2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第8课时　动量定理　动量守恒定律

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第8课时　动量定理　动量守恒定律内容重要的规律、公式和二级结论1.动量，冲量，动量定理(1)动量：p＝mv；冲量I＝Ft；动量定理：Ft＝Δp或Ft＝mv2－mv1。(2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率。2.动量守恒定律及其应用(3)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。(4)“一动碰一静”的弹性碰撞：(无机械能损失)动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v解得v1＝v0，v2＝v0当m1＝m2时，交换速度；当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0；当m1<m2时，速度反向弹回；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。(5)“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝m1v·。高考题型一　动量定理的应用1.冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。2.动量定理在“四类”问题中的应用(1)缓冲问题。(2)求解平均力问题。(3)求解流体问题。(4)在电磁感应中求解电荷量问题。【例1】 (2021·福建高考)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 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/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(　　)A.2倍   B.4倍  C.8倍   D.16倍答案　B解析　设交通标志牌迎风面积为S，空气密度为ρ，标志牌对台风的作用力为F，在t时间内吹向标志牌的空气体积为vtS，空气质量m＝ρvtS，由动量定理，Ft＝mv－(－mv)，解得F＝2ρSv2，由牛顿第三定律，可知台风对该交通标志牌的作用力大小为F′＝F＝2ρSv2，10级台风的风速我们取27 m/s，16级台风的风速我们取54 m/s估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通标志牌的作用力大小之比为＝＝＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，选项B正确。用动量定理解决连续的流体问题在日常的生活和生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，解决方法构建柱体微元模型，然后用动量定理分析求解。分析步骤如下：【素能提升】1.(2022·山东济南调研)质量为m的物体在光滑水平面上以速度v匀速向左运动。某时刻施加恒力F作用在物体上，力F与水平方向夹角为θ，如图1所示。经过时间t，物体的速度大小仍为v，方向水平向右。则在时间t内，下列说法中正确的是(　　)图1A.重力对物体的冲量大小为零B.拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θC.合力对物体的冲量大小为零D.力F与v的大小满足的关系为Ftcos θ＝2mv答案　D解析　重力对物体的冲量大小IG＝mgt≠0，A错误；拉力F对物体的冲量大小IF＝Ft，B错误；根据动量定理I合＝Δp，Ftcos θ＝2mv≠0，C错误，D正确。2.(多选)(2022·河南开封二模)如图2所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　)图2A.q1＝q2   B.q1＝2q2C.v＝1.0 m/s   D.v＝1.5 m/s答案　BD解析　根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－1LBΔt1＝mv－mv0，即－q1BL＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－2LBΔt2＝0－mv，即－q2BL＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，选项C错误，D正确。高考题型二　动量守恒定律及其应用角度1动量守恒定律的应用【例2】 (2022·广东深圳预测)如图3是劳动者抛沙袋入车的情境图。一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3…，已知车的质量为40 kg，每个沙袋质量为5 kg。当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度。已知车原来的速度大小为10 m/s，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有(　　)图3A.20个   B.25个  C.30个   D.40个答案　A解析　设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，满足动量守恒，可得Mv0－n·mv＝0，解得n＝＝20，即抛入20个沙袋，车恰好停止运动，故选项A正确。角度2人船模型【例3】 (多选)如图4所示，水平面上一半圆弧槽N的质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将一质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况圆弧槽固定不动，第二种情况圆弧槽可自由滑动。下列说法正确的是(　　)图4A.两种情况下，小球均可运动到圆弧槽左侧最高点B.两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为1∶1C.第二种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度大小为D.第二种情况下，圆弧槽距离出发点的最远距离为r答案　ACD解析　当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽可自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右侧最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，选项A正确；当圆弧槽固定时，设小球M滑到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝mv，解得v0＝；当圆弧槽可自由滑动时，设小球M滑到最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，由水平方向动量守恒得0＝mv－2mv′，解得v′＝，根据机械能守恒定律得mgr＝mv2＋×2mv′2，解得v＝2、v′＝，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为∶，选项B错误，C正确；第二种情况下，小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m(2r－x)＝2mx，解得x＝，选项D正确。此题是把“人船模型”由直线运动变为曲线运动，此外还可以把“人船模型”变为“人车模型”，如图5甲所示；或把“人船模型”由水平方向变为竖直方向，如图乙所示。解法相似，一是由动量守恒定律列式，二是由几何关系列式，再联立求解。图5角度3反冲和爆炸【例4】 (2021·浙江1月选考，12)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5 s末和6 s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340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)A.两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80 mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m答案　B解析　设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。爆炸与反冲的三个特点(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)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。【素能提升】3.(2022·广东广州模拟)如图6为某同学设计的一个装置，滑块放在气垫导轨上(可看作光滑水平面)，滑块的支架上悬挂一小球，滑块上固定一弹簧，小球与弹簧碰撞时机械能损失可忽略不计。该同学用手按住滑块，并使小球从右边较高位置自由摆下，与弹簧反复做周期性碰撞，在此过程的某时刻释放滑块，发现滑块持续向右移动，关于这次实验释放滑块的时间，可能是(　　)图6A.小球开始摆下时释放滑块B.在小球摆下过程中释放滑块C.小球向左撞击弹簧片的瞬间释放滑块D.小球撞击弹簧片向右反弹的瞬间释放滑块答案　D解析　当小球从某一位置摆下，到达与弹簧碰撞前，有一个向左的速度，与弹簧碰后，小球与弹簧碰撞时机械能损失可忽略不计，发生弹性碰撞，即滑块向左运动，A、B、C错误；小球撞击弹簧片向右反弹的瞬间释放滑块，滑块向右运动，当小球摆下的时候，滑块仍有向右的动量，滑块持续向右移动，D正确。4.(多选)(2022·辽宁高三期中)如图7所示，光滑小球B放置在水平面上，小球B左侧有一固定在地面上的斜面，某时刻将光滑小球A从斜面上某位置静止释放，小球A运动到平面上后以速率v1跟小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v2反弹后返回斜面，然后再从斜面上滑下，又能追上小球B再次发生碰撞。已知小球A的质量是小球B质量的，不考虑小球在斜面与平面转弯处的能量损失，则可能的值为(　　)图7A.   B.  C.   D.答案　CD解析　设＝n即v2＝nv1，A、B碰撞过程中，以v1方向为正方向，根据动量守恒定律mv1＝－m·nv1＋5mvB，A球反弹后能再次追上B相碰的条件是nv1>vB，解得n>，碰撞过程中损失机械能ΔE＝mv－≥0，解得－1≤n≤，所以n的取值范围是<n≤，故A、B错误，C、D正确。高考题型三　“碰撞”模型及其拓展1.碰撞的基本规律2.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，能量满足mv＝mv＋Mv(2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑)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 角度1非弹性碰撞【例5】 (2022·重庆名校联盟联考)冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图8所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是(　　)图8A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B.红壶碰前速度约为碰后速度的4倍C.碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒答案　C解析　碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44 m，二者质量相同，假设二者碰后所受的摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v＝2ax1，对蓝壶有v＝2ax2，联立可得＝，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，C正确；设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，B错误；碰前的动能为Ek0＝mv，碰后动能为Ek′＝mv＋mv＝×mv，则有Ek0>Ek′，机械能不守恒，D错误。角度2弹性碰撞【例6】 (2022·湖南高考，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9，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(　　)图9A.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＋mv3mv＝mv＋mv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＋mv4mv＝×14mv＋mv联立解得v2＝v0可得v1＝v0>v2，故C、D错误；碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0氮核的动量为pN＝14mv2＝可得pN>pH，故A错误；碰撞后氢核的动能为EkH＝mv＝mv氮核的动能为EkN＝×14mv＝可得EkH>EkN，故B正确。角度3碰撞模型拓展【例7】 (2022·湖北黄冈中学预测)如图10所示，两个完全相同的圆弧曲面A、B紧挨着放在水平地面上，曲面下端与水平面相切、将一小球由曲面A上P处(图中未画出)由静止滑下。不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)图10A.小球在A上滑动时，二者组成的系统动量守恒B.小球在B上滑动时，二者组成的系统机械能守恒C.小球在B上能够达到与P点相同的高度D.小球最终一定能滑回A上P点答案　B解析　小球在A上滑动时，在水平方向所受合力为零，水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合力不为零，竖直方向动量不守恒，二者组成的系统动量不守恒，A错误；设小球到达曲面A的底端时，小球和A的速度大小分别为v和vA，由机械能守恒和动量守恒得mgh＝mv2＋Mv，Mv－mvA＝0，设小球在曲面B上达到的最大高度为h′，此时小球和B的共同速度大小为vB，由机械能守恒和动量守恒得mgh′＋(M＋m)v＝mv2，mv＝(M＋m)vB，解得h′＝h，B正确，C错误；小球滑上A到达最高点时，A、B都有速度，由能量守恒定律知，小球能达到的最大高度一定低于P点，D错误。【素能提升】5.(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x－t图像)如图11所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是(　　)图11A.碰撞前后小孩的运动方向没有改变B.碰碰车的质量为60 kgC.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·sD.碰撞过程中损失的机械能为600 J答案　BD解析　规定小孩初始运动方向为正方向，由图像可知，碰后两车一起向碰前大人运动的方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图像可知，碰前瞬间小孩的速度v1＝2 m/s，大人的速度v2＝－3 m/s，碰后两人的共同速度v3＝－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(M＋m1)v1－(M＋m2)v2＝(2M＋m1＋m2)v3，解得M＝60 kg，故B正确；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160 kg·m/s，碰后总动量为p1′＝－80 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240 N·s，故C错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝×80×22 J＋×120×(－3)2 J－×200×(－1)2 J＝600 J，故D正确。6.(2022·河北衡水中学期中)如图12所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)图12A.3 J   B.6 J  C.20 J   D.4 J答案　A解析　由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为Ff，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律有mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v，又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有mv＝2FfL＋(M＋m)v2，代入数据联立解得Ep＝3 J，B、C、D错误，A正确。1.(2022·山东高考，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图13所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　)图13A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案　A解析　火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度逐渐减小的变加速运动，当火箭的加速度为零，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律可知，高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理可知，合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系可知，高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。2.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg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14所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　)图14A.4 s时物块的动能为零B.6 s时物块回到初始位置C.3 s时物块的动量为12 kg·m/sD.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J答案　AD解析　物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3代入数据可得v3＝6 m/s3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3解得t2＝1 s所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv，解得x1＝9 m3～4 s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－mv，解得x2＝3 m4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2发生的位移大小为x3＝at＝4 m<x1＋x2即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6 s时的速度大小为v6＝at3＝4 m/s0～6 s时间拉力对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。3.(2022·广东高考，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图15所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：图15(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m解析　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝mv－mv代入数据解得v1＝8 m/s。(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2 m。1.(2022·成都石室中学二诊)如图1为某中国运动员在冬奥会短道速滑比赛中的精彩瞬间。假定他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，在一极短时间Δt内滑过的角度为θ，则他在这个过程中(　　)图1A.所受的合外力为零，做匀速运动B.所受的合外力恒定，做匀加速运动C.合外力做功为零，合力的冲量也为零D.合外力做功为零，合力的冲量不为零答案　D解析　运动员沿圆弧弯道匀速率滑行，可看作匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，合外力不为零，也不是恒力，故A、B错误；合外力与速度的方向始终保持垂直，合外力做功为零，但冲量是力与时间的乘积，合力的冲量不为零，故C错误，D正确。2.(多选)(2022·湖南高考，7)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图2所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　　)图2A.在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C.在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变答案　AC解析　重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，重力的功率随时间减小，故A正确；根据v－t图像的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内，由图像可知返回舱的速度减小，由p＝mv可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，动能不变，返回舱高度下降，重力势能减小，机械能减小，故D错误。3.(2022·陕西宝鸡模拟)拍篮球是大家都喜欢的强身健体的大众体育活动项目。已知篮球质量为0.6 kg，篮球上升到最高点时开始向下拍球使球做匀加速运动，拍球作用距离为0.2 m，在离手时获得一个竖直向下4 m/s的速度。若不计空气阻力及球的形变，g＝10 m/s2，则在拍球过程中手给球的冲量为(　　)图3A.1.2 N·s   B.1.8 N·sC.2.4 N·s   D.3.0 N·s答案　B解析　拍球过程中，球的位移x＝0.2 m，初速度为零，末速度为4 m/s，根据运动学公式可知t＝＝0.1 s，据动量定理可知mgt＋IF＝Δp＝mv＝0.6×4 N·s＝2.4 N·s，解得IF＝1.8 N·s，故B正确。4.(2022·山东临沂高三期中)某同学利用所学知识测水龙头水流对地面的冲击速度，该同学先用大型容器接水，2 min接水108 L。然后将质量为500 g的杯子放在台秤上，水龙头开始往杯中注水，注至10 s末时，台秤的读数为98.6 N。假设水流垂直打在杯子底面后没有反弹，两次水龙头的水流是相同的，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，g＝10 m/s2。则注入杯中水流的速度大约是(　　)A.6 m/s   B.5 m/sC.4 m/s   D.3 m/s答案　C解析　根据题意，每秒流出水的体积为ΔV＝ m3/s＝9×10－4 m3/s则每秒时间内流入水的质量为Δm＝ρΔV设水的流速为v，每秒时间内水对杯子底部的冲击力大小为F，则杯底对水的冲击力大小也为F，规定向上为正方向，根据动量定理有FΔt＝0－(－Δmv)则台秤的示数为F′＝F＋Δmtg＋mg联立上式解得v＝4 m/s，故C正确。5.(2022·江西新余高三期末)如图4所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计)，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.1 m、0.4 m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1∶m2为(　　)图4A.4∶1   B.1∶4C.2∶1   D.1∶2答案　C解析　爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则0＝－m1v1＋m2v2爆炸之后分别对两滑块，由动能定理可知滑块P：－μm1gx1＝0－m1v滑块Q：－μm2gx2＝0－m2v联立解得m1∶m2＝2∶1故A、B、D错误，C正确。6.(2022·湖北高考，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≤3I1B. W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1D.W2＝7W1，I2≥I1答案　D解析　根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)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D正确。7.(2022·广东黄金卷)如图5所示，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则(　　)图5A.重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大B.重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大C.碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变D.整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变答案　B解析　重锤下落过程做自由落体运动，据位移速度公式可得v0＝，故重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，A错误；重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，可得mv0＝(m＋M)v，故重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；碰撞过程为完全非弹性碰撞，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，C错误；整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度减速下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，D错误。8.(多选)(2022·四川成都二次联考)2022年2月，第24届冬奥会在中国北京举行。在冬奥会的冰壶比赛中，运动员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图6(a)，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前后两壶的v－t图像如图(b)所示，其中蓝壶的图线与红壶的图线的延长线与t轴相交于同一点。关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　)图6A.碰撞后蓝壶的初速度大小为0.8 m/sB.碰撞前红壶的加速度大小为0.4 m/s2C.碰撞后红壶运动的距离为0.15 mD.碰撞后蓝壶运动的距离为1.35 m答案　BD解析　由题图(b)可知，碰撞前红壶的加速度大小为a＝＝ m/s2＝－0.4 m/s2，B正确；假如红壶不与蓝壶碰撞，可滑行的时间为t＝＝ s＝4 s，由此可知，蓝壶碰撞后的运动时间为t1＝3 s，红壶与蓝壶碰撞前的速度大小为v1＝1.2 m/s，碰撞后的速度大小为v1′＝0.3 m/s，碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv1＝mv1′＋mv，代入数据解得蓝壶碰撞后的初速度大小为v＝0.9 m/s，A错误；红壶和蓝壶碰撞后均做匀减速直线运动，根据公式x＝t代入数据解得，碰撞后红壶运动的距离为0.075 m，蓝壶运动的距离为1.35 m，C错误，D正确。9.(多选)(2022·广西高三期中)如图7所示，光滑水平面上，静止放置了一个圆弧槽B，圆弧槽没有固定，圆弧面光滑，最低点与水平面相切，半径R＝40 cm、质量为m。一个质量为2m可视为质点的光滑小球A，某时刻以初速度v0＝6 m/s从水平面冲上圆弧槽B，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)图7A.小球A与圆弧槽B组成的系统动量守恒B.小球A不能从圆弧槽B最高点飞出C.小球A上升的最大高度为60 cmD.小球A再次回到水平面后，圆弧槽B的速度为8 m/s答案　CD解析　小球A与圆弧槽B组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向上系统动量守恒，但竖直方向上合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；假设小球A不能从圆弧槽B最高点飞出，当A沿B的圆弧面上升至最高点时，设A与B达到共同速度v1，根据动量守恒定律有2mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝4 m/s，此过程中系统动能的减少量为ΔEk＝×2mv－(m＋2m)v＝12m(J)，系统重力势能的增加量为ΔEp＝2mgR＝8m(J)，所以ΔEk≠ΔEp，不满足机械能守恒定律，则假设不成立，由此可知小球A能从圆弧槽B最高点飞出，故B错误；小球A上升至圆弧槽B最高点时，A与B水平速度相等，均为v1，此时A还有竖直速度，因此A离开B最高点后将做斜抛运动，其水平速度始终与B的水平速度相等，当A上升至最高点时，竖直速度为零。设A上升的最大高度为h，对A从冲上B到上升至最高点的过程中，根据机械能守恒定律有2mgh＝×2mv－(m＋2m)v，解得h＝0.6 m，故C正确；根据前面分析可知，A做斜抛运动过程中将始终与B保持在同一竖直平面内，所以A最终还会落至B的最高点并沿圆弧滑动至水平面上。设最终A和B的速度分别为v2和v3，对A从冲上B到最终回到水平面的过程中，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv2＋mv3，根据机械能守恒定律有×2mv＝×2mv＋mv，解得v3＝8 m/s，故D正确。10.(多选)(2022·山西大同模拟)如图8所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝d，则下列判断正确的是(　　)图8A.A、B两滑块的质量之比为＝B.A、B两滑块的质量之比为＝C.两滑块的碰撞为弹性碰撞D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞答案　AD解析　对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝mAv；依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv，又由能量守恒定律可知v<v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝d，联立解得＝，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝mAv－(mA＋mB)v2＝qEd>0，故碰撞为非弹性碰撞，C错误，D正确。11.(2020·浙江7月选考，20)小明将如图9所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2。图9(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案　(1)8 N，方向水平向左　(2)不能冲出斜轨道末端C点　计算过程见解析(3)h＝x－ m 　h＝0解析　(1)小滑块从释放点到D，由机械能守恒定律得mgH＝mgR＋mv在D点，由牛顿第二定律得FN＝＝8 N由牛顿第三定律可知，滑块在D点时对轨道的压力FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。(2)假设小滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，由功能关系得mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ得LBC′＝ m<1.0 m，故不能冲出。(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，小滑块从释放点到距A点x处，由动能定理得mgH－μmgx＝mv2设碰撞后的速度为v′，由动量守恒定律得mv＝3mv′设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，由动能定理得－3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2得h＝x－ m h＝0。12.(2022·浙江名校联盟联考)如图10所示，弹射器固定在高度为h1的固定光滑桌面上，桌面左端无缝挨着一个上表面为光滑圆弧的小车，圆弧的半径为R，在空中距地面高h2处(高度未知)固定一个圆环，已知小车、小球的质量均为m，假设弹射器的弹性势能全部转化为小球的动能。某次测试时，弹射器的弹性势能为Ep，弹出的小球恰能水平经过圆环圆心，然后恰能落回小车的圆弧，最后飞出小车。忽略小车的滚动摩擦和空气阻力的影响，小球可视为质点，求：图10(1)小球离开弹射器时的速度大小；(2)圆环的高度h2；(3)小球先后两次对小车做的功之比。答案　(1)　(2)h1＋　(3)1∶3解析　(1)由弹射器的弹性势能全部转化为小球的动能，可得Ep＝mv解得v0＝。(2)由于小球经过圆弧时系统水平方向动量守恒，故得p＝mv0＝2mvx得v0＝2vx根据机械能守恒定律得E＝mv＝m(v＋v)＋mgR＋mv解得vy＝＝解得h2＝h1＋R＋＝h1＋。(3)小球在空中的水平分速度与小车的水平速度相等，故小球水平经过圆环圆心后恰能落回小车的圆弧，由于系统水平方向动量守恒，故得px＝2mvx＝mv0＝mv车＋mv球机械能守恒，得E＝mv＝Ep＝mv＋mv得v车＝v0，v球＝0故得W1＝mv＝mvW2＝mv－mv＝mv可得＝。