高考物理 第5讲　冲量与动量

第5讲冲量与动量考点1动量定理综合应用1.安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带.如图,在汽车正面碰撞测试中,汽车以72km/h的速度发生碰撞.车内假人的质量为50kg,使用安全带时,假人用时0.8s停下;不使用安全带时,假人与前方碰撞,用时0.2s停下.以下说法正确的是 (B)A.碰撞过程中,汽车和假人的总动量守恒B.无论是否使用安全带,假人动量变化量相同C.使用安全带时,假人受到的平均作用力约为125ND.不使用安全带时,假人受到的平均作用力约为2500N[解析]碰撞过程中,汽车和假人组成的系统受撞击力作用,总动量不守恒,故A错误;假人的初动量为p=mv0,末动量都为0,所以无论是否使用安全带,假人动量变化量相同,故B正确;使用安全带时,根据动量定理有-Ft=0-p,解得F=1250N,假人受到的平均作用力约为1250N,故C错误;不使用安全带时,根据动量定理有-F't'=0-p,解得F'=5000N,假人受到的平均作用力约为5000N,故D错误.2.(多选)[2023·新课标卷]使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 (BD)A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零[解析]对甲、乙受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可知a甲=F-Ff1m甲=Fm甲-μg、a乙=F-Ff2m乙=Fm乙-μg,由于m甲>m乙,所以v乙,所以选项A错误;由于m甲>m乙,所以Ff1>Ff2,对于整个系统不满足动量守恒的条件,所以甲的动量大小与乙的不相等,选项C错误;对于整个系统而言,由于Ff1>Ff2,合力方向向左,合冲量方向向左,所以合动量方向向左,显然甲的动量大小比乙的小,选项B、D正确.3.质量为m的物体,以初速度v0沿斜面开始上滑,到达最高点后再次返回原出发位置处时速度大小为0.5v0,假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变,则 (C)A.整个过程中合力的冲量大小为12mvB.整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零C.上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小D.上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零[解析]以沿斜面向下为正方向,根据动量定理可得I合=Δp=0.5mv0-(-mv0)=1.5mv0,A错误;设物体上滑过程的时间为t1,下滑回到出发点的时间为t2,位移大小为x,则x=v02t1=0.5v02t2,得t1=12t2,整个过程中摩擦力冲量的矢量和为If1+If2=Fft1-Fft2≠0,B错误;上滑过程中重力的冲量为mgt1,下滑过程中重力的冲量为mgt2,由于t1<t2,上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小,C4.[2021·福建卷]福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级台风的风速范围为24.5~28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0~56.0m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 (B)A.2倍 B.4倍C.8倍 D.16倍[解析]设空气的密度为ρ,风迎面垂直吹向交通标志牌的横截面积为S,在时间t内通过的空气质量为m=ρSv·t,假定台风迎面垂直吹向交通标志牌的末速度变为零,对风由动量定理有-Ft=0-mv,可得F=ρSv2,10级台风的风速最小为v1min=24.5m/s,最大风速为v1max=28.4m/s,16级台风的风速最小为v2min=51.0m/s,最大风速为v2max=56.0m/s,则3.2≤F2F1=v22v15.用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图所示,从距秤盘80cm高度处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞的极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1000粒的豆粒的总质量为100g,g取10m/s2,则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为 (B)A.0.2N B.0.6N C.1.0N D.1.6N[解析]设豆粒从80cm高处落至秤盘时速度大小为v1,对自由下落过程,有v12=2gh,解得v1=4m/s,以向上为正方向,根据动量定理得Ft=mv2-m(-v1),其中v2=12v1,解得F=0.6N,由牛顿第三定律可知,在碰撞过程中秤盘受到的压力大小F'=F=0.6N,选项6.(多选)使用无人机植树时,为保证树种的成活率,将种子连同营养物质包进一个很小的荚里.播种时,在离地面10m高处以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中,播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出,荚进入地面下10cm深处完成一次播种.已知荚的总质量为20g,荚在土壤中所受的阻力恒定,不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用,g取10m/s2,则 (CD)A.射出荚的过程中,播种器对荚做的功为2.5JB.离开无人机后,荚在空中运动的时间为2sC.土壤对荚的冲量大小为32D.荚在土壤内受到的阻力大小为452[解析]播种器对荚做的功等于荚增加的动能,故W=12m(v12+v02)-12mv02=0.25J,A错误;离开无人机后,在竖直方向上荚做匀加速直线运动,有H=v1t1+12gt12,解得荚在空中下落的时间t1=1s,B错误;荚落地时竖直方向上的分速度为vy=v1+gt1=15m/s,水平方向上的分速度为v0=15m/s,故荚落地时的速度大小为v=v02+vy2=152m/s,进入土壤后,速度变为零,故土壤对荚的冲量I=0-mv=-3210kg·m/s,即冲量大小为3210kg·m/s,C正确;荚进入土壤后,在竖直方向上做减速运动,末速度为零,位移为h=10cm=0.1m,则竖直方向上的加速度大小a=vy22h=1125m/s2,荚进入土壤后运动的时间为7.(多选)[2022·全国乙卷]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图-所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10m/s2.则(AD)A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0~6s时间内F对物块所做的功为40J[解析]物块与地面间的摩擦力为Ff=μmg=2N,对物块,0~3s内由动量定理可知(F-Ff)t1=mv3,3s时物块的动量为p=mv3=6kg·m/s,设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+Ff)t=0-mv3,解得t=1s,所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确,C错误;设0~3s内物块发生的位移为x1,由动能定理可得(F-Ff)x1=12mv32,得x1=9m,3~4s过程中,对物块,由动能定理可得-(F+Ff)x2=0-12mv32,得x2=3m,4~6s物块开始反向运动,物块的加速度大小为a=F-Ffm=2m/s2,发生的位移为x3=12at22=4m<x1+x2,即6s时物块没有回到初始位置,故B错误;物块在6s时的速度大小为v6=at2=4m/s,0~6s内力F所做的功为W=8.(多选)如图所示,一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球,a球质量为2m,b球质量为m.整个装置放在光滑的水平面上,将此装置从图示位置由静止释放,经时间t小球b落地,重力加速度为g,则(ACD)A.b球落地前瞬间速度方向竖直向下B.在b球下落过程中,a球对地压力不可能等于2mgC.全程轻杆对b球的合冲量向上,且小于mgtD.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b球做的功为零[解析]对两球及杆系统为研究对象,水平方向受力为零,则在b球落地前瞬间,b球的水平速度为零,b球落地前瞬间速度方向竖直向下,故A正确;对b球,水平方向上动量变化为零,由动量定理可知,杆对b球的水平方向冲量为零,在竖直方向上,根据机械能守恒定律可知,b落地时速度与只在重力作用下的落地速度一样,如图所示的v-t图像中直线为b球自由落体运动的图线,曲线为b球竖直方向的运动图线,b球落地之前某时刻竖直方向的加速度可能为g,完全失重,则此时a球对地压力等于2mg,故B错误;因b球在竖直方向上运动的位移与落地速度都与自由落体运动相同,对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长,由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零,且冲量方向向上,所以由杆对b球的水平和竖直冲量可知,杆对b球的冲量不为零,且方向竖直向上,根据动量定理有mgt-I杆=Δp,则杆对b球的合冲量小于mgt,故C正确;设杆对a球做功为W1,对b球做功为W2,系统机械能守恒,则除了重力之外的力做的功必定为零,即W1+W2=0,对a球由动能定理可知W1=0,故W2=0,故D正确.9.下雨时,为什么蚊子不会被雨滴砸死?科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不能抵挡雨滴,而是很快与雨滴融为一体,随后迅速侧向微调与雨滴分离.已知蚊子的质量为m,漂浮在空气中(速度为零);雨滴质量为nm,雨滴所受空气阻力与下落速度成正比,比例系数为k,击中蚊子前,雨滴已经匀速竖直下落,蚊子与雨滴融为一体的时间为Δt,重力加速度为g,蚊子重力不计.求:(1)蚊子与雨滴融为一体后,蚊子的速度大小v;(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中,蚊子受到的平均作用力F的大小.[答案](1)n2mg([解析](1)击中蚊子前,雨滴已经匀速竖直下落,则有kv0=nmg蚊子与雨滴融为一体,有nmv0=(n+1)mv解得v=n(2)对蚊子由动量定理有FΔt=mv解得F=n考点2动量守恒定律综合应用(爆炸和反冲)1.用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块(击打时间极短),击打后,小铁锤以12v1的速率反向弹回,已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t,重力加速度为g,下列说法正确的是 (DA.在击打过程中,铁锤所受合外力的冲量大小为12mvB.在击打过程中,铁锤重力的冲量大小为mgtC.砖头缓冲过程中,对手的压力大小为MgD.砖头缓冲过程中,对手的压力大小为Mg+3[解析]设方向向下为正方向,在击打过程中,对铁锤由动量定理可得I=m-12v1-v1=-32mv1,在击打过程中,铁锤所受合外力的冲量大小为32mv1,故A错误;铁锤击打的时间未知,所以在击打过程中,铁锤重力的冲量大小不能求解,故B错误;在击打过程中,铁锤与砖头由动量守恒定律可得mv1=-12mv1+Mv,解得Mv=32mv1,砖头缓冲过程中,对砖头由动量定理可得(F1+Mg)t=0-32mv1,解得手对砖头的支持力为F1=-Mg-3mv12t,由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为2.如图所示,A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg,与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5,开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧(不拴接),并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上.现将细线剪断,则两物体将被弹簧弹开,最后两物体都停在水平地面上.下列判断正确的是(D)A.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,两物体组成的系统动量不守恒B.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,整个系统的机械能守恒C.在两物体被弹开的过程中,A、B两物体的机械能一直增大D.两物体一定同时停在地面上[解析]在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,A物体所受的滑动摩擦力方向水平向右,大小为FfA=μAmAg=20N,B物体所受的滑动摩擦力方向水平向左,大小为FfB=μBmBg=20N,两物体组成的系统所受合外力为零,因此动量守恒,A错误;在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,整个系统克服摩擦力做功,机械能减小,B错误;在两物体被弹开的过程中,弹簧的弹力先大于摩擦力,后小于摩擦力,故物体的机械能先增大后减小,C错误;弹簧对两物体的弹力大小相等,且两个物体同时离开弹簧,因此弹簧对两个物体的冲量大小相等为I,设物体A、B停止的时间为tA、tB,根据动量定理有I-FfAtA=0,I-FfBtB=0,由于FfA=FfB,因此tA=tB,D正确.3.(多选)如图所示,质量为100kg的小木船静止在湖边附近的水面上,船身垂直于湖岸,船面可看作水平面,并且比湖岸高出h=0.8m,在船尾处有一质量为20kg的铁块,将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住,此时铁块到船头的距离为L=3m,船头到湖岸的水平距离为x=0.7m.将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上,忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力,重力加速度g取10m/s2.下列判断正确的有(AD)A.铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.4sB.铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75m/sC.小木船最终的速度大小为1.25m/sD.弹簧释放的弹性势能为108J[解析]烧断细线后以小木船、铁块组成的整体为研究对象,对小木船与铁块组成的系统由动量守恒定律有Mx1=mx2,x1+x2=L,解得x1=0.5m,x2=2.5m,铁块离开小木船后做平抛运动,有(x1+x)=v2t,h=12gt2,解得t=0.4s,v2=3m/s,选项A正确,B错误;铁块与小木船相互作用时,由动量守恒定律有Mv1-mv2=0,解得v1=0.6m/s,选项C错误;由机械能守恒定律有Ep=12Mv12+12mv4.[2021·浙江1月选考]在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时,在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力.下列说法正确的是(g取10m/s2) (B)A.两个碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两个碎块落地点之间的水平距离为340m[解析]爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量之比为2∶1的两个碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移大小之比为1∶2,但合位移大小之比并不为1∶2,选项A错误.根据题意,设声速为v0,则2s-sv0=1s,因此s=340m,两碎块落地点相距1020m,选项D错误.以上推导说明爆炸物爆炸之后质量为2m的碎块落地声音传到接收器需要1s,质量为m的碎块落地声音传到接收器时间为2s.因此爆炸物爆炸后碎块平抛落地时间为4s,根据平抛运动的规律可知,碎块下落的高度h=12gt2=80m,选项B正确.质量为2m的爆炸物碎块的水平速度为v=5.一颗烟花弹从水平地面以一定的速度竖直上升,速度为零的瞬间爆炸分成两部分,如图所示,其中a部分质量是b部分质量的2倍,a部分水平飞出.不计空气阻力和火药的质量,a、b两部分落地时水平方向的动量大小分别为pa、pb,a、b两部分做平抛运动过程中动量的变化量大小分别为Δpa、Δpa、则 (B)A.pa=pb,2Δpa=ΔpbB.pa=pb,Δpa=2ΔpbC.pa>pb,Δpa=2ΔpbD.pa<pb,2Δpa=Δpb[解析]根据题意,由动量守恒定律可知,烟花弹爆炸后,a、b两部分均沿水平方向飞出,且有mava+mbvb=0,飞出后在水平方向上,做匀速直线运动,则水平方向的动量保持不变,即落地时水平动向的动量大小pa=pb,运动过程中只受重力,由动量定理可得Gt=Δp,根据h=12gt2可知,a、b两部分下落的时间相等,设b部分质量为m,则a部分质量为2m,则有Δpa=2mgt,Δpb=mgt,即Δpa=2Δpb,故A、C、D错误,B正确6.光滑水平地面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A,斜面体质量为M,底边长为L,如图所示.将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN,重力加速度为g,则下列说法中正确的是 (D)A.FN=mgcosαB.滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面体向左滑动的距离为mM[解析]滑块B下滑过程中,斜面体A水平向左加速运动,所以滑块B相对于地面的加速度方向不是沿斜面方向,即垂直于斜面方向的合外力不为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα,A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt,B错误;由于滑块B有竖直方向的分加速度,所以系统在竖直方向上所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,C错误;系统在水平方向上不受外力,在水平方上向动量守恒,设A、B的水平位移大小分别为x1、x2,则Mx1=mx2,x1+x2=L,联立解得x1=mM+mL7.(多选)如图所示,质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连,竖直放置在光滑水平地面上,质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上.扰动轻杆使小球A向左倾倒,小球B、C在同一竖直面内向右运动.当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离,已知C球的最大速度为v,小球A落地后不反弹,重力加速度为g.下面说法正确的是 (AD)A.球B、C分离前,A、B两球组成的系统机械能逐渐减小B.球B、C分离时,球B对地面的压力大小为2mgC.从开始到A球落地的过程中,杆对球B做的功为18mvD.小球A落地时的动能为mgl-58mv[解析]球B、C分离前,球C对A,B两球组成的系统做负功,所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减小,故A正确;球B、C分离时,对A、B两球组成的系统,球A有向下的加速度,球A处于失重状态,所以球B对地面的压力小于2mg,故B错误;A、B、C三球在水平方向不受外力作用,所以A、B、C三球在水平方向动量守恒,设在A落地瞬间A、B水平方向速度为v共,则有mv=2mv共,解得v共=v2,对A、B、C三球组成的系统由机械能守恒定律得mgl=EkA+12mv2+12mv共2,解得EkA=mgl-58mv2,故D正确;从开始到A球落地的过程中,杆对球B做的功等于球B和球C的动能之和,有W=12mv2+12mv共8.(多选)如图所示,在倾角为θ的足够长的绝缘固定斜面上,静止放置有质量分别为3m、m的两金属块A、B,其中A带电荷量为+2q,B不带电.现让金属块A以初速度v0沿斜面向下运动,一段时间后与金属块B发生弹性正碰,且碰撞后A、B带电荷量均为+q.已知金属块与斜面间的动摩擦因数均为μ=tanθ,下列说法正确的是 (BC)A.碰撞前,A沿斜面做匀加速直线运动B.碰撞后,A、B都沿斜面向下运动的过程中总动量守恒C.碰撞后,当A的速度为v03时,B的速度为2D.碰撞后,A、B系统的电势能先减小后不变[解析]由于μ=tanθ,则有3mgsinθ=μ·3mgcosθ,可知碰撞前,A沿斜面做匀速直线运动,故A错误;碰撞后,A、B都沿斜面向下运动的过程中,由于3mgsinθ=μ·3mgcosθ,mgsinθ=μ·mgcosθ,A、B之间的库仑斥力为A、B组成系统的内力,则A、B组成系统所受合外力为零,系统满足动量守恒,当A的速度为v03时,有3mv0=3m·v03+mvB,解得vB=2v0,故B、C正确;碰撞后,对于A、B组成的系统,由于A、B之间存在库仑斥力,且A、B两者距离逐渐增大,可知库仑斥力对系统做正功,则系统的电势能逐渐减小,9.(多选)在生产生活中,经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向.如图所示,光滑水平地面上停放着一辆小车,小车上固定着两端开口的光滑细管,细管由水平、弯曲和竖直三部分组成,各部分之间平滑连接,竖直管的上端到小车上表面的高度为h.一小球以初速度v0水平向右射入细管,小球的质量与小车的质量(包含细管)相等,小球可视为质点,重力加速度为g,忽略一切阻力作用.下列说法正确的是 (BCD)A.小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒B.小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用C.当小球初速度v0>4gh时,D.若小球从细管的竖直部分冲出,则冲出后一定会落回到细管中[解析]小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向受到合外力为零,所以小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒,小球在细管的竖直部分运动时,水平方向的速度相同,则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用,故A错误,B正确;由于水平方向动量守恒,在最高点,由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0=2mv、12mv02=12·2mv2+mgL,解得L=v024g,从细管的竖直部分冲出,则有L=v024g>h,解得v0>4gh,故10.(多选)如图所示,质量均为m=2kg的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为l=0.5m的细线,细线另一端系一质量为1kg的球C.现将C球拉起使细线刚好水平伸直,并由静止释放C球,重力加速度g取10m/s2.从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程,下列说法正确的是 (BC)A.两木块A和B分离时,A、B的速度大小均为2m/sB.两木块A和B分离时,C的速度大小为22m/sC.C球由静止释放到最低点的过程中,两木块移动的距离为0.1mD.C球由静止释放到最低点,A对B的弹力的冲量大小为10kg·m/s[解析]球C下落到最低点时,A、B将要分离,根据机械能守恒定律有mCgl=12mCvC2+12(2m)vAB2,系统水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mCvC=2mvAB,联立解得vC=22m/s,vAB=22m/s,故A错误,B正确;C球由静止释放到最低点的过程中,设C相对地面的水平位移大小为x1,AB相对地面的水平位移大小为x2,则有mCx1=2mx2,x1+x2=l,解得x2=0.1m,故C正确;C球由静止释放到最低点的过程中,选B为研究对象,由动量定理有IAB=mvAB=2考点3碰撞模型及其拓展1.[2022·湖南卷]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.如图所示,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 (B)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[解析]由于中子和氢核质量相等,且发生的是弹性碰撞,所以碰后二者交换速度,氢核碰后的动量与碰前中子的动量相等,动能也相等,中子与氮核也发生弹性碰撞,因为是小质量粒子碰大质量粒子,所以碰后中子会反向运动,根据系统动量守恒定律可知,碰后氮核的动量会大于碰前中子的动量,根据系统动能不变,可知碰后氮核的动能小于碰前中子的动能,故A错误,B正确;由于发生的是弹性碰撞,而且是运动粒子碰静止粒子,则碰后氢核的速度v1=2m中子v0m中子+m氢核,氮核的速度为v2=2m中子v0m中子+m氮核,可知2.(多选)[2024·湖北卷]如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块.设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小Ff与射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k为已知常数).改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (AD)A.子弹的初速度大小为2B.子弹在木块中运动的时间为2C.木块和子弹损失的总动能为kD.木块在加速过程中运动的距离为mL[解析]子弹的初速度大小v0改变时,分为两种情况,一种是最终子弹和木块共速,一种是子弹穿出木块后继续运动.分析最终子弹和木块共速这种情况,由于水平面光滑,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,设子弹和木块最终速度为v,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=mm+Mv0,可知此种情况下木块获得的速度v随子弹初速度v0增大而增大,当子弹恰好不穿出木块时,木块获得的速度取得最大值,设此时v0=v0mvm,满足vm=mm+Mv0m,子弹在木块中运动过程中,子弹所受阻力Ff=kv0,子弹做匀减速运动的加速度大小a1=Ffm=kv0m,木块做匀加速运动的加速度大小a2=FfM=kv0M,由位移关系得v0m2-vm22a1-vm22a2=L,联立解得v0m=2kL(m+M)mM;分析子弹穿出木块后继续运动这种情况,将子弹恰好穿出木块(与子弹恰好不穿出木块实际为同一临界点)包含在这种情况内,此时v0≥2kL(m+M)mM,设子弹刚穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2,可知v1>v2,对子弹有2a1x1=v12-v02,对木块有2a2x2=v22,又知x1-x2=L,联立解得v2=mv0-v02-2kLm+MmMv0m+M,研究函数f(v0)=v0-v02-2kLm+MmMv0,对此函数变形得f(v0)=2kLm+MmMv0v0+v02-2kLm+MmMv03.(多选)如图甲所示,质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面,初始时两物体被锁定,弹簧处于压缩状态.t=0时刻将B物体解除锁定,t=t1时刻解除A物体的锁定,此时B物体的速度为v0,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,其中S1和S2分别表示0~t1时间和t1~t3时间内B物体的a-t图像与坐标轴所围面积的大小,则下列说法正确的是 (ABD)A.mA<mBB.S1>S2C.t4时刻,弹簧伸长量最大D.0~t5时间内,弹簧对A物体的冲量大小为mBv0[解析]由题意可知,在t1时刻后A、B水平方向上只受弹簧的弹力,弹簧对A、B的弹力大小始终相等,通过乙图可知,t1后的任意时刻,A的加速度大小都比B大,根据牛顿第二定律可知mA<mB,A正确;在t1时,弹簧处于原长状态,弹性势能为零,0~t1时间内弹簧的弹性势能全部转化为B的动能,此时B的速度最大,S1为0~t1时间内速度的变化量,即B在t1时刻的速度大小,t1~t3时间内弹簧弹力作用使得A加速、B减速,弹性势能转化为A、B的动能,在t3时刻加速度为零,弹力为零,弹性势能为零,t3时刻A、B动能之和等于t1时刻B的动能,t3时刻B的速度不为零,S2表示t1~t3时间内B物体的速度变化量,小于0~t1时间内速度的变化量,故S1>S2,B正确;t4时刻,弹簧的状态与0时刻弹簧的状态相同,应该是弹簧压缩量最大,C错误;根据图像信息可知,t5时刻A的速度减为零,B的速度为v0,则0~t5时间内弹簧对B的冲量为I弹=mBv0-0,弹簧对A、B的作用力时刻大小相等方向相反,因此弹簧弹力对A的冲量大小等于弹簧弹力对B的冲量大小即为mBv0,D正确.4.(多选)如图甲所示,质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧,静止在光滑的水平地面上,弹簧恰好处于原长.现给P物块一瞬时初速度,并把此时记为0时刻,规定向右为正方向,0~2t0内P、Q物块运动的a-t图像如图乙所示,已知t0时刻P、Q的加速度最大,其中t轴下方部分的面积大小为S,则 (BCD)A.物块Q的质量为12B.2t0时刻Q物块的速度大小为vQ=SC.t0时刻弹簧的弹性势能为3D.t0~2t0时间内弹簧对P物块做功为零[解析]0~2t0时间内Q所受弹力方向向左,P所受弹力方向始终向右,t0时刻,P、Q所受弹力最大且大小相等,由牛顿第二定律可得F弹mP=F弹m=a0,F弹mQ=a02,解得物块Q的质量为mQ=2m,故A错误;根据a-t图像与t轴围成的面积表示速度变化量,可知0~2t0时间内,Q物块的速度变化量大小为ΔvQ=S=vQ-0,则2t0时刻,Q物块的速度大小为vQ=S,故B正确;t0时刻两物块具有相同的速度v,根据对称性可知,t0时刻P、Q物块的速度大小为v=S2,设物块P的初速度为v0,根据动量守恒定律可得mv0=(m+2m)v,解得v0=3v=