2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇 專(zhuān)題二 第8講　動(dòng)量

第8講動(dòng)量目標(biāo)要求1.理解動(dòng)量定理，會(huì)靈活利用動(dòng)量定理求解時(shí)間、末速度等物理量。2.理解動(dòng)量守恒定律成立的條件，會(huì)在碰撞、爆炸等相互作用的系統(tǒng)中利用動(dòng)量守恒定律解決有關(guān)問(wèn)題。3.掌握碰撞模型及拓展，會(huì)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律等規(guī)律解決實(shí)際問(wèn)題?？键c(diǎn)一動(dòng)量定理及應(yīng)用1．沖量的三種計(jì)算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量動(dòng)量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F－t圖線(xiàn)與時(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量，若F與t成線(xiàn)性關(guān)系，也可直接用平均力求解2.動(dòng)量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)應(yīng)用技巧：①研究對(duì)象可以是單個(gè)物體，也可以是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)。②表達(dá)式是矢量式，需要規(guī)定正方向。③勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理比用牛頓第二定律求解更簡(jiǎn)捷。④在變加速運(yùn)動(dòng)中F為Δt時(shí)間內(nèi)的平均力。⑤電磁感應(yīng)問(wèn)題中，利用動(dòng)量定理可以求解時(shí)間、電荷量或?qū)w棒的位移。例1(2023·江蘇南通市調(diào)研)小明在立定跳遠(yuǎn)時(shí)，從起跳至著地的整個(gè)過(guò)程如圖所示。保持起跳速度不變，則()A．起跳過(guò)程屈腿姿態(tài)不同，地面對(duì)小明做的功總為零B．起跳過(guò)程屈腿姿態(tài)不同，地面對(duì)小明的平均作用力大小相同C．著地過(guò)程屈腿姿態(tài)不同，地面對(duì)小明的沖量相同D．著地過(guò)程屈腿姿態(tài)不同，小明的動(dòng)量變化率相同答案A解析根據(jù)題意，由公式W＝Fx可知，無(wú)論起跳過(guò)程屈腿姿態(tài)什么樣，地面對(duì)小明的作用力的方向位移為0，則地面對(duì)小明做的功總為零，故A正確；起跳過(guò)程屈腿姿態(tài)不同，則起跳時(shí)間不同，由于起跳速度不變，由動(dòng)量定理可知，地面對(duì)小明的平均作用力大小不同，故B錯(cuò)誤；由于起跳速度不變，則落地速度也不變，即落地過(guò)程中動(dòng)量的變化量不變，但著地過(guò)程屈腿姿態(tài)不同，落地時(shí)間不同，設(shè)地面對(duì)小明的沖量為I，由動(dòng)量定理有mgt－I＝Δp可知，由于t不同，則I不同，故C、D錯(cuò)誤。例2(2023·江蘇南通市期末)湖面上有帆船正以速度v1勻速順風(fēng)航行。已知該船帆的有效受風(fēng)面積為S，水平風(fēng)速恒為v2，且v1＜v2，湖面上空氣密度為ρ。則風(fēng)對(duì)船帆的推力的功率為()A．ρSv22 B．ρS(v2－v1)2C．ρS(v2－v1)2v1 D．ρS(v2－v1)2v2答案C解析單位時(shí)間t內(nèi)沖擊船帆的空氣的體積V＝SL＝S(v2－v1)t，單位時(shí)間t內(nèi)沖擊船帆的空氣質(zhì)量m＝ρV＝ρS(v2－v1)t，空氣的動(dòng)量改變量Δp＝m(v2－v1)，帆對(duì)空氣的作用力為F，由動(dòng)量定理Ft＝Δp，解得F＝ρS(v2－v1)2，根據(jù)牛頓第三定律，帆船在航行過(guò)程中受到的風(fēng)的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2，風(fēng)對(duì)船帆的推力的功率為P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。流體的柱狀模型對(duì)于流體運(yùn)動(dòng)，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)某一橫截面積為S的橫截面的柱形流體的長(zhǎng)度為Δl＝vΔt，如圖所示。流體微元原速率反彈所受作用力的求解步驟：(1)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對(duì)象。(2)求小柱體的體積ΔV＝vSΔt。(3)求小柱體的質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。(4)應(yīng)用動(dòng)量定理Δp＝FΔt。(5)作用后流體微元以速率v反彈，有Δp＝－2Δmv。(6)聯(lián)立解得F＝－2ρSv2?？键c(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的三種表達(dá)形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的動(dòng)量之和等于作用后的動(dòng)量之和。(常用)(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向。(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零。例3(2022·江蘇常熟市模擬)一列車(chē)沿平直軌道以速度v0勻速前進(jìn)，途中最后一節(jié)質(zhì)量為m的車(chē)廂突然脫鉤，若前部列車(chē)的質(zhì)量為M，脫鉤后牽引力不變，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，則當(dāng)最后一節(jié)車(chē)廂滑行停止的時(shí)刻，前部列車(chē)的速度為()A．v0 B.eq\f(M－mv0,M)C.eq\f(M＋mv0,M) D.eq\f(M＋mv0,M－m)答案C解析列車(chē)原來(lái)勻速前進(jìn)，所受合外力為零，從脫鉤后到最后一節(jié)車(chē)廂停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，合外力仍為零，故滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，可得(M＋m)v0＝Mv1，解得前部列車(chē)的速度為v1＝eq\f(M＋m,M)v0，故選C。例4(2020·全國(guó)卷Ⅱ·21改編)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kgB．51kgC．58kgD．63kg答案C解析設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v1，第二次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v2，……，第八次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v8。第一次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物塊后由動(dòng)量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M)。由題意知，v7<5.0m/s，則M>52kg，又知v8>5.0m/s，則M<60kg，故選C?？键c(diǎn)三碰撞模型及拓展1．碰撞問(wèn)題遵循的三條原則2．兩種碰撞的特點(diǎn)(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，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)。結(jié)論：①當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。②當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)。③當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)。④當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v1，v2′＝2v1。(2)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，末速度相同，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失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”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球－彈簧模型小球－曲面模型小球－小球模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿(mǎn)足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能或電勢(shì)能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿(mǎn)足mv0＝mv1＋Mv2，機(jī)械能守恒，滿(mǎn)足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導(dǎo)軌光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿(mǎn)足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能例5(2023·江蘇省南京師范大學(xué)附屬中學(xué)一模)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不粘連。物塊C從t＝0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()A．物塊C的質(zhì)量為2kgB．物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為40.5JC．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為0D．物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s答案D解析由題圖知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1kg，故A錯(cuò)誤；A、C粘在一起速度變?yōu)?時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，為Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v22＝13.5J，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知，12s末A和C的速度為v3＝－3m/s,4s到12s過(guò)程中墻壁對(duì)物塊B的沖量大小等于彈簧對(duì)物塊B的沖量大小，也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小，墻對(duì)B的沖量為I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－18N·s，方向向左，故C錯(cuò)誤；物塊B剛離開(kāi)墻壁時(shí)，A、C向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s，物塊B離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊B的速度最大，則有(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，代入數(shù)據(jù)解得vB＝－3.6m/s，物塊B的最大速度大小為3.6m/s，故D正確。例6如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，半圓軌道半徑為R，不計(jì)一切摩擦。圓心O點(diǎn)正下方放置質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞。碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為(重力加速度為g)()A．3eq\r(2gR) B．2eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR) D.eq\r(5gR)答案C解析A與B碰撞的過(guò)程為彈性碰撞，則碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)B的初速度方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，由動(dòng)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，聯(lián)立得：v2＝eq\f(2v0,3)若小球A恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，說(shuō)明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)僅由小球的重力提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為vmin，由牛頓第二定律得：2mg＝2m·eq\f(vmin2,R)A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，得：2mg·2R＝eq\f(1,2)·2mv22－eq\f(1,2)·2mvmin2聯(lián)立得：v0＝1.5eq\r(5gR)，可知若小球A經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，則需要滿(mǎn)足：v0≥1.5eq\r(5gR)若小球A不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，最高到達(dá)與O等高處，此時(shí)由機(jī)械能守恒定律得：2mg·R＝eq\f(1,2)·2mv22聯(lián)立得：v0＝1.5eq\r(2gR)可知若小球A不脫離軌道時(shí)，需滿(mǎn)足：v0≤1.5eq\r(2gR)由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時(shí)，需滿(mǎn)足：v0≤1.5eq\r(2gR)或v0≥1.5eq\r(5gR)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。例7如圖所示，質(zhì)量為M＝0.25kg、帶有eq\f(1,4)圓弧形槽的物體放在水平地面上，弧形槽的最低點(diǎn)靜置一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m＝0.9kg的物塊，質(zhì)量為m0＝0.1kg的橡皮泥以大小為v0＝10m/s、水平向右的速度與物塊發(fā)生碰撞，碰撞后二者不分離，此后物塊沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低點(diǎn)距離地面的高度為h＝0.8m，弧形槽的半徑為r＝0.1m，弧形槽底端切線(xiàn)水平，忽略一切摩擦和橡皮泥與物塊的碰撞時(shí)間，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)橡皮泥擊中物塊后瞬間物塊對(duì)弧形槽的壓力大??；(2)物塊沿弧形槽上滑的最大高度；(3)物塊落地瞬間到物體最左端的距離。答案見(jiàn)解析解析(1)橡皮泥與物塊碰撞過(guò)程，橡皮泥與物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v解得v＝1m/s在弧形槽底端對(duì)物塊由牛頓第二定律得FN－(m＋m0)g＝(m＋m0)eq\f(v2,r)解得FN＝20N由牛頓第三定律可知，在弧形槽底端物塊對(duì)弧形槽的壓力大小為20N(2)物塊沿弧形槽向上滑動(dòng)的過(guò)程中，物塊、橡皮泥和物體水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有(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)物塊在弧形槽上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，以水平向右為正方向，設(shè)物塊與弧形槽分離瞬間，物塊及橡皮泥的速度為v1，物體的速度為v2，則有(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此后物塊向右做平拋運(yùn)動(dòng)，物體向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)物塊從離開(kāi)弧形槽到落地經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s物塊的水平位移為x1＝v1t＝0.24m物體的位移為x2＝v2t＝0.64m所以物塊落地瞬間，物塊到物體最左端的距離為Δx＝x2－x1＝0.4m。1．(2023·江蘇高考仿真模擬)某跳水運(yùn)動(dòng)員從10m跳臺(tái)跳出，進(jìn)入水中深度3m后速度減為零，其質(zhì)量為m＝50kg，忽略空氣阻力，且她在水中的運(yùn)動(dòng)近似為勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。則從入水到速度減為零的過(guò)程中，水給她的沖量大小最接近()A．220N·s B．520N·sC．720N·s D．920N·s答案D解析在入水前，運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)，只受重力，則有v12＝2gh，可得入水時(shí)的速度v1＝10eq\r(2)m/s，她入水后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后速度減為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，從入水到速度減為0所用時(shí)間t＝eq\f(d,\x\to(v))＝eq\f(3,5\r(2))s＝eq\f(3\r(2),10)s，以向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理I－mgt＝0－m(－v1)，可得水給她的沖量I＝650eq\r(2)N·s≈919N·s，故選D。2．如圖所示，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的滑塊在小車(chē)上從A點(diǎn)靜止開(kāi)始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)。已知M＝2m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(0<μ<1)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．滑塊從A滑到C的過(guò)程中滑塊和小車(chē)系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒B．滑塊從A滑到C的過(guò)程中滑塊和小車(chē)系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒C．滑塊從A滑到C的過(guò)程中滑塊和小車(chē)的對(duì)地位移大小相等D．L、R、μ三者的關(guān)系為R＝μL答案C解析滑塊從A滑到C的過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向上合力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A正確；滑塊從A滑到C的過(guò)程中需要克服摩擦力做功，滑塊和小車(chē)系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故B正確；滑塊從A滑到C的過(guò)程中，設(shè)滑塊在小車(chē)上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻的速度大小為v1，小車(chē)的速度大小為v2，滑塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有mv1＝Mv2，所以整個(gè)過(guò)程中，滑塊與小車(chē)的平均速度滿(mǎn)足meq\x\to(v1)＝Meq\x\to(v2)，設(shè)滑塊水平方向相對(duì)地面的位移大小為x1，小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為x2，則有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錯(cuò)誤；系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得滑塊在C點(diǎn)時(shí)，滑塊與小車(chē)一起的速度為v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL，故D正確。專(zhuān)題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．足球場(chǎng)上，守門(mén)員會(huì)戴著厚厚的手套向水平飛奔而來(lái)的球撲去，使球停下，關(guān)于此過(guò)程守門(mén)員戴手套的作用，以下分析正確的是()A．減小球?qū)κ值钠骄饔昧．增大球的沖量C．使球的動(dòng)量變大D．使球的加速度變大答案A解析守門(mén)員會(huì)戴著厚厚的手套向水平飛奔而來(lái)的球撲去，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得－Ft＝0－mv，可得F＝eq\f(mv,t)，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，沖量和動(dòng)量的變化量都不變，F(xiàn)減小，即球?qū)κ值钠骄饔昧p小，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．(2022·湖北卷·7)一質(zhì)點(diǎn)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)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解析根據(jù)動(dòng)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，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故選D。3．(2023·江蘇南京市金陵中學(xué)月考)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可用位置坐標(biāo)x和動(dòng)量p來(lái)描述。有一小球靜止落下，落到水平桌面后反彈，若規(guī)定以出發(fā)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向下為正方向，碰撞過(guò)程時(shí)間不計(jì)且有能量損失，忽略空氣阻力，則小球?qū)?yīng)的p－x圖像是()答案D解析豎直向下為正方向，則下落時(shí)的動(dòng)量p＝mv＝meq\r(2gx)，圖像為曲線(xiàn)且向下彎曲；與地面碰撞后，向上反彈，速度變?yōu)樨?fù)值，由于碰撞有能量損失，則碰后速度小于碰前速度，上升過(guò)程中p′＝mv′＝－meq\r(v0′2－2gx0－x)，隨x減小，則動(dòng)量p大小減小，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。4．(2023·廣東卷·10改編)某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng)，忽略阻力。開(kāi)窗簾過(guò)程中，電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F，推動(dòng)滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有()A．該過(guò)程動(dòng)量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.8N答案B解析取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的動(dòng)量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，則滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；對(duì)滑塊1，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向水平向左，故B正確；對(duì)滑塊2，則有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C錯(cuò)誤；對(duì)滑塊2根據(jù)動(dòng)量定理有eq\x\to(F)Δt＝mv2－0，解得eq\x\to(F)＝5.5N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D錯(cuò)誤。5．如圖所示，在光滑的水平面上靜止一質(zhì)量M＝8kg的小車(chē)B，小車(chē)左端固定一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到小車(chē)右端的距離L＝1m，這段距離小車(chē)B與木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對(duì)應(yīng)的車(chē)廂板上表面光滑。木塊A以速度v0＝15m/s由小車(chē)B右端開(kāi)始沿車(chē)廂板表面向左運(yùn)動(dòng)。已知木塊A的質(zhì)量m＝2kg，重力加速度g取10m/s2。則木塊A壓縮彈簧過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為()A．45J B．178JC．225J D．270J答案B解析由題意知，小車(chē)和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)木塊A和小車(chē)B速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)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，聯(lián)立解得Epmax＝178J，故選B。6．如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球，t＝0時(shí)，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運(yùn)動(dòng)，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球沒(méi)有接觸)，它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線(xiàn)所示，則由圖線(xiàn)可知()A．兩帶電小球的電性一定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C．t2時(shí)刻，乙球的電勢(shì)能最大D．在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能一直減小答案B解析由題圖(b)可知，乙球減速的同時(shí)，甲球正向加速，說(shuō)明兩球相互排斥，帶有同種電荷，故A錯(cuò)誤；兩球作用過(guò)程動(dòng)量守恒，則有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正確；t1時(shí)刻，兩球共速，距離最近，則乙球的電勢(shì)能最大，故C錯(cuò)誤；在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能先減小，t2時(shí)刻后逐漸增大，故D錯(cuò)誤。7．(2023·江蘇鹽城市四校聯(lián)考)雨打芭蕉是中國(guó)古代文學(xué)中常見(jiàn)的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小華同學(xué)將一圓柱形的量杯置于院中，測(cè)得一段時(shí)間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h，查詢(xún)得知當(dāng)時(shí)雨滴下落的速度為v。設(shè)雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來(lái)的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，不計(jì)雨滴重力。則p的大小為()A．ρveq\f(h,t) B．2ρveq\f(h,t)C．ρv2 D．2ρv2答案B解析單位時(shí)間的降水量Δh＝eq\f(h,t)，在芭蕉葉上取ΔS的面積上，Δt時(shí)間內(nèi)降落的雨水質(zhì)量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSeq\f(h,t)Δt，設(shè)雨水受到的平均撞擊力為F，以豎直向下為正方向，根據(jù)動(dòng)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)，根據(jù)牛頓第三定律可知，芭蕉葉上ΔS的面積受到的平均撞擊力的大小F′＝2ρvΔSeq\f(h,t)，因此平均壓強(qiáng)為p＝eq\f(F′,ΔS)＝2ρveq\f(h,t)，故選B。[爭(zhēng)分提能練]8．(2023·江蘇南京市期中)如圖甲所示，水平桌面上有一算盤(pán)。算珠可穿在固定的桿上滑動(dòng)，算珠與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(未知)。使用時(shí)發(fā)現(xiàn)某一根桿上有A、B兩顆算珠未在歸零位置。A、B相隔s1＝3.5cm，B與上邊框相隔s2＝2cm?，F(xiàn)用手指將A以某一初速度撥出，在方格紙中作出A、B運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示(實(shí)線(xiàn)代表A，虛線(xiàn)代表B)。忽略A、B碰撞的時(shí)間，g取10m/s2，則()A．算珠A在碰撞前運(yùn)動(dòng)了0.2sB．算珠與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2C．算珠A與算珠B在碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失D．算珠B碰撞后恰好能到達(dá)歸零位置答案D解析由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得s1＝eq\f(v0＋v1,2)t1，解得t1＝0.1s，A錯(cuò)誤；由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v1＝v0－at1，由牛頓第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，B錯(cuò)誤；算珠A與算珠B的質(zhì)量均為m，則根據(jù)題圖乙可知碰撞過(guò)程能量關(guān)系有eq\f(1,2)mv12>eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv32，算珠A與算珠B在碰撞過(guò)程存在機(jī)械能損失，C錯(cuò)誤；算珠B碰撞后，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)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碰撞后恰好能到達(dá)歸零位置，D正確。9．斜向上發(fā)射的炮彈在最高點(diǎn)爆炸(爆炸時(shí)間極短)成質(zhì)量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來(lái)的方向飛去。已知炮彈爆炸時(shí)距水平地面的高度為H，炮彈爆炸前的動(dòng)能為E，爆炸后系統(tǒng)的機(jī)械能增加了eq\f(E,4)，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點(diǎn)間的距離為()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解析炮彈爆炸的過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)炮彈爆炸前的速度大小為v，則v＝eq\r(\f(E,m))，設(shè)爆炸后瞬間兩塊碎片的速度分別為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))，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gt2，兩塊碎片落地點(diǎn)之間的距離x＝(v1－v2)t，解得x＝eq\r(\f(2EH,mg))，故選B。10.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射線(xiàn)轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線(xiàn)是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B．碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案B解析設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)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聯(lián)立解得v1＝v0設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)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聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2碰撞后氫核的動(dòng)量為pH＝mv1＝mv0氮核的動(dòng)量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)可得pN>pH碰撞后氫核的動(dòng)能為EkH＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02氮核的動(dòng)能為EkN＝eq\f(1,2)×14mv22＝eq\f(28mv02,225)可得EkH>EkN故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。11.如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為2m的光滑半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)正上方高為R處由靜止釋放，由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則()A．小球進(jìn)入半圓軌道后，由小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)C．小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為eq\f(R,3)D．小車(chē)獲得的最大速度為eq\r(\f(2gR,3))答案D解析小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受外力的合力為0，系統(tǒng)僅在水平方向動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量為0，則小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)，小球與小車(chē)水平方向上的速度相同，則水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)，水平方向的分速度為0，所以離開(kāi)小車(chē)后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)上述，小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)，小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的距離達(dá)到最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在水平方向上有meq\f(x1,t)－2meq\f(x2,t)＝0，此過(guò)程有x1＋x2＝2R，解得x2＝eq\f(2,3)R，C錯(cuò)誤；根據(jù)分析可知，小球運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)獲得最大速度，則有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v2＝eq\r(\f(2gR,3))，D正確。12.(2023·江蘇省靖江中學(xué)期末)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的物體A、B靜置于光滑水平地面上，B左端固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)A以速度v向右運(yùn)動(dòng)，在A(yíng)、B相互作用的整個(gè)過(guò)程中，求：(1)彈簧對(duì)A的沖量大小I；(2)彈簧彈性勢(shì)能的最大值Epm。答案(1)eq\f(4,3)mv(2)eq\f(1,3)mv2解析(1)根據(jù)題意，設(shè)在A(yíng)、B相互作用的整個(gè)過(guò)程之后，A的速度為v1，B的速度為v2，整個(gè)過(guò)程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律有mv＝mv1＋2mv2由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22聯(lián)立解得v1＝－eq\f(1,3)v，v2＝eq\f(2,3)v取向右為正方向，由動(dòng)量定理有I＝mv1－mv＝－eq\f(4,3)mv即彈簧對(duì)A的沖量大小為eq\f(4,3)mv。(2)根據(jù)題意可知，當(dāng)A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)A、B共速時(shí)速度為v3，由動(dòng)量守恒定律有mv＝(m＋2m)v3解得v3＝eq\f(1,3)v由機(jī)械能守恒定律可得Epm＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×3mv32＝eq\f(1,3)mv2。[尖子生選練]13.江蘇省某校興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置：靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0