第一部分　專題二　第2講　動(dòng)量　動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)題——知識(shí)基礎(chǔ)打牢1．(2021·河南普通高中3月適應(yīng)性考試)高樓墜物極其危險(xiǎn)，被稱為“懸在城市上空的劍”．若一枚質(zhì)量為50 g的雞蛋，從27層樓的窗戶自由落下，與地面撞擊時(shí)間約為0.001 s．不計(jì)空氣阻力，則雞蛋對(duì)地面的平均作用力約為(　B　)A．3 000 N B．2 000 NC．1 000 N D．500 N【解析】　每層樓高約為3 m，雞蛋下落的總高度為h＝(27－1)×3 m＝78 m，由公式v2＝2gh可知，落地前的速度v＝≈39 m/s，與地面的碰撞時(shí)間約為t2＝0.001 s，與地面撞擊過程中，重力沖量可以忽略不計(jì)，由動(dòng)量定理得：Ft＝0－mv，得F＝1 950 N，故選B.2.(多選)(2021·湖南衡陽八中月考)如圖所示，墊球是排球運(yùn)動(dòng)中通過手臂的迎擊動(dòng)作，使來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豎直向上運(yùn)動(dòng)的排球，之后又落回到原位置，設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中排球所受阻力大小不變，則(　CD　)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)，空氣阻力的沖量為零C．球上升階段阻力的沖量小于下降階段阻力的沖量D．若不計(jì)阻力，球上升階段動(dòng)量的變化等于下降階段動(dòng)量的變化【解析】　整個(gè)過程中，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，故A錯(cuò)誤；由于整個(gè)過程中，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，即上升過程所用時(shí)間比下降過程所用時(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)過程中阻力沖量不為零，故B錯(cuò)誤，C正確；若不計(jì)空氣阻力，并規(guī)定向上為正方向，設(shè)初速度為v0，上升階段，初速度為v0，末速度為零，動(dòng)量變化為Δp1＝0－mv0＝－mv0，下降階段，初速度為零，末速度為－v0，動(dòng)量變化為Δp2＝－mv0－0＝－mv0，兩者相等，故D正確．故選CD.3．(多選)(2021·廣東肇慶二次測(cè)試)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比可能為(　CD　)A．1 B．2C．3 D．4【解析】　設(shè)碰前每個(gè)物體的動(dòng)量為p，碰后M的速度為v，由動(dòng)量守恒得2p＝Mv，由能量守恒可知，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能大于等于碰后系統(tǒng)的動(dòng)能，又Ek＝，可得＋≥Mv2＝M2，聯(lián)立解得≥3，CD正確．4.(多選)(2021·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為(不計(jì)空氣阻力)．則下列說法錯(cuò)誤的是(　ACD　)A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC．小球從B點(diǎn)離開小車不會(huì)再落回軌道內(nèi)D．小球從B點(diǎn)離開小車后又會(huì)從B點(diǎn)落回軌道，再次恰好到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度為零不會(huì)從A點(diǎn)沖出【解析】　小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，所以只是系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv－mv′＝0，m＝m解得x＝R，故選項(xiàng)B正確；由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置的速度減小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，克服摩擦力做的功小于mgh0，因此小球一定能從A點(diǎn)沖出，故D錯(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，則知小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后豎直上拋運(yùn)動(dòng)，最后又從B點(diǎn)落回，則C錯(cuò)誤，故選ACD.5．(2021·廣東湛江模擬)2020年7月26日，大型水陸兩棲飛機(jī)“鯤龍”AG600海上首飛成功，為下一步飛機(jī)進(jìn)行海上試飛科目訓(xùn)練及驗(yàn)證飛機(jī)相關(guān)性能奠定了基礎(chǔ)．若飛機(jī)的質(zhì)量為m，從t＝0時(shí)刻起，飛機(jī)在某段時(shí)間t0內(nèi)由靜止開始做加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖所示(圖中a0、t0均為已知量)，則在這段時(shí)間t0內(nèi)，飛機(jī)所受合力的沖量大小為(　C　)A．ma0t0 B．ma0t0C．ma0t0 D．2ma0t0【解析】　在t＝t0時(shí)刻，飛機(jī)的速度大小v＝a0×t0＋a0×t0＝a0t0，根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv－0，解得I＝ma0t0，所以C正確；ABD錯(cuò)誤．6．(2021·河北衡水中學(xué)四調(diào))如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個(gè)小球，a球向靜止的b球運(yùn)動(dòng)并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，其碰前和碰后的s－t圖像如圖乙所示．已知ma＝5 kg，兩球因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE，則(　A　)A．ΔE＝15 J B．ΔE＝12 JC．ΔE＝6 J D．ΔE＝5 J【解析】　兩球碰撞前a球的速度大小為va＝＝＝6 m/s，b球的速度大小為0，碰撞后a、b兩球的速度大小為v＝＝＝5 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mava＋mbvb＝(ma＋mb)v，解得mb＝1 kg，根據(jù)動(dòng)能定理可得損失的機(jī)械能為ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15 J，故選A．7．(2021·江蘇新高考適應(yīng)性考試)帶電粒子碰撞實(shí)驗(yàn)中，t＝0時(shí)粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運(yùn)動(dòng)．兩粒子的v－t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸．則(　B　)A．A粒子質(zhì)量小于B粒子B．兩粒子在t1時(shí)刻的電勢(shì)能最大C．A在t2時(shí)刻的加速度最大D．B在0～t3時(shí)間內(nèi)動(dòng)能一直減小【解析】　兩粒子碰撞過程動(dòng)量守恒，則由圖可知，在t＝0時(shí)刻p0＝mBv0，在t＝t2時(shí)刻p2＝mAvA則mBv0＝mAvA因?yàn)?/span>v0>vA則mB<mA，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩粒子在t1時(shí)刻速度相等，系統(tǒng)損失動(dòng)能最大，則系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，選項(xiàng)B正確；兩粒子在t1時(shí)刻距離最近，兩粒子庫侖力最大，即A在t1時(shí)刻的加速度最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；B在0～t3時(shí)間內(nèi)速度先減小后反向增加，則動(dòng)能先減小后增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8．(2021·廣東陽江模擬)質(zhì)量為m的翼裝飛行愛好者乘飛機(jī)到達(dá)空中某處后，以速度v0水平跳出，由于風(fēng)力的影響，經(jīng)時(shí)間t，愛好者下落至跳出點(diǎn)的正下方時(shí)，其速度大小仍為v0，但方向與初速度相反，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，重力加速度為g，在此段時(shí)間t內(nèi)(　D　)A．風(fēng)力一定沿水平方向B．飛行愛好者機(jī)械能減少，mg2t2C．風(fēng)力對(duì)愛好者的沖量大小為2mv0D．風(fēng)力對(duì)愛好者的沖量大小為【解析】　在風(fēng)力作用下，飛行愛好者做曲線運(yùn)動(dòng)，風(fēng)力在水平方向提供與初速度方向相反的力，使飛行愛好者在水平方向先減速再反向加速；同時(shí)風(fēng)力對(duì)飛行愛好者還有向上的分作用力，故風(fēng)對(duì)飛行愛好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A錯(cuò)誤；假設(shè)物體在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，t時(shí)間內(nèi)下落的高度為h＝gt2，物體的重力勢(shì)能減小量為ΔEp減＝mgh＝，但物體在下落h高度后豎直方向速度為零，故豎直方向不可能做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；取物體開始時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理，水平方向合力(即風(fēng)力的水平分力)對(duì)物體的沖量Ix＝－mv0－mv0＝－2mv0，設(shè)風(fēng)力豎直方向的沖量為Iy，豎直方向取向上為正，則豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理得Iy－mgt＝0，則風(fēng)力對(duì)愛好者的沖量大小為I＝＝，故C錯(cuò)誤，D正確．故選D.應(yīng)用題——強(qiáng)化學(xué)以致用9．(多選)(2021·河北衡水中學(xué)四調(diào))質(zhì)量為3m足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時(shí)給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度為g.則下列說法正確的是(　BCD　)A．1木塊相對(duì)木板靜止前，木板是靜止不動(dòng)的B．1木塊的最小速度是v0C．2木塊的最小速度是v0D．木塊3從開始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)木板靜止時(shí)對(duì)地位移是【解析】　木塊1在木板上向右減速運(yùn)動(dòng)，該過程木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊1與木板速度相等時(shí)相對(duì)木板靜止，由此可知，1木塊相對(duì)靜止前木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；木塊與木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，當(dāng)木塊1與木板共速時(shí)木板的速度最小，設(shè)木塊與木板間的摩擦力為f，則木塊1的加速度a1＝做勻減速運(yùn)動(dòng)，而木板a＝＝做勻加速運(yùn)動(dòng)，則v1＝v0－a1t＝at，v1＝v0，故B正確；設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時(shí)木塊2與木板剛剛共速，木塊2此時(shí)速度的變量為2v0－v2，則木塊3此時(shí)速度為3v0－(2v0－v2)＝v0＋v2，由動(dòng)量守恒定律得：m(v0＋2v0＋3v0)＝5mv2＋m(v0＋v2)，解得v2＝v0，故C項(xiàng)正確；木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，3木塊相對(duì)木板靜止過程，由動(dòng)量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0)＝(3m＋3m)v3，解得v3＝v0，對(duì)3木塊，由動(dòng)能定理得－μmgx＝mv－m(3v0)2，解得x＝，故D正確；故選BCD.10.(2021·安徽、河南、山西聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，豎直放置在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g.則下列說法中正確的是(　C　)A．木塊C移開的瞬間，地面對(duì)木塊B的支持力為2mgB．木塊C移開的瞬間，木塊A的加速度大小為3gC．木塊A向上運(yùn)動(dòng)的距離為時(shí)，A的動(dòng)量最大D．木塊B可能離開地面向上運(yùn)動(dòng)【解析】　在木塊C被移開前，以ABC整體為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析可知，地面對(duì)B的支持力為4mg，木塊C移開的瞬間，彈簧的彈力不變，地面對(duì)B的支持力保持不變，所以木塊C移開的瞬間，地面對(duì)木塊B的支持力為4mg，故A錯(cuò)誤；在木塊C被移開前，對(duì)A進(jìn)行受力分析，可知A受到C的壓力、彈簧的支持力和重力，彈簧的支持力和重力的合力大小等于C的重力大小，當(dāng)木塊C移開的瞬間，彈簧的支持力和重力的合力保持不變，所以A受到的合力大小等于C的重力大小，根據(jù)牛頓第二定律可知aA＝＝2g，故B錯(cuò)誤；當(dāng)A所受合力為0時(shí)，A的速度最大，動(dòng)量最大．當(dāng)木塊C被移開前，彈簧的形變量為x1＝＝，當(dāng)A所受合力為0時(shí)，彈簧的形變量為x2＝＝木塊A向上運(yùn)動(dòng)的距離為Δx＝x1－x2＝，所以木塊A向上運(yùn)動(dòng)的距離為時(shí)，A的動(dòng)量最大，故C正確；由C項(xiàng)分析和對(duì)稱性可知，木塊A可以繼續(xù)上升的高度為Δx，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x3＝2Δx－x1＝，此時(shí)彈簧的彈力為F＝kx3＝mg，可知木塊B剛好與地面的彈力剛好為0，但不可能離開地面向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．11．(2021·廣東東莞市模擬)如圖所示，固定軌道由水平軌道AB，與AB相切于B點(diǎn)且半徑R＝0.18 m的豎直半圓軌道BC組成，AB上靜置一質(zhì)量m1＝0.3 kg的小滑塊a；AB右側(cè)水平地面上停靠一質(zhì)量M＝0.4 kg的小車，小車的上表面水平且與AB等高，鎖定小車．一水平輕彈簧右端固定在小車的擋板上，彈簧的自由端在P點(diǎn)，P點(diǎn)左側(cè)的小車上表面是粗糙的，其他各處的摩擦均不計(jì)．現(xiàn)用手將一質(zhì)量m2＝0.1 kg的小滑塊b緩慢向右壓縮彈簧一段距離并由靜止釋放b，b離開彈簧一段時(shí)間后與a發(fā)生彈性碰撞，碰撞后a沿軌道運(yùn)動(dòng)，恰好能通過最高點(diǎn)C，此后取走a；碰撞后b返回，經(jīng)彈簧反彈一次后恰好停在小車的左端．已知b與AP間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.225，a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度大小g＝10 m/s2.(1)求碰撞后瞬間a的速率v1；(2)求P、A兩點(diǎn)間的距離L以及手對(duì)b做的功W；(3)若b與a碰撞時(shí)將小車解鎖，b最終停在P點(diǎn)左側(cè)何處？【答案】　(1)3 m/s　(2)2.025 J　(3)0.6 m【解析】　(1)碰撞后a沿軌道運(yùn)動(dòng)，設(shè)a恰好通過最高點(diǎn)C時(shí)的速率為vC，有m1g＝m1根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1v＝m1v＋m1g×2R解得v1＝3 m/s(2)b與a發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞前、后瞬間b的速率分別為v、v2，有m2v＝m1v1－m2v2m2v2＝m1v＋m2v解得v＝6 m/s，v2＝3 m/s由能量守恒定律有m2v＝μm2g×2L解得L＝1 m從用手開始將b向右壓縮彈簧到b第一次到達(dá)A處的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μm2gL＝m2v2解得W＝2.025 J(3)設(shè)b停在車上時(shí)b與車的共同速度大小為v3，b在小車上表面P點(diǎn)左側(cè)運(yùn)動(dòng)的相對(duì)路程為x，由動(dòng)量守恒定律有m2v2＝(M＋m2)v3由能量守恒定律有m2v＝(M＋m2)v＋μm2gx解得x＝1.6 mb最終停在P點(diǎn)左側(cè)x－L＝0.6 m處．12．(2021·浙江6月選考)如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1 m、圓心在O1點(diǎn)，軌道DEF的半徑R＝0.2 m、圓心在O2點(diǎn)，O1、D、O2和F點(diǎn)均處在同一水平線上．小滑塊從軌道AB上距臺(tái)面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)．已知小滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)若小滑塊的初始高度h＝0.9 m，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度v0的大??；(2)若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能過最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值xmax.【答案】　(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m【解析】　(1)小滑塊在AB軌道上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv，解得v0＝4 m/s.(2)小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有mv0＝mv塊＋mv球，mv＝mv＋mv，解得v塊＝0，v球＝v0，小球沿CDEF軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得mg＝m，從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得mv＋mg(R＋r)＝mv，由(1)問可知，小滑塊提供給小球的初速度v球min＝，解得hmin＝0.45 m.(3)設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得mg(R＋y)＝mv－mv，由平拋運(yùn)動(dòng)可得x＝vGt，H＋r－y＝gt2，聯(lián)立可得水平距離為x＝2，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)0.5－y＝0.3＋y，x取最大值，最大值為xmax＝0.8 m.

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