C错误，D正确。4．(2023·广东卷·10改编)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.8N答案B解析取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有eq\x\to(F)Δt＝mv2－0，解得eq\x\to(F)＝5.5N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，故D错误。5．如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1m，这段距离小车B与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑。木块A以速度v0＝15m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动。已知木块A的质量m＝2kg，重力加速度g取10m/s2。则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为()A．45J B．178JC．225J D．270J答案B解析由题意知，小车和木块组成的系统动量守恒，当木块A和小车B速度相等时，弹簧弹性势能最大，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178J，故选B。6．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v－t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示，则由图线可知()A．两带电小球的电性一定相反B．甲、乙两球的质量之比为2∶1C．t2时刻，乙球的电势能最大D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小答案B解析由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；两球作用过程动量守恒，则有m乙v乙1＝m甲v甲＋m乙v乙2，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正确；t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。7．(2023·江苏盐城市四校联考)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为()A．ρveq\f(h,t) B．2ρveq\f(h,t)C．ρv2 D．2ρv2答案B解析单位时间的降水量Δh＝eq\f(h,t)，在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSeq\f(h,t)Δt，设雨水受到的平均撞击力为F，以竖直向下为正方向，根据动量定理F·Δt＝mvt－mv＝ρΔSeq\f(h,t)Δt(－v－v)＝－2ρvΔSeq\f(h,t)Δt，解得F＝－2ρvΔSeq\f(h,t)，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的平均撞击力的大小F′＝2ρvΔSeq\f(h,t)，因此平均压强为p＝eq\f(F′,ΔS)＝2ρveq\f(h,t)，故选B。[争分提能练]8．(2023·江苏南京市期中)如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为μ(未知)。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位置。A、B相隔s1＝3.5cm，B与上边框相隔s2＝2cm。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v－t图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B)。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则()A．算珠A在碰撞前运动了0.2sB．算珠与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2C．算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失D．算珠B碰撞后恰好能到达归零位置答案D解析由匀变速直线运动规律可得s1＝eq\f(v0＋v1,2)t1，解得t1＝0.1s，A错误；由匀变速直线运动规律可得v1＝v0－at1，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，B错误；算珠A与算珠B的质量均为m，则根据题图乙可知碰撞过程能量关系有eq\f(1,2)mv12>eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv32，算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失，C错误；算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得x＝eq\f(v3＋0,2)t2＝eq\f(0.2,2)×0.2m＝0.02m＝2cm，因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置，D正确。9．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了eq\f(E,4)，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为()A.eq\r(\f(EH,mg))B.eq\r(\f(2EH,mg))C.eq\r(\f(3EH,mg))D．2eq\r(\f(EH,mg))答案B解析炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前的速度大小为v，则v＝eq\r(\f(E,m))，设爆炸后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，有2mv＝mv1＋mv2，E＋eq\f(1,4)E＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝eq\f(3,2)eq\r(\f(E,m))，v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(E,m))，根据平抛运动规律有H＝eq\f(1,2)gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝(v1－v2)t，解得x＝eq\r(\f(2EH,mg))，故选B。10.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案B解析设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv32联立解得v1＝v0设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×14mv22＋eq\f(1,2)mv42联立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0氮核的动量为pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)可得pN>pH碰撞后氢核的动能为EkH＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02氮核的动能为EkN＝eq\f(1,2)×14mv22＝eq\f(28mv02,225)可得EkH>EkN故B正确，A、C、D错误。11.如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，忽略空气阻力，则()A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒B．小球离开小车后做斜上抛运动C．小车向左运动的最大距离为eq\f(R,3)D．小车获得的最大速度为eq\r(\f(2gR,3))答案D解析小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统仅在水平方向动量守恒，A错误；系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有meq\f(x1,t)－2meq\f(x2,t)＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝eq\f(2,3)R，C错误；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得最大速度，则有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v2＝eq\r(\f(2gR,3))，D正确。12.(2023·江苏省靖江中学期末)如图所示，质量分别为m和2m的物体A、B静置于光滑水平地面上，B左端固定一轻质弹簧，现A以速度v向右运动，在A、B相互作用的整个过程中，求：(1)弹簧对A的冲量大小I；(2)弹簧弹性势能的最大值Epm。答案(1)eq\f(4,3)mv(2)eq\f(1,3)mv2解析(1)根据题意，设在A、B相互作用的整个过程之后，A的速度为v1，B的速度为v2，整个过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律有mv＝mv1＋2mv2由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22联立解得v1＝－eq\f(1,3)v，v2＝eq\f(2,3)v取向右为正方向，由动量定理有I＝mv1－mv＝－eq\f(4,3)mv即弹簧对A的冲量大小为eq\f(4,3)mv。(2)根据题意可知，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设A、B共速时速度为v3，由动量守恒定律有mv＝(m＋2m)v3解得v3＝eq\f(1,3)v由机械能守恒定律可得Epm＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×3mv32＝eq\f(1,3)mv2。[尖子生选练]13.江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0