2024版高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)含解析新人教版

PAGE6-2024版高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)含解析新人教版第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．我國的“長征”系列運(yùn)載火箭已經(jīng)成功發(fā)射了數(shù)百顆不同用途的衛(wèi)星?；鸺者^程中向后噴出高速氣體，從而獲得較大的向前速度?；鸺w行所能達(dá)到的最大速度是燃料燃盡時(shí)火箭獲得的最終速度。影響火箭最大速度的因素是(D)A．火箭向后噴出的氣體速度B．火箭開始飛行時(shí)的質(zhì)量C．火箭噴出的氣體總質(zhì)量D．火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質(zhì)量比[解析]本題考查火箭反沖模型。分別用M、m表示火箭初始質(zhì)量和燃料燃盡時(shí)的質(zhì)量，v0表示噴氣速度大小，由火箭噴氣過程動(dòng)量守恒，有mv0－(M－m)v＝0，即火箭最大速度v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－1))v0，影響火箭最大速度的因素是火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質(zhì)量比，D正確。2．(2020·寧夏銀川二中月考)如圖所示，A、B兩物塊質(zhì)量之比為2︰1，用水平細(xì)線相連靜止在水平地面上，現(xiàn)用水平恒力F作用在物塊B上，使A、B一起向右以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻A、B間的細(xì)線突然斷開，當(dāng)物塊B的速度為2v時(shí)，物塊A仍在運(yùn)動(dòng)，則此時(shí)物塊A的速度大小為(C)A．eq\f(v,4) B．eq\f(v,3)C．eq\f(v,2) D．v[解析]本題考查系統(tǒng)動(dòng)量守恒問題。A、B連在一起時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，可知F＝f總，由于B的速度為2v時(shí)，A未停止運(yùn)動(dòng)，因此兩物塊組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。當(dāng)B的速度為2v時(shí)，設(shè)A的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有3mv＝m·2v＋2mv1，解得v1＝eq\f(v,2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3．(2020·河北石家莊二中月考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m1＝50kg的人在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。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)靜止時(shí)人離地面的高度為h＝5m。如果這個(gè)人開始沿繩向下滑，當(dāng)他滑到繩下端時(shí)，他離地面的高度是(可以把人看作質(zhì)點(diǎn))(B)A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m[解析]本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。豎直方向上人和氣球組成的系統(tǒng)所受合外力為零。根據(jù)人和氣球動(dòng)量守恒得m1v1＝m2v2，所以v1＝eq\f(2,5)v2，則人和氣球運(yùn)動(dòng)的路程s1＝eq\f(2,5)s2，氣球和人運(yùn)動(dòng)的路程之和為h＝5m，則s1＝eq\f(10,7)m，s2＝eq\f(25,7)m，即人下滑eq\f(10,7)m，氣球上升eq\f(25,7)m，所以人離地的高度為eq\f(25,7)m，約等于3.6m。故選B。4．(2020·山東師大附中五模)如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m，物體B置于水平面上，B物體上部半圓形槽的半徑為R，將物體A從B槽的右側(cè)最頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計(jì)。則下列選項(xiàng)正確的是(D)A．A不能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)B．A運(yùn)動(dòng)到圓槽最低點(diǎn)時(shí)的速度為eq\r(2gR)C．B向右勻速運(yùn)動(dòng)D．B向右運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為eq\f(2,3)R[解析]本題考查了人船模型、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律。設(shè)A到達(dá)左側(cè)位置最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，此時(shí)A、B速度相同，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，系統(tǒng)初動(dòng)量為零，則系統(tǒng)末動(dòng)量為零，即v＝0，根據(jù)能量守恒定律知，A能到達(dá)B圓槽左側(cè)的最高點(diǎn)，故A、C錯(cuò)誤；設(shè)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝eq\f(v,2)，根據(jù)能量守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)·2m(eq\f(v,2))2，解得v＝eq\r(\f(4gR,3))，故B錯(cuò)誤；當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，B向右運(yùn)動(dòng)的位移最大，設(shè)B向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為x，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知A、B的水平速度始終滿足mvAx－2mvBx＝0，則有meq\x\to(v)Axt－2meq\x\to(v)Bxt＝0，則有m(2R－x)＝2mx，解得x＝eq\f(2,3)R，故D正確。5．(2021·寧夏石嘴山三中月考)兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會(huì)粘連在一起運(yùn)動(dòng)。則下列說法正確的是(B)A．B、C碰撞剛結(jié)束時(shí)的共同速度為3m/sB．彈簧的彈性勢能最大時(shí)，物塊A的速度為3m/sC．彈簧的彈性勢能最大值為36JD．彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)A、B、C三物塊速度相同[解析]本題考查碰撞過程中的動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律。B與C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者共同速度為vBC，規(guī)定向右為正方向，則有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2m/s，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3m/s，根據(jù)能量守恒定律得彈簧的彈性勢能最大值為EP＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝12J，故B正確，C錯(cuò)誤；三者共速時(shí)彈簧壓縮量最大，恢復(fù)原長過程中，彈力對A做負(fù)功，A的速度減小，對B、C做正功，B、C的速度增加，則恢復(fù)原長時(shí)三物塊速度不同，故D錯(cuò)誤。6．(2020·安徽碭山二中月考)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7kg·m/s，B球的動(dòng)量是5kg·m/s，當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是(CD)A．－2kg·m/s,14kg·m/s B．－4kg·m/s,16kg·m/sC．6kg·m/s,6kg·m/s D．5kg·m/s,7kg·m/s[解析]本題考查碰撞過程中的動(dòng)量守恒、能量守恒。碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝pA＋pB＝12kg·m/s，由題意，設(shè)mA＝mB＝m，碰前總動(dòng)能為Ek＝eq\f(p\o\al(2,A),2m)＋eq\f(p\o\al(2,B),2m)＝eq\f(72,2m)(J)＋eq\f(52,2m)(J)＝eq\f(37,m)(J)；若p′A＝－2kg·m/s，p′B＝14kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能為eq\f(22,2m)(J)＋eq\f(142,2m)(J)＝eq\f(100,m)(J)>Ek，不可能，A錯(cuò)誤；若p′A＝－4kg·m/s，p′B＝16kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能為eq\f(42,2m)(J)＋eq\f(162,2m)(J)＝eq\f(136,m)(J)>Ek，不可能，B錯(cuò)誤；若p′A＝6kg·m/s，p′B＝6kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能2×eq\f(62,2m)(J)＝eq\f(36,m)(J)<Ek，是可能的，C正確；若p′A＝5kg·m/s，p′B＝7kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能eq\f(52,2m)(J)＋eq\f(72,2m)(J)＝eq\f(37,m)(J)＝Ek，是可能的，D正確。7．(2020·四川樂山診斷)一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊運(yùn)動(dòng)的位移為s。則以下說法正確的是(BD)A．子彈動(dòng)能的虧損等于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B．子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小C．摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D．子彈對木塊做的功等于木塊動(dòng)能的增量[解析]本題考查子彈打木塊模型。子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，故A錯(cuò)誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)量的變化量為零，則子彈與木塊動(dòng)量變化量大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對木塊做的功為fs，摩擦力對子彈做的功為－f(s＋d)，可知二者不等，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得子彈通過摩擦力對木塊做的功為fs＝ΔEk，故D正確。8．(2021·山東臨沂模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M、兩側(cè)有擋板的盒子靜止在光滑水平面上，兩擋板之間的距離為L。質(zhì)量為m的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))放在盒內(nèi)正中間，與盒子之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。從某一時(shí)刻起，給物塊一個(gè)水平向右的初速度v，物塊在與盒子擋板發(fā)生多次彈性碰撞后又停在盒子正中間，并與盒子保持相對靜止。則(AC)A．盒子的最終速度為eq\f(mv,m＋M)，方向向右B．該過程產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2C．碰撞次數(shù)為eq\f(Mv2,2μgLm＋M)D．碰撞次數(shù)為eq\f(Mv2,2μgLm＋M)－1[解析]本題以物體系統(tǒng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)考查動(dòng)量守恒問題。根據(jù)物塊與盒子組成的系統(tǒng)水平方向不受外力可知，物塊與盒子組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有mv＝(M＋m)v′，可得系統(tǒng)的最終速度為v′＝eq\f(m,m＋M)v，方向向右，選項(xiàng)A正確；根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2＋Q，解得該過程產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(M,M＋m)·eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)小物塊與盒子發(fā)生N次碰撞恰好又回到盒子正中間，可知小物塊相對于盒子滑動(dòng)的距離x＝NL，小物塊受到摩擦力為f＝μmg，則由Q＝fx解得N＝eq\f(Mv2,2μgLm＋M)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。二、非選擇題9．(2021·廣東汕頭月考)如圖是某少年進(jìn)行滑板訓(xùn)練時(shí)的示意圖?；逶瓉盱o止在水平地面某處，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后與滑板一起以v＝2.0m/s的速度開始沿水平地面向左滑行，經(jīng)過x＝20m的距離后停下。此后少年又從滑板上水平向左跳出，滑板變成向右滑行，返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)恰好停下。已知滑板的質(zhì)量m＝4kg，少年的質(zhì)量M＝40kg，滑板滑行過程受到水平地面的阻力大小與滑板對地面的壓力大小成正比。求：(1)少年與滑板一起滑行過程受到的水平地面阻力大??；(2)少年跳上滑板時(shí)的水平初速度v1的大小和跳離滑板時(shí)的水平速度v2的大小。[答案](1)4.4N(2)2.2m/s0.2m/s[解析]本題考查動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理。(1)少年與滑板一起滑行過程，由動(dòng)能定理則有fx＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入數(shù)據(jù)解得阻力大小為f＝4.4N。(2)少年跳上滑板過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有Mv1＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v1＝2.2m/s，少年跳離滑板過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有Mv2－mv3＝0，滑板返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)恰好停下，由動(dòng)能定理則有f′x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，根據(jù)題意有eq\f(f′,f)＝eq\f(m,M＋m)，聯(lián)立解得v2＝0.2m/s。10．(2018·課標(biāo)Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5m，A車向前滑動(dòng)了2.0m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。?2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。[答案](1)3.0m/s(2)4.3m/s[解析](1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB ①式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′eq\o\al(2,B)＝2aBsB ②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得v′B＝3.0m/s。 ③(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mAaA ④設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為v′A，碰撞后滑行的距離為sA，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′eq\o\al(2,A)＝2aAsA ⑤設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.3m/s。第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用知識梳理知識點(diǎn)1動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2．表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。3．適用條件：(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。注意：外力的沖量在相互作用的時(shí)間內(nèi)忽略不計(jì)。(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。知識點(diǎn)2碰撞、反沖、爆炸1．碰撞：物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短,_而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2．特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。3．分類：兩類守恒碰撞類型動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大4．反沖運(yùn)動(dòng)：觀察下列兩幅圖，思考圖甲中噴灌工作原理以及圖乙中運(yùn)載火箭升空原理，填充以下內(nèi)容：(1)在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動(dòng)能增大，且常伴有其他形式能向動(dòng)能的轉(zhuǎn)化。(2)反沖運(yùn)動(dòng)的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動(dòng)量守恒定律來處理。5．爆炸問題：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。注意：反沖運(yùn)動(dòng)和爆炸問題中，系統(tǒng)的機(jī)械能增大，這與碰撞問題是不同的。雙基自測一、堵點(diǎn)疏通1．一個(gè)系統(tǒng)初、末狀態(tài)動(dòng)量大小相等，即動(dòng)量守恒。(×)2．兩個(gè)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體發(fā)生碰撞，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(√)3．系統(tǒng)動(dòng)量守恒也就是系統(tǒng)的總動(dòng)量變化量為零。(√)4．發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能是守恒的。(×)5．碰撞后，兩個(gè)物體粘在一起，動(dòng)量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的。(√)6．火箭點(diǎn)火后離開地面加速向上運(yùn)動(dòng)，是地面對火箭的反作用力的結(jié)果。(×)7．在沒有空氣的宇宙空間，火箭仍可加速前行。(√)二、對點(diǎn)激活1．(2021·湖北武漢部分高中聯(lián)考)如圖所示，小車與木箱緊挨著靜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木箱，關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是(C)A．木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量相同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．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒[解析]本題考查動(dòng)量守恒的判斷。男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相等、方向相反，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。小車與木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。男孩和木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．(2020·甘肅慶陽月考)下面關(guān)于碰撞的理解，正確的是(A)A．碰撞是指運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程B．在碰撞現(xiàn)象中，一般來說物體所受的外力作用不能忽略C．如果碰撞過程中總動(dòng)能不變，則這樣的碰撞叫作非彈性碰撞D．根據(jù)碰撞過程中動(dòng)能是否守恒，碰撞可分為正碰和斜碰[解析]本題考查對碰撞的理解。根據(jù)碰撞的特點(diǎn)可知，碰撞是指運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程，故A正確；在碰撞現(xiàn)象中，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以忽略外力的作用，故B錯(cuò)誤；如果碰撞中系統(tǒng)總動(dòng)能不變，則碰撞為彈性碰撞，故C錯(cuò)誤；根據(jù)碰撞過程中系統(tǒng)總動(dòng)能是否變化，碰撞可分為彈性碰撞和非彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。3．解放軍魚雷快艇在南海海域附近執(zhí)行任務(wù)，假設(shè)魚雷快艇的總質(zhì)量為M，以速度v前進(jìn)，現(xiàn)沿快艇前進(jìn)方向發(fā)射一顆質(zhì)量為m的魚雷后，快艇速度減為原來的eq\f(3,5)，不計(jì)水的阻力，則魚雷的發(fā)射速度為(A)A．eq\f(2M＋3m,5m)v B．eq\f(2M,5m)vC．eq\f(4M－m,5m)v D．eq\f(4M,5m)v[解析]設(shè)快艇的速度方向?yàn)檎较?；根?jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv＝(M－m)eq\f(3,5)v＋mv′。解得v′＝eq\f(2M＋3m,5m)v。核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解1．動(dòng)量守恒定律適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系。(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力。(3)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受合外力為0。(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力。(5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動(dòng)量守恒。2．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。3．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)。(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明。題型一動(dòng)量守恒的判斷例1(2021·河北武邑中學(xué)調(diào)研)如圖所示，兩木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(C)A．動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒C．動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒D．動(dòng)量、機(jī)械能都不守恒[解析]本題考查動(dòng)量守恒和機(jī)械守恒的判斷。在子彈射入木塊A及壓縮彈簧的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；子彈射入木塊A的過程中，摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故C正確。題型二動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用例2如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對冰面的3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？[解析](1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有m2v20＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v20＝－3m/s為冰塊推出時(shí)的速度解得m3＝20kg。(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0解得v1＝1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)解得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。[答案](1)20kg(2)見解析〔變式訓(xùn)練1〕(2020·遼寧沈陽一模)(多選)如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊之間夾一被壓縮的彈簧。現(xiàn)釋放彈簧，A、B木塊被彈開后，各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面。A落地點(diǎn)距桌邊水平距離為0.5m，B落地點(diǎn)距桌邊水平距離為1m，則(AD)A．A、B離開彈簧時(shí)的速度大小之比為1︰2B．A、B離開彈簧時(shí)的速度大小之比為1︰1C．A、B質(zhì)量之比為1︰2D．A、B質(zhì)量之比為2︰1[解析]本題考查反沖運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)量守恒。A和B離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，已知下落的高度相同，則它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由x＝v0t得A、B離開彈簧時(shí)的速度大小之比為eq\f(vA,vB)＝eq\f(xA,xB)＝eq\f(0.5,1)＝eq\f(1,2)，故A正確，B錯(cuò)誤；彈簧彈開物體的過程，兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，則A、B質(zhì)量之比為eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB,vA)＝eq\f(2,1)，故C錯(cuò)誤，D正確?？键c(diǎn)二“子彈打木塊”模型1．木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進(jìn)木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動(dòng)量守恒。2．兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度x相。3．根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能。4．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·x相，即兩物體由于相對運(yùn)動(dòng)而摩擦產(chǎn)生的熱(機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動(dòng)的路程的乘積。5．當(dāng)子彈速度很大時(shí)，可能射穿木塊，這時(shí)末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝Ff·L(L為木塊的長度)。例3如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1的大小；(2)木板向右滑行的最大速度v2的大??；(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t。[解析](1)子彈進(jìn)入物塊后和物塊一起向右滑行的初速度即最大速度，由動(dòng)量守恒定律可得，m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者共速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2解得v2＝2m/s。(3)對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t＝1s。[答案](1)6m/s(2)2m/s(3)1s考點(diǎn)三反沖運(yùn)動(dòng)和爆炸問題例4(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。[解析](1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v0＝－gt ②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)) ③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E ⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0 ⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2 ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)[答案](1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)〔變式訓(xùn)練2〕(2021·湖南衡陽八中月考)“世界上第一個(gè)想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶。他把47個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備(含燃料的火箭、椅子、風(fēng)箏等)總質(zhì)量為M，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為m的熾熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉詖0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是(B)A．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力B．在燃?xì)鈬姵龅乃查g，火箭的速度大小為eq\f(mv0,M－m)C．噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為eq\f(m2v\o\al(2,0),gM－m2)D．在火箭噴氣過程中，萬戶及所攜設(shè)備機(jī)械能守恒[解析]本題考查反沖運(yùn)動(dòng)中動(dòng)量守恒定律?；鸺耐屏碓从谌剂先紵龝r(shí)產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯(cuò)誤；在燃?xì)鈬姵龅乃查g，萬戶及所攜設(shè)備組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小為v＝eq\f(mv0,M－m)，故B正確；噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得上升的最大高度為h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(m2v\o\al(2,0),2M－m2g)，故C錯(cuò)誤；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時(shí)產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設(shè)備做正功，萬戶及所攜設(shè)備機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。名師講壇·素養(yǎng)提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG人船模型1．“人船模型”問題兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒。在相互作用的過程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。2．人船模型的特點(diǎn)(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(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)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問題：公式v1、v2和x一般都是相對地面而言的。例5如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的船停在靜水中，一個(gè)質(zhì)量為m的人(可視為質(zhì)點(diǎn))站在船頭，在人從船頭走到船尾的過程中，船與人相對地的位移大小分別為多少？(忽略水對船的阻力)[解析]選人和船為一系統(tǒng)，由于系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)某一時(shí)刻人的對地速度為v，船的速度大小為v′，選人的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv－Mv′＝0。在人與船相互作用的過程中，上式始終成立，不難想到，船的運(yùn)動(dòng)受人運(yùn)動(dòng)的制約，當(dāng)人加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，船亦加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，船亦勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，船也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)人從船頭到船尾的過程中，人的對地位移大小為x人，船的對地位移大小為x船，所以eq\f(x人,x船)＝eq\f(v,v′)，又從圖可見x人＋x船＝L，聯(lián)立三式可解得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L。[答案]x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L名師點(diǎn)撥“人船模型”問題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)1．適用條件：(1)系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零；(2)在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)的過程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒(如水平方向或豎直方向)且為零。2．畫草圖：解題時(shí)要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移?！沧兪接?xùn)練3〕(2021·河北衡水中學(xué)模擬)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時(shí)間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是(D)A．FN＝mgcosαB．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．此過程中斜面向左滑動(dòng)的距離為eq\f(m,M＋m)L[解析]本題考查水平方向上的動(dòng)量守恒。當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時(shí)，斜面A水平向左加速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯(cuò)誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確。2年高考·1年模擬2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·浙江紹興期末)用質(zhì)量可以忽略的彈簧將A、B兩個(gè)滑塊連接在一起，放在水平氣墊導(dǎo)軌上，用手拉開兩個(gè)滑塊，使彈簧處于伸長狀態(tài)，放手后兩個(gè)滑塊運(yùn)動(dòng)的x－t圖像如圖所示．則A滑塊的質(zhì)量與B滑塊的質(zhì)量之比為(B)A．3︰2 B．2︰3C．1︰2 D．2︰1[解析]本題考查動(dòng)量守恒定律的簡單應(yīng)用。氣墊導(dǎo)軌上的摩擦可以忽略，兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，任意時(shí)刻滿足mAvA＝mBvB，則有mAxA＝mBxB，分析圖像可知，xA＝3cm，xB＝2cm，則A滑塊的質(zhì)量與B滑塊的質(zhì)量之比mA︰mB＝2︰3，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。2．(2020·贛粵湘三省六校聯(lián)考)(多選)如圖所示，在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M＝1kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一豎直擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，當(dāng)彈簧處于原長時(shí)，在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為m＝0.9kg的物塊B，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0＝0.1kg的子彈C以v0＝400m/s的速度水平擊中物塊并嵌入其中，該過程作用時(shí)間極短，則在A、B、C相互作用的過程中，下列說法中正確的有(AD)A．A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．子彈擊中物塊B的瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量大小為40N·sD．彈簧被壓縮到最短時(shí)木板的速度為20m/s[解析]本題考查系統(tǒng)動(dòng)量守恒與能量守恒的應(yīng)用。水平地面光滑，A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確；子彈擊中物塊的過程中系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機(jī)械能有損失，因此A、B、C與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；子彈擊中物塊的過程中子彈與物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m＋m0)v，解得v＝40m/s，子彈擊中物塊B的瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量I＝Δp＝mv－0＝0.9×40kg·m·s－1＝36N·s，故C錯(cuò)誤；彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B、C的速度相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m＋m0＋M)v′，解得v′＝20m/s，即彈簧被壓縮到最短時(shí)木板的速度為20m/s，故D正確。3．(2020·湖北恩施高中等三校聯(lián)考)忽然“口奄——”的一聲，一輛運(yùn)沙車按著大喇叭轟隆隆地從旁邊開過，小明就想，裝沙時(shí)運(yùn)沙車都是停在沙場傳送帶下，等裝滿沙后再開走，為了提高效率，他覺得應(yīng)該讓運(yùn)沙車邊走邊裝沙。設(shè)想運(yùn)沙車沿著固定的水平軌道向前行駛，沙子從傳送帶上勻速地豎直漏下，已知某時(shí)刻運(yùn)沙車前進(jìn)的速度為v，單位時(shí)間從傳送帶上漏下的沙子質(zhì)量為m，則下列說法中正確的是(D)A．若軌道光滑，則運(yùn)沙車和漏進(jìn)車的沙子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．若軌道光滑，則運(yùn)沙車裝的沙子越來越多，速度卻能保持不變C．已知此時(shí)運(yùn)沙車所受的軌道阻力為F阻，則要維持運(yùn)沙車勻速前進(jìn)，運(yùn)沙車的牽引力應(yīng)為F牽＝F阻D．已知此時(shí)運(yùn)沙車所受的軌道阻力為F阻，則要維持運(yùn)沙車勻速前進(jìn)，運(yùn)沙車的牽引力應(yīng)為F牽＝F阻＋mv[解析]本題考查共點(diǎn)力平衡、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。若軌道光滑，則運(yùn)沙車和漏進(jìn)車的沙子組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，而不是總動(dòng)量守恒，因?yàn)樯匙釉谪Q直方向上的動(dòng)量在變化，故A錯(cuò)誤；設(shè)某時(shí)刻運(yùn)沙車總質(zhì)量為M，隨后一段時(shí)間Δt內(nèi)漏進(jìn)運(yùn)沙車的沙子質(zhì)量為Δm，則由水平方向動(dòng)量守恒，有Mv＋0＝(M＋Δm)v′，可以看出運(yùn)沙車速度會(huì)逐漸減小，故B錯(cuò)誤；選一段極短時(shí)間Δt內(nèi)漏進(jìn)運(yùn)沙車的沙子Δm為研究對象，由動(dòng)量定理，有FΔt＝Δm·v－0，則車對漏進(jìn)來的沙子向前的作用力為F＝eq\f(Δm,Δt)v＝mv，則以運(yùn)沙車為研究對象，由平衡條件有F牽－F阻－F′＝0，其中F′是漏進(jìn)車的沙子對車的阻力，由牛頓第三定律有F′＝F，聯(lián)立得F牽＝F阻＋mv，故C錯(cuò)誤，D正確。第六章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律綜合過關(guān)規(guī)范限時(shí)檢測滿分：100分考試時(shí)間：45分鐘一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共計(jì)48分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2020·山東棗莊二調(diào))新華社西昌3月10日電“芯級箭體直徑9.5米級、近地軌道運(yùn)載能力50噸至140噸、奔月轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)載能力15噸至50噸、奔火(火星)轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)載能力12噸至44噸……”這是我國重型運(yùn)載火箭長征九號研制中的一系列指標(biāo)，已取得階段性成果，預(yù)計(jì)將于2030年前后實(shí)現(xiàn)首飛。火箭點(diǎn)火升空，燃料連續(xù)燃燒后的燃?xì)庖院艽蟮乃俣葟幕鸺龂娍趪姵?，火箭獲得推力。下列觀點(diǎn)正確的是(D)A．噴出的燃?xì)鈱χ車諝獾臄D壓力就是火箭獲得的推力B．因?yàn)閲姵龅娜細(xì)鈹D壓空氣，所以空氣對燃?xì)獾姆醋饔昧褪腔鸺@得的推力C．燃?xì)獗粐姵鏊查g，火箭對燃?xì)獾淖饔昧褪腔鸺@得的推力D．燃?xì)獗粐姵鏊查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧褪腔鸺@得的推力[解析]本題考查反沖問題，作用力與反作用力。噴出的燃?xì)鈱χ車諝獾臄D壓力作用在空氣上，不是火箭獲得的推力，故A錯(cuò)誤；空氣對燃?xì)獾姆醋饔昧ψ饔迷谌細(xì)馍希皇腔鸺@得的推力，故B錯(cuò)誤；燃?xì)獗粐姵鏊查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺?，是火箭獲得的推力，故C錯(cuò)誤，D正確。2．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1，逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點(diǎn)沖上傳送帶，從此時(shí)起到物塊再次回到P點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是(D)A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C．合力對物塊的沖量大小可能為零D．合力對物塊做的功可能為零[解析]本題利用傳送帶模型考查沖量的計(jì)算。若v2>v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度v1后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知物體再次回到P點(diǎn)的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得，合外力的沖量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2。若v2<v1，物塊再次回到P點(diǎn)的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量定理得，合外力的沖量為I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；若v1＝v2，則合外力的沖量I合＝2mv1＝2mv2，v2≤v1時(shí)，合外力做功都為零。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。3．(2020·黑龍江哈爾濱三中期中)如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)線系一個(gè)小球。開始將小球提起到圖示位置，然后無初速度釋放，之后不會(huì)與車上的支架碰撞。在小球來回?cái)[動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是(A)A．小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，小車的速度最大B．小車和小球系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小球擺到右方最高點(diǎn)時(shí)刻，小車有向右的速度D．小球向右擺動(dòng)過程小車一直向左加速運(yùn)動(dòng)[解析]本題考查動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒條件的判斷。小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，則水平方向動(dòng)量守恒，小球來回?cái)[動(dòng)的過程中只有重力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球在最低點(diǎn)，小球和小車速度最大，故A正確；小球從圖示位置擺到最低點(diǎn)，小車向左加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球從最低點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車向左減速，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到右邊與圖示位置相等高度的位置時(shí)，小球與小車有相同的速度，二者動(dòng)量之和為零，則二者速度為零，即小球向右擺動(dòng)過程小車先向左加速運(yùn)動(dòng)，后向左減速運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤；小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，在豎直方向動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤。4．(2020·廣東廣州一模)如圖，水平放置的圓環(huán)形窄槽固定在桌面上，槽內(nèi)有兩個(gè)大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽運(yùn)動(dòng)，在位置P與球b發(fā)生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則a、b兩球質(zhì)量之比為(D)A．3︰1 B．1︰3C．5︰3 D．3︰5[解析]本題考查動(dòng)量守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)的結(jié)合。由a、b再次在Q點(diǎn)碰撞可知，碰后兩球的速度方向相反，且在相同時(shí)間內(nèi)，b球運(yùn)動(dòng)的弧長為a球運(yùn)動(dòng)的弧長的3倍，則有vb＝－3va，由動(dòng)量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mav2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯(lián)立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,5)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。5．幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平固定排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，則下列說法正確的是(C)A．子彈在每個(gè)水球中的速度變化量相同B．子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同C．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同D．子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)量變化量相同[解析]恰好能穿出第4個(gè)水球，即末速度v＝0，逆向看成子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則自左向右子彈通過四個(gè)水球的時(shí)間比為(2－eq\r(3))︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰(eq\r(2)－1)︰1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于加速度a恒定，由Δv＝aΔt可知，子彈在每個(gè)水球中的速度變化量不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣ǎ蒊＝FΔt可知，每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確；由動(dòng)量定理有FΔt＝Δp，子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)量變化量不相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.甲、乙兩個(gè)質(zhì)量都是M的小車靜置在光滑水平地面上。質(zhì)量為m的人站在甲車上，之后跳上乙車，接著又立即從乙車跳回甲車。人跳離甲車、乙車時(shí)對地面的水平速度均為v0對于這一過程，下列說法中正確的是(BC)A．最后甲、乙兩車的速率相等B．最后甲、乙兩車的速率之比v甲︰v乙＝M︰(m＋M)C．若人從甲車跳到乙車時(shí)對甲車的水平?jīng)_量大小為I1，從乙車跳回甲車時(shí)對乙車的水平?jīng)_量大小為I2，則I1<I2D．若人從甲車跳到乙車時(shí)對甲車的水平?jīng)_量大小為I1，從乙車跳回甲車時(shí)對乙車的水平?jīng)_量大小為I2，則I1＝I2[解析]本題考查了動(dòng)量守恒定律中多過程問題。以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人從甲車跳離時(shí)的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得，人跳離甲車時(shí)有mv－Mv1＝0，以乙車與人組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳上乙車時(shí)有mv＝(m＋M)v2，人跳離乙車時(shí)有(m＋M)v2＝Mv乙－mv，再以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳上甲車時(shí)有－mv－Mv1＝－(m＋M)v甲，解得eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M,M＋m)，故A錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)量定理得，對甲車有I1＝Mv1＝mv，對乙車有I2＝Mv乙－Mv2＝mv＋eq\f(m2,M＋m)v，則I1<I2，故C正確，D錯(cuò)誤。7．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(BC)A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力大于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒[解析]子彈射入木塊過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬間速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；子彈射入木塊后瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知輕繩拉力大于(M＋m0)g，選項(xiàng)B正確；子彈射入木塊后瞬間，對圓環(huán)有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，選項(xiàng)C正確；子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．(2020·廣東六校第二次聯(lián)考)如圖所示，鎖定的A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m。過程一：只解除B球鎖定，B球被彈出落于距桌邊水平距離為s的水平地面上；過程二：同時(shí)解除A、B兩球鎖定，則(兩種情況下小球離開桌面前，彈簧均已恢復(fù)原長)(BCD)A．兩種情況下B球的機(jī)械能增量均相同B．兩過程中，在B球落地前A、B兩球及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能均守恒C．過程二中，B球的落地點(diǎn)距桌邊水平距離為eq\f(\r(6),3)sD．過程一和過程二中，彈簧對B球做功之比為3︰2[解析]本題考查能量守恒定律與動(dòng)量守恒定律的綜合。過程一中，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為B球的動(dòng)能，過程二中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為A、B兩球的動(dòng)能，所以兩種情況下B球的機(jī)械能增量不同，故A錯(cuò)誤；兩過程中，A、B兩球和彈簧組成的系統(tǒng)除了重力和彈簧彈力做功之外，無其他外力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能均守恒，故B正確；過程一中，B球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)豎直高度為h，則有s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝seq\r(\f(g,2h))，彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，過程二中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初動(dòng)量為0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mvA＝mvB，Ep＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝seq\r(\f(g,3h))，根據(jù)上述平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可解出過程二中，B球的落地點(diǎn)距桌邊水平距離為eq\f(\r(6),3)s，故C正確；彈簧對B球做功全部轉(zhuǎn)化為B球脫離彈簧時(shí)的動(dòng)能，所以彈簧對B球做功之比為B球兩次動(dòng)能之比，即eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),\f(1,2)mv\o\al(2,B))＝eq\f(3,2)，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題，共52分。)9．(12分)(2020·課標(biāo)Ⅰ，23)某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、兩個(gè)與計(jì)算機(jī)相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等。實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)開動(dòng)氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個(gè)光電門的遮光時(shí)間大約相等時(shí)，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平；(2)用天平測砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量m1、滑塊(含遮光片)的質(zhì)量m2；(3)用細(xì)線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細(xì)線水平拉動(dòng)滑塊；(4)令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動(dòng)下從左邊開始運(yùn)動(dòng)，和計(jì)算機(jī)連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時(shí)間Δt1、Δt2及遮光片從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間t12；(5)在遮光片隨滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝_m1gt12，滑塊動(dòng)量改變量的大小Δp＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2。計(jì)算可得I＝0.221N·s，Δp＝0.212kg·m·s－1；(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)(7)定義δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次實(shí)驗(yàn)δ＝4%(保留1位有效數(shù)字)。[解析]本題考查驗(yàn)證動(dòng)量定理實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)處理。(1)氣墊導(dǎo)軌水平時(shí)滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個(gè)光電門的遮光時(shí)間大約相等時(shí)，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平。(5)拉力的沖量大小為I＝Ft＝m1gt12；滑塊通過A點(diǎn)的速度大小為vA＝eq\f(d,Δt1)，滑塊通過B點(diǎn)的速度大小為vB＝eq\f(d,Δt2)，則滑塊動(dòng)量改變量的大小為Δp＝m2vB－m2vA＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(6)將題給數(shù)據(jù)代入(5)中各表達(dá)式可得：I＝m1gt12＝1.50×10－2kg×9.80m/s2×1.50s≈0.221N·s；Δp＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))＝0.400kg×0.01000m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1.270×10－2s)－\f(1,3.900×10－2s)))≈0.212kg·m·s－1。(7)δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0.221N·s－0.212kg·m·s－1,0.221N·s)))×100%≈4%。10．(20分)為了降低新型冠狀病毒肺炎的傳播風(fēng)險(xiǎn)，從2020年2月9日起，武漢市全城開展一天兩次的集中消毒，如圖所示。有一只消毒水槍，其槍口直徑為d，出水速度為v，儲(chǔ)水箱的體積為V。(1)求儲(chǔ)水箱充滿消毒水后可連續(xù)使用多長時(shí)間？(2)設(shè)消毒水的密度為ρ，水柱水平地打在豎直平面(目標(biāo))后速度變?yōu)榱?，求水流對目?biāo)的沖擊力為多大？你認(rèn)為控制水槍威力的關(guān)鍵是控制哪些因素(不考慮重力、空氣阻力等因素的影響，認(rèn)為水柱到達(dá)目標(biāo)時(shí)的速率與出槍口時(shí)的速率相同)?[答案](1)eq\f(4V,vd2π)(2)eq\f(1,4)πρd2v2見解析[解析](1)設(shè)t時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的消毒水體積為ΔV則有ΔV＝vSt，又S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2故單位時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的消毒水體積為eq\f(ΔV,t)＝eq\f(1,4)vπd2，水槍充滿消毒水后可連續(xù)使用的時(shí)間t總＝eq\f(V,\f(1,4)vd2π)＝eq\f(4V,vd2π)。(2)t時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的消毒水的質(zhì)量m＝ρSvt＝ρvπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2t＝eq\f(1,4)πρd2vt，質(zhì)量為m的消毒水在t時(shí)間內(nèi)與目標(biāo)相互作用，以水流的方向?yàn)檎较騽t有－Ft＝0－mv＝0－eq\f(1,4)πρd2vt·v＝－eq\f(1,4)πρd2v2t，解得F＝eq\f(1,4)πρd2v2，可見要控制水槍的威力，關(guān)鍵是要控制槍口直徑和出水速度。11．(20分)(2020·湖北荊、荊、襄、宜四地七校聯(lián)考)在光滑水平地面上放有一質(zhì)量M＝1kg帶光滑圓弧形槽的小車，質(zhì)量為m＝2kg的小球以速度v0＝3m/s沿水平槽口滑上圓弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小球從槽口開始運(yùn)動(dòng)到滑到最高點(diǎn)(未離開圓弧形槽)的過程中，小球?qū)π≤囎龅墓；(2)小球落地瞬間，小車右端與小球間的水平間距L。[答案](1)2J(2)1.2m[解析]本題考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律。(1)小球從開始到上升至最大高度過程中，小車和小球水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，可得mv0＝(M＋m)v，對小車，由動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)Mv2，聯(lián)立解得W＝2J。(2)小球從開始運(yùn)動(dòng)到回到槽口過程小球和小車水平方向動(dòng)量守恒，可得mv0＝mv1＋Mv2，對小球和小車由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立可得v1＝1m/s，v2＝4m/s，小球離開小車后，向左做平拋運(yùn)動(dòng)，小車向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，得h＝eq\f(1,2)gt2，L＝(v2－v1)t，聯(lián)立可得L＝1.2m。第六章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律綜合過關(guān)規(guī)范限時(shí)檢測滿分：100分考試時(shí)間：45分鐘一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共計(jì)48分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2020·山東棗莊二調(diào))新華社西昌3月10日電“芯級箭體直徑9.5米級、近地軌道運(yùn)載能力50噸至140噸、奔月轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)載能力15噸至50噸、奔火(火星)轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)載能力12噸至44噸……”這是我國重型運(yùn)載火箭長征九號研制中的一系列指標(biāo)，已取得階段性成果，預(yù)計(jì)將于2030年前后實(shí)現(xiàn)首飛?；鸺c(diǎn)火升空，燃料連續(xù)燃燒后的燃?xì)庖院艽蟮乃俣葟幕鸺龂娍趪姵觯鸺@得推力。下列觀點(diǎn)正確的是(D)A．噴出的燃?xì)鈱χ車諝獾臄D壓力就是火箭獲得的推力B．因?yàn)閲姵龅娜細(xì)鈹D壓空氣，所以空氣對燃?xì)獾姆醋饔昧褪腔鸺@得的推力C．燃?xì)獗粐姵鏊查g，火箭對燃?xì)獾淖饔昧褪腔鸺@得的推力D．燃?xì)獗粐姵鏊查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧褪腔鸺@得的推力[解析]本題考查反沖問題，作用力與反作用力。噴出的燃?xì)鈱χ車諝獾臄D壓力作用在空氣上，不是火箭獲得的推力，故A錯(cuò)誤；空氣對燃?xì)獾姆醋饔昧ψ饔迷谌細(xì)馍?，不是火箭獲得的推力，故B錯(cuò)誤；燃?xì)獗粐姵鏊查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺希腔鸺@得的推力，故C錯(cuò)誤，D正確。2．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1，逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點(diǎn)沖上傳送帶，從此時(shí)起到物塊再次回到P點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是(D)A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C．合力對物塊的沖量大小可能為零D．合力對物塊做的功可能為零[解析]本題利用傳送帶模型考查沖量的計(jì)算。若v2>v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度v1后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知物體再次回到P點(diǎn)的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得，合外力的沖量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2。若v2<v1，物塊再次回到P點(diǎn)的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量定理得，合外力的沖量為I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；若v1＝v2，則合外力的沖量I合＝2mv1＝2mv2，v2≤v1時(shí)，合外力做功都為零。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。3．(2020·黑龍江哈爾濱三中期中)如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)線系一個(gè)小球。開始將小球提起到圖示位置，然后無初速度釋放，之后不會(huì)與車上的支架碰撞。在小球來回?cái)[動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是(A)A．小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，小車的速度最大B．小車和小球系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小球擺到右方最高點(diǎn)時(shí)刻，小車有向右的速度D．小球向右擺動(dòng)過程小車一直向左加速運(yùn)動(dòng)[解析]本題考查動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒條件的判斷。小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，則水平方向動(dòng)量守恒，小球來回?cái)[動(dòng)的過程中只有重力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球在最低點(diǎn)，小球和小車速度最大，故A正確；小球從圖示位置擺到最低點(diǎn)，小車向左加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球從最低點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車向左減速，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到右邊與圖示位置相等高度的位置時(shí)，小球與小車有相同的速度，二者動(dòng)量之和為零，則二者速度為零，即小球向右擺動(dòng)過程小車先向左加速運(yùn)動(dòng)，后向左減速運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤；小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，在豎直方向動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤。4．(2020·廣東廣州一模)如圖，水平放置的圓環(huán)形窄槽固定在桌面上，槽內(nèi)有兩個(gè)大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽運(yùn)動(dòng)，在位置P與球b發(fā)生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則a、b兩球質(zhì)量之比為(D)A．3︰1 B．1︰3C．5︰3 D．3︰5[解析]本題考查動(dòng)量守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)的結(jié)合。由a、b再次在Q點(diǎn)碰撞可知，碰后兩球的速度方向相反，且在相同時(shí)間內(nèi)，b球運(yùn)動(dòng)的弧長為a球運(yùn)動(dòng)的弧長的3倍，則有vb＝－3va，由動(dòng)量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mav2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯(lián)立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,5)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。5．幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平固定排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，則下列說法正確的是(C)A．子彈在每個(gè)水球中的速度變化量相同B．子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同C．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同D．子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)量變化量相同[解析]恰好能穿出第4個(gè)水球，即末速度v＝0，逆向看成子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則自左向右子彈通過四個(gè)水球的時(shí)間比為(2－eq\r(3))︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰(eq\r(2)－1)︰1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于加速度a恒定，由Δv＝aΔt可知，子彈在每個(gè)水球中的速度變化量不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，由I＝FΔt可知，每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確；由動(dòng)量定理有FΔt＝Δp，子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)量變化量不相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.甲、乙兩個(gè)質(zhì)量都是M的小車靜置在光滑水平地面上。質(zhì)量為m的人站在甲車上，之后跳上乙車，接著又立即從乙車跳回甲車。人跳離甲車、乙車時(shí)對地面的水平速度均為v0對于這一過程，下列說法中正確的是(BC)A．最后甲、乙兩車的速率相等B．最后甲、乙兩車的速率之比v甲︰v乙＝M︰(m＋M)C．若人從甲車跳到乙車時(shí)對甲車的水平?jīng)_量大小為I1，從乙車跳回甲車時(shí)對乙車的水平?jīng)_量大小為I2，則I1<I2D．若人從甲車跳到乙車時(shí)對甲車的水平?jīng)_量大小為I1，從乙車跳回甲車時(shí)對乙車的水平?jīng)_量大小為I2，則I1＝I2[解析]本題考查了動(dòng)量守恒定律中多過程問題。以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人從甲車跳離時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得，人跳離甲車時(shí)有mv－Mv1＝0，以乙車與人組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳上乙車時(shí)有mv＝(m＋M)v2，人跳離乙車時(shí)有(m＋M)v2＝Mv乙－mv，再以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳上甲車時(shí)有－mv－Mv1＝－(m＋M)v甲，解得eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M,M＋m)，故A錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)量定理得，對甲車有I1＝Mv1＝mv，對乙車有I2＝Mv乙－Mv2＝mv＋eq\f(m2,M＋m)v，則I1<I2，故C正確，D錯(cuò)誤。7．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(BC)A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力大于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒[解析]子彈射入木塊過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬間速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；子彈射入木塊后瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知輕繩拉力大于(M＋m0)g，選項(xiàng)B正確；子彈射入木塊后瞬間，對圓環(huán)有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，選項(xiàng)C正確；子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．(2020·廣東六校第二次聯(lián)考)如圖所示，鎖定的A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m。過程一：只解除B球鎖定，B球被彈出落于距桌邊水平距離為s的水平地面上；過程二：同時(shí)解除A、B兩球鎖定，則(兩種情況下小球離開桌面前，彈簧均已恢復(fù)原長)(BCD)A．兩種情況下B球的機(jī)械能增量均相同B．兩過程中，在B球落地前A、B兩球及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能均守恒C．過程二中，B球的落地點(diǎn)距桌邊水平距離為eq\f(\r(6),3)sD．過程一和過程二中，彈簧對B球做功之比為3︰2[解析]本題考查能量守恒定律與動(dòng)量守恒定律的綜合。過程一中，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為B球的動(dòng)能，過程二中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為A、B兩球的動(dòng)能，所以兩種情況下B球的機(jī)械能增量不同，故A錯(cuò)誤；兩過程中，A、B兩球和彈簧組成的系統(tǒng)除了重力和彈簧彈力做功之外，無其他外力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能均守恒，故B正確；過程一中，B球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)豎直高度為h，則有s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝seq\r(\f(g,2h))，彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，過程二中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初動(dòng)量為0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mvA＝mvB，Ep＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝seq\r(\f(g,3h))，根據(jù)上述平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可解出過程二中，B球的落地點(diǎn)距桌邊水平距離為eq\f(\r(6),3)s，故C正確；彈簧對B球做功全部轉(zhuǎn)化為B球脫離彈簧時(shí)的動(dòng)能，所以彈簧對B球做功之比為B球兩次動(dòng)能之比，即eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),\f(1,2)mv\o\al(2,B))＝eq\f(3,2)，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題，共52分。)9．(12分)(2020·課標(biāo)Ⅰ，23)某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、兩個(gè)與計(jì)算機(jī)相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等。實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)開動(dòng)氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個(gè)光電門的遮光時(shí)間大約相等時(shí)，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平；(2)用天平測砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量m1、滑塊(含遮光片)的質(zhì)量m2；(3)用細(xì)線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細(xì)線水平拉動(dòng)滑塊；(4)令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動(dòng)下從左邊開始運(yùn)動(dòng)，和計(jì)算機(jī)連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時(shí)間Δt1、Δt2及遮光片從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間t12；(5)在遮光片隨滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝_m1gt12，滑塊動(dòng)量改變量的大小Δp＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2。計(jì)算可得I＝0.221N·s，Δp＝0.212kg·m·s－1；(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)(7)定義δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次實(shí)驗(yàn)δ＝4%(保留1位有效數(shù)字)。[解析]本題考查驗(yàn)證動(dòng)量定理實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)處理。(1)氣墊導(dǎo)軌水平時(shí)滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個(gè)光電門的遮光時(shí)間大約相等時(shí)，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平。(5)拉力的沖量大小為I＝Ft＝m1gt12；滑塊通過A點(diǎn)的速度大小為vA＝eq\f(d,Δt1)，滑塊通過B點(diǎn)的速度大小為vB＝eq\f(d,Δt2)，則滑塊動(dòng)量改變量的大小為Δp＝m2vB－m2vA＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(6)將題給數(shù)據(jù)代入(5)中各表達(dá)式可得：I＝m1gt12＝1.50×10－2kg×9.80m/s2×1.50s≈0.221N·s；Δp＝m2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))＝0.400kg×0.01000m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1.270×10－2s)－\f(1,3.900×10－2s)))≈0.212kg·m·s－1。(7)δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0.221N·s－0.212kg·m·s－1,0.221N·s)))×100%≈4%。10．(20分)為了降低新型冠狀病毒肺炎的傳播風(fēng)險(xiǎn)，從2020年2月9日起，武漢市全城開展一天兩次的集中消毒，如圖所示。有一只消毒水槍，其槍口直徑為d，出水速度為v，儲(chǔ)水箱的體積為V。(1)求儲(chǔ)水箱充滿消毒水后可連續(xù)使用多長時(shí)間？(2)設(shè)消毒水的密度為ρ，水柱水平地打在豎直平面(目標(biāo))后速度變?yōu)榱?，求水流對目?biāo)的沖擊力為多大？你認(rèn)為控制水槍威力的關(guān)鍵是控制哪些因素(不考慮重力、空氣阻力等因素的影響，認(rèn)為水柱到達(dá)目標(biāo)時(shí)的速率與出槍口時(shí)的速率相同)?[答案](1)eq\f(4V,vd2π)(2)eq\f(1,4)πρd2v2見解析[解析](1)設(shè)t時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的消毒水體積為ΔV則有ΔV＝vSt，又S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2故單位時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的消毒水體積為eq\f(ΔV,t)＝eq\f(1,4)vπd2，水槍充滿消毒水后可連續(xù)使用的時(shí)間t總＝eq\f(V,\f(1,4)vd2π)＝eq\f(4V,vd2π)。(2)t時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的消毒水的質(zhì)量m＝ρSvt＝ρvπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2t＝eq\f(1,4)πρd2vt，質(zhì)量為m的消毒水在t時(shí)間內(nèi)與目標(biāo)相互作用，以水流的方向?yàn)檎较騽t有－Ft＝0－mv＝0－eq\f(1,4)πρd2vt·v＝－eq\f(1,4)πρd2v2t，解得F＝eq\f(1,4)πρd2v2，可見要控制水槍的威力，關(guān)鍵是要控制槍口直徑和出水速度。11．(20分)(2020·湖北荊、荊、襄、宜四地七校聯(lián)考)在光滑水平地面上放有一質(zhì)量M＝1kg帶光滑圓弧形槽的小車，質(zhì)量為m＝2kg的小球以速度v0＝3m/s沿水平槽口滑上圓弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小球從槽口開始運(yùn)動(dòng)到滑到最高點(diǎn)(未離開圓弧形槽)的過程中，小球?qū)π≤囎龅墓；(2)小球落地瞬間，小車右端與小球間的水平間距L。[答案](1)2J(2)1.2m[解析]本題考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律。(1)小球從開始到上升至最大高度過程中，小車和小球水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，可得mv0＝(M＋m)v，對小車，由動(dòng)能定理得W＝eq\