專題跟蹤檢測(cè)（十）動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律1．(2023·浙江鎮(zhèn)海適應(yīng)性考試)如圖，一滑板愛(ài)好者在水平面滑行，看到桿后起跳，人與滑板分離，越過(guò)橫桿后仍落在滑板上，忽略一切阻力，則()A．整個(gè)過(guò)程中人和滑板組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．起跳時(shí)滑板對(duì)人做正功C．運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)腳對(duì)滑板的作用力斜向后D．運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)腳對(duì)滑板的作用力應(yīng)豎直向下解析：選D運(yùn)動(dòng)員豎直起跳，豎直方向有加速度，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；起跳時(shí)板對(duì)人的腳有彈力時(shí)腳沒(méi)有位移，板對(duì)人不做功，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員既參與了水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，又參與了豎直上拋運(yùn)動(dòng)，各分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，水平方向的分運(yùn)動(dòng)與滑板的運(yùn)動(dòng)情況一樣，最終落在滑板上，所以豎直起跳時(shí)，對(duì)滑板的作用力應(yīng)該是豎直向下，故C錯(cuò)誤，D正確。2．墊球是排球運(yùn)動(dòng)中通過(guò)手臂的迎擊動(dòng)作，使來(lái)球從墊擊面上反彈出去的一項(xiàng)擊球技術(shù)。若某次從墊擊面上反彈出去的排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，之后又落回到原位置，設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中排球所受阻力大小不變，則()A．球從擊出到落回的時(shí)間內(nèi)，重力的沖量為零B．球從擊出到落回的時(shí)間內(nèi)，阻力的沖量為零C．球上升階段阻力的沖量小于下降階段阻力的沖量D．球上升階段動(dòng)量的變化量等于下降階段動(dòng)量的變化量解析：選C整個(gè)過(guò)程中，重力不為零，作用時(shí)間不為零，根據(jù)IG＝mgt可知，重力沖量不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于整個(gè)過(guò)程中，阻力都做負(fù)功，所以上升階段的平均速度大于下降階段的平均速度，即上升過(guò)程所用時(shí)間比下降過(guò)程所用時(shí)間少，根據(jù)If＝ft可知，上升階段阻力沖量小于下降階段阻力沖量，整個(gè)過(guò)程中阻力沖量不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；設(shè)初速度為v0，上升階段，初速度為v0，末速度為零，動(dòng)量變化量為Δp1＝0－mv0＝－mv0；下降階段，初速度為零，末速度小于v0，動(dòng)量變化量為Δp2＜mv0－0＝mv0，兩者不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．乒乓球運(yùn)動(dòng)的高拋發(fā)球是由我國(guó)運(yùn)動(dòng)員劉玉成于1964年發(fā)明的，后成為風(fēng)靡世界乒壇的一項(xiàng)發(fā)球技術(shù)。某運(yùn)動(dòng)員在練習(xí)高拋發(fā)球時(shí)，手掌張開(kāi)且伸平，將一質(zhì)量為2.7g的乒乓球由靜止開(kāi)始豎直向上拋出，拋出后乒乓球向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為2.45m，若拋球過(guò)程中，手掌和乒乓球接觸的時(shí)間為5ms，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則該過(guò)程中手掌對(duì)乒乓球的作用力大小約為()A．0.4N B．4NC．40N D．400N解析：選B乒乓球拋出時(shí)的速度為v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×2.45)m/s＝7m/s，對(duì)拋球的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理可得Ft－mgt＝mv，則F＝eq\f(mv,t)＋mg≈4N，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4.在水上做飛行運(yùn)動(dòng)表演的運(yùn)動(dòng)員操控噴射式懸浮飛行器，將水帶豎直送上來(lái)的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，懸停在空中，如圖所示，已知運(yùn)動(dòng)員與裝備的總質(zhì)量為90kg，兩個(gè)噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小10m/s2，水的密度1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為()A．2.7m/s B．5.4m/sC．7.6m/s D．10.8m/s解析：選B設(shè)飛行器對(duì)水的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對(duì)飛行器的作用力的大小也等于F，對(duì)飛行器，則有F＝Mg，設(shè)水噴出時(shí)的速度為v，在時(shí)間t內(nèi)噴出的水的質(zhì)量m＝ρV＝2ρSvt，S為一個(gè)噴嘴的橫截面積，t時(shí)間內(nèi)質(zhì)量為m的水獲得的沖量I＝Ft＝m·2v，聯(lián)立解得v≈5.4m/s，故B正確。5．(2023·紹興高三檢測(cè))(多選)一艘帆船在湖面上順風(fēng)航行，在風(fēng)力的推動(dòng)下做速度為v0＝4m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知帆船在該運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下突然失去風(fēng)的推力作用，此后帆船在湖面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t＝8s靜止；該帆船的帆面正對(duì)風(fēng)的有效面積為S＝10m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936kg，若帆船在行駛過(guò)程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3kg/m3，下列說(shuō)法正確的是()A．風(fēng)停止后帆船的加速度大小是1m/s2B．帆船在湖面上順風(fēng)航行所受水的阻力大小為468NC．帆船勻速運(yùn)動(dòng)受到的風(fēng)的推力大小為936ND．風(fēng)速的大小為10m/s解析：選BD風(fēng)突然停止，帆船只受到水的阻力Ff的作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帆船的加速度大小為a，則a＝eq\f(v0,t)＝0.5m/s2，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得Ff＝Ma，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝468N，B正確；設(shè)帆船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的風(fēng)的推力大小為F，根據(jù)平衡條件得F－Ff＝0，解得F＝468N，C錯(cuò)誤；設(shè)在時(shí)間t內(nèi)，正對(duì)帆面且吹向帆面的空氣質(zhì)量為m，則m＝ρS(v－v0)t，根據(jù)動(dòng)量定理有－F′t＝mv0－mv，根據(jù)牛頓第三定律知F′＝F，解得v＝10m/s，D正確。6．(多選)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/sD．vA′＝－3m/s，vB′＝6.5m/s解析：選BC兩球碰撞后不會(huì)再發(fā)生二次碰撞，碰撞后A的速度不能大于B的速度，故A錯(cuò)誤；兩球碰撞過(guò)程，系統(tǒng)不受外力，碰撞過(guò)程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，B、C、D選項(xiàng)動(dòng)量都守恒，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或者等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能，碰撞前總動(dòng)能為22J，B選項(xiàng)碰后總動(dòng)能為18J，C選項(xiàng)碰后總動(dòng)能為16.75J，D選項(xiàng)碰后總動(dòng)能為46.75J，故B、C正確，D錯(cuò)誤。7．(2023·臺(tái)州高三模擬)一質(zhì)量為2kg的物塊在合力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，合力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖所示，則()A．t＝2s時(shí)，物塊的動(dòng)量大小為0B．t＝3s時(shí)，物塊的速率為1m/sC．t＝0到t＝1s時(shí)間內(nèi)，合力F對(duì)物塊沖量的大小為1N·sD．t＝2s到t＝3s時(shí)間內(nèi)，物塊動(dòng)量變化量的大小為2kg·m/s解析：選BF－t圖像中圖線和時(shí)間軸所圍成的面積表示物體受到的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理I合＝Δp，則有eq\f(1＋2,2)×2kg·m/s＝p－0，解得p＝3kg·m/s，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理eq\f(1＋2,2)×2kg·m/s－1×1kg·m/s＝mv－0，解得v＝1m/s，B正確；t＝0到t＝1s時(shí)間內(nèi)，合力F對(duì)物塊沖量的大小I＝1×2N·s＝2N·s，C錯(cuò)誤；t＝2s到t＝3s時(shí)間內(nèi)，物塊動(dòng)量變化量大小Δp＝I′＝1×1kg·m/s＝1kg·m/s，D錯(cuò)誤。8.(多選)如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個(gè)相同的物體A、B質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)。在t＝0時(shí)輕繩斷開(kāi)，物體A在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．t＝0至t＝eq\f(mv,F)時(shí)間內(nèi)，物體A、B的總動(dòng)量守恒B．t＝eq\f(2mv,F)至t＝eq\f(3mv,F)時(shí)間內(nèi)，物體A、B的總動(dòng)量守恒C．t＝eq\f(2mv,F)時(shí)，物體A的動(dòng)量為2mvD．t＝eq\f(4mv,F)時(shí)，物體A的動(dòng)量為3mv解析：選ACD設(shè)A、B所受的滑動(dòng)摩擦力大小均為f，系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝2f得f＝eq\f(F,2)，輕繩斷開(kāi)后，對(duì)B，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得－ft＝0－mv，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv,F)，即t＝eq\f(2mv,F)時(shí)B停止運(yùn)動(dòng)。在B停止運(yùn)動(dòng)前，即在t＝0至t＝eq\f(2mv,F)時(shí)間內(nèi)，A、B系統(tǒng)的合外力為零，總動(dòng)量守恒，故A正確；t＝eq\f(2mv,F)至t＝eq\f(3mv,F)時(shí)間內(nèi)，B停止運(yùn)動(dòng)，A勻加速運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力不為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；t＝eq\f(2mv,F)時(shí)，取向右為正方向，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得：2mv＝pA＋0，得A的動(dòng)量pA＝2mv，故C正確；t＝eq\f(2mv,F)到t＝eq\f(4mv,F)時(shí)間內(nèi)，對(duì)A，根據(jù)動(dòng)量定理得(F－f)·eq\f(2mv,F)＝pA′－pA，可得pA′＝3mv，故D正確。9．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(dòng)，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(shí)拉力減為零，物體速度剛好為零，取g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．斜面傾角θ為30°B．整個(gè)上滑的過(guò)程中，物體的機(jī)械能增加27JC．物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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解析：選C物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，則F＝mgsinθ，代入數(shù)值得sinθ＝0.2，選項(xiàng)A錯(cuò)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(cuò)誤；重力做的功WG＝－mgx2sinθ＝－84J，由動(dòng)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(dòng)量定理可得I＝0－mv0＝－18N·s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10．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(shí)釋放a、b兩小球，兩球恰好能通過(guò)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(shí)動(dòng)能相等C．彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢(shì)能為Ep＝5mgRD．b球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為3eq\r(2)mg解析：選Da、b球恰好能通過(guò)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)，求得，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(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－2mgR＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，故在最低點(diǎn)時(shí)的速度分別為va＝eq\r(5gR)，vb＝eq\r(5gr)，由動(dòng)量守恒定律，有mava＝mbvb，解得mb＝eq\r(2)ma＝eq\r(2)m，故A錯(cuò)誤；兩小球與彈簧分離時(shí)動(dòng)量大小相等、方向相反，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，兩球質(zhì)量不同，則動(dòng)能大小并不相等，故B錯(cuò)誤；彈簧推開(kāi)a、b球的過(guò)程中，由能量守恒定律可得：彈簧釋放前應(yīng)具有的彈性勢(shì)能為Ep＝eq\f(1,2)mava2＋eq\f(1,2)mbvb2＝eq\f(10＋5\r(2),4)mgR，故C錯(cuò)誤；b球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理－mbgr＝eq\f(1,2)mbv12－eq\f(1,2)mbvb2，解得速度為v1＝eq\r(3gr)，根據(jù)牛頓第二定律FN＝eq\f(mbv12,r)，F(xiàn)N＝3mbg＝3eq\r(2)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)球?qū)A軌道的壓力為3eq\r(2)mg，故D正確。11．(2023·金華高三模擬)圖甲是一種智能減震裝置的示意圖，輕彈簧下端固定，上端與質(zhì)量為m的減震環(huán)a連接，并套在固定的豎直桿上，a與桿之間的智能涂層材料可對(duì)a施加大小可調(diào)節(jié)的阻力，當(dāng)a的速度為零時(shí)涂層對(duì)其不施加作用力。在某次性能測(cè)試中，質(zhì)量為0.5m的光滑環(huán)b從桿頂端被靜止釋放，之后與a發(fā)生正碰；碰撞后，b的速度大小變?yōu)榕銮暗摩吮?、方向向上，a向下運(yùn)動(dòng)2d時(shí)速度減為零，此過(guò)程中a受到涂層的阻力大小f與下移距離s之間的關(guān)系如圖乙。已知a靜止在彈簧上時(shí)，與桿頂端距離為4.5d，彈簧壓縮量為2d，重力加速度為g。求：(1)光滑環(huán)b與a碰前瞬間，b的速度大??；(2)λ的值。解析：(1)光滑環(huán)b做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰前瞬間b的速度大小為v0，則有v02＝2g×4.5d解得v0＝3eq\r(gd)。(2)設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，a靜止在彈簧上時(shí)有k·2d＝mg由題圖乙可知f＝mg－eq\f(mg,2d)s設(shè)向上為正方向，當(dāng)a向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合外力為F＝f＋k(2d＋s)－mg聯(lián)立可得F＝mg即a所受合外力為方向向上的恒力，所以a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)a向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小為a，由牛頓第二定律有F＝ma解得a＝g根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得－2g·2d＝0－va2設(shè)a、b碰撞后瞬間速度大小分別為va、vb，a、b碰撞過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有－0.5mv0＝0.5mvb－mva聯(lián)立并將vb＝λv0代入，解得λ＝eq\f(1,3)。答案：(1)3eq\r(gd)(2)eq\f(1,3)12．如圖，一質(zhì)量M＝6kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量m＝6kg，停在木板B的左端。質(zhì)量為m0＝1kg的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.8m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上，