專題06動量沖量及動量定理和動量守恒（講義）

專題06動量、沖量及動量定理和動量守恒01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點(diǎn)·以考定法04核心素養(yǎng)·難點(diǎn)突破05創(chuàng)新好題·輕松練考點(diǎn)內(nèi)容學(xué)習(xí)目標(biāo)動量與動量定理1.掌握動量的含義及動量的計(jì)算；2.掌握沖量的含義及計(jì)算；3.掌握動量守恒定律的條件及基礎(chǔ)計(jì)算，如爆炸、反沖及人船模型的應(yīng)用；4.掌握兩類碰撞模型及應(yīng)用沖量及計(jì)算動量守恒定律爆炸、反沖及人船模型碰撞模型動量與動量定理及應(yīng)用動量與動能的比較動量動能物理意義描述機(jī)械運(yùn)動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化沖量的計(jì)算方法公式法I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動狀態(tài)圖像法F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t動量定理法根據(jù)物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量動量定理公式：FΔt＝mv′－mv流體作用的柱狀模型：對于流體運(yùn)動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)通過某一截面積為S的橫截面的柱形流體的長度為Δl，如圖所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的變化量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來流速v的方向?yàn)檎较?作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.動量守恒定律及應(yīng)用1．判斷守恒的三種方法理想守恒：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．近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，如爆炸、反沖．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(dá)形式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用)．Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．碰撞模型及拓展碰撞問題遵循的三條原則動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.速度要符合實(shí)際情況：若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．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(jī)械能守恒定律．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2).結(jié)論：當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．當(dāng)m1＞m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動．當(dāng)m1＜m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．當(dāng)m1?m2時，v1′＝v1，v2′＝2v1.完全非彈性碰撞：動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.碰撞拓展“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球－彈簧模型小球－曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導(dǎo)軌光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能考向一：動量與動量定理【探究重點(diǎn)】研究對象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng)．表達(dá)式是矢量式，需要規(guī)定正方向．勻變速直線運(yùn)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．在變加速運(yùn)動中F為Δt時間內(nèi)的平均沖力．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．【高考解密】(2022·湖北卷·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≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【答案】D【解析】根據(jù)動能定理有W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，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，故選D.【考向預(yù)測】(2022·湖南衡陽市一模)飛船在進(jìn)行星際飛行時，使用離子發(fā)動機(jī)作為動力，這種發(fā)動機(jī)工作時，由電極發(fā)射的電子射入稀有氣體(如氙氣)，使氣體離子化，電離后形成的離子由靜止開始在電場中加速并從飛船尾部高速連續(xù)噴出，利用反沖使飛船本身得到加速．已知一個氙離子質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，飛船單位時間內(nèi)向后噴射出的氙離子的個數(shù)為N，從飛船尾部高速連續(xù)噴出氙離子的質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛船的質(zhì)量，則飛船獲得的反沖推力大小為()A．eq\f(1,N)eq\r(2qUm) B．eq\f(1,N)eq\r(\f(qUm,2))C．Neq\r(2qUm) D．Neq\r(\f(qUm,2))【答案】C【解析】根據(jù)動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，對Δt時間內(nèi)噴射出的氙離子，根據(jù)動量定理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，聯(lián)立有F＝Nmv＝N·m·eq\r(\f(2qU,m))＝Neq\r(2qUm)，則根據(jù)牛頓第三定律可知，飛船獲得的反沖推力大小為F′＝Neq\r(2qUm)，故選C.考向二：沖量及計(jì)算【探究重點(diǎn)】1．對動量定理的理解動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，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．Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．當(dāng)物體運(yùn)動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理．2．解題基本思路【高考解密】(2022·海南)在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是，乙對甲的作用力是，則這兩個力()A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．的沖量大于的沖量 D．的沖量小于的沖量【答案】A【解析】根據(jù)題意可知和是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知和等大反向、具有同時性；根據(jù)沖量定義式可知和的沖量大小相等，方向相反。故選A?！究枷蝾A(yù)測】(2023·黑龍江八校高三模擬)如圖所示，表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，質(zhì)量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下．在兩物塊到達(dá)斜面底端的過程中，下列說法正確的是()A．兩物塊所受重力沖量相同B．兩物塊的動量改變量相同C．兩物塊的動能改變量相同D．兩物塊到達(dá)斜面底端時重力的瞬時功率相同【答案】C【解析】設(shè)斜面傾角為θ，則物塊在斜面上的加速度分別為a＝gsinθ，設(shè)斜面高度為h.則物塊在斜面上滑行的時間為t＝eq\r(\f(2h,asinθ))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，因?yàn)椤螦BC<∠ACB，可得物塊在AB斜面上的滑行時間比在AC斜面上的滑行時間長；根據(jù)I＝mgt可知，兩物塊所受重力沖量不相同，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)動量定理mgsinθ·t＝mv可知，Δp＝mgeq\r(\f(2h,g))，動量改變量是矢量，兩物塊的動量改變量大小相等，方向不相同，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)動能定理ΔEk＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，兩物塊的動能改變量相同，選項(xiàng)C正確；兩物塊到達(dá)斜面底端時重力的瞬時功率P＝mgvsinθ，則重力瞬時功率不相同，選項(xiàng)D錯誤．考向三：動量守恒【探究重點(diǎn)】動量守恒定律的三種表達(dá)形式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的動量之和等于作用后的動量之和(用的最多)．Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．【高考解密】(2020·全國卷Ⅱ·21)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．總共經(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)量不可能為()A．48kgB．53kgC．55kgD．58kg【答案】A【解析】設(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運(yùn)動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運(yùn)動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運(yùn)動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M).由題意知，v7<5.0m/s，則M>52kg，又知v8>5.0m/s，則M<60kg，故選A.【考向預(yù)測】(2023·江蘇南京市第十三中學(xué)高三檢測)如圖所示，光滑水平面上靜止著一長為L的平板車，一人站在車的右端，他將一質(zhì)量為m的小球水平拋出，拋出點(diǎn)位于車右端點(diǎn)的正上方h處，小球恰好落在車的左端點(diǎn)．已知人和車的總質(zhì)量為M，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.則()A．平板車、人和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球的初速度大小為eq\f(L,2h)eq\r(2gh)C．小球落到車上后與車共速，速度方向向左D．拋出小球的過程人做功為eq\f(mgML2,4hM＋m)【答案】D【解析】平板車、人和小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向合力不為零，所以系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，故A錯誤；設(shè)小球的初速度大小為v球，小車的初速度大小為v車，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv球＝Mv車，設(shè)小球平拋過程所用時間為t，可得h＝eq\f(1,2)gt2，L＝(v球＋v車)t，聯(lián)立可得v球＝eq\f(ML\r(2gh),2hM＋m)，故B錯誤；規(guī)定水平向左為正方向，設(shè)小球落到車上后，二者共同速度為v共，根據(jù)水平方向動量守恒，有mv球－Mv車＝(M＋m)v共，解得v共＝0，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知拋出小球的過程人做功為W＝eq\f(1,2)mv球2＋eq\f(1,2)Mv車2，解得W＝eq\f(mgML2,4hM＋m)，故D正確．考向四：爆炸、反沖運(yùn)動及人船模型【探究重點(diǎn)】爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動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，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，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間極短，因而作用過程中物體產(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量開始運(yùn)動反沖運(yùn)動的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動中，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)械能增加人船模型兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0兩物體的位移大小滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L人動則船動，人靜則船靜，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(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).【高考解密】(2023·河南省模擬)發(fā)射導(dǎo)彈過程可以簡化為：將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的導(dǎo)彈點(diǎn)火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時導(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，故選D.【考向預(yù)測】(2023·江蘇徐州市模擬)如圖所示，有一質(zhì)量M＝6kg、棱長為0.2m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道，一個質(zhì)量為m＝2kg的小球由靜止開始從通道的左端運(yùn)動到右端，在該過程中木塊的位移大小為()A．0.05m B．0.10mC．0.15m D．0.5m【答案】A【解析】小球由靜止開始從通道的左端運(yùn)動到右端過程中，小球與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有meq\x\to(v1)·t＝Meq\x\to(v2)·t，即mx1＝Mx2，根據(jù)題意有x1＋x2＝a，聯(lián)立解得x2＝0.05m，故選A.考向五：碰撞模型【探究重點(diǎn)】碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．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)動量守恒．兩類碰撞模型動量是否守恒機(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【高考解密】(2022·北京)質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是()A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動量大于的動量 D．碰撞后的動能小于的動能【答案】C【解析】A．圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知碰前的速度大小為碰前速度為0，A錯誤；B．兩物體正碰后，碰后的速度大小為碰后的速度大小為碰后兩物體的速率相等，B錯誤；C．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為根據(jù)動量的表達(dá)式可知碰后的動量大于的動量，C正確；D．根據(jù)動能的表達(dá)式可知碰后的動能大于的動能，D錯誤。故選C?！究枷蝾A(yù)測】(2022·江蘇揚(yáng)州市高三期末)如圖所示，冰壺隊(duì)在某次訓(xùn)練中，藍(lán)壺靜止在大本營Q處，質(zhì)量相等的紅壺與藍(lán)壺發(fā)生正碰，最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)，下列說法正確的是()A．碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B．碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的4倍C．紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍D．碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】C【解析】碰后兩壺運(yùn)動距離不相同，所以碰后兩球速度不相同，根據(jù)動量定理可判斷出碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯誤；碰后紅壺運(yùn)動的距離為x1＝R2－R1＝0.61m，藍(lán)壺運(yùn)動的距離為x2＝2R2＝2.44m，二者質(zhì)量相同，假設(shè)二者碰后的所受摩擦力相同，則二者做減速運(yùn)動的加速度也相同，對紅壺，有v12＝2ax1，對藍(lán)壺有v22＝2ax2，聯(lián)立可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，即碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍，B錯誤；設(shè)紅壺碰前速度為v0，則有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，C正確；碰前系統(tǒng)動能為Ek0＝eq\f(1,2)mv02，碰后系統(tǒng)動能為Ek1＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，則有Ek0>Ek1，機(jī)械能不守恒，D錯誤．(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．爆炸后的質(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，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．(2023·山東濟(jì)南市歷城第二中學(xué)檢測)如圖為酒泉衛(wèi)星發(fā)射基地發(fā)射“神舟十三號”飛船點(diǎn)火瞬間的情景．在發(fā)射的當(dāng)天，李強(qiáng)守在電視機(jī)前觀看發(fā)射實(shí)況轉(zhuǎn)播．通過電視解說員的介紹，他了解到火箭連同裝載物的總質(zhì)量約為480噸，發(fā)射塔架的高度約為100米．李強(qiáng)注意到在火箭點(diǎn)火起飛約10秒時火箭尾部剛好越過塔架．假設(shè)火箭從點(diǎn)火到越過塔架的過程中噴氣對火箭的推力是恒力，忽略火箭質(zhì)量的變化及火箭受到的空氣阻力，g取9.8m/s2，根據(jù)以上信息估算推力的大小為()A．4.7×108N B．4.9×106NC．5.9×108N D．5.7×106N【答案】D【解析】10s末火箭的速度為v＝eq\f(2h,t)＝eq\f(200,10)m/s＝20m/s，由動量定理有(F－mg)t＝mv，解得F＝5.7×106N，故選D.(2022·福建三明市高三期末)跑鞋的鞋墊通常選擇更軟、更有彈性的抗壓材料，以下說法中錯誤的是()A．鞋墊減小了人與地面的作用力B．鞋墊減小了人落地過程的動量變化量C．鞋墊延長了人與地面相互作用的時間D．鞋墊可將吸收的能量盡可能多地回饋給人【答案】B【解析】根據(jù)動量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq\f(mv,t)＋mg，鞋墊的作用是延長了人與地面的作用時間t，減小了人和地面的作用力F，鞋墊的作用是將盡可能多的能量反饋給人，A、C、D正確；鞋墊沒有改變?nèi)说某鮿恿?，也沒有改變?nèi)说哪﹦恿縨v，人落地過程的動量變化量不變，B錯誤．(2022·湖南岳陽市二模)如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法不正確的是(重力加速度為g)()A．A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B．A、B兩木塊分離時，C的速度大小為2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C．球C由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，A對B的彈力的沖量大小為2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D．球C由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，木塊A移動的距離為eq\f(m0L,2m＋m0)【答案】C【解析】小球C下落到最低點(diǎn)時，A、B將要開始分離，此過程水平方向動量守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒有：m0gL＝eq\f(1,2)m0vC2＋eq\f(1,2)×2mvAB2，取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得：m0vC＝2mvAB，聯(lián)立解得vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正確；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，選B為研究對象，由動量定理有IAB＝mvAB＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C錯誤；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)C對地向左水平位移大小為x1，A、B對地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正確．如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為m，B左端固定一個處在壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效．A以速率v向右運(yùn)動，當(dāng)A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運(yùn)動過程，下列說法正確的是()A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運(yùn)動B．A、B系統(tǒng)的總動量最終將大于mvC．A、B系統(tǒng)的總動能最終將大于eq\f(1,2)mv2D．當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為eq\f(1,2)mv2【答案】C【解析】設(shè)彈簧恢復(fù)原長時A、B的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中動量守恒、機(jī)械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得v1≠0，v2≠v，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，知A、B系統(tǒng)的總動量最終等于mv，故B錯誤；彈簧解除鎖定后存儲的彈性勢能會釋放導(dǎo)致系統(tǒng)總動能增加，系統(tǒng)的總動能最終將大于eq\f(1,2)mv2，故C正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，由動量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝eq\f(1,2)v，則有Ek＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(1,4)mv2，故D錯誤．(2023·山西運(yùn)城市高三檢測)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點(diǎn)處剛好與水平地面相切．一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右運(yùn)動，不計(jì)小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失．如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為eq\f(R,3).則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶M為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1【答案】C【解析】當(dāng)圓弧滑塊固定時，有eq\f(1,2)mv02＝mgR；當(dāng)圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mgeq\f(R,3)＋eq\f(1,2)(m＋M)v2，聯(lián)立解得m∶M＝2∶1，故選C.(2023·江蘇揚(yáng)州市模擬)如圖所示，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)．開始時沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，二者共同擺動．若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計(jì)，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．彈丸打入沙袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量等于沙袋對彈丸的沖量C．彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為eq\f(mv02,72)D．沙袋和彈丸一起擺動所達(dá)到的最大高度為eq\f(v02,72g)【答案】D【解析】擊中沙袋前，細(xì)繩拉力F1＝5mg，彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，此瞬間水平方向動量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋與彈丸受到細(xì)繩的拉力與重力的合力提供向心力，即F2－6mg＝eq\f(6mv2,L)，F(xiàn)2>F1，A錯誤；彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的沖量等大反向，B錯誤；根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×6mv2＋Q，解得Q＝eq\f(5,12)mv02，C錯誤；對沙袋與彈丸，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)×6mv2＝6mgh，解得h＝eq\f(v02,72g)，D正確．(2022·山東淄博市一模)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的左端固定在小球B上，右端與小球C接觸但未拴接，球B和球C靜止在光滑水平臺面上．小球A從左側(cè)半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧上的P點(diǎn)由靜止滑下，與球B發(fā)生正碰后粘在一起，碰撞時間極短．之后球C脫離彈簧，沿水平臺面向右運(yùn)動并從其右端點(diǎn)水平拋出，落入固定放置在水平地面上的豎直曲面軌道內(nèi)．以臺面右側(cè)底端的O′點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系O′xy.已知，臺面的高度為2R，曲面的方程為y＝eq\f(1,2R)x2.已知三個小球A、B、C均可看成質(zhì)點(diǎn)，且質(zhì)量分別為mA＝km(k為待定系數(shù))、mB＝mC＝m，OP與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦．(1)若k＝1，求該條件下彈簧具有的最大彈性勢能；(2)求滿足(1)問條件下小球C落到曲面軌道上Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(3)當(dāng)k取何值時，小球C落到曲面軌道上時具有最小動能，最小動能多大？【答案】(1)eq\f(1,12)mgR(2)(eq\f(4R,\r(13))，eq\f(8R,13))(3)見【解析】【解析】(1)球A在圓弧上下落過程中有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv12①對A、B球碰撞過程有mv1＝2mv2②當(dāng)A、B、C三球速度相等時彈簧的彈性勢能最大，對A、B、C系統(tǒng)有2mv2＝3mv3③Ep＝eq\f(1,2)×2mv22－eq\f(1,2)×3mv32④由①～④式得Ep＝eq\f(1,12)mgR(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時C球與彈簧分離，對A、B、C系統(tǒng)有2mv2＝2mv4＋mv5⑤eq\f(1,2)×2mv22＝eq\f(1,2)×2mv42＋eq\f(1,2)mv52⑥對C球平拋過程有x＝v5·t⑦2R－y＝eq\f(1,2)gt2⑧又y＝eq\f(1,2R)x2⑨由⑤～⑨式得x＝eq\f(4R,\r(13))，y＝eq\f(8R,13)即P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(eq\f(4R,\r(13))，eq\f(8R,13))．(3)當(dāng)A球質(zhì)量為km時，對A、B系統(tǒng)有kmv1＝(km＋m)v2′對A、B、C系統(tǒng)有(km＋m)v2′＝(km＋m)v4′＋mv5′eq\f(1,2)(km＋m)v2′2＝eq\f(1,2)(km＋m)v4′2＋eq\f(1,2)mv5′2由以上三式得v5′＝eq\f(2k,k＋2)eq\r(gR)對C球平拋過程有x′＝v5′·t，2R－y′＝eq\f(1,2)gt2又y′＝eq\f(1,2R)x′2mg(2R－y′)＝Ek－eq\f(1,2)mv5′2由以上四式得Ek＝eq\f(1,2)meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(v5′2＋gR)－\f(2gR,\r(v5′2＋gR))2＋3gR))當(dāng)eq\r(v5′2＋gR)＝eq\f(2gR,\r(v5′2＋gR))即v5′＝eq\r(gR)時動能最小，此時k＝2，動能最小值為Ekmin＝eq\f(3,2)mgR.(2022·江蘇無錫市普通高中高三期末)如圖所示，質(zhì)量為M＝100g的木板左端是一半徑為R＝10m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，軌道右端與木板上表面在B處水平相連．質(zhì)量為m1＝80g的木塊置于木板最右端A處．一顆質(zhì)量為m2＝20g的子彈以大小為v0＝100m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出．已知子彈打進(jìn)木塊的時間極短，木板上表面水平部分長度為L＝10m，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)求子彈打進(jìn)木塊過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)若木板固定，求木塊剛滑上圓弧時對圓弧的壓力；(3)若木板不固定，地面光滑，求木塊上升的最大高度．【答案】(1)80J(2)4N，方向豎直向下(3)5m【解析】(1)子彈打進(jìn)木塊過程，由動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20m/s，由能量守恒定律有ΔE1＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，解得ΔE1＝80J.(2)木塊從A端滑到B端過程，由動能定理有－μ(m1＋m2)gL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，木塊滑到B端時，由牛頓第二定律有FN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2,R)v22，聯(lián)立解得FN＝4N，根據(jù)牛頓第三定律可得F壓＝FN＝4N，方向豎直向下．(3)從開始至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中水平方向系統(tǒng)動量守恒，有m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，得v3＝10m/s，子彈打進(jìn)木塊后至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)v12＝eq\f(1,2)(m2＋m1＋M)v32＋(m1＋m2)gh＋μ(m1＋m2)gL，解得h＝5m.(2022·天津市耀華中學(xué)二模)質(zhì)量為M＝0.6kg的小車，原來靜止在光滑水平軌道上，有兩根長度均為L＝0.8m的細(xì)繩，一根系在固定的擋板D上，另一根系在小車C上，下面各掛一只小球，小球的質(zhì)量分別為mA＝0.4kg，mB＝0.2kg，靜止時兩小球正好相切，且切點(diǎn)與兩球心同在一水平面上，如圖所示，如果將A球拉成水平后由靜止釋放，在最低點(diǎn)與B球碰撞，碰后A球繼續(xù)向右運(yùn)動，上升的最大高度為h＝0.2m．g＝10m/s2，求：(1)碰后瞬間B球的速度大??；(2)碰撞后B球上升的最大高度；(3)小車能達(dá)到的最大速度．【答案】(1)4m/s(2)0.6m(3)2m/s【解析】(1)設(shè)A球下落到最低點(diǎn)時速度為v0，兩球碰撞后速度分別為vA、vB，對A球下落以及碰后上升兩個階段分別由機(jī)械能守恒定律，可得mAgL＝eq\f(1,2)mAv02mAgh＝eq\f(1,2)mAvA2A、B碰撞過程由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB解得vB＝4m/