06　第一階段　專題二　第5講　動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律-2025版新坐標(biāo)二輪專題復(fù)習(xí)與策略物理解析版

動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律【備考指南】1．高考對(duì)本講的命題，以選擇題的形式考查動(dòng)量、沖量及動(dòng)量定理的應(yīng)用，難度相對(duì)較小，以計(jì)算題形式考查動(dòng)量守恒定律與動(dòng)力學(xué)和能量的綜合應(yīng)用，難度較大。2．關(guān)注力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理的結(jié)合，這類題選材密切聯(lián)系實(shí)際，情境新穎，綜合性強(qiáng)。3．強(qiáng)化數(shù)學(xué)應(yīng)用能力的訓(xùn)練，會(huì)用微分思想處理流體問題。4．注意碰撞與運(yùn)動(dòng)圖像的結(jié)合，訓(xùn)練從圖像中獲取運(yùn)動(dòng)信息的能力。突破點(diǎn)一動(dòng)量定理及其應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)的四個(gè)注意點(diǎn)(1)動(dòng)量定理表明沖量既是使物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因，又是物體動(dòng)量變化的量度。注意：這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各個(gè)外力沖量的矢量和)。(2)動(dòng)量定理的研究對(duì)象是一個(gè)物體(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))。(3)動(dòng)量定理是過程定理，解題時(shí)必須明確過程及初、末狀態(tài)的動(dòng)量。(4)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個(gè)矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。2．動(dòng)量定理在“四類”問題中的應(yīng)用(1)求解緩沖問題。(2)求解平均力問題。(3)求解流體問題。(4)在電磁感應(yīng)中求解電荷量問題。[典例1](求平均力問題)(多選)(2024·安徽卷)一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標(biāo)系，如圖甲所示。從t＝0開始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從O點(diǎn)由靜止釋放，同時(shí)對(duì)物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則()A．物塊始終做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．t＝1s時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為2.5mC．t＝1s時(shí)，物塊的加速度大小為53m/s2D．t＝2s時(shí)，物塊的速度大小為102m/sBD[根據(jù)題圖乙可得F1＝4－t(N)，F(xiàn)2＝3t(N)，故兩力的合力為F＝4＋2t(N)，物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)閙gsin30°，x軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在y軸方向的加速度為ay＝mgsin30°m＝gsin30°＝5m/s2，故t＝1s時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為y＝12ayt2＝2.5m，故B正確；t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝6N，故此時(shí)加速度大小為a＝ax2+ay2＝61.22+52m/s2＝52m/s2，故C錯(cuò)誤；對(duì)x軸正方向，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理有Ft＝mvx－0，由于F與時(shí)間t呈線性關(guān)系，故可得4+2×0+4+2×22×2m/s＝1.2vx，解得vx＝10m/s，此時(shí)y軸方向速度為vy＝[典例2](流體問題)(2024·河北滄州期中)“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見的抒情意象。當(dāng)雨滴豎直下落的速度為v時(shí)，將一圓柱形量杯置于雨中，測(cè)得時(shí)間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h。為估算“雨打芭蕉”產(chǎn)生的壓強(qiáng)p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀，所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時(shí)豎直向上的速度大小為v5，另一半則留在葉面上。忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時(shí)重力的影響，忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對(duì)下落雨滴的影響。已知水的密度為ρ，則p為(A．11ρhv10tB．9ρhv10tA[設(shè)極短時(shí)間Δt內(nèi)落到芭蕉葉上面的雨滴質(zhì)量為m，則m＝ρSΔh·Δt，其中Δh為單位時(shí)間杯中水面上升的高度，即Δh＝ht，以向四周散開的一半雨滴為研究對(duì)象，豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得F1Δt＝12m·v5--12mv，以留在葉面上的一半雨滴為研究對(duì)象有F2Δt＝0－-12mv，雨滴受到的撞擊力大小為F＝F1＋F2，由牛頓第三定律可知，芭蕉葉上受到的沖擊力大小為F′＝F，根據(jù)壓強(qiáng)定義式得用動(dòng)量定理解決連續(xù)的流體問題的分析步驟[典例3](電荷量問題)(多選)(2024·河南開封二模)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場(chǎng)邊界水平向右運(yùn)動(dòng)，線框經(jīng)過位置Ⅱ，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置Ⅲ時(shí)速度恰好為0，此時(shí)線框剛好有一半離開磁場(chǎng)區(qū)域。線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域的寬度。若線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時(shí)的速度為v。則下列說法正確的是()A．q1＝q2 B．q1＝2q2C．v＝1.0m/s D．v＝1.5m/sBD[根據(jù)q＝ΔΦR＝BSR可知，線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過程中通過線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯(cuò)誤，B正確；線框從開始進(jìn)入到位置Ⅱ，由動(dòng)量定理得-I1LBΔt1＝mv－mv0，即－q1BL＝mv－mv0，同理線框從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動(dòng)量定理得－I2LBΔt2＝0－mv，即－q2BL＝0－mv，聯(lián)立解得v＝13v0【教師備選資源】(多選)(2023·新課標(biāo)卷)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()A．在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6WB．在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過程中，物體的動(dòng)量最大為2kg·m/sBC[由公式W＝Fx可知，W-x圖像中圖線的斜率為物體所受的拉力大小，由題圖可知0～2m內(nèi)物體所受的拉力大小F1＝6N，2～4m內(nèi)物體所受的拉力大小F2＝3N。由題意可知物體所受的滑動(dòng)摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10N＝4N。0～1m的過程中對(duì)物體由動(dòng)能定理得W1－Ffx1＝12mv12，解得v1＝2m/s，由公式P＝F1v1，得拉力的功率為12W，A錯(cuò)誤；0～4m的過程中，對(duì)物體由動(dòng)能定理得W2－Ffx2＝Ek，代入數(shù)據(jù)解得Ek＝2J，B正確；0～2m的過程中，物體克服摩擦力做的功WFf＝Ffx3＝4×2J＝8J，C正確；由于F2＜Ff，所以物體在2～4m的過程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因此物體在2m處的速度最大，動(dòng)量最大，對(duì)物體由動(dòng)能定理得W3－Ffx3＝12mv22，代入數(shù)據(jù)解得v2＝22m/s，物體動(dòng)量的最大值p＝mv2＝突破點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．人船模型(1)一個(gè)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)內(nèi)兩部分發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中，在運(yùn)動(dòng)方向上滿足：①動(dòng)量守恒：mv1＝Mv2，可推導(dǎo)mx1＝Mx2。②位移關(guān)系：x1＋x2＝l，則x1＝Mm+Mlx1x2＝Mm，其中x1、x2為兩部分的對(duì)地位移(2)常見模型及拓展2．爆炸與反沖的三個(gè)特點(diǎn)(1)作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒或某個(gè)方向的動(dòng)量守恒。(2)爆炸過程有內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)機(jī)械能會(huì)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。[典例4](人船模型)(2024·河北卷節(jié)選)如圖所示，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg，A木板長(zhǎng)度為2.0m，機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力。(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，求A、B木板間的水平距離；(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機(jī)器人做的功及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。[解析](1)設(shè)機(jī)器人的質(zhì)量為M，木板的質(zhì)量為m，機(jī)器人在從A木板左端走到右端的過程，機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)“人船模型”可知：Mx1＝mx2根據(jù)位移關(guān)系有x1＋x2＝LA聯(lián)立解得木板A向左移動(dòng)的位移x2＝1.5m因機(jī)器人向右走動(dòng)過程，B、C始終靜止，則機(jī)器人從A木板左端走到右端時(shí)，A、B木板間的水平距離為x2＝1.5m。(2)機(jī)器人起跳后在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，起跳時(shí)速度為v0，與水平方向的夾角為θ，則水平方向上有x2＝v0cosθ·t豎直方向上有v0sinθ＝g·t聯(lián)立解得v0＝g機(jī)器人起跳過程中，機(jī)器人與A木板水平方向上動(dòng)量守恒，則有Mv0cosθ＝mvA根據(jù)功能關(guān)系有W＝1聯(lián)立可得W＝3gx21+3cos2θsin當(dāng)且僅當(dāng)tanθ02＝2tanθ0，即tanθ0＝2時(shí)，W取最小值，[答案](1)1.5m(2)90J2【教師備選資源】(2023·湖南卷)如圖所示，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的長(zhǎng)半軸和短半軸分別為a和b，長(zhǎng)軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上。整個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。求：(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；(3)若Mm＝ba-b，小球下降h＝b2高度時(shí)，相對(duì)于地面的速度大小(結(jié)果用a、b及g[解析](1)小球和凹槽組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中水平方向動(dòng)量守恒，小球在凹槽最低點(diǎn)時(shí)只有水平方向的速度，設(shè)小球、凹槽此時(shí)的速度大小分別為vm、vM，由水平方向動(dòng)量守恒，有mvm＝MvM ①由機(jī)械能守恒定律，有12mvm2聯(lián)立解得vM＝2m2gb由①易得mxm＝MxM ④且小球第一次運(yùn)動(dòng)到凹槽的最低點(diǎn)時(shí)有xm＋xM＝a ⑤聯(lián)立解得xM＝maM+m。 (2)小球相對(duì)于凹槽一直做軌跡為半個(gè)橢圓的運(yùn)動(dòng)，在固定坐標(biāo)系xOy中描述小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)小球?qū)Φ厮俣鹊乃椒至看笮関1，凹槽對(duì)地速度大小為v2，由水平方向動(dòng)量守恒有mv1＝Mv2 ⑦從初始時(shí)刻開始，設(shè)某時(shí)刻小球?qū)Φ厮轿灰拼笮閤1，凹槽的對(duì)地位移大小為x2。由⑦易得mx1＝Mx2 ⑧設(shè)某時(shí)刻小球在xOy坐標(biāo)系中坐標(biāo)為(x，y)，易得x＝a－x1 ⑨根據(jù)坐標(biāo)平移相關(guān)知識(shí)及橢圓規(guī)律有a-x1-x2聯(lián)立⑧⑨⑩可得小球在xOy中的軌跡方程為M+mx-ma2M2a2+y(3)將Mm＝ba-b代入?[x－(a－b)]2＋y2＝b2，軌跡為圓 ?故當(dāng)y＝－b2時(shí)，x＝(a－b)±32b 考慮到對(duì)稱性，不妨取x＝(a－b)＋32b來計(jì)算速度大小，由圓的幾何知識(shí)推導(dǎo)可知，在這個(gè)位置上的小球，速度大小v′m＝2v′mx 由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有mv′mx＝Mv′M ?由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得12mvm'2+聯(lián)立???可得v′m＝2bga+3b。 [答案](1)2m2gbM2+MmmaM+m(2)[典例5](爆炸問題)(多選)(2024·河北衡水5月質(zhì)檢)國(guó)慶節(jié)某游樂場(chǎng)在確保安全的情況下燃放煙花。質(zhì)量m＝0.3kg的煙花點(diǎn)燃后，在t＝0.01s時(shí)間內(nèi)發(fā)生第一次爆炸，向下高速噴出少量高壓氣體(此過程煙花位移可以忽略)，然后被豎直發(fā)射到距地面h＝20m的最高點(diǎn)。在最高點(diǎn)時(shí)剩余火藥在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生第二次爆炸，爆炸過程中釋放的能量有40%轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，煙花被炸成兩部分，其中質(zhì)量為m1＝0.2kg的部分以v1＝20m/s的速度向東水平飛出，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是()A．第一次火藥爆炸過程中高壓氣體對(duì)煙花平均作用力大小為500NB．第二次火藥爆炸后另一部分煙花的速度大小為10m/s，方向水平向西C．第二次火藥爆炸后兩部分煙花落地點(diǎn)間距為120mD．第二次火藥爆炸中釋放的能量為300JCD[第一次火藥爆炸后，設(shè)煙花的速度為v，則有v2＝2gh，解得v＝20m/s，第一次火藥爆炸過程對(duì)煙花由動(dòng)量定理有(F－mg)t＝mv－0，解得高壓氣體對(duì)煙花平均作用力大小為F＝603N，故A錯(cuò)誤；第二次爆炸，水平方向動(dòng)量守恒，有m1v1－(m－m1)v2＝0，解得v2＝40m/s，所以另一部分煙花的速度大小為40m/s，方向水平向西，兩部分煙花下落的時(shí)間相等，均為t′＝2hg＝2s，所以兩部分煙花落地點(diǎn)間距為x＝(v2＋v1)t′＝120m，故B錯(cuò)誤，C正確；第二次火藥爆炸中釋放的能量為E＝12m1v12突破點(diǎn)三碰撞模型及其拓展1．碰撞過程遵循的“三個(gè)原則”2．彈性正碰模型——“一動(dòng)碰一靜”m1：運(yùn)動(dòng)小球，m2：靜止小球，v1：m1碰撞速度，v1'：m1碰后速度，v2'：v1'＝m1-m2m1討論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1'＝0，v2'＝v1(質(zhì)量相等(2)當(dāng)m1>m2時(shí)，v1'>0，v2'>0且v2'>v(3)當(dāng)m1<m2時(shí)，v1'<0，v2'>0(小碰大[典例6](彈性碰撞)(多選)(2024·廣東卷)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有()A．甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)D．甲最終停止位置與O處相距HABD[兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對(duì)速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙sinθ＝12gsinθt12，在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲的碰前速度為初速度做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3，由于t1與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；乙下滑過程有mgH乙＝12mv乙2，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同，則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有v乙2＝2μgx，聯(lián)立可得x＝【教師備選資源】(2023·浙江卷6月)為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝221m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短)。已知傳送帶長(zhǎng)L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝12kx2(x為形變量)，重力加速度g取10m/s2(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx。[解析](1)滑塊a從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mg·2R＝1解得vF＝10m/s在最低點(diǎn)F由牛頓第二定律得FN－mg＝m解得FN＝31.2N。(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB＝1m/s,設(shè)碰后滑塊a的速度大小為va，則由動(dòng)能定理有－mg·2R－μmgL＝1解得va＝5m/s滑塊a、b碰撞過程中動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，有mvF＝－mva＋3mvb解得vb＝5m/s滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝1解得ΔE＝0J。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，設(shè)碰撞后a、b的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mvF＝(m＋3m)v當(dāng)彈簧最長(zhǎng)或最短時(shí)，a、b與c均達(dá)到共速，設(shè)為v′，由動(dòng)量守恒定律得(m＋3m)v＝(m＋3m＋2m)v′彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝12(m＋3m)v2－12(m＋3m＋2m又Ep＝12kx系統(tǒng)能量守恒，彈簧最長(zhǎng)或最短時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能相等，所以彈簧最長(zhǎng)或最短時(shí)，彈簧的形變量相同，故彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx＝2x聯(lián)立解得Δx＝0.2m。[答案](1)10m/s31.2N(2)0J(3)0.2m[典例7](類碰撞模型)(多選)(2024·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)9月質(zhì)檢)如圖甲所示，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時(shí)刻兩小球被分別鎖定，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。t＝0時(shí)刻解除A球鎖定，t＝t1時(shí)刻解除B球鎖定，A、B兩球運(yùn)動(dòng)的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像(a-t圖像)如圖乙所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是()A．t1時(shí)刻后A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量大小始終為mAS1B．mAmC．S1－S2<S3D．t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量大于t＝0時(shí)刻彈簧的壓縮量AB[t＝0時(shí)刻解除A球鎖定，t＝t1時(shí)刻解除B球鎖定，說明t1時(shí)刻只有A球具有速度，設(shè)此時(shí)A球的速度為v1，則有ΔvA1＝v1－0＝v1＝S1，t1時(shí)刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量等于t1時(shí)刻A球的動(dòng)量，則有p總＝mAv1＝mAS1，A正確；由題圖可知t1時(shí)刻A球的加速度為0，則此時(shí)彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，t2時(shí)刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說明此時(shí)彈簧的彈力最大，彈簧的伸長(zhǎng)量最大，即t2時(shí)刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時(shí)刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為ΔvA2＝v1－v2＝S2，B球的速度變化量大小為ΔvB＝v2－0＝S3，從t1到t2過程，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mAv1＝mAv2＋mBv2，可得mA(v1－v2)＝mBv2，聯(lián)立可得mAmB＝S3S2，B正確；由A、B項(xiàng)分析可得S1－S2＝v2＝S3，C錯(cuò)誤；從t＝0到t2時(shí)刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有Ep0＝12mA+mBv22＋Ep2，說明t＝0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能大于t2碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)達(dá)到共速再次分離相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能或電勢(shì)能相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量無損耗，滿足12m(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能1．(熱點(diǎn)情境·生產(chǎn)生活)高壓水槍沖洗物體時(shí)，在物體表面將產(chǎn)生一定的壓力。若水從槍口噴出時(shí)的速度大小為v＝100m/s，近距離垂直噴射到物體表面，水槍出水口直徑d＝5mm。忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，假設(shè)水噴射到物體表面時(shí)速度在短時(shí)間內(nèi)變?yōu)?。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水槍在物體表面產(chǎn)生的沖擊力約為()A．98NB．196NC．393ND．785NB[設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的水的質(zhì)量m＝ρvπd24Δt，以Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水為研究對(duì)象，設(shè)水槍在物體表面產(chǎn)生的沖擊力大小為F，以噴水的方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量定理有－FΔt＝0－mv，解得F≈196N，B項(xiàng)正確2．(熱點(diǎn)情境·體育娛樂活動(dòng))(多選)(2024·安徽淮北8月開學(xué)檢測(cè))如圖甲所示，在某次冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖乙中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，已知兩壺質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點(diǎn)，由圖乙可得()A．紅、藍(lán)兩壺碰撞過程是彈性碰撞B．碰撞前瞬間，紅壺瞬時(shí)速度為1.0m/sC．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4mD．紅、藍(lán)兩壺碰后至停止運(yùn)動(dòng)過程中，所受摩擦力的沖量之比為1∶4BD[紅壺與藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后藍(lán)壺的速度為v，由題圖乙可知，碰撞前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰撞后速度為v1＝0.2m/s，則有mv0＝mv1＋mv，得碰撞后藍(lán)壺的瞬時(shí)速度v＝0.8m/s，碰撞前兩壺的機(jī)械能為Ek1＝12mv02＝0.5m(J)，碰撞后兩壺的機(jī)械能為Ek2＝12mv12＋12mv2＝0.34m(J)，碰撞前后機(jī)械能變化量為ΔEk＝Ek1－Ek2＝0.16m(J)，所以紅、藍(lán)兩壺的碰撞是非彈性碰撞，A錯(cuò)誤，B正確；由題圖乙可知，碰后紅壺與藍(lán)壺都做勻減速運(yùn)動(dòng)，藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x＝v+02t＝0.82×5m＝2.0m，C錯(cuò)誤；紅、藍(lán)兩壺碰后至停止運(yùn)動(dòng)的過程中，所受摩擦力的沖量大小等于兩壺碰后動(dòng)量的損失量，由動(dòng)量定理得I紅＝mv1＝0.2m(N·s)，I藍(lán)＝mv＝0.8m(N·s)，則兩壺所受摩擦力的沖量之比為3．(經(jīng)典模型·學(xué)科內(nèi)融合)(多選)如圖所示，傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)＝1m，其上端連接電阻R＝2Ω，等高的兩點(diǎn)P、Q上方導(dǎo)軌光滑，其空間內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝3T，P、Q兩點(diǎn)下方導(dǎo)軌不光滑，空間無磁場(chǎng)。質(zhì)量為3kg、電阻為2Ω的金屬棒b放置在P、Q位置，將質(zhì)量為1kg、電阻為1Ω的金屬棒a從P、Q上方某位置由靜止釋放，當(dāng)a棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)與靜止的b棒發(fā)生彈性碰撞，碰撞后a棒運(yùn)動(dòng)13m到達(dá)最高點(diǎn)。兩棒與不光滑導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，其他電阻不計(jì)。以下說法正確的是(A．a(chǎn)棒勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為5m/sB．b棒運(yùn)動(dòng)的位移大小為5mC．a(chǎn)棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為0.25sD．兩棒可以發(fā)生兩次碰撞BC[a棒勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得mgsin37°＝BIL，又有E＝BLv，I＝ERa+R2，解得v＝4m/s，故A錯(cuò)誤；兩棒發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，有mv＝mva＋Mvb，12mv2＝12mva2+12Mvb2，得va＝－2m/s，vb＝2m/s，b棒沿斜面向下做減速運(yùn)動(dòng)，b棒運(yùn)動(dòng)位移大小為xb，由動(dòng)能定理Mgsin37°xb－μMgcos37°xb＝-12Mvb2，解得xb＝5m，故B正確；碰撞后a棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t，其位移x＝13m，由動(dòng)量定理有－mgsin37°t－BILt＝mva，通過a棒的電荷量q＝It＝BLxRa+R專題限時(shí)集訓(xùn)(五)1．(2022·北京卷)“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是()A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間B[助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小空氣阻力，A錯(cuò)誤；起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對(duì)人的作用力來增加向上的速度，B正確；飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，延長(zhǎng)力的作用時(shí)間可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯(cuò)誤。]2．(多選)以前人們?cè)诮ㄔ旆课輹r(shí)，通常用“打夯”的方式將地基夯實(shí)。如圖所示為“打夯”的情境，兩人用繩子拴接質(zhì)量m＝80kg的石塊，保持兩側(cè)的繩子與豎直方向間的夾角為α＝37°不變，兩側(cè)繩子拉力的大小恒為F＝1000N，使石塊由地面豎直向上運(yùn)動(dòng)h＝0.45m后將拉力F撤去，石塊從施力到靜止所用的總時(shí)間為t＝1.04s，重力加速度為g＝10m/s2，2＝1.41，sin37°＝0.6。忽略空氣阻力。則下列說法正確的是()A．拉力F作用的時(shí)間為0.6sB．石塊上升的最大高度為0.9mC．石塊落地瞬間的速度大小約為6m/sD．石塊與地面碰撞時(shí)，地面對(duì)石塊的平均作用力約為20706NBD[撤去拉力F前，對(duì)石塊，由牛頓第二定律得2Fcos37°－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2，則由公式h＝12at12得t1＝2ha，解得拉力F作用的時(shí)間為t1＝0.3s，A錯(cuò)誤；撤去拉力F瞬間，石塊的速度為v＝at1，解得v＝3m/s，撤去拉力F后石塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，從撤走拉力到最高點(diǎn)的過程中石塊上升的高度為h1＝v22g，解得h1＝0.45m，所以石塊上升的最大高度為H＝h＋h1，解得H＝0.9m，B正確；設(shè)石塊落地瞬間的速度大小為v′，則由v2'＝2gH得v′＝2gH，代入數(shù)據(jù)解得v′＝32m/s＝4.23m/s，C錯(cuò)誤；從撤去拉力F到石塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間為t2＝vg＝310s＝0.3s，石塊由最高點(diǎn)到落在地面的過程所用的時(shí)間為t3＝2Hg，解得t3＝0.423s，石塊落地后與地面相互作用的時(shí)間為Δt＝t－t1－t2－t3＝0.017s，石塊與地面相互作用的過程中，由動(dòng)量定理得F·Δt－mg·Δt＝3．娛樂風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置，在一個(gè)特定的空間內(nèi)人工制造和控制氣流，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)，即可通過改變受風(fēng)面積來實(shí)現(xiàn)向上、向下運(yùn)動(dòng)或懸浮?，F(xiàn)有一豎直圓柱形風(fēng)洞，風(fēng)機(jī)通過洞口向風(fēng)洞內(nèi)“吹氣”，產(chǎn)生豎直向上、速度恒定的氣流。某時(shí)刻，有一質(zhì)量為m的游客恰好在風(fēng)洞內(nèi)懸浮，已知?dú)饬髅芏葹棣?，游客受風(fēng)面積為S，重力加速度為g，假設(shè)氣流吹到人身上后速度變?yōu)?，則氣流速度大小為()A．mg4ρSB．mg2ρSC．C[在Δt時(shí)間內(nèi)吹到人體的氣體質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt。設(shè)人對(duì)氣流的力大小為F，則對(duì)此段氣體由動(dòng)量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛頓第三定律，氣流給人的力大小為F′＝F，人受力平衡，所以F′＝mg，解得v＝mgρS，故選C。4．(多選)(2024·1月九省聯(lián)考河南卷)α粒子(24He)以一定的初速度與靜止的氧原子核(816O)發(fā)生正碰。此過程中，α粒子的動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖所示，A．t1時(shí)刻816O的動(dòng)量為p0－B．t1時(shí)刻816C．t2時(shí)刻816D．t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能最大AB[α粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，t1時(shí)刻816O的動(dòng)量為p2＝p0－p1，故A正確；t1時(shí)刻圖線的切線斜率最大，則α粒子的動(dòng)量變化率最大，根據(jù)p＝mv，可知α粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的靜電力最大，則氧原子核受到的靜電力也最大，816O的加速度達(dá)到最大，故B正確；t2時(shí)刻，α粒子速度為零，由題圖可知t2時(shí)刻后，α粒子反向運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可知在t2時(shí)刻之后，816O的動(dòng)量達(dá)到最大，816O的速度達(dá)到最大，816O的動(dòng)能達(dá)到最大，故C錯(cuò)誤；t1時(shí)刻，氧原子核受到的電場(chǎng)力最大5．(2024·廣東深圳中學(xué)8月質(zhì)檢)皮劃艇射擊是一種比賽運(yùn)動(dòng)，比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員站在靜止的皮劃艇上，持槍向岸上的槍靶水平射擊。已知運(yùn)動(dòng)員(包括除子彈外的裝備)及皮劃艇的總質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，假設(shè)子彈射擊過程中火藥釋放的總能量為E，且全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，在陸地射擊和在皮劃艇上射擊時(shí)子彈出射速度會(huì)有少許差異。陸地射擊時(shí)子彈的射出速度為v1，子彈動(dòng)能為Ek1；在皮劃艇上射擊時(shí)子彈的射出速度為v2，動(dòng)能為Ek2，運(yùn)動(dòng)員及皮劃艇的速度為v3，射擊過程中可認(rèn)為子彈、運(yùn)動(dòng)員及皮劃艇組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。下列關(guān)系式正確的是()A．v1＝Em B．EkC．v2＝2M-mEMm D．D[在陸地射擊時(shí)，火藥釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為子彈的動(dòng)能，因此有Ek1＝12mv12＝E，解得v1＝2Em，故A錯(cuò)誤；在皮劃艇上射擊時(shí)，系統(tǒng)在水平方向上不受外力，由于反沖作用，射擊后皮劃艇會(huì)獲得反向的速度，水平方向動(dòng)量守恒，有0＝Mv3＋mv2，由能量守恒定律知E＝12Mv32+12mv22，聯(lián)立解得v2＝2MEM+mm，v1v2＝M+mM6．(2024·山東濰坊一模)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A，斜面質(zhì)量為M，底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示。將一質(zhì)量為m的可視為質(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(duì)滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊下滑過程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能為mgLtanαD．此過程中斜面向左滑動(dòng)的距離為mLD[當(dāng)滑塊B相對(duì)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(duì)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(duì)滑塊的支持力FN不等于mgcosα，故A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過程中支持力對(duì)B的沖量大小為I＝FNt，故B錯(cuò)誤；B下降的高度為L(zhǎng)tanα，其重力勢(shì)能的減小量等于mgLtanα，減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能之和，則滑塊B的動(dòng)能要小于mgLtanα，故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，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得Mx1t－mx2t＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝mLM+m，故D正確7．(多選)(2024·1月九省聯(lián)考安徽卷)如圖所示，實(shí)線是實(shí)驗(yàn)小組某次研究平拋運(yùn)動(dòng)得到的實(shí)際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運(yùn)動(dòng)的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實(shí)驗(yàn)中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為v0，初始時(shí)小球離地面高度為h。已知小球落地時(shí)速度大小為v，方向與水平面成θ角，小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．小球落地時(shí)重力的功率為mgvB．小球下落的時(shí)間為mvC．小球下落過程中的水平位移大小為mD．小球下落過程中空氣阻力所做的功為12mBCD[小球落地時(shí)重力的功率為PG＝mgvsinθ，故A錯(cuò)誤；小球下落過程在豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理得mvsinθ＝mgt－k(vy1＋vy2＋vy3＋…＋vyn)t，vy1+vy2+vy3+…+vynt＝h，解得小球下落的時(shí)間為t＝mvsinθ+khmg，故B正確；小球在水平方向根據(jù)動(dòng)量定理得mvcosθ－mv0＝－k(vx1＋vx2＋vx3＋…＋vxn)t，vx1+vx2+vx3+…+vxnt8．(2024·湖南衡陽?？?如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進(jìn)入小坑中即勝出?，F(xiàn)將此游戲進(jìn)行簡(jiǎn)化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝0.9m。某同學(xué)將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬間彈出，經(jīng)過時(shí)間t1＝0.4s與彈珠B正碰(碰撞時(shí)間極短)，碰后瞬間彈珠A的速度大小為1m/s，方向向右，且不再與彈珠B發(fā)生碰撞。已知兩彈珠的質(zhì)量均為25g，取重力加速度g＝10m/s2，若彈珠A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，并將彈珠的運(yùn)動(dòng)視為滑動(dòng)，彈珠進(jìn)入坑中不再滑出。(1)求碰撞前瞬間彈珠A的速度大小v1和在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；(2)求兩彈珠碰撞瞬間的機(jī)械能損失，并判斷該同學(xué)能否勝出。[解析](1)對(duì)彈珠A，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x1＝v0t1-12at1聯(lián)立解得v1＝4m/s，a＝5m/s2。(2)設(shè)碰后瞬間彈珠B的速度為v2'，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝mv1解得v2'所以兩彈珠碰撞瞬間的機(jī)械能損失ΔE＝1解得ΔE＝7.5×10-2J碰后彈珠B運(yùn)動(dòng)的距離為Δx＝v2'22所以彈珠B恰好進(jìn)坑，故能勝出。[答案](1)4m/s5m/s2(2)見解析9．(2024·安徽蕪湖二模)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B放在光滑的水平面上，中間用輕彈簧相連，彈簧處于原長(zhǎng)，一顆質(zhì)量為km(k<1)的子彈以水平速度v0射入物塊A并留在物塊中(時(shí)間極短)，則下列說法正確的是()A．子彈射入物塊A的過程中，子彈的動(dòng)量變化量為kB．子彈射入物塊A的