2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講　動(dòng)量和動(dòng)量定理含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動(dòng)量和沖量的概念。2.能用動(dòng)量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。3.會(huì)用動(dòng)量定理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，并會(huì)在流體問(wèn)題中建立“柱狀”模型。1.2.3.4.1.思考判斷(1)一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化時(shí)，它的動(dòng)量一定改變。(√)(2)合力的沖量是物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因。(√)(3)作用力和反作用力的沖量一定等大、反向。(√)(4)物體的動(dòng)量發(fā)生改變，則合力一定對(duì)物體做了功。(×)(5)運(yùn)動(dòng)員接籃球時(shí)手向后緩沖一下，是為了減小動(dòng)量的變化量。(×)2.高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A.與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動(dòng)量成正比答案B考點(diǎn)一動(dòng)量和沖量1.對(duì)動(dòng)量的理解(1)瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，是針對(duì)某一時(shí)刻或位置而言的。(2)相對(duì)性：動(dòng)量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常是指相對(duì)地面的動(dòng)量。(3)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系：p＝eq\r(2mEk)或Ek＝eq\f(p2,2m)。2.對(duì)沖量的理解(1)沖量的兩性①時(shí)間性：沖量與力和力的作用時(shí)間有關(guān)，恒力的沖量等于該力與該力的作用時(shí)間的乘積。②矢量性：對(duì)于方向恒定的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與力的方向一致；對(duì)于作用時(shí)間內(nèi)方向變化的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量改變量的方向一致。(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但與作用力和反作用力做的功之間并無(wú)必然聯(lián)系。3.沖量的計(jì)算方法(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)算。(2)變力的沖量①圖像法：作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖1所示。圖1②動(dòng)量定理法：對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解。角度對(duì)動(dòng)量和沖量的理解與計(jì)算例1(2023·天津模擬)如圖2所示，學(xué)生練習(xí)用腳顛球。足球的質(zhì)量為0.4kg，某一次足球由靜止自由下落0.8m，被重新顛起，離開(kāi)腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球與腳部的作用時(shí)間為0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()圖2A.足球從下落到再次上到最大高度，全程用了0.7sB.在足球與腳接觸的時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)足球做的功為1.4JC.足球與腳部作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為2.8kg·m/sD.足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過(guò)程中重力的沖量大小為4N·s答案C解析足球下落時(shí)間為t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.4s，足球上升時(shí)間為t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.3s，總時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝0.8s，A錯(cuò)誤；在足球與腳接觸的時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)足球做的功為W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式veq\o\al(2,1)＝2gh1，veq\o\al(2,2)＝2gh2，解得W合＝－1.4J，B錯(cuò)誤；足球與腳部作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為Δp＝mv2－(－mv1)＝2.8kg·m/s，C正確；足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過(guò)程中重力的沖量大小IG＝mgt＝0.4×10×0.8N·s＝3.2N·s，D錯(cuò)誤。角度利用F－t圖像求動(dòng)量和沖量例2(多選)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖3所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則()圖3A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零B.6s時(shí)物塊回到初始位置C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg·m/sD.0～6s時(shí)間內(nèi)力F的沖量為零答案AD解析物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2N對(duì)物塊在0～3s時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可知(F－Ff)t1＝mv3代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s3s時(shí)物塊的動(dòng)量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)3s后經(jīng)過(guò)時(shí)間t2物塊的速度減為0，由動(dòng)量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3解得t2＝1s所以物塊在4s時(shí)速度減為0，則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0，故A正確；在0～3s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x1＝9m3～4s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x2＝3m4～6s時(shí)間內(nèi)物塊開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2發(fā)生的位移大小為x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝4m<x1＋x2即6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；0～6s時(shí)間力F的沖量為I＝F1t1＋F2t2＝(4×3－4×3)N·t＝0，故D正確。跟蹤訓(xùn)練1.一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)其施加水平外力F，力F隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖4所示，下列說(shuō)法正確的是()圖4A.第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為0B.第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量方向發(fā)生變化C.第4s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)D.在1～3s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0答案D解析由題圖可知，0～2s時(shí)間內(nèi)F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了加速度先逐漸增大后加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)量最大，方向不變，A、B錯(cuò)誤；2～4s內(nèi)力F的方向與0～2s內(nèi)力F的方向不同，該質(zhì)點(diǎn)0～2s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，2～4s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒(méi)有回到出發(fā)點(diǎn)，C錯(cuò)誤；在F－t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0，D正確。考點(diǎn)二動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用1.對(duì)動(dòng)量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說(shuō)明了兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動(dòng)量變化的原因。(3)動(dòng)量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合力等于物體的動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率。2.解題基本思路角度用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象例3(2023·湖南岳陽(yáng)模擬)快遞運(yùn)輸時(shí)，我們經(jīng)?？吹剑行┮讚p壞物品外面都會(huì)利用充氣袋進(jìn)行包裹(如圖5所示)，這種做法的好處是()圖5A.可以大幅度減小某顛簸過(guò)程中物品所受合力的沖量B.可以大幅度減小某顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量的變化C.可以使某顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量變化的時(shí)間延長(zhǎng)D.可以使某顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率增加答案C解析充氣袋在運(yùn)輸中起到緩沖作用，在某顛簸過(guò)程中，物品的動(dòng)量變化量不變，由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量不變，充氣袋可以延長(zhǎng)動(dòng)量變化所用的時(shí)間，從而減小物品所受的合力，A、B錯(cuò)誤，C正確；動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率即為物品所受的合力，充氣袋可以減小顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率，D錯(cuò)誤。跟蹤訓(xùn)練2.跳遠(yuǎn)時(shí)，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，如圖6所示，以下說(shuō)法正確的是()圖6A.人跳在沙坑的動(dòng)量大小等于跳在水泥地上的動(dòng)量大小B.人跳在沙坑的動(dòng)量變化比跳在水泥地上小C.人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小D.人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上大答案A解析人跳在沙坑的動(dòng)量大小等于跳在水泥地上的動(dòng)量大小，因?yàn)槿速|(zhì)量與速度的大小一樣，所以動(dòng)量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動(dòng)量變化等于跳在水泥地上的動(dòng)量變化，因?yàn)槌鮿?dòng)量相等，末動(dòng)量為0，所以動(dòng)量的變化量大小相等，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的沖量與跳在水泥地上的沖量大小相等，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小，D錯(cuò)誤。角度動(dòng)量定理的有關(guān)計(jì)算例4(2023·云南省玉溪第一中學(xué)高三月考)將質(zhì)量為m＝1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個(gè)平行于水平地面的恒力F＝10N，物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，作用4s后撤去F。已知g＝10m/s2，對(duì)于物塊從靜止開(kāi)始到物塊停下這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A.整個(gè)過(guò)程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為6sB.整個(gè)過(guò)程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8sC.整個(gè)過(guò)程中物塊的位移大小為40mD.整個(gè)過(guò)程中物塊的位移大小為60m答案B解析在整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；物塊在前4s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中由動(dòng)量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過(guò)程的平均速度都為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。跟蹤訓(xùn)練3.(多選)(2023·天津南開(kāi)中學(xué)高三檢測(cè))有些人喜歡躺著刷手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)掉落砸傷眼睛或者額頭的情況。若有一手機(jī)質(zhì)量為120g，從離人額頭約20cm的高度無(wú)初速掉落，砸到額頭后手機(jī)的反彈忽略不計(jì)，額頭受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.2s。下列分析正確的是()圖7A.手機(jī)與額頭作用過(guò)程中，手機(jī)的動(dòng)量變化大小約為0.24kg·m/sB.手機(jī)對(duì)額頭的沖量大小約為0.24N·sC.手機(jī)對(duì)額頭的沖量方向豎直向上D.手機(jī)對(duì)額頭的作用力大小約為2.4N答案AD解析根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律，手機(jī)掉落到人額頭位置時(shí)的速度為v＝eq\r(2gh)≈2m/s，手機(jī)與額頭作用后手機(jī)的速度變?yōu)?，選取向下為正方向，所以手機(jī)與額頭作用過(guò)程中動(dòng)量變化為Δp＝0－mv＝－0.24kg·m/s，故A正確；手機(jī)與額頭接觸的過(guò)程中受到重力與額頭的作用力，選取向下為正方向，對(duì)手機(jī)由動(dòng)量定理得mgt＋I(xiàn)＝Δp，代入數(shù)據(jù)得I＝－0.48N·s，負(fù)號(hào)表示方向豎直向上，根據(jù)力的作用是相互的，所以手機(jī)對(duì)額頭的沖量大小約為0.48N·s，故B錯(cuò)誤；因?yàn)轭~頭對(duì)手機(jī)的沖量的方向是豎直向上，所以手機(jī)對(duì)額頭的沖量方向豎直向下，故C錯(cuò)誤；根據(jù)沖量定義得手機(jī)對(duì)額頭的作用力大小約為F＝eq\f(I,t)＝2.4N，故D正確。考點(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題研究對(duì)象流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟①構(gòu)建“柱體”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV＝vSΔt小柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt小柱體動(dòng)量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp研究例5如圖8所示為清洗汽車用的高壓水槍。設(shè)水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為ρ。下列說(shuō)法正確的是()圖8A.高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2B.高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為eq\f(1,4)ρvD2C.水柱對(duì)汽車的平均沖力為eq\f(1,4)ρD2v2D.當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，噴出的水對(duì)汽車的壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍答案D解析高壓水槍單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量等于單位時(shí)間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，A、B錯(cuò)誤；水柱對(duì)汽車的平均沖力為F，由動(dòng)量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，C錯(cuò)誤；高壓水槍噴出的水對(duì)汽車產(chǎn)生的壓強(qiáng)p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，則當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D正確。跟蹤訓(xùn)練4.(2023·江西宜春期中)中華神盾防空火控系統(tǒng)會(huì)在目標(biāo)來(lái)襲時(shí)射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個(gè)均勻分布、持續(xù)時(shí)間t＝0.01s、橫截面積為S＝2m2的圓柱形彈幕，每個(gè)子彈顆粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－2kg，每1cm3有一個(gè)子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300m/s射入目標(biāo)，并停在目標(biāo)體內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是()A.所形成彈幕的總體積V＝6cm3B.所形成彈幕的總質(zhì)量M＝1.2×105kgC.彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖量大小I＝3.6×107kg·m/s2D.彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝3.6×108N答案B解析形成彈幕的總體積為V＝vtS＝6m3，A錯(cuò)誤；每1cm3有一個(gè)子彈顆粒，則子彈顆粒的總個(gè)數(shù)N＝eq\f(6,1×10－6)個(gè)＝6×106個(gè)，所形成彈幕的總質(zhì)量M＝Nm＝1.2×105kg，B正確；對(duì)整個(gè)彈幕由動(dòng)量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107kg·m/s，C錯(cuò)誤；由沖量公式I＝FΔt知，彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D錯(cuò)誤。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1動(dòng)量和沖量1.(多選)關(guān)于動(dòng)量和動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確的是()A.做變速運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能一定不斷變化B.做變速運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)量一定不斷變化C.合力對(duì)物體做功為零，物體動(dòng)能的增量一定為零D.合力的沖量為零，物體動(dòng)量的增量一定為零答案BCD解析做變速運(yùn)動(dòng)的物體，速度大小不一定變化，動(dòng)能不一定變化，故A錯(cuò)誤；做變速運(yùn)動(dòng)的物體，速度發(fā)生變化，動(dòng)量一定不斷變化，故B正確；合力對(duì)物體做功為零，由動(dòng)能定理知，物體動(dòng)能的增量一定為零，故C正確；合力的沖量為零，由動(dòng)量定理知，物體動(dòng)量的增量一定為零，故D正確。2.(多選)(2023·廣州市綜合測(cè)試)如圖1，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動(dòng)量變化量為12.6kg·m/s，則()圖1A.球的動(dòng)能可能不變B.球的動(dòng)量大小一定增加12.6kg·m/sC.球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小一定相等D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同答案AC解析壘球被擊打后，可能以與擊打前等大的速度反向打出，所以球的動(dòng)能可能不變，動(dòng)量的大小可能不變，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可得，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向與棒對(duì)球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯(cuò)誤。3.(2022·湖北卷，7)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(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)能定理可知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D正確。對(duì)點(diǎn)練2動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用4.自由式滑雪大跳臺(tái)的滑道由助滑道、起跳臺(tái)、著陸坡、停止坡組成。如圖2所示，運(yùn)動(dòng)員使用雙板進(jìn)行滑行，下列說(shuō)法正確的是()圖2A.助滑時(shí)運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲是為了降低重心增大重力B.起跳后運(yùn)動(dòng)員在完成空中動(dòng)作時(shí)運(yùn)動(dòng)員可看作質(zhì)點(diǎn)C.著陸時(shí)運(yùn)動(dòng)員控制身體屈膝下蹲，可以減小沖擊力D.滑行時(shí)運(yùn)動(dòng)員張開(kāi)手臂是為了減小空氣阻力答案C解析助滑時(shí)運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲并不能增大重力，故A錯(cuò)誤；由于是研究運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中的動(dòng)作完成情況，所以不能將運(yùn)動(dòng)員看作質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；著陸時(shí)運(yùn)動(dòng)員控制身體屈膝下蹲，可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減小沖擊力，故C正確；滑行時(shí)運(yùn)動(dòng)員張開(kāi)手臂是為了調(diào)整重心保持平衡，故D錯(cuò)誤。5.(2022·廣東深圳模擬)如圖3所示，質(zhì)量為2kg的椰子從距地面高度為20m的樹(shù)上由靜止落下，將沙地砸出小坑后靜止，與沙地接觸時(shí)間約為0.01s。不計(jì)椰子下落時(shí)的空氣阻力，取g＝10m/s2。則()圖3A.椰子落地時(shí)瞬間動(dòng)量為20kg·m/sB.沙地對(duì)椰子的平均阻力約為4000NC.沙地對(duì)椰子做的功約為4000JD.沙坑的深度約為20cm答案B解析設(shè)椰子落地時(shí)的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝20m/s，根據(jù)動(dòng)量的計(jì)算公式可得p＝mv＝2×20kg·m/s＝40kg·m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沙地對(duì)椰子的平均阻力為f，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得(f－mg)t＝0－(－mv)，解得f＝4020N≈4000N，選項(xiàng)B正確；設(shè)椰子將沙地砸出小坑深度約為h，根據(jù)位移公式可得h＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×0.01m＝0.1m＝10cm，從椰子接觸地面到速度為零的過(guò)程中，沙地對(duì)椰子做的功約為W＝－fh＝－4000×0.1J＝－400J，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。6.(2022·山東卷，2)我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖4所示，發(fā)射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中()圖4A.火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C.高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量答案A解析火箭從發(fā)射倉(cāng)發(fā)射出來(lái)，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開(kāi)始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，可知合力沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練3應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題7.(2023·遼寧大連模擬)水刀切割具有精度高、無(wú)熱變形、無(wú)毛刺、無(wú)需二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn)，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機(jī)床如圖5所示，若橫截面直徑為d的圓柱形水流垂直射到要切割的鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的流量(單位時(shí)間流出水的體積)為Q，水的密度為ρ，則鋼板受到水的平均沖力大小為()圖5A.4Qρ B.Qρ C.eq\f(16ρQ,πd2) D.eq\f(4ρQ2,πd2)答案D解析水流速度v＝eq\f(Q,S)＝eq\f(Q,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，單位時(shí)間內(nèi)水的質(zhì)量Δm＝ρQ，在Δt時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可得－FΔt＝0－ρQΔteq\f(Q,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，解得F＝eq\f(4ρQ2,πd2)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。8.(2020·海南卷，8)太空探測(cè)器常裝配離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動(dòng)機(jī)尾部高速噴出，從而為探測(cè)器提供推力，若某探測(cè)器質(zhì)量為490kg，離子以30km/s的速率(遠(yuǎn)大于探測(cè)器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3g/s，則探測(cè)器獲得的平均推力大小為()A.1.47N B.0.147N C.0.09N D.0.009N答案C解析對(duì)離子流，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09N，故探測(cè)器獲得的平均推力大小為0.09N，故選項(xiàng)C正確。B級(jí)綜合提升練9.(2023·廣東深圳市調(diào)研)明朝的《天工開(kāi)物》記載了我國(guó)古代勞動(dòng)人民的智慧。如圖6所示，可轉(zhuǎn)動(dòng)的把手上a點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為2R，轆轤邊緣b點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為R。人甲轉(zhuǎn)動(dòng)把手，把井底的人乙加速拉起來(lái)，則()圖6A.a點(diǎn)的角速度大于b點(diǎn)的角速度B.a點(diǎn)的線速度小于b點(diǎn)的線速度C.繩對(duì)乙拉力的沖量等于乙的動(dòng)量變化量D.繩對(duì)乙的拉力大于乙的動(dòng)量變化率答案D解析a、b兩點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則兩點(diǎn)的角速度相同，又a點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)半徑較大，根據(jù)v＝ωr可知a點(diǎn)的線速度大于b點(diǎn)的線速度，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理有(F－mg)t＝mv，變形可得F＝eq\f(mv,t)＋mg，即繩對(duì)乙拉力和乙的重力的合力的沖量等于乙的動(dòng)量變化量，繩對(duì)乙的拉力大于乙的動(dòng)量變化率，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。10.(多選)如圖7所示，籃球以水平初速度v0碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉?lái)的k倍(k<1)，碰撞時(shí)間極短，彈回后籃球的球心恰好經(jīng)過(guò)籃框的中心。已知籃球的質(zhì)量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L(zhǎng)，碰撞點(diǎn)與籃框中心的高度差為h，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()圖7A.籃板對(duì)籃球的沖量大小為(k－1)mv0B.籃板對(duì)籃球的沖量大小為(k＋1)mv0C.若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過(guò)籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更低D.若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過(guò)籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高答案BD解析由題意可知，以籃球彈回的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A錯(cuò)誤，B正確；彈回后籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，kv0減小，要使籃球中心經(jīng)過(guò)籃框中心，即籃球彈回后水平位移不變，時(shí)間t要增大，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高，故C錯(cuò)誤，D正確。11.(2023·河北邯鄲模擬)如圖8甲所示，在粗糙的水平面上靜止放置一滑塊，t＝0時(shí)刻在滑塊上施加一水平向右的外力F，外力大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，滑塊的加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖丙所示，已知滑塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()圖8A.滑塊的質(zhì)量為m＝2kgB.4s末滑塊速度的大小為12m/sC.在0～1s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為0D.在0～4s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為22N·s答案D解析根據(jù)題圖乙可知，外力F隨時(shí)間變化的關(guān)系表達(dá)式為F＝2＋4t，由題圖丙可知，在t＝1s時(shí)，物塊開(kāi)始有加速度，故此刻拉力與最大靜摩擦力平衡，則有Ff＝F1＝6N，由題圖丙可知，在t＝4s時(shí)，滑塊的加速度為4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有F4－Ff＝ma，解得m＝eq\f(F4－Ff,a)＝3kg，A錯(cuò)誤；由a－t圖像的面積表示速度的變化量，滑塊由靜止開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)，故4s內(nèi)a－t圖像的面積即表示為4s末滑塊速度的大小，v4＝eq\f(0＋4,2)×(4－1)m/s＝6m/s，B錯(cuò)誤；在0～1s的時(shí)間內(nèi)，有靜摩擦力作用，故摩擦力的沖量大小不為0，其大小等于F的沖量大小，If1＝IF＝eq\f(2＋6,2)×1N·s＝4N·s，C錯(cuò)誤；在1～4s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為If14＝Fft14＝6×3N·s＝18N·s，故在0～4s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為I＝If1＋I(xiàn)f14＝22N·s，D正確。12.(2022·河北張家口模擬)娛樂(lè)風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置，在一個(gè)特定的空間內(nèi)有人工制造的可控制氣流，游客只要穿上特制的可改變受風(fēng)面積(游客在垂直風(fēng)力方向的投影面積)的飛行服跳入飛行區(qū)，即可通過(guò)改變受風(fēng)面積來(lái)實(shí)現(xiàn)向上、向下運(yùn)動(dòng)或懸浮。已知一游客質(zhì)量為60kg，腹部向下時(shí)受風(fēng)面積最大為0.7m2，身體直立時(shí)受風(fēng)面積最小為0.2m2，氣流密度為1.2kg/m3，氣流速度為30m/s，重力加速度為g＝10m/s2，假設(shè)氣流吹到人身體上后速度近似變?yōu)?。求：圖9(1)若游客在風(fēng)洞內(nèi)懸浮，則受風(fēng)面積應(yīng)調(diào)整為多大；(2)若游客進(jìn)入風(fēng)洞先由最大受風(fēng)面積運(yùn)動(dòng)1s后立即改為最小受風(fēng)面積，求游客距出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為多少(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。答案(1)0.56m2(2)1.8m解析(1)在Δt時(shí)間內(nèi)吹到人體的氣體質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt①設(shè)人對(duì)氣流的力的大小為F，則對(duì)此段氣體由動(dòng)量定理得FΔt＝Δmv②由牛頓第三定律，風(fēng)給人的力大小F′＝F③人受力平衡，所以F′＝mg④聯(lián)立可得S≈0.56m2。⑤(2)風(fēng)速遠(yuǎn)大于人速，人在風(fēng)洞內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)S1＝0.7m2時(shí)，由①②③可得人受風(fēng)力F1＝ρS1v2＝756N⑥由牛頓第二定律得F1－mg＝ma1⑦經(jīng)過(guò)t1＝1s時(shí)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.3m⑧v＝a1t1＝2.6m/s⑨當(dāng)受風(fēng)面積為S2＝0.2m2時(shí)加速度向下，由①②③可得F2＝ρS2v2＝216N⑩由牛頓第二定律得mg－F2＝ma2?解得a2＝6.4m/s2游客減速過(guò)程上升的距離x2＝eq\f(v2,2a2)?解得x2≈0.53m游客距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為x＝x1＋x2?解得x＝1.8m。第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動(dòng)量守恒定律，知道動(dòng)量守恒的條件。2.會(huì)定量分析一維碰撞問(wèn)題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞。3.會(huì)用動(dòng)量守恒的觀點(diǎn)分析爆炸、反沖及人船模型。1.eq\a\vs4\al(2.,,,)3.4.1.思考判斷(1)只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒。(×)(2)系統(tǒng)的動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。(√)(3)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應(yīng)用時(shí)要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對(duì)同一個(gè)參考系。(√)(4)發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。(√)(5)爆炸過(guò)程中機(jī)械能增加，反沖過(guò)程中機(jī)械能減少。(×)(6)在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動(dòng)量大小一定相等。(√)2.(多選)如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()圖1A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同答案CD考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒。2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟角度動(dòng)量守恒定律的理解例1(2021·全國(guó)乙卷，14)如圖2，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開(kāi)始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()圖2A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒答案B解析撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動(dòng)量守恒，滑塊和小車之間有滑動(dòng)摩擦力，由于摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能減少，故B正確。角度動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用例2(多選)如圖3所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時(shí)對(duì)地的水平速度相同。他跳到a車上相對(duì)a車保持靜止，此后()圖3A.a、b兩車運(yùn)動(dòng)速率相等B.a、c兩車運(yùn)動(dòng)速率相等C.三輛車的速率關(guān)系vc＞va＞vbD.a、c兩車運(yùn)動(dòng)方向相反答案CD解析設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離b、c車時(shí)對(duì)地水平速度為v，在水平方向由動(dòng)量守恒定律有0＝M車vc＋m人v，m人v＝M車vb＋m人v，m人v＝(M車＋m人)va，所以vc＝eq\f(m人,M車)v，vb＝0，va＝eq\f(m人,M車＋m人)v，即vc＞va＞vb，并且vc與va方向相反。所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C、D正確。跟蹤訓(xùn)練1.(多選)(2023·山東棗莊月考)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端連接著質(zhì)量為m1＝1.0kg的物塊A，另一端連接質(zhì)量為m2＝1.0kg的長(zhǎng)木板B，繩子開(kāi)始是松弛的。質(zhì)量為m3＝1.0kg的物塊C放在長(zhǎng)木板B的右端，C與長(zhǎng)木板B間的滑動(dòng)摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時(shí)初速度v0＝2.0m/s，物塊C立即在長(zhǎng)木板B上運(yùn)動(dòng)。已知繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長(zhǎng)木板B上滑落。下列說(shuō)法正確的是()圖4A.繩子繃緊前，B、C達(dá)到的共同速度大小為1.0m/sB.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0m/sC.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5m/sD.最終A、B、C三者將以大小為eq\f(2,3)m/s的共同速度一直運(yùn)動(dòng)下去答案ACD解析繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度，設(shè)B、C達(dá)到的共同速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0m/s，A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，A、B具有相同的速度v2，A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5m/s，B錯(cuò)誤，C正確；A、B、C三者最終有共同的速度v3，A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝eq\f(2,3)m/s，D正確?？键c(diǎn)二碰撞問(wèn)題1.碰撞問(wèn)題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。2.彈性碰撞的結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：(1)若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；(2)若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng))；(3)若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；(4)若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng))；(5)若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。3.非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk損4.完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損max角度彈性碰撞例3(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖5，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()圖5A.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?，由?dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)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)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0可得v1＝v0>v2，故C、D錯(cuò)誤；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，故A錯(cuò)誤；碰撞后氫核的動(dòng)能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)氮核的動(dòng)能為EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)可得EkH>EkN，故B正確。角度非彈性碰撞例4(多選)(2023·福建龍巖模擬)如圖6所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道的斜劈A和滑塊B、C均靜止在光滑水平地面上，斜劈A的末端與水平地面相切。一滑塊D從斜劈A的圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，滑塊D滑到水平地面后與滑塊B碰撞并粘在一起向前運(yùn)動(dòng)，再與滑塊C碰撞又與C粘在一起向前運(yùn)動(dòng)。已知斜劈A和三個(gè)滑塊的質(zhì)量均為m，斜劈A的圓弧軌道半徑為R，重力加速度大小為g?；瑝KB、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()圖6A.滑塊D在圓弧軌道上滑動(dòng)的過(guò)程中，A對(duì)D的支持力做功為－eq\f(1,2)mgRB.與滑塊B碰撞前瞬間，滑塊D的速度大小為eq\r(2gR)C.滑塊B與滑塊C碰撞后的速度大小為eq\f(\r(2gR),3)D.滑塊D與滑塊B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為eq\f(1,4)mgR答案AD解析D在A上滑動(dòng)時(shí)，A與D組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則當(dāng)D滑到水平地面上時(shí)mvD－mvA＝0，且mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，兩式聯(lián)立解得A、D分離時(shí)的速度大小為vD＝vA＝eq\r(gR)，即A與D的速度大小相等，方向相反，下滑過(guò)程對(duì)D由動(dòng)能定理得WN＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得WN＝－eq\f(1,2)mgR，故A正確；D與B碰撞前的速度即為A、D分離時(shí)D的速度大小，為eq\r(gR)，故B錯(cuò)誤；B與C碰撞過(guò)程中，B、C、D組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，則B與C碰撞后的速度大小為vC＝eq\f(\r(gR),3)，故C錯(cuò)誤；D與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，則碰撞后B、D整體的速度大小為vB＝eq\f(\r(gR),2)，損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,4)mgR，故D正確。跟蹤訓(xùn)練2.(2023·江蘇無(wú)錫高三期末)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后，mA＝1kg。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞前、后兩球的位移—時(shí)間圖像如圖7所示，根據(jù)以上信息可知()圖7A.碰撞過(guò)程中B球受到的沖量為8N·sB.碰撞過(guò)程中A球受到的沖量為－8N·sC.B球的質(zhì)量mB＝4kgD.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞答案D解析已知x－t圖像的斜率代表速度，則vA＝6m/s，vA′＝2m/s，vB＝3m/s，vB′＝5m/s，根據(jù)動(dòng)量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4N·s，IB＝mBvB′－mBvB，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2kg，IB＝4N·s，A、B、C錯(cuò)誤；碰撞前后的動(dòng)能分別為Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，則A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞，D正確。

考點(diǎn)三爆炸、反沖和“人船”模型1.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加3.“人船”模型特點(diǎn)(1)常見(jiàn)情景(2)動(dòng)量守恒：兩物體相互作用過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(3)位移關(guān)系：m1eq\f(x1,t)－m2eq\f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L，得x1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，x2＝eq\f(m1,m1＋m2)L。(4)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。②人與船的位移比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)；人與船的平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。③應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時(shí)要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對(duì)地面而言的。角度爆炸問(wèn)題例5(多選)一個(gè)質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點(diǎn)以水平向右的速度v飛行時(shí)，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖8所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點(diǎn)。若忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()圖8A.爆炸后乙落地的時(shí)間最長(zhǎng)B.爆炸后甲落地的時(shí)間最長(zhǎng)C.甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為4∶1D.爆炸過(guò)程釋放的化學(xué)能為eq\f(7mv2,3)答案CD解析爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時(shí)間t＝eq\r(\f(2H,g))相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；爆炸過(guò)程動(dòng)量守恒，有mv＝－eq\f(1,3)mv丙＋eq\f(1,3)mv甲，由題意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離x＝vt，t相同，則x∝v，甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒可得爆炸過(guò)程釋放的化學(xué)能ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,丙)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(7,3)mv2，選項(xiàng)D正確。角度反沖問(wèn)題例6(2022·河南開(kāi)封模擬)導(dǎo)彈發(fā)射過(guò)程可以簡(jiǎn)化為：將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的導(dǎo)彈點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過(guò)程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)東風(fēng)導(dǎo)彈獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0答案D解析由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M－m)v，導(dǎo)彈獲得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，故D正確。角度“人船”模型例7(多選)(2023·福建廈門(mén)高三月考)如圖9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(diǎn)由靜止開(kāi)始落下，則以下結(jié)論中正確的是()圖9A.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒C.小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時(shí)，小球通過(guò)的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)D.小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時(shí)，小球通過(guò)的水平位移是eq\f(2mR,M＋m)答案ABC解析小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，地面和圓弧面光滑，只有小球的機(jī)械能與半圓槽的機(jī)械能之間相互轉(zhuǎn)化，球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，地面光滑，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(dòng)量守恒，B正確；小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球和半圓槽通過(guò)的水平位移大小分別為x、y，如圖所示，小球和半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球和半圓槽在任意時(shí)刻的水平速度滿足mvm＝MvM，則有mx＝My，根據(jù)位移關(guān)系可得x＋y＝2R，解得y＝eq\f(2mR,M＋m)，x＝eq\f(2MR,m＋M)，小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時(shí)，小球通過(guò)的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)，C正確，D錯(cuò)誤。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1動(dòng)量守恒定律的理解與基本應(yīng)用1.如圖1所示，小車放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球向右拉開(kāi)到一定的角度，然后同時(shí)放開(kāi)小球和小車，不計(jì)一切阻力，則在小球、小車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是()圖1A.小車和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小車的機(jī)械能一直在增加C.小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.小球的機(jī)械能一直在減少答案C解析小球擺動(dòng)過(guò)程中，小球和小車系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，在豎直方向上，只有小球有豎直方向的分速度，且分速度大小也不斷變化，所以豎直方向動(dòng)量不守恒，那么系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒，故A錯(cuò)誤；小球在擺動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，繩子拉力對(duì)小車做正功，小車的機(jī)械能增加，小球的機(jī)械能減小，小球從最低點(diǎn)擺到最高點(diǎn)的過(guò)程中，繩子拉力對(duì)小車做負(fù)功，小車的機(jī)械能減少，小球的機(jī)械能增加，故B、D錯(cuò)誤，C正確。2.(多選)無(wú)限長(zhǎng)的水平面上放置有A、B兩滑塊，其質(zhì)量mA>mB。一根輕質(zhì)彈簧，一端與A拴接，另一端與B緊靠(不拴接)。用細(xì)線把兩滑塊拉緊，彈簧被壓縮，如圖2所示。如果把細(xì)線燒斷，兩滑塊與彈簧分離后，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，把A、B和彈簧看作系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是()圖2A.若水平面光滑，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.若水平面粗糙，系統(tǒng)動(dòng)量一定不守恒，機(jī)械能一定不守恒C.若A、B受到的摩擦力大小相等，B運(yùn)動(dòng)的總路程較長(zhǎng)D.若A、B受到的摩擦力大小相等，B運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間較長(zhǎng)答案AC解析動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零；機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，若水平面光滑，系統(tǒng)受到的合外力為零，只有彈力做功，A正確；若水平面粗糙，但A、B兩物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，A、B物體受到的摩擦力可能會(huì)等大反向，則系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，但要克服摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；若A、B受到的摩擦力大小相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，取B運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎?，?＝－mAvA＋mBvB，由于A、B受到的摩擦力大小相等，則A、B與彈簧分離前后受到的平均合力大小時(shí)刻相等，由動(dòng)量定理F合tA＝0－mAvA，F(xiàn)合tB＝0－mBvB，則A、B運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間相等，但由于mA>mB，則輕的物體平均速度大，有xA<xB，C正確，D錯(cuò)誤。3.(多選)如圖3所示，在光滑平直的路面上靜止著兩輛完全相同的小車，人從a車跳上b車，又立即從b車跳回a車，并與a車保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是()圖3A.最終a車的速率大于b車的速率B.最終a車的速率小于b車的速率C.全過(guò)程中，a車對(duì)人的沖量大于b車對(duì)人的沖量D.全過(guò)程中，a車對(duì)人的沖量小于b車對(duì)人的沖量答案BD解析人與a、b組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，設(shè)水平向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律，則有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq\f(va,vb)＝eq\f(mb,ma＋m人)＜1，則最終a車的速率小于b車的速率，故A錯(cuò)誤，B正確；人對(duì)兩車的沖量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，結(jié)合牛頓第三定律可知，a車對(duì)人的沖量小于b車對(duì)人的沖量，故C錯(cuò)誤，D正確。4.(2023·山東淄博模擬)冰壺運(yùn)動(dòng)是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目之一。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰，不計(jì)碰撞時(shí)間，碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖4所示。已知兩壺的質(zhì)量均為19kg，則碰撞后藍(lán)壺所受的阻力大小為()圖4A.3.8N B.2.28N C.1.9N D.1.52N答案B解析根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv紅＝mv紅′＋mv藍(lán)，解得v藍(lán)＝0.6m/s，設(shè)碰撞后藍(lán)壺所受的阻力大小為f，取初速度方向?yàn)檎较?，?duì)藍(lán)壺根據(jù)動(dòng)量定理－fΔt＝0－mv藍(lán)，由圖可知Δt＝6s－1s＝5s，解得f＝2.28N，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2碰撞問(wèn)題5.(多選)(2023·福建龍巖高三月考)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量分別為m和2m，A的動(dòng)量為5kg·m/s，B的動(dòng)量為7kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生對(duì)心碰撞，則碰撞后A、B兩球動(dòng)量的可能值為()A.pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/sB.pA′＝3.5kg·m/s，pB′＝8.5kg·m/sC.pA′＝3kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/sD.pA′＝2.5kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/s答案AB解析A、B兩球發(fā)生對(duì)心碰撞，滿足動(dòng)量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′，滿足動(dòng)能不增加Ek≥Ek′，根據(jù)Ek＝eq\f(peq\o\al(2,A),2m)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2×2m)，代入數(shù)據(jù)可知A、B均滿足，C不滿足動(dòng)量守恒，D不滿足動(dòng)能不增加，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤。6.(2020·全國(guó)Ⅲ卷，15)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖5中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()圖5A.3J B.4J C.5J D.6J答案A解析設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確。對(duì)點(diǎn)練3爆炸、反沖和“人船”模型7.(多選)如圖6所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4kg，C板上表面粗糙，A、B兩個(gè)物體緊挨在一起，初始A、B和C三個(gè)物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，mA＝1kg，mB＝2kg。A、B間夾有少量火藥，某時(shí)刻火藥爆炸，瞬間釋放了E＝27J的能量并全部轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能，使A、B分別水平向左、向右運(yùn)動(dòng)起來(lái)，C板足夠長(zhǎng)，以下結(jié)論正確的是()圖6A.爆炸后瞬間A、B速度大小vA＝2vBB.若A、B與木板C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則爆炸后A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒D.整個(gè)過(guò)程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為27J答案AD解析爆炸瞬間，以A、B為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，則mAvA＝mBvB，代入數(shù)據(jù)得速度大小vA＝2vB，故A正確；A、B受到的摩擦力大小不等，則A、B系統(tǒng)所受外力不為0，A、B系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C整體分析，合力為零，滿足A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤；C足夠長(zhǎng)，最終A、B、C總動(dòng)量為0，故三者最終速度也為0，即A、B動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能為27J，故D正確。8.(2023·天津一模)將總質(zhì)量為1.05kg的模型火箭點(diǎn)火升空，從靜止開(kāi)始，在0.02s時(shí)間內(nèi)有50g燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭尾部噴出，且燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程中重力和空氣阻力可忽略。則下列說(shuō)法正確的是()A.在燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程，火箭獲得的平均推力為800NB.在燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程，火箭獲得的平均推力為200NC.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小約為5m