高考物理二、三輪復(fù)習(xí)總攻略專題2.5能量與動量(原卷版+解析)

核心主干專題突破專題2.5能量與動量目錄TOC\o"1-3"\h\u【突破高考題型】 INET【方法總結(jié)】用動量定理解決連續(xù)的流體問題在日常的生活和生產(chǎn)中，常涉及流體的連續(xù)相互作用問題，解決方法構(gòu)建柱體微元模型，然后用動量定理分析求解。分析步驟如下：題型二動量守恒定律及其應(yīng)用類型1動量守恒的判斷【例1】如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠墻角，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊。今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是()A．小球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B．小球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C．小球離開C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動D．槽將不會再次與墻接觸【答案】D【解析】小球從A運(yùn)動到B的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向與小球受到的支持力方向相反指向左下方，因?yàn)橛胸Q直墻擋住，所以半圓槽不會向左運(yùn)動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒，A、B錯誤；當(dāng)小球運(yùn)動到C點(diǎn)時，它的兩個分運(yùn)動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運(yùn)動，C錯誤；因?yàn)槿^程中，整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將不會再次與墻接觸，D正確?！疽?guī)律總結(jié)】判斷系統(tǒng)動量是否守恒的“三注意”(1)注意所選取的系統(tǒng)——所選的系統(tǒng)組成不同，結(jié)論往往不同。(2)注意所研究的運(yùn)動過程——系統(tǒng)的運(yùn)動分為多個過程時，有的過程動量守恒，另一過程則可能不守恒。(3)注意守恒條件——整體不滿足系統(tǒng)動量守恒條件時，在某一方向可能滿足動量守恒條件。類型2多個物體多次作用問題【例2】[多選](2020·全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動員面對擋板靜止在冰面上，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)動員時，運(yùn)動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8次這樣推物塊后，運(yùn)動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)動員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【答案】BC【解析】選運(yùn)動員退行速度方向?yàn)檎较颍O(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運(yùn)動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動量守恒定律，運(yùn)動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運(yùn)動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52kg＜M＜60kg，故B、C項(xiàng)正確，A、D項(xiàng)錯誤?！疽?guī)律總結(jié)】應(yīng)用動量守恒定律解題的兩點(diǎn)提醒(1)應(yīng)用動量守恒時應(yīng)注意系統(tǒng)的組成和過程的選取。(2)兩物體沿同一直線運(yùn)動，避免相撞的臨界條件是二者同向同速。類型3“人船模型”的應(yīng)用【例3】(多選)如圖所示，水平面上一半圓弧槽N的質(zhì)量為2m，槽的半徑為r，槽兩側(cè)的最高點(diǎn)等高。將一質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球M由槽右側(cè)的最高點(diǎn)無初速釋放，所有接觸面的摩擦均可忽略。第一種情況圓弧槽固定不動，第二種情況圓弧槽可自由滑動。下列說法正確的是()A.兩種情況下，小球均可運(yùn)動到圓弧槽左側(cè)最高點(diǎn)B.兩種情況下，小球滑到圓弧槽最低點(diǎn)時的速度大小之比為1∶1C.第二種情況下，小球滑到圓弧槽最低點(diǎn)時圓弧槽的速度大小為eq\r(\f(1,3)gr)D.第二種情況下，圓弧槽距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為eq\f(2,3)r【答案】ACD【解析】當(dāng)圓弧槽固定時，由機(jī)械能守恒定律可知，小球M能運(yùn)動到圓弧槽左側(cè)的最高點(diǎn)；當(dāng)圓弧槽可自由滑動時，對于M、N組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，小球M從圓弧槽的右側(cè)最高點(diǎn)由靜止釋放時，系統(tǒng)動量為零，設(shè)小球M到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)的速度為v1，則v1＝0，由機(jī)械能守恒定律可知，小球M能運(yùn)動到圓弧槽左側(cè)的最高點(diǎn)，選項(xiàng)A正確；當(dāng)圓弧槽固定時，設(shè)小球M滑到最低點(diǎn)時的速度為v0，則由機(jī)械能守恒定律得mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gr)；當(dāng)圓弧槽可自由滑動時，設(shè)小球M滑到最低點(diǎn)時的速率為v，此時圓弧槽的速率為v′，由水平方向動量守恒得0＝mv－2mv′，解得v′＝eq\f(v,2)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgr＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2mv′2，解得v＝2eq\r(\f(1,3)gr)、v′＝eq\r(\f(1,3)gr)，兩種情況下，小球滑到圓弧槽最低點(diǎn)時的速度大小之比為eq\r(3)∶eq\r(2)，選項(xiàng)B錯誤，C正確；第二種情況下，小球M和圓弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，當(dāng)小球運(yùn)動到左側(cè)最高點(diǎn)時，圓弧槽向右運(yùn)動的位移最大，設(shè)圓弧槽向右的最大位移為x，根據(jù)動量守恒定律得m(2r－x)＝2mx，解得x＝eq\f(2r,3)，選項(xiàng)D正確?！痉椒偨Y(jié)】1.應(yīng)用“人船模型”解題的兩個關(guān)鍵點(diǎn)(1)“人船模型”的應(yīng)用條件：相互作用的物體原來都靜止，且滿足動量守恒條件。(2)人、船位移大小關(guān)系：m人x人＝m船x船，x人＋x船＝L(L為船的長度)。2.此題是把“人船模型”由直線運(yùn)動變?yōu)榍€運(yùn)動，此外還可以把“人船模型”變?yōu)椤叭塑嚹Ｐ汀?，如圖甲所示；或把“人船模型”由水平方向變?yōu)樨Q直方向，如圖乙所示。解法相似，一是由動量守恒定律列式，二是由幾何關(guān)系列式，再聯(lián)立求解。題型三碰撞、爆炸與反沖【例1】(2022·淮北模擬)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動，mA＝2kg，mB＝3kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B速度的可能值是()A．vA＝4.5m/s，vB＝3m/sB．vA＝3m/s，vB＝4m/sC．vA＝－1.5m/s，vB＝7m/sD．vA＝7.5m/s，vB＝1m/s【答案】B【解析】：考慮實(shí)際情況，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、D錯誤，B、C滿足；A、B碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒，計(jì)算易知，B、C均滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能，碰撞前總動能為42J，B選項(xiàng)對應(yīng)的總動能為33J，C選項(xiàng)對應(yīng)的總動能為75.75J，故C錯誤，B正確?！疽?guī)律總結(jié)】碰撞遵循的三個原則動量守恒碰撞時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′動能不增加碰撞后系統(tǒng)的總動能不大于碰撞前系統(tǒng)的總動能。系統(tǒng)動能滿足關(guān)系式：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22≥eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2物理情境可行性按碰撞情境可分為追趕碰撞和相向碰撞，兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實(shí)際相一致【例2】如圖所示，哈九中航天科普節(jié)活動中，某同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對地面為v0的速度與豎直方向成θ角斜向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是()A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力B．水噴出的過程中，火箭和水機(jī)械能守恒C．火箭的水平射程為eq\f(m2veq\o\al(2,0),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m))2g)sin2θD．火箭上升的最大高度為eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)【答案】C【解析】火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，A錯誤；水噴出的過程中，瓶內(nèi)氣體做功，火箭及水的機(jī)械能不守恒，B錯誤；在水噴出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，由動量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝eq\f(mv0,M－m)，火箭上升的時間為t＝eq\f(vcosθ,g)＝eq\f(mv0cosθ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m))g)，火箭的水平射程為x＝vsinθ·2t＝eq\f(mv0sinθ,M－m)·eq\f(2mv0cosθ,（M－m）g)＝eq\f(m2veq\o\al(2,0),（M－m）2g)sin2θ，C正確；水噴出后，火箭做斜上拋運(yùn)動有(vcosθ)2＝2gh，解得h＝eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)cos2θ，D錯誤?！纠?】(2021·浙江1月選考，12)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m【答案】B【解析】設(shè)碎塊落地的時間為t，質(zhì)量大的碎塊水平初速度為v，則由動量守恒定律知質(zhì)量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運(yùn)動，下落的高度相同，則在空中運(yùn)動的時間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝eq\r(x2＋y2)，可見兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項(xiàng)錯誤；據(jù)題意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，聯(lián)立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸點(diǎn)離地面高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，所以B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯誤；兩碎塊落地點(diǎn)的水平距離為Δx＝3vt＝1020m，故D項(xiàng)錯誤?！痉椒偨Y(jié)】爆炸與反沖的三個特點(diǎn)(1)時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒或某個方向的動量守恒。(2)因有內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)機(jī)械能會增加，要利用能量守恒定律解題。(3)若系統(tǒng)初始狀態(tài)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則爆炸或反沖后系統(tǒng)內(nèi)物體速度往往方向相反。題型四動量和能量的綜合問題類型1動力學(xué)、動量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【例1】(2022·強(qiáng)基聯(lián)盟統(tǒng)測)如圖所示，半徑分別為R和r＝eq\f(R,2)的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上a、b兩小球之間有一被壓縮的彈簧(小球與彈簧不連接)，同時釋放a、b兩小球，兩球恰好能通過各自圓軌道的最高點(diǎn)，已知a球的質(zhì)量為m。則()A．b球的質(zhì)量為eq\f(\r(2),2)mB．兩小球與彈簧分離時動能相等C．彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢能為Ep＝5mgRD．b球運(yùn)動到與圓心等高點(diǎn)時對軌道的壓力為3eq\r(2)mg【答案】D【解析】a、b球恰好能通過各自圓軌道的最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)，根據(jù)重力提供向心力有mg＝eq\f(mv2,R)，解得兩球在最高點(diǎn)速度分別為va′＝eq\r(gR)，vb′＝eq\r(gr)，由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理有－2mgR＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，故在最低點(diǎn)時的速度分別為va＝eq\r(5gR)，vb＝eq\r(5gr)，由動量守恒定律有mava＝mbvb，解得mb＝eq\r(2)ma＝eq\r(2)m，A錯誤；兩小球與彈簧分離時動量大小相等、方向相反，兩球質(zhì)量不同，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，則動能大小并不相等，B錯誤；彈簧推開a、b球的過程中，由機(jī)械能守恒定律可得彈簧釋放前應(yīng)具有的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(2＋\r(2),4)×5mgR，C錯誤；b球運(yùn)動到與圓心等高處時，根據(jù)動能定理得－mbgr＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，解得v1＝eq\r(3gr)，根據(jù)FN＝eq\f(mbveq\o\al(2,1),r)得FN＝3mbg＝3eq\r(2)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，b球?qū)A軌道的壓力為3eq\r(2)mg，D正確?！痉椒记伞縿恿颗c能量觀點(diǎn)的應(yīng)用技巧(1)兩種觀點(diǎn)這兩個觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)所經(jīng)歷的過程中運(yùn)動狀態(tài)的改變，即只要知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中的沖量和所做的功，即可對問題進(jìn)行求解。(2)應(yīng)用技巧①在解決涉及時間的問題時可采用動量定理，在解決涉及位移的問題時，可考慮選用能量觀點(diǎn)的表達(dá)式。②動量觀點(diǎn)的表達(dá)式都是矢量表達(dá)式，也可以寫出分量表達(dá)式，但能量觀點(diǎn)的表達(dá)式是標(biāo)量表達(dá)式，沒有分量表達(dá)式。類型2含有彈簧的動量和能量的綜合問題【例2】如圖所示，在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊A與彈簧相互作用的過程中，下列判斷正確的是()A．彈簧壓縮量最大時，木板B運(yùn)動速率最大B．木板B的加速度一直增大C．彈簧給木塊A的沖量大小為eq\f(2mv0,3)D．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(mv02,3)【答案】D【解析】木塊與木板發(fā)生彈性碰撞，動量守恒；當(dāng)木塊與長木板速度相等時，彈簧的壓縮量最大，此后彈簧要恢復(fù)原狀，木板進(jìn)一步加速，故A錯誤；木塊與木板發(fā)生彈性碰撞，彈簧壓縮量先增加后減小，故木板B的加速度先增加后減小，故B錯誤；木塊與木板發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，機(jī)械能也守恒，根據(jù)動量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2①，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)×2mv02＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)mv22②，由①②兩式解得v1＝eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(4,3)v0，對木塊A，根據(jù)動量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－eq\f(4,3)mv0(負(fù)號表示方向向右)，故C錯誤；當(dāng)木塊與長木板速度相等時，彈簧的壓縮量最大，根據(jù)動量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v③，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有Ep＝eq\f(1,2)×2mv02－eq\f(1,2)(2m＋m)v2④，由③④兩式解得Ep＝eq\f(1,3)mv02，故D正確?！疽?guī)律總結(jié)】求解含彈簧的動量和能量的綜合問題的2點(diǎn)提醒(1)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機(jī)械能守恒或能量守恒求解。(2)要特別注意彈簧的三個狀態(tài)：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)(此時彈簧連接的兩個物體具有相同的速度，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的突破點(diǎn)。類型3子彈打木塊中的動量和能量的綜合問題【例3】[多選]如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩長方體滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍。兩種射入過程相比較()A．射入滑塊A的子彈速度變化大B．整個射入過程中兩滑塊受到的沖量一樣大C．射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍D．兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同【答案】BD【解析】在子彈射入滑塊的過程中，子彈與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，mv0＝(M＋m)v，兩種情況下子彈和滑塊的末速度相同，即兩種情況下子彈的速度變化量相同，A項(xiàng)錯誤；兩滑塊質(zhì)量相同，且最后的速度相同，由動量定理可知，兩滑塊受到的沖量相同，B項(xiàng)正確；由動能定理可知，兩種射入過程中阻力對子彈做功相同，C項(xiàng)錯誤；兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量與系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同，D項(xiàng)正確?！痉椒偨Y(jié)】(1)分析子彈打擊木塊的過程，弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一起運(yùn)動還是穿透木塊和木塊各自運(yùn)動。(2)子彈在打擊木塊的過程中，由于時間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，故在打擊的過程中動量守恒。(3)子彈在打擊木塊過程中損失的機(jī)械能，一般有兩種求解方法：一是通過計(jì)算打擊前系統(tǒng)的機(jī)械能與打擊后系統(tǒng)的機(jī)械能的差值得出機(jī)械能的損失；二是通過計(jì)算在子彈打擊木塊的過程中，子彈克服阻力做的功與阻力對木塊做的功的差值進(jìn)行求解。類型4板塊問題中的動量和能量的綜合問題【例4】(2022·北京模擬)水平地面上固定一光滑圓弧軌道，軌道下端的水平面與小車C的上表面平滑連接(如圖所示)，圓弧軌道上有一個小滑塊A，質(zhì)量為mA＝4kg，在距圓弧軌道的水平面高h(yuǎn)＝1.8m處由靜止下滑，在小車C的最左端有一個質(zhì)量mB＝2kg的滑塊B，滑塊A與B均可看作質(zhì)點(diǎn)，滑塊A與B碰撞后粘在一起，已知滑塊A、B與車C的上表面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，車C與水平地面的摩擦忽略不計(jì)。取g＝10m/s2。求：(1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大??；(2)若小車長0.64m，且滑塊A、B恰好沒有從小車上滑下，求小車的質(zhì)量mC?！敬鸢浮?1)4m/s(2)4kg【解析】(1)滑塊A下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mAgh＝eq\f(1,2)mAv12代入數(shù)據(jù)解得：v1＝6m/sA、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mAv1＝(mA＋mB)v2代入數(shù)據(jù)解得：v2＝4m/s。(2)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得?mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3由能量守恒定律得：μ(mA＋mB)gL＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v22－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32小車長L＝0.64m，代入數(shù)據(jù)解得：mC＝4kg?！疽?guī)律總結(jié)】板塊問題常涉及多個物體、多個運(yùn)動過程，板塊間存在相對運(yùn)動。解決板塊問題要分析不同階段的受力情況和運(yùn)動情況，然后逐個建立動量守恒和能量守恒的方程。同時注意一些關(guān)鍵字眼，如木板足夠長，說明物塊最終與木板同速，其相對滑動距離對應(yīng)木板至少長度?！緦ｎ}突破練】1．(2022·杭州重點(diǎn)中學(xué)期中)2021年8月1日，在東京奧運(yùn)會羽毛球女子單打決賽中，桐廬姑娘陳雨菲以總比分2∶1戰(zhàn)勝對手獲得金牌。如圖所示，在陳雨菲某次擊球時，用球拍將球以原速率反向擊出，則下列說法正確的是()A．擊球過程中，球的動量未發(fā)生變化B．研究球離開球拍后的運(yùn)動軌跡時，不能將球視為質(zhì)點(diǎn)C．球離開球拍后在空中受到重力和空氣作用力這兩個力D．擊球時，球拍對球的彈力是由于羽毛球的形變而產(chǎn)生的【答案】C【解析】球的速度方向發(fā)生了變化，所以動量一定變化，A錯誤；研究球離開球拍后的運(yùn)動軌跡時，球的大小和形狀對問題的影響可以忽略，可以將球視為質(zhì)點(diǎn)，B錯誤；球離開球拍后在空中受到重力和空氣作用力這兩個力，C正確；擊球時，球拍對球的彈力是由于球拍網(wǎng)線的形變而產(chǎn)生的，D錯誤。2.(2022·四川成都質(zhì)檢)甲同學(xué)在辦公室外奔跑過程中突然與從辦公室出來的乙同學(xué)發(fā)生碰撞，碰撞前乙已處于靜止?fàn)顟B(tài)，甲本能的伸直雙手對乙施加推力的同時手向胸口收，手收至胸口時甲乙恰好共速。碰撞過程若能忽略兩者與地面間在水平方向上的相互作用，則()A．甲的本能反應(yīng)減少了甲對乙的沖量B．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同C．甲的動能減少量等于乙的動能增加量D．甲對乙做的功小于乙對甲做的功【答案】D【解析】甲的動量變化量未發(fā)生改變，因此甲的本能反應(yīng)不能減少甲對乙的沖量，A錯誤；沖量是矢量，有方向，因此甲對乙的沖量與乙對甲的沖量不相同，B錯誤；兩者的碰撞屬于完全非彈性碰撞，有能量損失，因此甲的動能減少量大于乙的動能增加量，C錯誤；從兩人剛接觸到共速過程中，乙對地的位移小于甲對地的位移，因此甲對乙做的功小于乙對甲做的功，D正確。3．(2022·浦江、長興、余杭三校聯(lián)考)北京冬奧會2000米短道速滑混合接力賽上中國隊(duì)奪得首金。如圖所示，當(dāng)運(yùn)動員在光滑冰面上交接時，后方運(yùn)動員曲春雨用力推前方運(yùn)動員任子威。下列說法正確的是()A．曲春雨推出任子威后，曲春雨一定向后運(yùn)動B．曲春雨、任子威的動量變化相同C．曲春雨對任子威的沖量大于任子威對曲春雨的沖量D．曲春雨、任子威所受推力的沖量大小相等【答案】D【解析】曲春雨推出任子威后，曲春雨的速度減小，但是曲春雨不一定向后運(yùn)動，A錯誤；系統(tǒng)動量守恒，故兩個運(yùn)動員的動量變化量等大反向，但是曲春雨、任子威的動量變化不相同，根據(jù)動量定理可知曲春雨、任子威所受推力的沖量大小相等，D正確，B、C錯誤。4．如圖所示，碰碰車是一種機(jī)動游戲設(shè)施，車四周有橡膠做成的緩沖裝置。若兩碰碰車發(fā)生了正碰后立即停下，已知兩車相撞前速度大小約為1m/s，碰撞過程作用時間約為0.1s，車和人總質(zhì)量約100kg。則兩車碰撞過程中的平均作用力大小約為()A．100N B．200NC．1000N D．2000N【答案】C【解析】以其中一輛小車碰前速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理可得－FΔt＝0－mv，解得F＝1000N，故C正確。5．(2022·南京六校聯(lián)合體調(diào)研)兩個完全相同的小球A、B，在某一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出，不計(jì)空氣阻力。如圖所示，則下列說法正確的是()A．兩小球落地時，動量相同B．兩小球落地時，重力的瞬時功率不相同C．從開始運(yùn)動至落地，重力對兩小球做的功相同，重力對兩小球做功的平均功率也相同D．從開始運(yùn)動至落地，重力對兩小球的沖量相同，兩小球的動量變化量也相同【答案】B【解析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，兩小球落地時，速度的大小相同，但是方向不同，則動量不相同，A錯誤；小球A豎直方向做自由落體運(yùn)動，小球B豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，所以兩小球落地時，B的豎直速度大于A的豎直速度，根據(jù)P＝mgvy可知，重力的瞬時功率不相同，B正確；從開始運(yùn)動至落地，根據(jù)W＝mgh可知，重力對兩小球做的功相同，但是B先上升后下落，所以B運(yùn)動時間較長，則根據(jù)P＝eq\f(W,t)可知，重力對兩小球做功的平均功率不相同，C錯誤；根據(jù)I＝mgt可知，重力對兩小球的沖量不相同，根據(jù)動量定理可知，兩小球的動量變化量也不相同，D錯誤。6.(多選)(2022·全國乙卷)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則()A．4s時物塊的動能為零B．6s時物塊回到初始位置C．3s時物塊的動量為12kg·m/sD．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J【答案】AD【解析】物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2N對物塊在0～3s時間內(nèi)由動量定理可知(F－Ff)t1＝mv3代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s3s時物塊的動量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯誤；設(shè)3s后經(jīng)過時間t2物塊的速度減為0，由動量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3解得t2＝1s所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確；在0～3s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得x1＝9m3～4s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得x2＝3m4～6s時間內(nèi)物塊開始反向運(yùn)動，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時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；物塊在6s時的速度大小為v6＝at3＝4m/s0～6s時間拉力對物塊所做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正確。7．一個質(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，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。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，則下列說法正確的是()A．爆炸后乙落地的時間最長B．爆炸后甲落地的時間最長C．甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為3∶1D．爆炸過程釋放的化學(xué)能為eq\f(7mv2,3)【答案】D【解析】爆炸后甲、乙和丙三塊彈片在豎直方向上都做自由落體運(yùn)動，所以落地的時間相等，A、B錯誤；丙沿原路徑回到原射出點(diǎn)，所以丙的速度為－v，取向右為正，根據(jù)動量守恒定律得mv＝－eq\f(m,3)v＋eq\f(m,3)v1，解得甲的速度為v1＝4v，根據(jù)水平位移x＝vt，由于兩者下落的時間相同，故甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為4∶1，C錯誤；爆炸過程釋放的化學(xué)能為E＝eq\f(1,2)×eq\f(m,3)v2＋eq\f(1,2)×eq\f(m,3)(4v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(7,3)mv2，D正確。8．(2022·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車左端固定一彈簧槍，有一質(zhì)量為m的子彈被一細(xì)線固定且使彈簧處于壓縮狀態(tài)。小車右側(cè)有一固定擋板，包含子彈整套裝置質(zhì)量為M?，F(xiàn)把細(xì)線燒斷，子彈向右以對地大小為v0的速度彈出，最后嵌入擋板中。不考慮子彈在槍內(nèi)的摩擦等阻力，下列說法正確的是()A．小車最后以大小為v＝eq\f(mv0,M)的速度向左運(yùn)動B．子彈嵌入擋板中后，小車將做往復(fù)運(yùn)動C．子彈剛彈出時小車的速度大小為v＝eq\f(mv0,M＋m)D．整套裝置損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m2veq\o\al(2,0),2（M－m）)【答案】D【解析】整套裝置開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，系統(tǒng)總動量為零，當(dāng)子彈嵌入擋板后，整套裝置相對靜止，根據(jù)動量守恒定律，此時整套裝置速度為零，A、B錯誤；子彈剛射擊時，根據(jù)動量守恒定律得mv0＋(M－m)v＝0，解得v＝eq\f(mv0,M－m)，C錯誤；由于不考慮子彈在槍內(nèi)受到的摩擦等阻力，當(dāng)子彈剛彈出時，子彈和整套裝置其他部分的總動能為系統(tǒng)總的機(jī)械能，當(dāng)子彈最后嵌入擋板后系統(tǒng)靜止，故系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)(M－m)v2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m2veq\o\al(2,0),2（M－m）)，D正確。9.(2022·江西新余高三期末)如圖所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥(質(zhì)量不計(jì))，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距離分別為0.1m、0.4m。已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同，則P、Q的質(zhì)量之比m1∶m2為()A.4∶1 B.1∶4C.2∶1 D.1∶2【答案】C【解析】爆炸過程中，兩滑塊動量守恒，取水平向右為正，則0＝－m1v1＋m2v2爆炸之后分別對兩滑塊，由動能定理可知滑塊P：－μm1gx1＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)滑塊Q：－μm2gx2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得m1∶m2＝2∶1故A、B、D錯誤，C正確。10.(2022·湖北高考，7)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(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≤3I1B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1D.W2＝7W1，I2≥I1【答案】D【解析】根據(jù)動能定理可知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，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv可知I2≥I1，故D正確。11.(2022·廣東黃金卷)如圖所示，建筑工地上的打樁過程可簡化為：重錘從空中某一固定高度由靜止釋放，與鋼筋混凝土預(yù)制樁在極短時間內(nèi)發(fā)生碰撞，并以共同速度下降一段距離后停下來。則()A.重錘質(zhì)量越大，撞預(yù)制樁前瞬間的速度越大B.重錘質(zhì)量越大，預(yù)制樁被撞后瞬間的速度越大C.碰撞過程中，重錘和預(yù)制樁的總機(jī)械能保持不變D.整個過程中，重錘和預(yù)制樁的總動量保持不變【答案】B【解析】重錘下落過程做自由落體運(yùn)動，據(jù)位移速度公式可得v0＝eq\r(2gh)，故重錘撞預(yù)制樁前瞬間的速度與重錘的質(zhì)量無關(guān)，只與下落的高度有關(guān)，A錯誤；重錘撞擊預(yù)制樁的瞬間動量守恒，可得mv0＝(m＋M)v，故重錘質(zhì)量m越大，預(yù)制樁被撞后瞬間的速度越大，B正確；碰撞過程為完全非彈性碰撞，重錘和預(yù)制樁的總機(jī)械能要減小，系統(tǒng)要產(chǎn)生內(nèi)能，C錯誤；整個過程中，重錘和預(yù)制樁在以共同速度減速下降的過程中，受合外力不為零，總動量減小，D錯誤。12．(2022·河南名校大聯(lián)考)在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，小球A、B完全相同。用小錘輕擊彈性金屬片，A球做平拋運(yùn)動，同時B球做自由落體運(yùn)動，不計(jì)空氣阻力。在空中同一段下落的時間內(nèi)，下列說法正確的是()A．A球動能的變化大于B球動能的變化B．A球動量的變化大于B球動量的變化C．A球速度的變化小于B球速度的變化D．A球速率的變化小于B球速率的變化【答案】D【解析】：在空中同一段下落時間內(nèi)，A球豎直方向的分位移等于B球下落的位移，根據(jù)動能定理得，mgh＝Ek2－Ek1，所以A球動能的變化等于B球動能的變化，故A錯誤；A、B兩球的加速度相同，下落時間相等，即Δv＝gΔt，則速度變化相同，由題意知，A、B兩球完全相同，所以A、B兩球動量變化相同，故B、C錯誤；如圖所示在空中同一段下落時間內(nèi)，A球速率變化為|v2|－|v1|，B球速率變化為圖中粗線對應(yīng)的線段長度，根據(jù)幾何知識兩邊之差小于第三邊，知A球的速率變化小于B球的速率變化，故D正確。13．(2020·全國卷Ⅲ)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J【答案】A【解析】：設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m，由動量守恒定律有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)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－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。14.[多選](2022·長春質(zhì)檢)如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓筒豎直固定在地面上，筒內(nèi)有質(zhì)量分別為3m、m的剛性小球a、b，兩球直徑略小于圓筒內(nèi)徑，銷子離地面的高度為h。拔掉銷子，兩球自由下落。若a球與地面間及a、b兩球之間均為彈性碰撞，碰撞時間極短，下列說法正確的是()A．兩球下落過程中，b對a有豎直向下的壓力B．a(chǎn)與b碰后，a的速度為0C．落地彈起后，a能上升的最大高度為hD．落地彈起后，b能上升的最大高度為4h【答案】BD【解析】：兩球下落過程中，兩球都處于完全失重狀態(tài)，則b對a沒有壓力，選項(xiàng)A錯誤；兩球落地時速度均為v＝eq\r(2gh)，方向豎直向下，則a與地面相碰后反彈，速度變?yōu)樨Q直向上，大小不變，則a、b碰撞時，設(shè)向上為正方向，由動量守恒：3mv－mv＝3mva＋mvb，由能量關(guān)系：eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)·3mv2＝eq\f(1,2)·3mva2＋eq\f(1,2)mvb2，解得va＝0，vb＝2v，則落地彈起后，a能上升的最大高度為零，b能上升的最大高度為H＝eq\f(vb2,2g)＝4h，選項(xiàng)C錯誤，B、D正確。15.[多選](2022·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為M的足夠長的木板置于水平地面上，質(zhì)量為m的小滑塊以初速度v0滑上木板，已知小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．若木板與地面間光滑，則長木板的最終速度大小為eq\f(mv0,M＋m)B．若木板與地面間光滑，則小滑塊與木板組成的系統(tǒng)最終能產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(1,2)mv02C．若木板與地面間的動摩擦因數(shù)也為μ，則小滑塊與木板組成的系統(tǒng)最終能產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(1,2)mv02D．若木板與地面間的動摩擦因數(shù)也為μ，則在整個運(yùn)動過程中地面對木板的摩擦力的沖量大小為Mv0【答案】AC【解析】：若地面光滑，則由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得最后的速度為：v＝eq\f(mv0,M＋m)，產(chǎn)生的內(nèi)能為：ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，故A正確，B錯誤；若木板與地面間的動摩擦因數(shù)也為μ，則小滑塊與木板最后會靜止于地面，組成的系統(tǒng)最終能產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(1,2)mv02，地面對木板摩擦力的沖量大小為mv0，故C正確，D錯誤。16．(2022·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖甲所示，固定光滑斜面上有質(zhì)量為m＝6kg的物體，在大小為12N、方向平行于斜面的拉力F的作用下做勻速直線運(yùn)動，從x1＝2.5m位置處拉力F逐漸減小，力F隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，當(dāng)x2＝7m時拉力減為零，物體速度剛好為零，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．斜面傾角θ為30°B．整個上滑的過程中，物體的機(jī)械能增加27JC．物體勻速運(yùn)動時的速度大小為3m/sD．物體在減速階段所受合外力的沖量為－12N·s【答案】C【解析】：物體做勻速直線運(yùn)動時，受力平衡，則F＝mgsinθ，代入數(shù)值得sinθ＝0.2，選項(xiàng)A錯誤；圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示拉力做的功，WF＝12×2.5J＋eq\f(1,2)×12×(7－2.5)J＝57J，機(jī)械能的增加量等于拉力做的功57J，B錯誤；重力做的功WG＝－mgx2sinθ＝－84J，由動能定理：WF＋WG＝0－eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝3m/s，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動量定理可得I＝0－mv0＝－18N·s，選項(xiàng)D錯誤。17.[多選](2022·貴陽聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F。質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)最大時細(xì)繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運(yùn)動，小滑塊恰未掉落。則()A．細(xì)繩被拉斷瞬間木板的加速度大小為eq\f(F,M)B．細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2C．彈簧恢復(fù)原長時滑塊的動能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與木板AB間的動摩擦因數(shù)為eq\f(v2,2gl)【答案】ABD【解析】：細(xì)繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于OA段光滑，沒有摩擦力，木板在水平方向上只受到彈簧的彈力，細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據(jù)牛頓第二定律有：F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，B正確；彈簧恢復(fù)原長時木板獲得動能，所以滑塊的動能小于eq\f(1,2)mv2，C錯誤；由于細(xì)繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，且速度與木板相同，都為零，由能量守恒定律得：Ep＝μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正確。18.有兩個用一根輕質(zhì)彈簧相連的木塊A、B靜止在光滑水平面上，其質(zhì)量mA＝1kg、mB＝2.95kg，一顆質(zhì)量為m＝50g的子彈沿水平方向以v0＝400m/s的速度，在極短時間內(nèi)射穿A并留在B內(nèi)，射穿A木塊后子彈的速度變?yōu)樵瓉淼?0%。求