2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題第5講　沖量與動量含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題1.[2024·河北邯鄲模擬]“青箬笠,綠蓑衣,斜風(fēng)細(xì)雨不須歸.”如圖所示,這是古詩描述的情景.若斗笠的直徑d=70cm,細(xì)雨在空中分布均勻,豎直下落的速度始終為v=4m/s,湖可以看成一個露天的圓柱形的大容器,細(xì)雨持續(xù)的時間t=1h,導(dǎo)致湖面的水位上升了h=1mm.(設(shè)雨滴垂直撞擊斗笠后無反彈,且斗笠的坡面接近水平,不計雨滴所受重力,水的密度ρ=1×103kg/m3)則斗笠受到雨的平均作用力大小F最接近 ()A.4×10-4NB.6×10-4NC.2×10-3ND.1×10-3N2.(多選)[2024·廣西卷]如圖所示,在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N.M水平向右運動,速度大小為v.M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰,碰撞過程中總機械能守恒.若不計空氣阻力,則碰撞后,N在()A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v3.[2024·山東棗莊模擬]“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技.如圖甲所示,在平靜的湖面上,一位女子腳踩竹竿抵達岸邊,此時女子靜立于竹竿A點,一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片,并從中選取了兩張進行對比,其簡化圖如圖所示.經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn),甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為1.0cm,乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm.已知竹竿的質(zhì)量約為25kg,若不計水的阻力,則該女子的質(zhì)量約為 ()A.45kg B.47.5kgC.50kg D.55kg4.[2024·江蘇卷]在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左側(cè),右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右側(cè),開始時彈簧處于拉伸狀態(tài),各表面均光滑.剪斷細(xì)繩后,則()A.彈簧原長時A的動能最大B.壓縮最短時A的動量最大C.系統(tǒng)動量變大D.系統(tǒng)機械能變大5.(多選)[2023·廣東卷]某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā),設(shè)計了如圖所示的簡化模型.多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動,忽略阻力.開窗簾過程中,電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F,推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞,碰撞時間為0.04s,碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s.關(guān)于兩滑塊的碰撞過程,下列說法正確的有()A.該過程動量守恒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5.5N6.[2024·湖南郴州模擬]如圖所示,質(zhì)量為0.2kg的小球B靜止在水平地面上,大小相同的小球A水平向右運動與小球B發(fā)生對心碰撞,碰撞前、后兩球的v-t圖像如圖所示,重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.碰后小球A反向彈回B.小球A的質(zhì)量為0.16kgC.小球B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.16D.小球A、B發(fā)生的是非彈性碰撞7.(多選)[2024·安徽卷]一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立xOy直角坐標(biāo)系,如圖甲所示.從t=0開始,將一可視為質(zhì)點的物塊從O點由靜止釋放,同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2,其大小與時間t的關(guān)系如圖乙所示.已知物塊的質(zhì)量為1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力.則 ()A.物塊始終做勻變速曲線運動B.t=1s時,物塊的y坐標(biāo)值為2.5mC.t=1s時,物塊的加速度大小為53m/s2D.t=2s時,物塊的速度大小為102m/s8.[2024·廣東卷]汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置.(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定,其原理的簡化模型如圖甲所示.在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態(tài),并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶.此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質(zhì)量為m,重力加速度為g.忽略敏感球受到的摩擦力.求斜面傾角的正切值tanθ.(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動,與正下方的氣囊發(fā)生碰撞.以頭錘碰到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規(guī)律可近似用圖丙所示的圖像描述.已知頭錘質(zhì)量M=30kg,H=3.2m,重力加速度大小g取10m/s2,求:①碰撞過程中F的沖量大小和方向;②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度.9.[2023·重慶卷]如圖所示,桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道,M、N為軌道上的兩點,且位于同一直徑上,P為MN段的中點.在P點處有一加速器(大小可忽略),小球每次經(jīng)過P點后,其速度大小都增加v0.質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動,與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞,碰后瞬間兩球速度大小相等.忽略每次碰撞時間.求:(1)球1第一次經(jīng)過P點后瞬間向心力的大小;(2)球2的質(zhì)量;(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間.微專題2滑塊—木板模型綜合問題時間|40min第5講沖量與動量題型1例1BD[解析]根據(jù)題圖可知,t=0.15s時,運動員對蹦床的作用力最大,蹦床的形變量最大,此時運動員處于最低點,運動員的重力勢能最小,故A錯誤;根據(jù)題圖可知,運動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為t空=2s,根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知,運動員上升時間為t上=12t空=1s,則在t=1.3s時,運動員恰好運動到最大高度處,t=0.30s時運動員的速度大小v=gt上=10m/s,故B正確,C錯誤;同理,運動員落到蹦床時的速度大小也為v=10m/s,以豎直向上為正方向,根據(jù)動量定理得FΔt-mgΔt=mv-(-mv),其中Δt=0.3s,解得F=4600N,根據(jù)牛頓第三定律可知,運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為F'=F=4600N,故D正確例2B[解析]Δt時間內(nèi)與礁石碰撞的水的質(zhì)量為Δm=ρSvΔt,取水的運動方向為正方向,在碰撞過程中,對Δt時間內(nèi)的水,在水平方向根據(jù)動量定理有-FΔt=0-Δmv,聯(lián)立解得F=ρSv2=1.05×103×2×52N=5.25×104N,根據(jù)牛頓第三定律可知海浪對礁石的沖擊力約為5.25×104N,故選B.【遷移拓展】1.D[解析]兩次抽出紙張,水杯與紙張間的正壓力不變,所以水杯受到的滑動摩擦力大小也不變,故A、B錯誤;第二次較緩慢抽出紙張意味著紙張對水杯的作用時間較長,根據(jù)I=Ft可知,水杯受到的沖量較大,故C錯誤,D正確.2.C[解析]小球上升過程中受到向下的空氣阻力,下落過程中受到向上的空氣阻力,由牛頓第二定律可知上升過程所受合力(加速度)總大于下落過程所受合力(加速度),D錯誤;小球運動的整個過程中,空氣阻力做負(fù)功,由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度,所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小,由動量定理可知,上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量,C正確;上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度,上升時更大,所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度,所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間,A錯誤;經(jīng)同一位置,上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力,由功能關(guān)系可知,上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失,B錯誤.3.D[解析]對空氣,由動量定理有Fft=mvm,又m=ρSvmt,以最大速度勻速運行,則P=Ffvm,解得Ff=3P2ρS,vm=3P題型2例3A[解析]炮彈重力遠(yuǎn)小于爆炸內(nèi)力,則炮彈爆炸過程中動量守恒,炮彈爆炸前動量斜向右上,所以爆炸后瞬間兩部分的動量矢量和也一定斜向右上.A圖所示情況,爆炸后兩部分的動量矢量和沿水平方向,所以是不可能的;B、C、D圖所示情況,爆炸后兩部分的動量矢量和可以斜向右上,所以是可能的.例4B[解析]發(fā)射子彈時,根據(jù)動量守恒可得每發(fā)射一顆子彈,皮劃艇增加的速度為Δv=mv0M,所以在t時間內(nèi)沿水平方向發(fā)射了7發(fā)子彈,則皮劃艇在6個t6時間內(nèi),分別以Δv、2Δv、3Δv、…勻速運動,每段勻速運動的位移依次為x1=Δv×t6=mv0t6M,x2=2Δv×t6=2mv0t6M,x3=3Δv×t6=3mv0t6M,…,故t時間內(nèi)皮劃艇的總位移為x例5D[解析]小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,地面和圓弧面光滑,只有小球的機械能與半圓槽的機械能之間相互轉(zhuǎn)化,球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒,A正確;小球與半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受的合外力為零,小球與半圓槽在水平方向動量守恒,B正確;小球到達右邊最高點時,設(shè)小球和半圓槽通過的水平位移大小分別為x1、x2,如圖所示,小球和半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,在運動過程中小球和圓槽在任意時刻的水平速度滿足mvm=MvM,則有mx1=Mx2,根據(jù)位移關(guān)系可得x1+x2=2R,解得x2=2mRM+m,x1=2MRm+M,小球到達右邊最高點時【遷移拓展】1.C[解析]設(shè)人的速度為v1,氣球的速度為v2,根據(jù)人和氣球組成的系統(tǒng)動量守恒得m1v1=m2v2,則有m1x1=m2x2,由幾何關(guān)系知x1+x2=h=5m,氣球上升的距離為x2=m1m1+m2h=57×5m≈32.AC[解析]根據(jù)動量定理,在烏賊噴水的過程中,烏賊所受合力的沖量大小為p=Mv=0.9×2N·s=1.8N·s,A正確;在烏賊噴水的過程中,烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)的動量守恒,B錯誤;根據(jù)動量守恒定律有Mv=mv',烏賊噴出的水的速度大小為v'=18m/s,C正確;在烏賊噴水的過程中,根據(jù)能量守恒,生物能轉(zhuǎn)化成機械能,ΔE=12Mv2+12mv'2=12×0.9×22J+12×0.1×182J=183.(1)(m+M[解析](1)組合體A、B分離前后動量守恒,取v0的方向為正方向,有(m+M)v0=Mv+mv1解得v1=((2)以B為研究對象,對B應(yīng)用動量定理有FΔt=Mv-Mv0解得F=M題型3例6AC[解析]規(guī)定向右為正方向,碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s,說明A、B兩球的速度方向向右,兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,所以左方是A球,碰撞后A球的動量增量為-4kg·m/s,所以碰撞后A球的動量是2kg·m/s,由碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒得mAvA+mBvB=-mAvA'+mBvB',可知碰撞后B球的動量是10kg·m/s,根據(jù)mB=2mA,所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5,選項C正確,D錯誤;碰撞前系統(tǒng)動能為pA22mA+pB22mB=622mA+622×2mA=27mA,碰撞后系統(tǒng)動能為例7D[解析]當(dāng)彈簧被壓縮至最短時,兩物體速度相同,P、Q系統(tǒng)所受外力為零,因此整個過程中動量守恒mv=2mv共,所以P的動量為p=mv共=12mv,故A錯誤;彈簧壓縮至最短后,Q的速度將繼續(xù)變大,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,Q的動量達到最大值,故B錯誤;P、Q系統(tǒng)動量守恒,總動量為p總=mv,故C錯誤;根據(jù)動量守恒和能量守恒得mv=2mv共,12mv2=12×2mv共2+Ep,解得Ep=14mv例8(1)5.4m/s(2)0.36(2)0.35m[解析](1)小木塊在小車上滑動時做減速運動,因此小木塊的最大速度為子彈射入木塊后的共同速度,設(shè)子彈和木塊的共同速度為v1,向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有110mv0=110解得小木塊的最大速度為v1=15v0=5.4(2)將內(nèi)嵌子彈的小木塊與小車看作整體,系統(tǒng)動量守恒,設(shè)內(nèi)嵌子彈的小木塊與小車向右運動與障礙物B相碰時達到的共同速度為v2,由動量守恒定律得110m+25mv1=110m+2解得v2=115v0=1.8設(shè)內(nèi)嵌子彈的小木塊與小車之間的摩擦力為Ff,動摩擦因數(shù)為μ,對三者組成的系統(tǒng),由能量守恒得FfL=12110m+25mv12-解得Ff=m又Ff=μ110聯(lián)立解得μ=Ff110m+(3)設(shè)內(nèi)嵌子彈的小木塊反彈后與小車達到相對靜止?fàn)顟B(tài)時共同速度為v3,相對小車滑動的距離為x1,小車停后小木塊做勻減速運動,相對小車滑行距離為x2,小木塊反彈后,對三者組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得110m+25mv2=(110m+由能量守恒得Ffx1=12110m+25mv2小車停后,對內(nèi)嵌子彈的小木塊,由動能定理得Ffx2=1聯(lián)立解得x1=19L,x2=1內(nèi)嵌子彈的小木塊在小車上的位置與小車右端的距離為x=x1+x2=754L=0.35【遷移拓展】1.AD[解析]元素左上方數(shù)字表示元素的質(zhì)量數(shù),則有mn∶mU=1∶235,故A正確,B錯誤;撞擊后中子與鈾原子核結(jié)合在一起,可知碰撞為完全非彈性碰撞,碰撞過程系統(tǒng)有能量損失,所以碰撞過程中中子損失的動能大于鈾原子核增加的動能,故C錯誤,D正確.2.ABD[解析]兩滑塊同時從光滑斜坡上由靜止下滑時,甲、乙的加速度相等,初速度均為零,所以甲在斜坡上運動時與乙相對靜止,A正確;由于甲、乙兩滑塊的質(zhì)量相同,在水平面上發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律有mv1+mv2=mv1'+mv2',根據(jù)機械能守恒定律有12mv12+12mv22=12mv1'2+12mv2'2,聯(lián)立解得v1'=v2,v2'=v1,即兩滑塊碰撞后速度互換,B正確;乙的運動時間分為在光滑斜坡上勻加速運動的時間和在水平面上勻減速運動的時間,H乙越大,則乙在光滑斜坡上勻加速運動的時間越長,在水平面上勻減速運動的時間也越長,乙運動的總時間就越長,C錯誤;甲與乙在水平面上碰撞時,兩滑塊在水平面上運動的位移相同,甲、乙兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,碰后速度互換,由于甲、乙兩滑塊與地面之間的動摩擦因數(shù)相同,故碰撞后甲運動的位移等于沒有發(fā)生碰撞情況下乙從碰撞點開始運動的位移,因此甲在水平面上發(fā)生的總位移等于不放甲時乙在水平面上運動的位移,根據(jù)功能關(guān)系有mgH乙=μmgx甲,第5講沖量與動量【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】理解力的時間累積效應(yīng)——沖量,掌握動量定理、動量守恒定律,注重運動過程分析與狀態(tài)選取,能應(yīng)用動量定理、動量守恒等規(guī)律解決問題.高考中要注重科學(xué)思維的培養(yǎng),利用程序法解決多過程問題,靈活運用整體法和隔離法分析多物體問題,利用微元法分析瞬時積累問題,并進行模型構(gòu)建,如人船模型、碰撞與爆炸、子彈打木塊、板塊模型等,進行快捷解題.題型1動量、沖量與動量定理1.沖量的三種計算方法公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動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圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量.若F-t成線性關(guān)系,也可直接用平均力求解2.動量定理(1)公式:FΔt=mv'-mv.(2)應(yīng)用技巧①研究對象可以是單一物體,也可以是物體系統(tǒng).②表達式是矢量式,需要規(guī)定正方向.③勻變速直線運動,如果題目不涉及加速度和位移,用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷.④在非勻變速運動中F為Δt時間內(nèi)的平均沖力.⑤電磁感應(yīng)問題中,利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移.例1(多選)[2024·全國甲卷]蹦床運動中,體重為60kg的運動員在t=0時剛好落到蹦床上,對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示.假設(shè)運動過程中運動員身體始終保持豎直,在其不與蹦床接觸時蹦床水平.忽略空氣阻力,重力加速度大小取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.t=0.15s時,運動員的重力勢能最大B.t=0.30s時,運動員的速度大小為10m/sC.t=1.00s時,運動員恰好運動到最大高度處D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N【技法點撥】動量與動能都與速度相關(guān)聯(lián),可以把動量定理和動能定理與勻變速運動規(guī)律相結(jié)合求解.本例以F-t圖給出已知量,可以把F-t圖轉(zhuǎn)化成a-t圖,并進一步轉(zhuǎn)化為v-t圖輔助求解.例2[2024·廣東深圳模擬]鼓浪嶼原名“圓沙洲”,因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓,故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”,現(xiàn)為中國第52項世界遺產(chǎn)項目.某次漲潮中,海浪以5m/s的速度垂直撞擊到一平直礁石上,之后沿礁石兩側(cè)流走,已知礁石受沖擊的面積為2m2,海水的密度為1.05×103kg/m3,則海浪對礁石的沖擊力約為()A.1.05×104N B.5.25×104NC.7.88×104N D.2.63×105N【技法點撥】這是動量定理在流體模型中的典型應(yīng)用,可以選取單位時間(Δt=1s)內(nèi)噴出的流體為研究對象,該研究對象質(zhì)量為Δm,速度由v減為0,再用動量定理求解受到的作用力大小.【遷移拓展】1.[2024·山東煙臺模擬]如圖,某同學(xué)要把壓在水杯下的紙張抽出來.第一次他迅速抽出紙張,水杯幾乎不動;第二次他將紙張較慢抽出,水杯往紙張方向移動了一小段.對比兩次抽紙張過程,下列說法正確的是 ()A.第一次抽紙張過程中,紙張對水杯的摩擦力較大B.第二次抽紙張過程中,紙張對水杯的摩擦力較大C.第一次抽紙張過程中,紙張對水杯的沖量較大D.第二次抽紙張過程中,紙張對水杯的沖量較大2.[2024·北京卷]將小球豎直向上拋出,小球從拋出到落回原處的過程中,若所受空氣阻力大小與速度大小成正比,則下列說法正確的是 ()A.上升和下落兩過程的時間相等B.上升和下落兩過程損失的機械能相等C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度3.[2024·山東青島模擬]2022年9月20日“中國中車”面向全球發(fā)布了時速600公里高速磁浮交通系統(tǒng).高速懸浮列車在水平長直軌道上運行,車頭會受到前方空氣的阻力,假設(shè)列車周圍空氣靜止,車頭前方的空氣碰到車頭后速度變?yōu)榕c車廂速度相同.已知空氣密度為ρ,車頭的迎風(fēng)面積(垂直運動方向上的投影面積)為S,列車額定功率為P,以最大速度勻速運行.若只考慮車頭有空氣阻力,軌道摩擦等其他阻力不計,下列說法正確的是()A.列車的最大運行速度為2PB.列車的最大運行速度為PC.列車受到的最大阻力為PρSD.列車受到的最大阻力為3題型2動量守恒定律綜合應(yīng)用1.判斷動量守恒的三種方法(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為0,如光滑水平面上的板—塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型.(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,如爆炸、反沖.(3)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0,則在該方向上動量守恒,如滑塊—斜面(曲面)模型.2.動量守恒定律的三種表達形式(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用).(2)Δp1=-Δp2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.(3)Δp=0,系統(tǒng)總動量的增量為零.例3[2024·山西實驗中學(xué)模擬]在某次演練中,一顆炮彈在斜向上飛行過程中爆炸,如圖所示.爆炸后,炮彈分成兩部分.若炮彈重力遠(yuǎn)小于爆炸內(nèi)力,則關(guān)于爆炸后兩部分的運動軌跡不可能的是()ABCD【技法點撥】1.爆炸過程炮彈受重力作用,由于爆炸時的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力,仍可認(rèn)為符合動量守恒定律.2.引爆后,兩碎塊先做斜拋運動,爆炸后兩部分的動量矢量和要斜向右上.例4[2024·海南?？谀M]一位解放軍海軍士兵蹲在皮劃艇上進行射擊訓(xùn)練,用步槍在t時間內(nèi)沿水平方向發(fā)射了7發(fā)子彈.若該士兵連同裝備和皮劃艇的總質(zhì)量是M,發(fā)射每兩發(fā)子彈之間的時間間隔相等,每發(fā)子彈的質(zhì)量為m,子彈離開槍口的對地速度為v0.射擊前皮劃艇是靜止的,不考慮水的阻力,忽略因射擊導(dǎo)致裝備質(zhì)量的減少,則在t時間內(nèi)皮劃艇的位移為 ()A.4mB.7C.3mD.5【技法點撥】這是初動量為0的反沖問題,每發(fā)射一發(fā)子彈,沿射擊方向動量增加mv0,反沖方向動量增加MΔv=mv0.例5[2024·河北邯鄲模擬]如圖所示,將一質(zhì)量為M、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上,今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口從A點靜止開始落下,則以下結(jié)論中錯誤的是 ()A.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,小球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒C.小球到達右邊最高點時,小球通過的水平位移是2D.小球到達右邊最高點時,小球通過的水平位移是2【技法點撥】“人船模型”問題應(yīng)注意以下幾點(1)系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止,系統(tǒng)總動量為零.(2)在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向).(3)解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖,找出各長度間的關(guān)系.【遷移拓展】1.[2024·寧夏銀川模擬]如圖所示,氣球下面有一根長繩,一個質(zhì)量為m1=50kg的人抓住氣球下方的長繩,氣球和長繩的總質(zhì)量為m2=20kg,長繩的下端剛好和水平面接觸,當(dāng)系統(tǒng)靜止時人離地面的高度為h=5m.如果這個人開始沿繩向下滑,當(dāng)他滑到繩下端時,氣球上升的距離大約是(可以把人看作質(zhì)點) ()A.5m B.2.6mC.3.6m D.8m2.(多選)[2024·云南昆明模擬]一只質(zhì)量為0.9kg的烏賊吸入0.1kg的水后,靜止在水中.遇到危險時,它在極短時間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出,以大小為2m/s的速度向前逃竄,下列說法正確的是 ()A.在烏賊噴水的過程中,烏賊所受合力的沖量大小為1.8N·sB.在烏賊噴水的過程中,烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)的動量增大C.烏賊噴出的水的速度大小為18m/sD.在烏賊噴水的過程中,有9J的生物能轉(zhuǎn)化成機械能3.[2024·江蘇卷]“嫦娥六號”在軌速度為v0,著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt,分離后B的速度為v,且與v0同向,A、B的質(zhì)量分別為m、M.求:(1)分離后A的速度v1;(2)分離時A對B的推力大小.題型3碰撞模型及其拓展1.碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒:p1+p2=p1'+p2'.(2)動能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'.(3)速度要符合實際情況:若碰后同向,后方物體速度不大于前方物體速度.2.兩種碰撞特點(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒定律和機械能守恒定律.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'+m2v2'12m1v12=12m1v1'2+12m解得v1'=(v2'=2m結(jié)論:①當(dāng)m1=m2時,v1'=0,v2'=v1,兩球碰撞后交換了速度.②當(dāng)m1>m2時,v1'>0,v2'>0,碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動.③當(dāng)m1<m2時,v1'<0,v2'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來.④當(dāng)m1?m2時,v1'≈v1,v2'≈2v1.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共,機械能損失最多,機械能的損失ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m例6(多選)[2024·河南鄭州模擬]如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動.兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6kg·m/s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4kg·m/s,則 ()A.該碰撞為彈性碰撞B.該碰撞為非彈性碰撞C.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10【技法點撥】碰撞過程,從動量角度看一定符合動量守恒定律,從能量角度看,碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞,碰撞過程機械能可能不變,也可能減小,從要符合實際情境來看,碰撞前,后方小球速度要大,碰撞后,后方小球速度較慢.例7[2024·湖北黃岡模擬]如圖所示,光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m,P以速度v向右運動,Q靜止且左端固定一輕彈簧.當(dāng)彈簧被壓縮至最短時 ()A.P的動量為0B.Q的動量達到最大值C.P、Q系統(tǒng)總動量小于mvD.彈簧儲存的彈性勢能為14mv例8[2024·湖南長沙模擬]如圖所示,放在光滑水平面上的小車可以在兩個固定障礙物A、B之間往返運動.小車最左端放有一個小木塊,初始小車緊挨障礙物A靜止.某時刻,一粒子彈以v0=27m/s的速度射中木塊并嵌入其中.小車向右運動到與障礙物B相碰時,木塊恰好運動到了小車的最右端,且小車與木塊恰好達到共速.小車和它上面的木塊同時與障礙物B相碰,碰后小車速度立即減為零,而木塊以碰撞之前的速率反彈.過一段時間,小車左端又與障礙物A相碰,碰后小車速度立即減為零,木塊繼續(xù)在小車上向左滑動,速度逐漸減為零而停在小車上.已知小車的質(zhì)量為m,長度為L=2.7m,小木塊質(zhì)量為25m,子彈質(zhì)量為110m,子彈和小木塊都可以看作質(zhì)點(g取10m/s2)(1)小木塊運動過程中的最大速度;(2)小木塊與小車間的動摩擦因數(shù);(3)小木塊最終停止運動后,小木塊在小車上的位置與小車右端的距離.【技法點撥】“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導(dǎo)軌光滑)達到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞,動量滿足mv0=(m+M)v共,損失的動能最大,分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能【遷移拓展】1.(多選)[2024·河北保定模擬]原子彈的核反應(yīng)原理是通過熱中子01n撞擊鈾92235U,如果中子動能不夠大,將無法引發(fā)核反應(yīng),假設(shè)某中子以v0的速度撞擊靜止的92235U原子核,撞擊后中子與鈾原子核結(jié)合在一起,發(fā)生核反應(yīng),已知中子質(zhì)量為mn,鈾原子核質(zhì)量為mU,下列說法正確的是 A.mn∶mU=1∶235B.mn∶mU=1∶92C.碰撞過程中中子損失的動能等于鈾原子核增加的動能D.碰撞過程中中子損失的動能大于鈾原子核增加的動能2.(多選)[2024·廣東卷]如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑.斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞.忽略空氣阻力.下列說法正確的有 ()A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距H第5講沖量與動量1.A[解析]取一小段時間為Δt,并以在這段時間內(nèi)與斗笠面作用的雨為研究對象,其質(zhì)量Δm=ρSht·Δt,S=πd22,F·Δt=0-Δm(-v),代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得F≈4×102.BC[解析]由于兩小球碰撞過程中機械能守恒,可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞,由于兩小球質(zhì)量相等,故碰撞后兩小球交換速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v;在豎直方向上做自由落體運動,即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動,故選B、C.3.A[解析]根據(jù)題意,設(shè)女子的質(zhì)量為m,由動量守恒定律有mv=m竿v竿,由于系統(tǒng)的水平動量一直為0,則運動時間相等,設(shè)運動時間為t,則有mvt=m竿v竿t,整理可得mx人=m竿x竿,解得m=m竿x竿x4.A[解析]A和B組成的系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,有mAvA=mBvB,設(shè)彈簧的初始彈性勢能為Ep,整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機械能守恒,從剪斷細(xì)繩到彈簧恢復(fù)原長過程,根據(jù)機械能守