第六章動量[全國卷5年考情分析](說明：2023～2023年，本章內(nèi)容以選考題目出現(xiàn))考點(diǎn)及要求2023～2023考情統(tǒng)計(jì)命題概率?？冀嵌葎恿?、動量定理、動量守恒定律及其應(yīng)用(Ⅱ)'17Ⅰ卷T14(6分)，'17Ⅱ卷T15(6分)'17Ⅲ卷T20(6分)，'16Ⅰ卷T35(2)(10分)'16Ⅱ卷T35(2)(10分)獨(dú)立命題概率60%(1)動量定理與動量守恒定律的應(yīng)用(2)動量守恒與能量守恒的綜合應(yīng)用(3)動量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用彈性碰撞和非彈性碰撞(Ⅰ)'16Ⅲ卷T35(2)(10分)，'15Ⅰ卷T35(2)(10分)'15Ⅱ卷T35(2)(10分)，'14Ⅰ卷T35(2)(9分)'13Ⅰ卷T35(2)(9分)，'13Ⅱ卷T35(2)(10分)綜合命題概率70%實(shí)驗(yàn)七：驗(yàn)證動量守恒定律'14Ⅱ卷T35(2)(10分)綜合命題概率25%第1節(jié)動量定理(1)動量越大的物體，其速度越大。(×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×)(3)物體所受合力不變，那么動量也不改變。(×)(4)物體沿水平面運(yùn)動時(shí)，重力不做功，其沖量為零。(×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×)(6)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。(√)1．動量是矢量，其方向與物體的速度方向相同，動量變化量也是矢量，其方向與物體合外力方向相同。2．力與物體運(yùn)動方向垂直時(shí)，該力不做功，但該力的沖量不為零。3．動量定理中物體動量的改變量等于合外力的沖量，包括物體重力的沖量。4．動量定理是矢量方程，列方程時(shí)應(yīng)選取正方向，且力和速度必須選同一正方向。突破點(diǎn)(一)動量與沖量的理解1．動能、動量、動量變化量的比擬動能動量動量變化量定義物體由于運(yùn)動而具有的能量物體的質(zhì)量和速度的乘積物體末動量與初動量的矢量差定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p標(biāo)矢性標(biāo)量矢量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)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)假設(shè)物體的；動能發(fā)生變化，那么動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時(shí)動能不一定發(fā)生變化2．沖量和功的區(qū)別(1)沖量和功都是過程量。沖量表示力對時(shí)間的積累作用，功表示力對位移的積累作用。(2)沖量是矢量，功是標(biāo)量。(3)力作用的沖量不為零時(shí)，力做的功可能為零；力做的功不為零時(shí)，力作用的沖量一定不為零。3．沖量的計(jì)算(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)算。(2)變力的沖量①方向不變的變力的沖量，假設(shè)力的大小隨時(shí)間均勻變化，即力為時(shí)間的一次函數(shù)，那么力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2為該段時(shí)間內(nèi)初、末兩時(shí)刻力的大小。②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如下圖。③對于易確定始、末時(shí)刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求Δp間接求出沖量。[題點(diǎn)全練]1．以下說法正確的選項(xiàng)是()A．動量為零時(shí)，物體一定處于平衡狀態(tài)B．動能不變，物體的動量一定不變C．物體所受合外力不變時(shí)，其動量一定不變D．物體受到恒力的沖量也可能做曲線運(yùn)動解析：選D動量為零說明物體的速度為零，但物體速度為零并不一定為平衡狀態(tài)，如汽車的啟動瞬時(shí)速度為零，故A錯(cuò)誤；動能不變，說明速度的大小不變，但速度的方向是可以變化的，故動量是可能發(fā)生變化的，故B錯(cuò)誤；物體做勻變速直線運(yùn)動時(shí)，物體的合外力大小不變，但速度大小會變化，故動量的大小也會發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；物體受到恒力作用時(shí)有可能做曲線運(yùn)動，如平拋運(yùn)動，故D正確。2．[多項(xiàng)選擇]關(guān)于力的沖量，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．只有作用時(shí)間很短的力才能產(chǎn)生沖量B．沖量是矢量，其方向就是力的方向C．一對作用力與反作用力的沖量一定等大且反向D．如果力不等于零，那么在一段時(shí)間內(nèi)其沖量不可能為零解析：選BCD只要有力及作用時(shí)間，力就會有沖量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沖量是矢量，其方向與力的方向相同，故B正確；作用力與反作用力大小相等，同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)消失，故二力的沖量一定大小相等，方向相反，故C正確；假設(shè)力不等于零，那么在一段時(shí)間內(nèi)其沖量一定不為零；故D正確。3．質(zhì)量為2kg的小球自塔頂由靜止開始下落，不考慮空氣阻力的影響，g取10m/s2，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．2s末小球的動能為40JB．2s末小球的動量大小為40kg·m/sC．2s內(nèi)重力的沖量大小為20N·sD．2s內(nèi)重力的平均功率為20W解析：選B2s末小球的速度v＝gt＝20m/s，那么動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝400J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；2s末小球的動量大小為p＝mv＝40kg·m/s，選項(xiàng)B正確；2s內(nèi)重力的沖量大小為I＝mgt＝40N·s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2s內(nèi)重力的平均功率為eq\x\to(P)＝mgeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)mgv＝200W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。突破點(diǎn)(二)動量定理的理解和應(yīng)用1．應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越短，力F就越大，力的作用時(shí)間Δt越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。(2)當(dāng)作用力F一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時(shí)間Δt越短，動量變化量Δp越小。2．應(yīng)用動量定理解題的一般步驟(1)明確研究對象和研究過程研究對象可以是一個(gè)物體，也可以是幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運(yùn)動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。(2)進(jìn)行受力分析只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，那么要分別計(jì)算它們的沖量，然后求它們的矢量和。(3)規(guī)定正方向由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前可以先規(guī)定一個(gè)正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負(fù)。(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個(gè)階段的沖量的矢量和)。(5)根據(jù)動量定理列式求解。3．應(yīng)用動量定理解題的考前須知(1)動量定理的表達(dá)式是矢量式，列式時(shí)要注意各個(gè)量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要注意各個(gè)量的正負(fù))。(2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。(3)應(yīng)用動量定理可以只研究一個(gè)物體，也可以研究幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)。(4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各局部動量之和，末態(tài)的動量p′也是系統(tǒng)各局部動量之和。(5)對系統(tǒng)各局部的動量進(jìn)行描述時(shí)，應(yīng)該選取同一個(gè)參考系，不然求和無實(shí)際意義。[典例](2023·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度。[審題指導(dǎo)](1)質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中說明水柱對玩具的沖力大小為Mg。(2)單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量等于長為v0，截面積為S的水柱的質(zhì)量。(3)噴口噴出的水向上運(yùn)動過程中只受重力作用，機(jī)械能守恒。[解析](1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，那么Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。③(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)v02④在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧[答案](1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)[規(guī)律方法]動量定理在變質(zhì)量(如流體)中的應(yīng)用研究對象為“變質(zhì)量〞的“連續(xù)〞的流體(如水流、空氣流等)，以水流為例，一般要假設(shè)一段時(shí)間Δt內(nèi)流出的水柱，其長度為vΔt，水柱底面積為S，得水柱體積V＝SvΔt，水柱質(zhì)量為Δm＝ρV＝ρSvΔt，再對質(zhì)量為Δm的水柱應(yīng)用動量定理求解。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動；假設(shè)迅速拉動紙帶，紙帶就會從重物下抽出，這個(gè)現(xiàn)象的原因是()A．在緩緩拉動紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力大B．在迅速拉動紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小C．在緩緩拉動紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大D．在迅速拉動紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大解析：選C用水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動時(shí)重物受的靜摩擦力小于迅速拉動紙帶時(shí)重物受到的滑動摩擦力，A、B均錯(cuò)誤；迅速拉動紙帶時(shí)，因作用時(shí)間短，重物所受沖量較小，重物速度變化小，紙帶易抽出，故C正確，D錯(cuò)誤。2．(2023·北京高考)“蹦極〞運(yùn)動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，以下分析正確的選項(xiàng)是()A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負(fù)功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點(diǎn)時(shí)，繩對人的拉力等于人所受的重力解析：選A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，人先做加速度減小的加速運(yùn)動，后做加速度增大的減速運(yùn)動，加速度等于零時(shí)，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(shí)(即繩對人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大，動量和動能最大，在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負(fù)功。應(yīng)選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。3．(2023·北京市通州區(qū)摸底)在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，質(zhì)量m＝0.5kg，AB間距離s＝5m，如下圖。小物塊以初速度v0＝8m/s從A向B運(yùn)動，剛要與墻壁碰撞時(shí)的速度v1＝7m/s，碰撞后以速度v2＝6m/s反向彈回。重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊從A向B運(yùn)動過程中的加速度a的大?。?2)小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)假設(shè)碰撞時(shí)間t＝0.05s，碰撞過程中墻面對小物塊平均作用力F的大小。解析：(1)從A到B過程是勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)速度位移公式，有：a＝eq\f(v12－v02,2s)＝eq\f(72－82,2×5)m/s2＝－1.5m/s2。(2)從A到B過程，由動能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.15。(3)對碰撞過程，規(guī)定向左為正方向，由動量定理，有：FΔt＝mv2－m(－v1)可得：F＝130N。答案：(1)1.5m/s2(2)0.15(3)130N巧思妙解——練創(chuàng)新思維eq\a\vs4\al(動量定理處理“微粒連續(xù)作用〞類問題)1．微粒及其特點(diǎn)(1)微粒常指電子流、光子流、微塵等。(2)特點(diǎn)：①質(zhì)量具有獨(dú)立性；②單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n。2．解題一般步驟(1)建立“柱體〞模型：沿運(yùn)動的方向選取一段微元，柱體的截面積為S。(2)研究微元粒子數(shù)：作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段微元柱體的長度為Δl＝v0Δt，柱體體積ΔV＝Sv0Δt，柱體內(nèi)的粒子數(shù)N＝nSv0Δt。(3)先對單個(gè)微粒應(yīng)用動量定理，建立方程，再乘以N計(jì)算。[應(yīng)用體驗(yàn)]1．自動稱米機(jī)已在糧食工廠中廣泛使用，有人認(rèn)為：米流落到容器中時(shí)有向下的沖量會增大分量而不劃算；也有人認(rèn)為：自動裝置即刻切斷米流時(shí)，尚有一些米仍在空中，這些米是多給買者的。因而雙方爭執(zhí)起來，究竟哪方說的對呢？請分析說明。解析：設(shè)空中米流的質(zhì)量為m1，已落入秤盤中米的質(zhì)量為m2，正在落入秤盤中米的質(zhì)量為Δm，只要分析出秤盤的示數(shù)與(m1＋Δm＋m2)g的關(guān)系，問題便得以解決。設(shè)稱米機(jī)的流量為d(單位時(shí)間內(nèi)流出米的質(zhì)量)，稱米機(jī)出口到容器中米堆上外表的高度為h，因米流出口處速度小，可視為零，故米流沖擊米堆的速度v＝eq\r(2gh)。秤的示數(shù)F應(yīng)等于m2、Δm的重力以及Δm對秤盤沖擊力F′大小之和。以m2＋Δm為研究對象，根據(jù)動量定理得(F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δmeq\r(2gh)F＝eq\f(Δm,Δt)eq\r(2gh)＋m2g＋Δmg＝deq\r(2gh)＋m2g＋Δmg又因空中米的質(zhì)量為m1＝dt＝deq\r(\f(2h,g))故m1g＝deq\r(2gh)那么F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)可見自動稱米機(jī)的示數(shù)恰好等于空中米流、已落入秤盤的米與正在落入秤盤的米的重力之和，不存在劃不劃算的問題。答案：見解析2．根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量p之間的關(guān)系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動量，照到物體外表的光子被物體吸收或反射時(shí)都會對物體產(chǎn)生壓強(qiáng)，這就是“光壓〞，用I表示。(1)一臺二氧化碳?xì)怏w激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當(dāng)它垂直照射到一物體外表并被物體全部反射時(shí)，激光對物體外表的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動量，N表示單位時(shí)間內(nèi)激光器射出的光子數(shù)，試用P0和S表示該束激光對物體產(chǎn)生的光壓。(2)有人設(shè)想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，太陽光照射薄膜時(shí)每平方米面積上的輻射功率為1350W，探測器和薄膜的總質(zhì)量為m＝100kg，薄膜面積為4×104解析：(1)在單位時(shí)間內(nèi)，功率為P0的激光器的總能量為：P0×1s＝NE＝Npc，所以：p＝eq\f(P0,Nc)(kg·m/s)由題意可知：激光對物體外表的壓力F＝2pN故激光對物體產(chǎn)生的光壓：I＝eq\f(F,S)＝eq\f(2P0,cS)(Pa)。(2)由上一問可知：I＝eq\f(2P0,cS)(Pa)＝eq\f(2×1.35×103,3×108×1)Pa＝9×10－6Pa所以探測器受到的光的總壓力FN＝IS膜，對探測器利用牛頓第二定律有FN＝ma故此時(shí)探測器的加速度a＝eq\f(IS膜,m)＝eq\f(9×10－6×4×104,100)m/s2＝3.6×10－3m/s2。答案：(1)eq\f(2P0,cS)(Pa)(2)3.6×10－3m/s2(一)普通高中適用作業(yè)[A級——根底小題練熟練快]1．(2023·天津高考)“天津之眼〞是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變解析：選B摩天輪轉(zhuǎn)動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的，D錯(cuò)誤。★2．(2023·合肥一模)質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析：選A取豎直向上為正方向，那么小球與地面碰撞過程中動量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向豎直向上。由動能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。故A正確。3．[多項(xiàng)選擇](2023·全國卷Ⅲ)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨時(shí)間t變化的圖線如下圖，那么()A．t＝1s時(shí)物塊的速率為1m/sB．t＝2s時(shí)物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時(shí)物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時(shí)物塊的速度為零解析：選AB法一：根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s內(nèi)合外力沖量分別為2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，應(yīng)用動量定理I＝mΔv可知物塊在1s、2s、3s、4s末的速率分別為1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物塊在這些時(shí)刻的動量大小分別為2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，那么A、B項(xiàng)正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。法二：前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正確；t＝2s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s，B正確；物塊在2～4s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，加速度的大小為a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動量大小為p3＝mv3＝3kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D錯(cuò)誤。4.將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動，滑到底端總共用時(shí)t，如下圖，設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動量變化為Δp1，在后一半時(shí)間內(nèi)其動量變化為Δp2，那么Δp1∶Δp2為()A．1∶2B．1∶3C．1∶1D．2∶1解析：選C木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsinθ，方向也始終沿斜面向下不變。由動量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsinθ·eq\f(1,2)t)∶(mgsinθ·eq\f(1,2)t)＝1∶1。應(yīng)選項(xiàng)C正確?！?．(2023·三明一中模擬)質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時(shí)間極短，離開地的速率為v2。在碰撞過程中，鋼球受到合力的沖量的方向和大小為()A．向下，m(v1－v2)B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2)D．向上，m(v1＋v2)解析：選D根據(jù)動量定理可知鋼球受到合力的沖量等于鋼球動量的變化量，選取向下為正方向，I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，那么鋼球受到合力的沖量的方向向上，大小為m(v1＋v2)。故D正確。[B級——中檔題目練通抓牢]6．[多項(xiàng)選擇]某同學(xué)為了測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋瓿闪巳缦碌牟僮鳎簩⒁毁|(zhì)量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過一段時(shí)間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點(diǎn)為過程1，小球從最高點(diǎn)至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力，那么下述說法正確的選項(xiàng)是()A．過程1和過程2動量的變化大小都為mv0B．過程1和過程2動量變化的方向相反C．過程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下D．過程1和過程2重力的總沖量為0解析：選AC根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過程動量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落過程動量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯(cuò)誤；小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點(diǎn)又返回地面的整個(gè)過程中重力的沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯(cuò)誤。7．一個(gè)質(zhì)量為m＝100g的小球從h＝0.8m的高處自由下落，落到一個(gè)厚軟墊上，假設(shè)從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0.2s，規(guī)定豎直向下的方向?yàn)檎?，那么在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對小球的沖量為(取g＝10m/s2)()A．0.6N·sB．0.4N·sC．－0.6N·sD．－0.4N·s解析：選C設(shè)小球自由下落h＝0.8m的時(shí)間為t1，由h＝eq\f(1,2)gt12得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。設(shè)IN為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向?yàn)檎较颍敲磳π∏蛘麄€(gè)運(yùn)動過程運(yùn)用動量定理得mg(t1＋t2)＋I(xiàn)N＝0，解得IN＝－0.6N·s。負(fù)號表示軟墊對小球的沖量方向和重力的方向相反。應(yīng)選項(xiàng)C正確?！?．[多項(xiàng)選擇]質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時(shí)間內(nèi)物體動量變化量的大小為()A．m(v－v0)B．mgtC．meq\r(v2－v02)D．meq\r(2gh)解析：選BCD由動量定理可得，物體在時(shí)間t內(nèi)動量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運(yùn)動過程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝eq\r(v2－v02)，由機(jī)械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故物體動量變化量Δp＝mΔv＝meq\r(v2－v02)＝meq\r(2gh)，選項(xiàng)C、D均正確，只有選項(xiàng)A錯(cuò)誤?！?．將質(zhì)量為500g的杯子放在臺秤上，一個(gè)水龍頭以每秒700g水的流量注入杯中。注至10s末時(shí)，臺秤的讀數(shù)為78.5N，那么注入杯中水流的速度是多大？解析：以在很短時(shí)間Δt內(nèi)，落在杯中的水柱Δm為研究對象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。設(shè)向上的方向?yàn)檎蓜恿慷ɡ淼茫?F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv)因Δm很小，Δmg可忽略不計(jì)，并且eq\f(Δm,Δt)＝0.7kg/sF＝eq\f(Δm,Δt)v＝0.7v(N)臺秤的讀數(shù)G讀＝(m杯＋m水)g＋F78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v解得v＝5m/s。答案：5m/s10．如下圖，質(zhì)量0.5kg，長1.2m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,8)，在盒內(nèi)右端B放著質(zhì)量也為0.5kg，半徑為0.1m的彈性球，球與盒接觸面光滑。假設(shè)在A端給盒以水平向右的沖量1.5N·s，設(shè)盒在運(yùn)動中與球碰撞時(shí)間極短，且無能量損失，求：(1)盒從開始運(yùn)動到完全停止所通過的路程是多少；(2)盒從開始運(yùn)動到完全停止所經(jīng)過的時(shí)間是多少。解析：(1)研究對象是金屬盒，盒受沖量I后獲得速度v，由動量定理，有I＝mv－0，v＝eq\f(I,m)＝eq\f(1.5,0.5)m/s＝3m/s盒以此速度向右運(yùn)動，運(yùn)動中受到桌面對盒的摩擦力f＝μFN＝μ·2mg－μ·2mg＝ma即a＝－2μg盒運(yùn)動了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1m后速度減少為v′。v′2－v2＝2ax1v′＝eq\r(v2－2×2μgx1)＝eq\r(32－2×2×\f(1,8)×10×1)m/s＝2m/s，盒左壁A以v′速度與球相碰，因碰撞中無能量損失，盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動1m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右運(yùn)動，直到停止。0－v′2＝2ax2即x2＝eq\f(－v′2,2a)＝eq\f(－v′2,－2×2μg)＝eq\f(22,2×2×\f(1,8)×10)m＝0.8m因x2只有0.8m，此時(shí)靜止小球不會再與盒的左壁相碰，所以盒通過的總路程為s＝x1＋x2＝1m＋0.8m＝1.8m。(2)盒從開始運(yùn)動到與球相碰所用時(shí)間為t1根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mvt1＝eq\f(v－v′,2μg)＝eq\f(3－2,2×\f(1,8)×10)s＝0.4s；小球勻速運(yùn)動時(shí)間t2＝eq\f(x1,v′)＝eq\f(1,2)s＝0.5s；盒第二次與球相碰后到停止運(yùn)動的時(shí)間為t3，根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′t3＝eq\f(v′,2μg)＝eq\f(2,2×\f(1,8)×10)s＝0.8s；總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7s。答案：(1)1.8m(2)1.7s[C級——難度題目自主選做]11．[多項(xiàng)選擇](2023·常德模擬)如下圖，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，以下說法正確的有()A．小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功為mghC．小球所受阻力的沖量大于meq\r(2gH)D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量解析：選AC小球在整個(gè)過程中，動能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，那么小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運(yùn)用動能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，那么小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯(cuò)誤；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，對進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動量定理得：IG－IF＝0－meq\r(2gH)，得：IF＝IG＋meq\r(2gH)，知阻力的沖量大于meq\r(2gH)，故C正確；對全過程分析，運(yùn)用動量定理知，動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯(cuò)誤。12．[多項(xiàng)選擇](2023·天津質(zhì)量調(diào)查)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排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動，恰好能穿出第4個(gè)水球，那么可以判斷的是()A．子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同B．子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動的時(shí)間不同C．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同D．子彈在每個(gè)水球中的動能變化相同解析：選BCD恰好能穿出第4個(gè)水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，那么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，那么B正確。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤。因加速度恒定，那么每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，那么由I＝ft可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確。由動能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，那么ΔEk相同，D項(xiàng)正確。(二)重點(diǎn)高中適用作業(yè)[A級——保分題目巧做快做]1．(2023·天津高考)“天津之眼〞是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變解析：選B摩天輪轉(zhuǎn)動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的，D錯(cuò)誤。2．[多項(xiàng)選擇](2023·全國卷Ⅲ)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨時(shí)間t變化的圖線如下圖，那么()A．t＝1s時(shí)物塊的速率為1m/sB．t＝2s時(shí)物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時(shí)物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時(shí)物塊的速度為零解析：選AB法一：根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s內(nèi)合外力沖量分別為2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，應(yīng)用動量定理I＝mΔv可知物塊在1s、2s、3s、4s末的速率分別為1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物塊在這些時(shí)刻的動量大小分別為2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，那么A、B項(xiàng)正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。法二：前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正確；t＝2s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s，B正確；物塊在2～4s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，加速度的大小為a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動量大小為p3＝mv3＝3kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D錯(cuò)誤。3．將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動，滑到底端總共用時(shí)t，如下圖，設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動量變化為Δp1，在后一半時(shí)間內(nèi)其動量變化為Δp2，那么Δp1∶Δp2為()A．1∶2B．1∶3C．1∶1D．2∶1解析：選C木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsinθ，方向也始終沿斜面向下不變。由動量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsinθ·eq\f(1,2)t)∶(mgsinθ·eq\f(1,2)t)＝1∶1。應(yīng)選項(xiàng)C正確。4．[多項(xiàng)選擇]某同學(xué)為了測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，完成了如下的操作：將一質(zhì)量為m的小球由地面豎直向上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過一段時(shí)間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點(diǎn)為過程1，小球從最高點(diǎn)至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力，那么下述說法正確的選項(xiàng)是()A．過程1和過程2動量的變化大小都為mv0B．過程1和過程2動量變化的方向相反C．過程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下D．過程1和過程2重力的總沖量為0解析：選AC根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過程和下落過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過程動量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落過程動量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯(cuò)誤；小球由地面豎直向上發(fā)射到上升至最高點(diǎn)又返回地面的整個(gè)過程中重力的沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯(cuò)誤。5．一個(gè)質(zhì)量為m＝100g的小球從h＝0.8m的高處自由下落，落到一個(gè)厚軟墊上，假設(shè)從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了t＝0.2s，規(guī)定豎直向下的方向?yàn)檎?，那么在這段時(shí)間內(nèi)，軟墊對小球的沖量為(取g＝10m/s2)()A．0.6N·sB．0.4N·sC．－0.6N·sD．－0.4N·s解析：選C設(shè)小球自由下落h＝0.8m的時(shí)間為t1，由h＝eq\f(1,2)gt12得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。設(shè)IN為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向?yàn)檎较?，那么對小球整個(gè)運(yùn)動過程運(yùn)用動量定理得mg(t1＋t2)＋I(xiàn)N＝0，解得IN＝－0.6N·s。負(fù)號表示軟墊對小球的沖量方向和重力的方向相反。應(yīng)選項(xiàng)C正確。6．[多項(xiàng)選擇](2023·常德模擬)如下圖，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，以下說法正確的有()A．小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功為mghC．小球所受阻力的沖量大于meq\r(2gH)D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量解析：選AC小球在整個(gè)過程中，動能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，那么小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運(yùn)用動能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，那么小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯(cuò)誤；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，對進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動量定理得：IG－IF＝0－meq\r(2gH)，得：IF＝IG＋meq\r(2gH)，知阻力的沖量大于meq\r(2gH)，故C正確；對全過程分析，運(yùn)用動量定理知，動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯(cuò)誤。7．[多項(xiàng)選擇](2023·天津質(zhì)量調(diào)查)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排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動，恰好能穿出第4個(gè)水球，那么可以判斷的是()A．子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同B．子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動的時(shí)間不同C．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同D．子彈在每個(gè)水球中的動能變化相同解析：選BCD恰好能穿出第4個(gè)水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，那么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，那么B正確。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤。因加速度恒定，那么每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，那么由I＝ft可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確。由動能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，那么ΔEk相同，D項(xiàng)正確。[B級——拔高題目穩(wěn)做準(zhǔn)做]★8.一位質(zhì)量為m的運(yùn)發(fā)動從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。在此過程中()A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為eq\f(1,2)mv2B．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為零C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為eq\f(1,2)mv2D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零解析：選B人的速度原來為零，起跳后為v，由動量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面對人的沖量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳時(shí)，地面對人的支持力的作用點(diǎn)位移為零，故地面對人做功為零，所以只有選項(xiàng)B正確。★9．(2023·合肥質(zhì)檢)一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動時(shí)的a-t圖像如下圖，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s?；瑒幽Σ亮Υ笮『銥?N，那么()A．在t＝6s時(shí)刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s時(shí)間內(nèi)，拉力對物體的沖量為36N·sD．在t＝6s時(shí)刻，拉力F的功率為200W解析：選D根據(jù)Δv＝a0t，可知a-t圖線與t軸所圍“面積〞表示速度的增量，那么v6＝v0＋Δv＝2m/s＋eq\f(1,2)(2＋4)×6m/s＝20m/s，A錯(cuò)誤；由動能定理可得：W合＝eq\f(1,2)mv62－eq\f(1,2)mv02＝396J，B錯(cuò)誤；由動量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的沖量IF＝48N·s，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10N，那么6s時(shí)拉力F的功率P＝F6·v6＝200W，D正確?！?0．[多項(xiàng)選擇](2023·商丘五校聯(lián)考)在2023年里約奧運(yùn)跳水比賽中，中國跳水夢之隊(duì)由吳敏霞領(lǐng)銜包攬全部8枚金牌。假設(shè)質(zhì)量為m的跳水運(yùn)發(fā)動從跳臺上以初速度v0向上跳起，跳水運(yùn)發(fā)動在跳臺上從起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而減速為零，不計(jì)跳水運(yùn)發(fā)動水平方向的運(yùn)動，運(yùn)發(fā)動入水后到速度為零時(shí)重心下降h，不計(jì)空氣阻力，那么()A．運(yùn)發(fā)動起跳后在空中運(yùn)動過程中受到合外力沖量大小為meq\r(v02＋2gH)＋mv0B．水對運(yùn)發(fā)動阻力的沖量大小為meq\r(v02＋2gH)C．運(yùn)發(fā)動克服水的阻力做功為mgH＋eq\f(1,2)mv02D．運(yùn)發(fā)動從跳起到入水后速度減為零的過程中機(jī)械能減少量為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02解析：選AD設(shè)運(yùn)發(fā)動入水前速度為vt，那么由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mv02＋mgH＝eq\f(1,2)mvt2，得vt＝eq\r(v02＋2gH)，據(jù)動量定理可得運(yùn)發(fā)動起跳后在空中運(yùn)動過程中受到合外力沖量大小I＝mvt－(－mv0)＝meq\r(v02＋2gH)＋mv0，A項(xiàng)正確。運(yùn)發(fā)動入水后受豎直向下的重力和豎直向上的阻力，合力的沖量大小為I合＝meq\r(v02＋2gH)，B項(xiàng)錯(cuò)誤。運(yùn)發(fā)動從跳起到入水后速度減為零的過程中應(yīng)用動能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，得運(yùn)發(fā)動克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02，那么C項(xiàng)錯(cuò)誤。由能的轉(zhuǎn)化與守恒關(guān)系可知此過程中機(jī)械能的減少量為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02，D項(xiàng)正確?！?1．如下圖，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)翻開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，那么氣體剛噴出時(shí)瓶底端對豎直墻面的作用力大小是()A．ρvSB．eq\f(ρv2,S)C．eq\f(1,2)ρv2SD．ρv2S解析：選DΔt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，選項(xiàng)D正確。12．如下圖，質(zhì)量0.5kg，長1.2m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,8)，在盒內(nèi)右端B放著質(zhì)量也為0.5kg，半徑為0.1m的彈性球，球與盒接觸面光滑。假設(shè)在A端給盒以水平向右的沖量1.5N·s，設(shè)盒在運(yùn)動中與球碰撞時(shí)間極短，且無能量損失，求：(1)盒從開始運(yùn)動到完全停止所通過的路程是多少；(2)盒從開始運(yùn)動到完全停止所經(jīng)過的時(shí)間是多少。解析：(1)研究對象是金屬盒，盒受沖量I后獲得速度v，由動量定理，有I＝mv－0，v＝eq\f(I,m)＝eq\f(1.5,0.5)m/s＝3m/s盒以此速度向右運(yùn)動，運(yùn)動中受到桌面對盒的摩擦力f＝μFN＝μ·2mg－μ·2mg＝ma即a＝－2μg盒運(yùn)動了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1m后速度減少為v′。v′2－v2＝2ax1v′＝eq\r(v2－2×2μgx1)＝eq\r(32－2×2×\f(1,8)×10×1)m/s＝2m/s，盒左壁A以v′速度與球相碰，因碰撞中無能量損失，盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動1m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右運(yùn)動，直到停止。0－v′2＝2ax2即x2＝eq\f(－v′2,2a)＝eq\f(－v′2,－2×2μg)＝eq\f(22,2×2×\f(1,8)×10)m＝0.8m因x2只有0.8m，此時(shí)靜止小球不會再與盒的左壁相碰，所以盒通過的總路程為s＝x1＋x2＝1m＋0.8m＝1.8m。(2)盒從開始運(yùn)動到與球相碰所用時(shí)間為t1根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mvt1＝eq\f(v－v′,2μg)＝eq\f(3－2,2×\f(1,8)×10)s＝0.4s；小球勻速運(yùn)動時(shí)間t2＝eq\f(x1,v′)＝eq\f(1,2)s＝0.5s；盒第二次與球相碰后到停止運(yùn)動的時(shí)間為t3，根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′t3＝eq\f(v′,2μg)＝eq\f(2,2×\f(1,8)×10)s＝0.8s；總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7s。答案：(1)1.8m(2)1.7s★13．(2023·三湘名校聯(lián)考)如圖甲所示是明德中學(xué)在高考前100天倒計(jì)時(shí)宣誓活動中為給高三考生加油，用橫幅打出的鼓勵(lì)語。下面我們來研究橫幅的受力情況，如圖乙所示，假設(shè)橫幅的質(zhì)量為m，且質(zhì)量分布均勻、由豎直面內(nèi)的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面內(nèi)，四條繩子與水平方向的夾角均為θ，其中繩A、B是不可伸長的剛性繩，繩C、D是彈性較好的彈性繩且對橫幅的拉力恒為T0，重力加速度為g。(1)求繩A、B所受力的大??；(2)在一次衛(wèi)生大掃除中，樓上的小明同學(xué)不慎將質(zhì)量為m0的抹布滑落，正好落在橫幅上沿的中點(diǎn)位置。抹布的初速度為零，下落的高度為h，忽略空氣阻力的影響。抹布與橫幅撞擊后速度變?yōu)榱悖易矒魰r(shí)間為t，撞擊過程橫幅的形變極小，可忽略不計(jì)，求撞擊過程中，繩A、B所受平均拉力的大小。解析：(1)橫幅在豎直方向上處于平衡狀態(tài)：2Tsinθ＝2T0sinθ＋mg解得：T＝T0＋eq\f(mg,2sinθ)。(2)抹布做自由落體運(yùn)動，其碰撞前的速度滿足：2gh＝v02碰撞過程中橫幅對抹布的平均作用力為F，由動量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v解得：F＝m0g＋eq\f(m0\r(2gh),t)由牛頓第三定律可知抹布對橫幅的平均沖擊力F′＝F橫幅仍處于平衡狀態(tài)：2T1sinθ＝2T0sinθ＋mg＋F′解得：T1＝T0＋eq\f(mg＋m0g,2sinθ)＋eq\f(m0\r(2gh),2tsinθ)。答案：(1)T0＋eq\f(mg,2sinθ)(2)T0＋eq\f(mg＋m0g,2sinθ)＋eq\f(m0\r(2gh),2tsinθ)第2節(jié)動量守恒定律(1)只要系統(tǒng)合外力做功為零，系統(tǒng)動量就守恒。(×)(2)物體相互作用時(shí)動量守恒，但機(jī)械能不一定守恒。(√)(3)假設(shè)在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動，碰后均變?yōu)殪o止，那么兩球碰前的動量大小一定相同。(√)1．動量守恒方程為矢量方程，列方程時(shí)必須選擇正方向。2．動量守恒方程中的速度必須是系統(tǒng)內(nèi)各物體在同一時(shí)刻相對于同一參考系(一般選地面)的速度。3．碰撞、爆炸、反沖均因作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力滿足動量守恒(或近似守恒)，但系統(tǒng)動能的變化是不同的。4．“人船〞模型適用于初狀態(tài)系統(tǒng)內(nèi)物體均靜止，物體運(yùn)動時(shí)滿足系統(tǒng)動量守恒或某個(gè)方向上系統(tǒng)動量守恒的情形。突破點(diǎn)(一)動量守恒定律的理解及應(yīng)用1．動量守恒定律的五個(gè)特性矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時(shí)性動量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動量，p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2．動量守恒定律的三種表達(dá)式及對應(yīng)意義(1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為0。(3)Δp1＝－Δp2，即兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)中，一局部動量的增量與另一局部動量的增量大小相等、方向相反。3．應(yīng)用動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)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動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。[典例](2023·鄭州高三質(zhì)量預(yù)測)如下圖，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)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t。[審題指導(dǎo)](1)子彈進(jìn)入物塊后到一起向右滑行的時(shí)間極短，木板速度仍為零。(2)子彈與物塊一起運(yùn)動的初速度即為物塊向右運(yùn)動的最大速度v1。(3)木板足夠長，物塊最終與木塊同速，此時(shí)，木板向右滑行的速度v2最大。[解析](1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(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[易錯(cuò)提醒]應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意以下三點(diǎn)(1)確定所研究的系統(tǒng)，單個(gè)物體無從談起動量守恒。(2)判斷系統(tǒng)是否動量守恒，或者某個(gè)方向上動量守恒。(3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度，假設(shè)不是，那么應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對于地面的速度。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.[多項(xiàng)選擇](2023·佛山模擬)如下圖，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑()A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處解析：選BC在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選項(xiàng)B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽別離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．(2023·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102C．6.0×102kg·m/s D．6.3×解析：選A燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項(xiàng)A正確。3．兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運(yùn)動。甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0kg。兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運(yùn)動。某時(shí)刻甲的速率為2m/s，乙的速率為3m/s，方向與甲相反。兩車運(yùn)動過程中始終未相碰。那么：(1)兩車最近時(shí)，乙的速度為多大？(2)甲車開始反向運(yùn)動時(shí)，乙的速度為多大？解析：(1)兩車相距最近時(shí)，兩車的速度相同，設(shè)該速度為v，取乙車的速度方向?yàn)檎较?。由動量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以兩車最近時(shí)，乙車的速度為v＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m甲＋m乙)＝eq\f(1.0×3－0.5×2,0.5＋1.0)m/s＝eq\f(4,3)m/s≈1.33m/s。(2)甲車開始反向時(shí)，其速度為0，設(shè)此時(shí)乙車的速度為v乙′，由動量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m乙)＝eq\f(1.0×3－0.5×2,1.0)m/s＝2m/s。答案：(1)1.33m/s(2)2m/s突破點(diǎn)(二)動量守恒定律的3個(gè)應(yīng)用實(shí)例碰撞1.對碰撞的理解(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽略。(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，故外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動量是守恒的。(3)假設(shè)碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，那么系統(tǒng)碰撞后的總機(jī)械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機(jī)械能。2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷彈性碰撞是碰撞過程中無機(jī)械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。(1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。3．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒。(2)動能不增加。(3)速度要合理。①假設(shè)兩物體同向運(yùn)動，那么碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，假設(shè)碰后兩物體同向運(yùn)動，那么應(yīng)有v前′≥v后′。②假設(shè)兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。[例1](2023·揭陽市揭東一中檢測)如圖，水平面上相距為L＝5m的P、Q兩點(diǎn)分別固定一豎直擋板，一質(zhì)量為M＝2kg的小物塊B靜止在O點(diǎn)，OP段光滑，OQ段粗糙且長度為d＝3m。一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊A以v0＝6m/s的初速度從OP段的某點(diǎn)向右運(yùn)動，并與B發(fā)生彈性碰撞。兩物塊與OQ段的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，兩物塊與擋板的碰撞時(shí)間極短且均不損失機(jī)械能。重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A與B在O點(diǎn)碰后瞬間各自的速度；(2)兩物塊各自停止運(yùn)動時(shí)的時(shí)間間隔。[審題指導(dǎo)](1)A、B發(fā)生彈性碰撞，那么碰撞過程中系統(tǒng)動量、動能均守恒。(2)兩物塊與擋板碰撞時(shí)間極短且均不損失機(jī)械能，說明兩物塊與擋板碰撞后返回的速度與碰前速度大小相等。(3)注意判斷A與B能否再次發(fā)生碰撞。[解析](1)設(shè)A、B在O點(diǎn)碰后的速度分別為v1和v2，以向右為正方向。由動量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2碰撞前后動能相等，那么得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得：v1＝－2m/s，方向向左，v2＝4m/s，方向向右。(2)碰后，兩物塊在OQ段減速時(shí)加速度大小均為：a＝μg＝2m/s2。B經(jīng)過t1時(shí)間與Q處擋板相碰，由運(yùn)動學(xué)公式：v2t1－eq\f(1,2)at12＝d得：t1＝1s(t1＝3s舍去)與擋板碰后，B的速度大小v3＝v2－at1＝2m/s，反彈后減速時(shí)間t2＝eq\f(v3,a)＝1s反彈后經(jīng)過位移s1＝eq\f(v32,2a)＝1m，B停止運(yùn)動。物塊A與P處擋板碰后，以v4＝2m/s的速度滑上O點(diǎn)，經(jīng)過s2＝eq\f(v42,2a)＝1m停止。所以最終A、B的距離s＝d－s1－s2＝1m，兩者不會碰第二次。在AB碰后，A運(yùn)動總時(shí)間tA＝eq\f(2L－d,|v1|)＋eq\f(v4,a)＝3sB運(yùn)動總時(shí)間tB＝t1＋t2＝2s，那么時(shí)間間隔ΔtAB＝tA－tB＝1s。[答案](1)2m/s，方向向左4m/s，方向向右(2)1s[方法規(guī)律]碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜〞模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度。當(dāng)m1?m2，且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1?m2，且v2＝0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。爆炸[例2]如圖，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于小車C上，小車的質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車的動摩擦因數(shù)為0.5，小車靜止在光滑的水平面上。某時(shí)刻炸藥爆炸，假設(shè)A、B間炸藥爆炸的能量有12J轉(zhuǎn)化為A、B的機(jī)械能，其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車外表水平運(yùn)動，小車足夠長，求：(1)炸開后A、B獲得的速度大??；(2)A、B在小車上滑行的時(shí)間各是多少？[解析](1)根據(jù)爆炸過程中能量的轉(zhuǎn)化，有：E＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22爆炸過程中，根據(jù)動量守恒得：m1v1＝m2v2聯(lián)立解得：v1＝4m/s，v2＝2m/s。(2)爆炸后A、B都在C上滑動，由題意可知B會與C先相對靜止，設(shè)此時(shí)A的速度為v3，B、C的速度為v4，在該過程中，ABC組成的系統(tǒng)動量守恒。設(shè)該過程的時(shí)間為t1。對A應(yīng)用動量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；對B應(yīng)用動量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；對C應(yīng)用動量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v代入數(shù)據(jù)解之得：v3＝3m/s，v4＝1m/s，t1＝0.2s。之后，A在C上滑動直到相對靜止，由動量守恒定律可知三者速度都為0。即：(m1＋m2＋m3)v＝0，解得v＝0。設(shè)A滑動的總時(shí)間為t，對A應(yīng)用動量定理，那么：－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8s。[答案](1)4m/s2m/s(2)0.8s0.2s[方法規(guī)律]爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，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，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動反沖[例3]如下圖，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動，速度分別為2v0、v0。為防止兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為[解析]設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得貨物從乙船拋出過程，12mv0＝11mv1－mvmin貨物落入甲船過程，10m·2v0－mvmin＝11mv為防止兩船相撞應(yīng)滿足v1＝v2解得vmin＝4v0。[答案]4v0[方法規(guī)律]對反沖運(yùn)動的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)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)械能增加突破點(diǎn)(三)動量與能量的綜合應(yīng)用1．解決力學(xué)問題的三個(gè)根本觀點(diǎn)動力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題能量觀點(diǎn)用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題動量觀點(diǎn)用動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題2．動量定理與牛頓第二定律的比擬(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時(shí)效應(yīng)，在研究某一物體所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動的關(guān)系時(shí)，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運(yùn)動過程中的加速度問題時(shí)，應(yīng)采用動力學(xué)觀點(diǎn)。(2)動量定理反映了力對時(shí)間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度、位移，而涉及運(yùn)動時(shí)間的問題，特別對沖擊類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)采用動量定理求解。3．動量守恒和機(jī)械能守恒定律的比擬動量守恒定律機(jī)械能守恒定律內(nèi)容一個(gè)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零時(shí)，系統(tǒng)的總動量保持不變只有重力或彈力做功的系統(tǒng)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，總的機(jī)械能保持不變表達(dá)式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(2)Δp1＝－Δp2(3)Δp＝0(1)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′(2)ΔEk＝－ΔEp(3)ΔEA增＝ΔEB減守恒條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零(2)內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力(3)系統(tǒng)所受合外力不為零，但某一方向合外力為零(該方向上動量守恒)(1)只受重力或彈力作用(2)有重力或彈力以外的力作用，但是這些力不做功(3)有重力或彈力以外的力做功，但是這些力做功的代數(shù)和為零研究對象相互作用的物體系統(tǒng)相互作用的系統(tǒng)(包括地球)守恒性質(zhì)矢量守恒(規(guī)定正方向)標(biāo)量守恒(不考慮方向性)[典例](2023·廣東高考)如下圖，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m。物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)。(1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)假設(shè)碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動物塊B碰撞前速度為0A、B的碰撞為完全非彈性碰撞P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑物塊A在圓軌道上運(yùn)動時(shí)滿足機(jī)械能守恒定律第二步：找突破口(1)物塊A在Q的速度v>eq\r(gR)，所受彈力方向豎直向下，滿足：mg＋F＝meq\f(v2,R)。(2)物塊A與B碰前的速度仍為v0。(3)物塊A、B碰后的總動能均用于克服摩擦力做功，其大小為kL·2μmg。(4)物塊A、B碰后滑至第n個(gè)光滑段上時(shí)一定滑過了n個(gè)粗糙段。[解析](1)物塊A從滑入圓軌道到最高點(diǎn)Q，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，得eq\f(1,2)mv02＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2所以A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度v＝eq\r(v02－4gR)＝eq\r(62－4×10×0.5)m/s＝4m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s在Q點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得mg＋F＝meq\f(v2,R)所以A受到的彈力F＝eq\f(mv2,R)－mg＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1×42,0.5)－1×10))N＝22N。(2)A與B碰撞遵守動量守恒定律，設(shè)碰撞后的速度為v′，那么mv0＝2mv′所以v′＝eq\f(1,2)v0＝3m/s從碰撞到AB停止，根據(jù)動能定理，得－2μmgkL＝0－eq\f(1,2)·2mv′2所以k＝eq\f(v′2,2μgL)＝eq\f(32,2×0.1×10×0.1)＝45。(3)AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段根據(jù)動能定理，得－2μmgnL＝eq\f(1,2)·2mvn2－eq\f(1,2)·2mv′2解得vn＝eq\r(9－0.2n)(n＜k)。[答案](1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－0.2n)(n＜k)[方法規(guī)律]利用動量和能量觀點(diǎn)解題的技巧(1)假設(shè)研究對象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)。(2)假設(shè)研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。(3)因?yàn)閯恿渴睾愣?、能量守恒定?或機(jī)械能守恒定律)、動能定理都只考查一個(gè)物理過程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處。特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．[多項(xiàng)選擇]交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知，發(fā)生撞車時(shí)汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。相撞后兩車立即熄火并在極短的時(shí)間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場情況畫出了如下圖的事故報(bào)告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點(diǎn)為該事故報(bào)告圖中P點(diǎn)，并測量出相關(guān)的數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中，又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同。為簡化問題，將兩車均視為質(zhì)點(diǎn)，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．發(fā)生碰撞時(shí)汽車A的速率較大B．發(fā)生碰撞時(shí)汽車B的速率較大C．發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5D．發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2eq\r(3)∶eq\r(5)解析：選BC設(shè)兩車碰撞后的加速度大小為a，碰撞后一起滑行的位移為x，那么x＝eq\r(6.02＋2.52)m＝6.5m。設(shè)碰后兩車的速度大小為v，由v2＝2ax可得v＝eq\r(13a)。設(shè)v的方向與正東方向間夾角為θ，由動量守恒定律可得：mvA0＝2mvcosθ，mvB0＝2mvsinθ。又sinθ＝eq\f(12,13)，cosθ＝eq\f(5,13)，可知，vB0＞vA0，那么eq\f(vB0,vA0)＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(12,5)，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。2．如下圖，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面外表光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動，不計(jì)沖上斜面過程中的機(jī)械能損失。如果斜面固定，那么小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，那么小物塊沖上斜面后能到達(dá)的最大高度為()A．hB．eq\f(m,M＋m)hC．eq\f(m,M)hD．eq\f(M,M＋m)h解析：選D假設(shè)斜面固定，由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh；假設(shè)斜面不固定，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)v12。聯(lián)立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正確。3．(2023·桂林質(zhì)檢)如下圖，靜置于水平地面上的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短的時(shí)間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運(yùn)動，當(dāng)車運(yùn)動了距離L時(shí)與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動了距離L時(shí)與第三車相碰，三車以共同速度又運(yùn)動了距離L時(shí)停止。車運(yùn)動時(shí)受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，假設(shè)車與車之間僅在碰撞時(shí)發(fā)生相互作用，碰撞時(shí)間很短，忽略空氣阻力，求：(1)整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功；(2)人給第一輛車水平?jīng)_量的大小。解析：(1)設(shè)運(yùn)動過程中摩擦阻力做的總功為W，那么W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL。即整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功為－6kmgL。(2)設(shè)第一輛車的初速度為v0，第一次碰前速度為v1，碰后共同速度為v2，第二次碰前速度為v3，碰后共同速度為v4，那么由動量守恒得mv1＝2mv22mv2＝3mv4－kmgL＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02－k(2m)gL＝eq\f(1,2)(2m)v32－eq\f(1,2)(2m)v22－k(3m)gL＝0－eq\f(1,2)(3m)v42由以上各式得v0＝2eq\r(7kgL)，所以人給第一輛車水平?jīng)_量的大小I＝mv0＝2meq\r(7kgL)。答案：(1)－6kmgL(2)2meq\r(7kgL)“形異質(zhì)同〞類問題——練比擬思維反沖運(yùn)動中的“人船〞模型如下圖，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計(jì)水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外