2024届物理一轮复习讲义第1讲　动量和动量定理含答案

2024届物理一轮复习讲义第1讲动量和动量定理学习目标1.理解动量和冲量的概念。2.能用动量定理解释生活中的有关现象。3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体问题中建立“柱状”模型。1.2.3.4.1.思考判断(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。(√)(2)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。(√)(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。(√)(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。(×)(5)运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。(×)2.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案B考点一动量和冲量1.对动量的理解(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量。(3)动量与动能的关系：p＝eq\r(2mEk)或Ek＝eq\f(p2,2m)。2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量与力和力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。3.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。(2)变力的冲量①图像法：作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图1所示。图1②动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。角度对动量和冲量的理解与计算例1(2023·天津模拟)如图2所示，学生练习用脚颠球。足球的质量为0.4kg，某一次足球由静止自由下落0.8m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()图2A.足球从下落到再次上到最大高度，全程用了0.7sB.在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4JC.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8kg·m/sD.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4N·s答案C解析足球下落时间为t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.4s，足球上升时间为t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.3s，总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根据运动学公式veq\o\al(2,1)＝2gh1，veq\o\al(2,2)＝2gh2，解得W合＝－1.4J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv2－(－mv1)＝2.8kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小IG＝mgt＝0.4×10×0.8N·s＝3.2N·s，D错误。角度利用F－t图像求动量和冲量例2(多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图3所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则()图3A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0～6s时间内力F的冲量为零答案AD解析物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2N对物块在0～3s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3代入数据可得v3＝6m/s3s时物块的动量为p＝mv3＝6kg·m/s，故C错误；设3s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3解得t2＝1s所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x1＝9m3～4s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x2＝3m4～6s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2发生的位移大小为x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝4m<x1＋x2即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6s时间力F的冲量为I＝F1t1＋F2t2＝(4×3－4×3)N·t＝0，故D正确。跟踪训练1.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图4所示，下列说法正确的是()图4A.第2s末，质点的动量为0B.第2s末，质点的动量方向发生变化C.第4s末，质点回到出发点D.在1～3s时间内，力F的冲量为0答案D解析由题图可知，0～2s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度先逐渐增大后加速度逐渐减小的加速运动，第2s末质点的速度最大，动量最大，方向不变，A、B错误；2～4s内力F的方向与0～2s内力F的方向不同，该质点0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，质点在0～4s内的位移均为正，第4s末没有回到出发点，C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2s内的面积与2～3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，D正确。考点二动量定理的理解和应用1.对动量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。(2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。(3)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。2.解题基本思路角度用动量定理解释生活中的现象例3(2023·湖南岳阳模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹(如图5所示)，这种做法的好处是()图5A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加答案C解析充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量对时间的变化率，D错误。跟踪训练2.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，如图6所示，以下说法正确的是()图6A.人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大答案A解析人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人质量与速度的大小一样，所以动量大小相等，A正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上的动量变化，因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上的冲量大小相等，C错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小，D错误。角度动量定理的有关计算例4(2023·云南省玉溪第一中学高三月考)将质量为m＝1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10N，物体由静止开始运动，作用4s后撤去F。已知g＝10m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程，下列说法正确的是()A.整个过程物块运动的时间为6sB.整个过程物块运动的时间为8sC.整个过程中物块的位移大小为40mD.整个过程中物块的位移大小为60m答案B解析在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，选项A错误，B正确；物块在前4s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，则物块的总位移x＝eq\f(v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，选项C、D错误。跟踪训练3.(多选)(2023·天津南开中学高三检测)有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120g，从离人额头约20cm的高度无初速掉落，砸到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间约为0.2s。下列分析正确的是()图7A.手机与额头作用过程中，手机的动量变化大小约为0.24kg·m/sB.手机对额头的冲量大小约为0.24N·sC.手机对额头的冲量方向竖直向上D.手机对额头的作用力大小约为2.4N答案AD解析根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为v＝eq\r(2gh)≈2m/s，手机与额头作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与额头作用过程中动量变化为Δp＝0－mv＝－0.24kg·m/s，故A正确；手机与额头接触的过程中受到重力与额头的作用力，选取向下为正方向，对手机由动量定理得mgt＋I＝Δp，代入数据得I＝－0.48N·s，负号表示方向竖直向上，根据力的作用是相互的，所以手机对额头的冲量大小约为0.48N·s，故B错误；因为额头对手机的冲量的方向是竖直向上，所以手机对额头的冲量方向竖直向下，故C错误；根据冲量定义得手机对额头的作用力大小约为F＝eq\f(I,t)＝2.4N，故D正确。考点三应用动量定理处理流体问题研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究例5如图8所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是()图8A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq\f(1,4)ρvD2C.水柱对汽车的平均冲力为eq\f(1,4)ρD2v2D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍答案D解析高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，D正确。跟踪训练4.(2023·江西宜春期中)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01s、横截面积为S＝2m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2kg，每1cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是()A.所形成弹幕的总体积V＝6cm3B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105kgC.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107kg·m/s2D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108N答案B解析形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6m3，A错误；每1cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝eq\f(6,1×10－6)个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D错误。A级基础对点练对点练1动量和冲量1.(多选)关于动量和动能，下列说法中正确的是()A.做变速运动的物体，动能一定不断变化B.做变速运动的物体，动量一定不断变化C.合力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D.合力的冲量为零，物体动量的增量一定为零答案BCD解析做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合力对物体做功为零，由动能定理知，物体动能的增量一定为零，故C正确；合力的冲量为零，由动量定理知，物体动量的增量一定为零，故D正确。2.(多选)(2023·广州市综合测试)如图1，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6kg·m/s，则()图1A.球的动能可能不变B.球的动量大小一定增加12.6kg·m/sC.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同答案AC解析垒球被击打后，可能以与击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；根据牛顿第三定律可得，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向与棒对球的弹力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。3.(2022·湖北卷，7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1答案D解析根据动能定理可知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，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D正确。对点练2动量定理的理解和应用4.自由式滑雪大跳台的滑道由助滑道、起跳台、着陆坡、停止坡组成。如图2所示，运动员使用双板进行滑行，下列说法正确的是()图2A.助滑时运动员两腿尽量深蹲是为了降低重心增大重力B.起跳后运动员在完成空中动作时运动员可看作质点C.着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，可以减小冲击力D.滑行时运动员张开手臂是为了减小空气阻力答案C解析助滑时运动员两腿尽量深蹲并不能增大重力，故A错误；由于是研究运动员起跳后在空中的动作完成情况，所以不能将运动员看作质点，故B错误；着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减小冲击力，故C正确；滑行时运动员张开手臂是为了调整重心保持平衡，故D错误。5.(2022·广东深圳模拟)如图3所示，质量为2kg的椰子从距地面高度为20m的树上由静止落下，将沙地砸出小坑后静止，与沙地接触时间约为0.01s。不计椰子下落时的空气阻力，取g＝10m/s2。则()图3A.椰子落地时瞬间动量为20kg·m/sB.沙地对椰子的平均阻力约为4000NC.沙地对椰子做的功约为4000JD.沙坑的深度约为20cm答案B解析设椰子落地时的速度大小为v，根据动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝20m/s，根据动量的计算公式可得p＝mv＝2×20kg·m/s＝40kg·m/s，选项A错误；沙地对椰子的平均阻力为f，取向上为正方向，根据动量定理可得(f－mg)t＝0－(－mv)，解得f＝4020N≈4000N，选项B正确；设椰子将沙地砸出小坑深度约为h，根据位移公式可得h＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×0.01m＝0.1m＝10cm，从椰子接触地面到速度为零的过程中，沙地对椰子做的功约为W＝－fh＝－4000×0.1J＝－400J，选项C、D错误。6.(2022·山东卷，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图4所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中()图4A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案A解析火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。对点练3应用动量定理处理流体问题7.(2023·辽宁大连模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图5所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为()图5A.4Qρ B.Qρ C.eq\f(16ρQ,πd2) D.eq\f(4ρQ2,πd2)答案D解析水流速度v＝eq\f(Q,S)＝eq\f(Q,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，单位时间内水的质量Δm＝ρQ，在Δt时间内由动量定理可得－FΔt＝0－ρQΔteq\f(Q,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，解得F＝eq\f(4ρQ2,πd2)，故D正确，A、B、C错误。8.(2020·海南卷，8)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3g/s，则探测器获得的平均推力大小为()A.1.47N B.0.147N C.0.09N D.0.009N答案C解析对离子流，根据动量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选项C正确。B级综合提升练9.(2023·广东深圳市调研)明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图6所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则()图6A.a点的角速度大于b点的角速度B.a点的线速度小于b点的线速度C.绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量D.绳对乙的拉力大于乙的动量变化率答案D解析a、b两点同轴转动，则两点的角速度相同，又a点转动半径较大，根据v＝ωr可知a点的线速度大于b点的线速度，选项A、B错误；根据动量定理有(F－mg)t＝mv，变形可得F＝eq\f(mv,t)＋mg，即绳对乙拉力和乙的重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，选项C错误，D正确。10.(多选)如图7所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则()图7A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0B.篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更低D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球球心经过篮框中心，应使碰撞点更高答案BD解析由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。11.(2023·河北邯郸模拟)如图8甲所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，t＝0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，外力大小随时间的变化规律如图乙所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图丙所示，已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()图8A.滑块的质量为m＝2kgB.4s末滑块速度的大小为12m/sC.在0～1s的时间内，摩擦力的冲量大小为0D.在0～4s的时间内，摩擦力的冲量大小为22N·s答案D解析根据题图乙可知，外力F随时间变化的关系表达式为F＝2＋4t，由题图丙可知，在t＝1s时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则有Ff＝F1＝6N，由题图丙可知，在t＝4s时，滑块的加速度为4m/s2，根据牛顿第二定律有F4－Ff＝ma，解得m＝eq\f(F4－Ff,a)＝3kg，A错误；由a－t图像的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故4s内a－t图像的面积即表示为4s末滑块速度的大小，v4＝eq\f(0＋4,2)×(4－1)m/s＝6m/s，B错误；在0～1s的时间内，有静摩擦力作用，故摩擦力的冲量大小不为0，其大小等于F的冲量大小，If1＝IF＝eq\f(2＋6,2)×1N·s＝4N·s，C错误；在1～4s的时间内，摩擦力的冲量大小为If14＝Fft14＝6×3N·s＝18N·s，故在0～4s的时间内，摩擦力的冲量大小为I＝If1＋If14＝22N·s，D正确。12.(2022·河北张家口模拟)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内有人工制造的可控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60kg，腹部向下时受风面积最大为0.7m2，身体直立时受风面积最小为0.2m2，气流密度为1.2kg/m3，气流速度为30m/s，重力加速度为g＝10m/s2，假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。求：图9(1)若游客在风洞内悬浮，则受风面积应调整为多大；(2)若游客进入风洞先由最大受风面积运动1s后立即改为最小受风面积，求游客距出发点的最远距离为多少(结果均保留2位有效数字)。答案(1)0.56m2(2)1.8m解析(1)在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt①设人对气流的力的大小为F，则对此段气体由动量定理得FΔt＝Δmv②由牛顿第三定律，风给人的力大小F′＝F③人受力平衡，所以F′＝mg④联立可得S≈0.56m2。⑤(2)风速远大于人速，人在风洞内做匀变速直线运动，当S1＝0.7m2时，由①②③可得人受风力F1＝ρS1v2＝756N⑥由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1⑦经过t1＝1s时x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.3m⑧v＝a1t1＝2.6m/s⑨当受风面积为S2＝0.2m2时加速度向下，由①②③可得F2＝ρS2v2＝216N⑩由牛顿第二定律得mg－F2＝ma2⑪解得a2＝6.4m/s2游客减速过程上升的距离x2＝eq\f(v2,2a2)⑫解得x2≈0.53m游客距离出发点的最远距离为x＝x1＋x2⑬解得x＝1.8m。第2讲动量守恒定律及其应用学习目标1.理解动量守恒定律，知道动量守恒的条件。2.会定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞。3.会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。1.eq\a\vs4\al(2.,,,)3.4.1.思考判断(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(×)(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)(4)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)(6)在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相等。(√)2.(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是()图1A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同答案CD考点一动量守恒定律的理解和基本应用1.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。2.应用动量守恒定律解题的步骤角度动量守恒定律的理解例1(2021·全国乙卷，14)如图2，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()图2A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒答案B解析撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。角度动量守恒定律的基本应用例2(多选)如图3所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后()图3A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系vc＞va＞vbD.a、c两车运动方向相反答案CD解析设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝eq\f(m人,M车)v，vb＝0，va＝eq\f(m人,M车＋m人)v，即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反。所以选项A、B错误，C、D正确。跟踪训练1.(多选)(2023·山东枣庄月考)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是()图4A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0m/sB.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/sC.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/sD.最终A、B、C三者将以大小为eq\f(2,3)m/s的共同速度一直运动下去答案ACD解析绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝eq\f(2,3)m/s，D正确。考点二碰撞问题1.碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.弹性碰撞的结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；(2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；(3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；(4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；(5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。3.非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk损4.完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max角度弹性碰撞例3(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图5，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()图5A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案B解析设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)联立解得v1＝v0设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)联立解得v2＝eq\f(2,15)v0可得v1＝v0>v2，故C、D错误；碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0氮核的动量为pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)可得pN>pH，故A错误；碰撞后氢核的动能为EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)氮核的动能为EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)可得EkH>EkN，故B正确。角度非弹性碰撞例4(多选)(2023·福建龙岩模拟)如图6所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是()图6A.滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中，A对D的支持力做功为－eq\f(1,2)mgRB.与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为eq\r(2gR)C.滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为eq\f(\r(2gR),3)D.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为eq\f(1,4)mgR答案AD解析D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时mvD－mvA＝0，且mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，两式联立解得A、D分离时的速度大小为vD＝vA＝eq\r(gR)，即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对D由动能定理得WN＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得WN＝－eq\f(1,2)mgR，故A正确；D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为eq\r(gR)，故B错误；B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，则B与C碰撞后的速度大小为vC＝eq\f(\r(gR),3)，故C错误；D与B碰撞过程动量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，则碰撞后B、D整体的速度大小为vB＝eq\f(\r(gR),2)，损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,4)mgR，故D正确。跟踪训练2.(2023·江苏无锡高三期末)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图7所示，根据以上信息可知()图7A.碰撞过程中B球受到的冲量为8N·sB.碰撞过程中A球受到的冲量为－8N·sC.B球的质量mB＝4kgD.A、B两球发生的是弹性碰撞答案D解析已知x－t图像的斜率代表速度，则vA＝6m/s，vA′＝2m/s，vB＝3m/s，vB′＝5m/s，根据动量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4N·s，IB＝mBvB′－mBvB，再根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2kg，IB＝4N·s，A、B、C错误；碰撞前后的动能分别为Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，则A、B两球发生的是弹性碰撞，D正确。

考点三爆炸、反冲和“人船”模型1.爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加3.“人船”模型特点(1)常见情景(2)动量守恒：两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(3)位移关系：m1eq\f(x1,t)－m2eq\f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L，得x1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，x2＝eq\f(m1,m1＋m2)L。(4)运动特点①人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。②人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。③应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。角度爆炸问题例5(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图8所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()图8A.爆炸后乙落地的时间最长B.爆炸后甲落地的时间最长C.甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1D.爆炸过程释放的化学能为eq\f(7mv2,3)答案CD解析爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间t＝eq\r(\f(2H,g))相等，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，有mv＝－eq\f(1,3)mv丙＋eq\f(1,3)mv甲，由题意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点O的距离x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，选项C正确；根据能量守恒可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,丙)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(7,3)mv2，选项D正确。角度反冲问题例6(2022·河南开封模拟)导弹发射过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是()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解析由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，故D正确。角度“人船”模型例7(多选)(2023·福建厦门高三月考)如图9所示，将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球自左侧槽口从A点由静止开始落下，则以下结论中正确的是()图9A.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq\f(2mR,M＋m)答案ABC解析小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，A正确；小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，B正确；小球到达右边最高点时，设小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示，小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和半圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm＝MvM，则有mx＝My，根据位移关系可得x＋y＝2R，解得y＝eq\f(2mR,M＋m)，x＝eq\f(2MR,m＋M)，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)，C正确，D错误。A级基础对点练对点练1动量守恒定律的理解与基本应用1.如图1所示，小车放在光滑的水平面上，将系着轻绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切阻力，则在小球、小车运动过程中下列说法正确的是()图1A.小车和小球组成的系统动量守恒B.小车的机械能一直在增加C.小车和小球组成的系统机械能守恒D.小球的机械能一直在减少答案C解析小球摆动过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故B、D错误，C正确。2.(多选)无限长的水平面上放置有A、B两滑块，其质量mA>mB。一根轻质弹簧，一端与A拴接，另一端与B紧靠(不拴接)。用细线把两滑块拉紧，弹簧被压缩，如图2所示。如果把细线烧断，两滑块与弹簧分离后，继续运动。不计空气阻力，把A、B和弹簧看作系统，下列说法正确的是()图2A.若水平面光滑，系统动量守恒，系统机械能守恒B.若水平面粗糙，系统动量一定不守恒，机械能一定不守恒C.若A、B受到的摩擦力大小相等，B运动的总路程较长D.若A、B受到的摩擦力大小相等，B运动的总时间较长答案AC解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零；机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，若水平面光滑，系统受到的合外力为零，只有弹力做功，A正确；若水平面粗糙，但A、B两物体与水平面的动摩擦因数不同，A、B物体受到的摩擦力可能会等大反向，则系统所受合外力为零，动量守恒，但要克服摩擦力做功，系统机械能不守恒，B错误；若A、B受到的摩擦力大小相等，根据动量守恒定律，取B运动的方向为正，有0＝－mAvA＋mBvB，由于A、B受到的摩擦力大小相等，则A、B与弹簧分离前后受到的平均合力大小时刻相等，由动量定理F合tA＝0－mAvA，F合tB＝0－mBvB，则A、B运动的总时间相等，但由于mA>mB，则轻的物体平均速度大，有xA<xB，C正确，D错误。3.(多选)如图3所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止。下列说法正确的是()图3A.最终a车的速率大于b车的速率B.最终a车的速率小于b车的速率C.全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量D.全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量答案BD解析人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq\f(va,vb)＝eq\f(mb,ma＋m人)＜1，则最终a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确。4.(2023·山东淄博模拟)冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的v－t图像如图4所示。已知两壶的质量均为19kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为()图4A.3.8N B.2.28N C.1.9N D.1.52N答案B解析根据动量守恒定律可得mv红＝mv红′＋mv蓝，解得v蓝＝0.6m/s，设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理－fΔt＝0－mv蓝，由图可知Δt＝6s－1s＝5s，解得f＝2.28N，故B正确，A、C、D错误。对点练2碰撞问题5.(多选)(2023·福建龙岩高三月考)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，质量分别为m和2m，A的动量为5kg·m/s，B的动量为7kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为()A.pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/sB.pA′＝3.5kg·m/s，pB′＝8.5kg·m/sC.pA′＝3kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/sD.pA′＝2.5kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/s答案AB解析A、B两球发生对心碰撞，满足动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′，满足动能不增加Ek≥Ek′，根据Ek＝eq\f(peq\o\al(2,A),2m)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2×2m)，代入数据可知A、B均满足，C不满足动量守恒，D不满足动能不增加，故A、B正确，C、D错误。6.(2020·全国Ⅲ卷，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图5中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()图5A.3J B.4J C.5J D.6J答案A解析设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3J，选项A正确。对点练3爆炸、反冲和“人船”模型7.(多选)如图6所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1kg，mB＝2kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，以下结论正确的是()图6A.爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vBB.若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，则爆炸后A、B组成的系统动量守恒C.若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒D.整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27J答案AD解析爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，则mAvA＝mBvB，代入数据得速度大小vA＝2vB，故A正确；A、B受到的摩擦力大小不等，则A、B系统所受外力不为0，A、B系统动量不守恒，故B错误；对A、B、C整体分析，合力为零，满足A、B、C组成的系统动量守恒，故C错误；C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能为27J，故D正确。8.(2023·天津一模)将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在0.02s时间内有50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是()A.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800NB.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200NC.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为5m