2020届高考物理 第6单元 动量 专题训练(5)力学观点综合应用.doc

本章综合能力提升练一、单项选择题1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则( )A ．物体的动能不可能总是不变的B ．物体的动量不可能总是不变的C ．物体的加速度一定变化D ．物体的速度方向一定变化答案　B2．(2019·黑龙江省齐齐哈尔市质检)如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )图1A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的D ．P 的初动能的1314答案　B3．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mg B.－mg m 2gh t m 2gh tC.＋mgD.－mg m gh tm gh t答案　A解析　由自由落体运动公式得：人下降h 距离时的速度为v ＝，在t 时间内对人，由动2gh 量定理得：(mg －F )t ＝0－m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝＋mg ，故A 正确．m 2gh t4．(2018·山西省太原市上学期期末)2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m 高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h 的速度飞行，撞到质量为2 kg 的兔子，作用时间为0.1 s ．则飞机受到兔子的平均撞击力约为( )A ．1.44×103 NB ．4.0×103 NC ．8.0×103 ND ．1.44×104 N 答案　B解析　720 km/h ＝200 m/s ；根据动量定理Ft ＝m v 可得F ＝＝ N ＝4×103 N ，故m v t 2×2000.1选项B 正确．5.(2018·山东省临沂市上学期期中)如图2所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M 点出发经P 点到达N 点，已知质点从M 点到P 点的路程大于从P 点到N 点的路程，质点由M 点运动到P 点与由P 点运动到N 点的时间相等．下列说法中正确的是( )图2A ．质点从M 到N 过程中速度大小保持不变B ．质点在M 、N 间的运动不是匀变速运动C ．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D ．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同答案　C解析　因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A 、B错误；根据动量定理可得F Δt ＝Δp ，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C 正确，D 错误．6.(2019·湖南省怀化市调研)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )图3A ．第1 s 末质点的速度为2 m/sB ．第2 s 末外力做功的瞬时功率最大C ．第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为1∶2D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4∶5答案　D解析　由动量定理：Ft ＝m v 2－m v 1，求出第1 s 末、第2 s 末速度分别为：v 1＝4 m/s 、v 2＝6 m/s ，故A 错误；第1 s 末的外力的瞬时功率P ＝F 1v 1＝4×4 W ＝16 W ，第2 s 末外力做功的瞬时功率P ′＝F 2v 2＝2×6 W ＝12 W ，故B 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为：＝＝＝，故C 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量分别为：Δp 1Δp 2m v 1m v 2－m v 11×41×6－1×421ΔE k1＝m v ＝8 J ，ΔE k2＝m v －m v ＝10 J ，则ΔE k1∶ΔE k2＝8∶10＝4∶5，故D 正确．121212221212二、多项选择题7．如图4所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )图4A ．m v 0＝(m ＋M )vB ．m v 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＝m (v 0sin θ)212D ．mgh ＋(m ＋M )v 2＝m v 121202答案　BD解析　小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得m v 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋(m ＋M )v 2＝m v ，故C 错误，D 正确．1212028.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图5所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )图5A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m 0v 2＋m v 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋m v 2答案　BC解析　碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确．9．(2018·东北三省三校一模)将一小球从地面以速度v 0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( )A ．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等B ．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C ．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D ．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案　AC解析　根据W ＝Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项A 正确；上升过程中的加速度a 上＝g ＋大于下降过程中的加速度a 下＝g －，则上升的时间小于下f m f m降的时间，即t 上<t 下，根据I ＝Gt 可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故选项B 错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故选项D 错误．三、非选择题10．如图6所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做“探究碰撞中的不变量”的实验：图6(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在滑块A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A 和B ，在两滑块A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A 运动至挡板C 的时间t 1，滑块B 运动至挡板D 的时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________________；(2)应测量的数据还有______________________________________；(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)答案　(1)使气垫导轨水平(2)滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2(3)0　(M ＋m )－M 或M －(M ＋m )L 1t 1L 2t 2L 2t 2L 1t 1解析　(1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝求出其速度．x t(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝，v B ＝－.作用前两滑块L 1t 1L 2t 2静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )－M L 1t 1.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为M －(M ＋m ).L 2t 2L 2t 2L 1t 111．(2018·山西省太原市上学期期末)如图7所示，在光滑水平面上有一质量为m 、长度为L 的木板A ，木板的右端点放有一质量为3m 的物块B (可视为质点)，木板左侧的水平面上有一物块C .当物块C 以水平向右的初速度v 0与木板发生弹性碰撞后，物块B 恰好不会从木板A 上掉下来，且最终物块C 与A 的速度相同．不计物块C 与木板A 碰撞时间，三物体始终在一直线上运动，重力加速度为g ，求：图7(1)物块C 的质量m C ；(2)木板A 与物块B 间的动摩擦因数μ.答案　(1)2m (2)2v 029gL解析　(1)物块C 与木板A 发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律得：m C v 0＝m C v C ＋m v Am C v ＝m C v ＋m v 120212C 212A 2木板A 和物块B 相互作用过程，由动量守恒定律得m v A ＝4m v由最终物块C 与木板A 的速度相同可知v C ＝v联立得m C ＝2m(2)木板A 和物块B 相互作用过程，由能量守恒得3μmgL ＝m v －×4m v 212A 212解得μ＝.2v 029gL12．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图8所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：图8(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离．答案　(1)3mg (2)mgR (3)R 1319解析　(1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ，由机械能守恒定律有：mgR ＝m v 12P 2设在最低点轨道对物块的支持力大小为N ，由牛顿第二定律有：N －mg ＝m ，v P 2R联立解得：N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg .(2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝m v －0，1202解得v 0＝，gR 当物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向由动量守恒定律有：m v 0＝(m ＋2m )v ，m v ＝(m ＋2m )v 2＋E pm ，120212联立解得E pm ＝mgR .13(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 两物体的速度大小分别为v 1、v 2，则有m v 0＝－m v 1＋2m v 2，m v ＝m v ＋(2m )v ，120212121222联立解得：v 1＝，13gR 设物块A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－m v ，1212解得x ＝R .19。

A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零
答案 AB 解析 前两秒，根据牛顿第二定律，a＝mF ＝1 m/s2，则 0～2 s 时间内的速度规律为：v＝at；t＝1 s 时，速率为 1 m/s，A 项正 确；t＝2 s 时，速率为 2 m/s，则动量为 p＝mv＝4 kg·m/s，B 项正确；2～4 s 时间内，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二 定律得 a＝－0.5 m/s2，所以 3 s 时的速度为 1.5 m/s，动量为 3 kg·m/s，4 s 时速度为 1 m/s，C、D 两项错误．故选 A、B 两项．
当 B 停止运动后，对 A 应用动能定理得：μ1mgs＝12mv2
由以上二式联立解得：t＝μmv2（0－Mm＋2mμ）1ggs .
动量定理在电磁感应中的应用 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时， 安培力 F 为变力，则其冲量为 I＝－F Δt，而－F ＝B－I L，故有： B－I LΔt＝mv2－mv1，而－I t＝q，故有 q＝mv2B－Lmv1.
5.如图所示，矩形盒 B 的质量为 M， 放在水平面上，盒内有一质量为 m 的物体 A，A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数分 别 μ1、μ2，开始时二者均静止．现瞬间使 物体 A 获取一向右且与矩形盒 B 左、右侧壁垂直的水平速度 v0， 以后物体 A 在盒 B 的左右壁碰撞时，B 始终向右运动．当 A 与 B 最后一次碰撞后，B 停止运动，A 则继续向右滑行距离 s 后也 停止运动，求盒 B 运动的时间 t.
★★★
考点六：爆炸模型
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题型一：一般问题中的动量守恒、能量 ★★★★★

动量三大观点的综合应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示,质量分别为m和2m的A,B两物块用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A靠紧竖直墙.现用恒力F向左推物块B压缩弹簧,当B 向左运动s时速度刚好为零,同时撤去F.在A物体离开墙壁以后,弹簧弹性势能的最大值是( A )A. B. C. D.Fs解析:设A物体刚运动时,B物体的速度为v 0,则·2m·=Fs,当弹性势能最大时,两物体的速度相等,设为v,则由动量守恒得2mv0=3mv,由机械能守恒定律得E p+·3mv2=Fs,由以上三式解得E p=Fs,故A正确, B,C,D错误.2.(2019·山东青岛一模)如图,连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上,物块b以一定初速度向左运动.下列关于a,b两物块的动量p 随时间t的变化关系图象,不合理的是( A )解析:物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰,中间弹簧先被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后变小,根据F=可知,两物块动量的变化率先变大后变小,故A项不合理.3.(2019·江西南昌三模)如图所示,AB两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A球的质量小于B球的质量.若用锤子敲击A球使A 得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L1;若用锤子敲击B球使B 得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L2,则L1与L2的大小关系为( C )A.L1>L2B.L1<L2C.L1=L2D.不能确定解析:若用锤子敲击A球,两球组成的系统动量守恒,当弹簧最短时,两者共速,则m A v=(m A+m B)v′,解得v′=,弹性势能最大,最大为ΔE p=m A v2-(m A+m B)v′2=;若用锤子敲击B球,同理可得m B v=(m A+m B)v″,解得v″=,弹性势能最大为ΔE p′=m B v2-(m A+m B)v″2=,即两种情况下弹簧压缩最短时,弹性势能相等,故L1=L2,C正确.4.如图(甲)所示,质量为2 kg的物体以一定的初速度冲上一倾角为θ的固定斜面的过程中,物体运动的速度随时间变化图象如图(乙)所示,下列说法中错误的是(g取10 m/s2)( C )A.前6 s内摩擦力做功为-288 JB.前4 s内重力的冲量为80 N·sC.前6 s内合外力的冲量大小为24 N·sD.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5解析:根据图象知物体的初速度为v0=20 m/s,向上运动的加速度大小为a1=10 m/s2,向下运动的加速度大小为a2=2 m/s2,设动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律知a1=gsin θ+μgcos θ,a2=gsin θ-μgcos θ,联立解得μ=0.5,θ=37°,故D正确;摩擦力f=μmgcos θ=8 N,根据题图(乙)知前6 s内路程为s=×20×2 m+×8×4 m=36 m,所以摩擦力做功W f=-fs=-288 J,故A正确;前4 s内重力的冲量I=mgt=20×4 N·s=80 N·s,故B正确;根据动量定理知前6 s内合外力的冲量大小为mv2-mv1=[2×(-8)-2×20]N·s=-56 N·s,故C错误.5.(2019·福建龙岩模拟)如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相连的两个相同的物体A,B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动.在t=0时轻绳断开,A在F作用下继续前进,则下列说法正确的是( A )A.t=0至t=时间内,A,B的总动量守恒B.t=至t=时间内,A,B的总动量守恒C.t=时,A的动量为3mvD.t=时,A的动量为4mv解析:设A,B所受的滑动摩擦力大小均为f,系统匀速运动时,有F=2f,得f=,轻绳断开后,对B,取向右为正方向,由动量定理得-ft=0-mv,联立得t=,即t=时B停止运动.在B停止运动前,即在t=0至t=时间内,A,B系统的合外力为零,总动量守恒,故A正确;t=至t=时间内,B停止运动,A匀加速运动,系统的合外力不为零,则系统的总动量不守恒,故B错误;t=时,取向右为正方向,由系统的动量守恒得2mv=p A+0,得A的动量p A=2mv,故C错误;t=时即绳断开后时间t′=时,对A,由动量定理得ft′=p A′-2mv,解得A的动量p A′=3mv,故D错误.6.(2019·陕西西安一模)如图所示,在小车内固定一光滑的斜面体,倾角为θ,一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端拴一个质量为m的物块A,绳与斜面平行.整个系统由静止开始向右匀加速运动,物块A恰好不脱离斜面,则向右加速运动时间t的过程中( BD )A.重力的冲量为零B.重力做功为零C.拉力冲量大小为D.拉力做功为解析:对物块A进行受力分析可知,物块A受拉力和重力,有Tsin θ=mg,Tcos θ=ma,解得T=,向右加速运动时间t内,重力的冲量为I G=mgt,拉力的冲量为I T=,故A,C错误;由a=知末速度v=at=,根据动能定理可知,拉力做功等于动能的变化,有W T=mv2-0=,故D正确;重力的方向与位移方向垂直,重力做功为零,故B正确.7.(2019·山西太原模拟)如图所示,金属杆AB在离地h=3.2 m,高处从静止开始沿弧形轨道下滑,导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场,水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD,已知杆AB的质量为m1=2 kg,电阻为R1=10 Ω,杆CD的质量为m2=0.5 kg,电阻为R2= 30 Ω,其余电阻不计,水平导轨足够长,g取10 m/s2,不计一切摩擦( BCD )A.AB的最终速度是8 m/sB.CD的最终速度是6.4 m/sC.整个过程中回路释放的电能是12.8 JD.整个过程中,AB杆上产生的焦耳热为3.2 J解析:AB下滑h的过程中机械能守恒m 1gh=m1,解得v0=8 m/s;最终两者速度相等,由动量守恒定律m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=6.4 m/s,故A 错误,B正确;由能量守恒知,回路中产生的电能等于系统机械能的损失,所以整个过程中回路释放的电能ΔE=m 1gh-(m1+m2)=12.8 J,故C 正确;整个过程中,AB杆上产生的焦耳热Q=ΔE=3.2 J,故D正确.8.如图所示,质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上,B为最低点,BC为圆弧,OA与竖直方向夹角θ=60°,其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出,同时将ABC凹槽锁定在地面上,小物块恰好从A点无碰撞地射入凹槽,当其到达B点时解除锁定,小物块刚好能达到C点.不计空气阻力,重力加速度为g.则下列说法正确的是( AC )A.从D点抛出的初速度为v0=;D点距A点高度差h=B.小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mgC.小球从C点到B点过程中,竖直墙壁对槽的冲量为I=m,方向水平向左D.小球从C到B向A运动的过程中,以小球、槽ABC作为一个系统,机械能守恒、动量守恒解析:小物块恰好从A点无碰撞地射入凹槽,即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切,将速度分解为水平方向和竖直方向可知,v=2v0,从A到C,有m(2v0)2=mgRsin 30°,解得v0=,从D到A有mgh=m(2v 0)2-m,解得h=,故A正确;从A到B有mgR(1-sin 30°)=m-m(2v 0)2,在B点,有F N-mg=,解得F N=3mg,故B错误;小球从C 到B向A运动的过程中,以小球、槽ABC作为一个系统,由于没有摩擦,所以机械能守恒,但在小球从C到B过程中,墙壁对槽有水平方向的作用力,所以系统外力之和不为零,动量不守恒,小球从C到B时的速度为v B1=,由动量定理知,墙壁对槽的冲量I=mv B1-0=m,方向水平向左,故C正确,D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)(2019·山东济宁模拟)如图所示,水平地面上固定一半径为R=0.8 m的光滑圆弧轨道,轨道左端放一质量为M=3 kg、长为L=1.75 m的木板,木板上表面与轨道末端等高,木板与地面间无摩擦,其左端放一质量m=1 kg的物块,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.现给物块施一水平向右的恒力F=15 N,作用一段距离x后撤去F,物块正好能滑到圆弧轨道的最高点,然后再滑回,取g=10 m/s2.(1)求物块滑到板右端时的速度v多大?(2)求x的大小;(3)通过计算说明,物块最终能否滑离木板.解析:(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程,由机械能守恒可得mv2=mgR解得v=4 m/s.(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程,由动能定理可得Fx-μmgL=mv2解得x=1 m.(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后,与木板达到相同速度v′,由动量守恒定律得mv=(M+m)v′解得v′=1 m/s由能量守恒定律得μmgΔx=mv2-(M+m)v′2解得Δx=1.5 m<L=1.75 m故物块不会滑离木板.答案:(1)4 m/s (2)1 m (3)见解析10.(18分)(2019·河南郑州期中)神舟十一号发射成功后,小张同学研究了火箭原理:火箭有单级和多级之分.多级火箭是把火箭一级一级地接在一起,第一级燃料用完之后把箭体抛弃,减轻负担,然后第二级开始工作.(1)如图(甲)是模拟单级火箭的工作过程,设光滑水平面A,B两物体质量分别为2m和m,它们之间有微量的炸药C,爆炸释放的能量为2ΔE,求爆炸后A获得的速度v A;(2)如图(乙)是模拟多级火箭的过程,光滑水平面上D,F,G三个物体质量均为m,D,F之间和F,G之间均有微量炸药P,Q,爆炸时释放的能量均为ΔE.通过控制使Q先爆炸,P后爆炸,求所有爆炸都发生后物块D获得的速度v D.解析:(1)单级爆炸时,取向左为正方向,由动量守恒定律得0=2mv A-mv B 由能量守恒定律得2ΔE=·2m+m联立解得v A=.(2)Q爆炸过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得0=2mv DF-mv G由能量守恒定律得ΔE=·2m+mP爆炸过程,同理可得2mv DF=mv D+mv FΔE+·2m=m+m联立解得v D=(1+).答案:(1)(2)(1+)《流浪地球》中的引力弹弓效应引力弹弓效应就是利用大型天体的引力场,来给较小物体进行加速的一种方法.在最近上映的《流浪地球》中,地球利用木星引力进行加速,让很多人知道了“引力弹弓”一词;试想我们在打乒乓球时,一个慢速球过来,我们一拍子回过去,就能把乒乓球加速到很高的速度.天文学上的引力弹弓效应,和球拍击打乒乓球的原理类似,只是引力弹弓中起作用的是引力,所以没有直接接触,引力弹弓作用过程属于完全弹性碰撞,被加速物体和天体满足能量守恒和动量守恒.引力弹弓效应在航天领域经常使用,有时候用来加速飞行器,有时候用来改变飞行器的方向,比如阿波罗13号飞船,在离开地球轨道后服务舱发生事故,导致此次计划终止,但是飞船没有足够燃料让飞船掉头,只能飞到月球后,再利用月球的引力弹弓效应进行转向.在1977年发射的旅行者一号和二号,就是利用了太阳系176年一遇的行星特殊排列,使得探测器最多可以利用四颗行星进行引力弹弓加速,大大节省了燃料.[命题视角]弹弓效应过程中的能量问题、动量守恒问题、弹性碰撞模型、卫星的变轨问题等.[示例] (2019·北京西城区一模)随着科幻电影《流浪地球》的热映,“引力弹弓效应”进入了公众的视野.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度.为了分析这个过程,可以提出以下两种模式:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度.如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比.那么下列判断中正确的是( A )A.v1>v0B.v1=v0C.v2>v0D.v2=v0解析:图1中,探测器类似于与行星对面正碰,设探测器的质量为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为v1,行星的速度大小为u1,设向右为正方向,根据动量守恒定律,有mv0-Mu=-mv1-Mu1,由能量守恒定律,有m+Mu2=m+M,联立可得v 1=v0+u,由于M≫m,则v1=v0+2u>v0,故A正确,B错误;图2中,类似于探测器追上行星与之正碰,设探测器的质量为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为v2,行星的速度大小为u2,设向右为正方向,根据动量守恒定律,有-mv 0-Mu=mv2-Mu2,由能量守恒定律,有m+Mu2=m+M,联立可得v2=v0-u,由于M≫m,则v2=v0-2u<v0,故C,D错误.。

高考物理专题训练：动量（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列有关动量的说法中正确的是( ) A ．物体的动量发生改变，其动能一定改变 B ．物体的运动状态改变，其动量一定改变C ．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D ．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒 【答案】B【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A 错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P ＝mv 知，动量一定改变。

故B 正确。

对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C 错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D 错误.2．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。

关于物体受到的冲量，以下说法正确的是( )A ．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B ．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C ．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下 【答案】D【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则：1mg fa m ＝；下降的过程中空气的阻力方向向上，则：1-mg fa m ＝＜a 1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。

物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同。

故A 错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小。

故B 错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量。