2021届高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点的应用学案真题再现考情分析(2020·高考全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成损害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时刻约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A.10 N B．102 NC．103 N D．104 N解析：选C.依照自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103N，因此C正确.[命题点分析]动量定理、机械能守恒定律[思路方法]由机械能守恒定律可求鸡蛋到达地面时的速度大小，再依照动量定理求出鸡蛋对地面的平均冲击力(2021·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在专门短时刻内喷出．在燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A.30 kg·m/s B．5.7×102 k g·m/sC.6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬时，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为p，依照动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确.[命题点分析]动量定理[思路方法]以火箭和燃气为研究对象，在燃气喷出的瞬时动量守恒(多选)(2021·高考全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时刻t变化的图线如图所示，则( )A.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零解析：选AB.依照F－t图线与时刻轴围成的面积的物理意义为合外[命题点分析]动量定理、F－t图象[思路方法]由F－t图象中面积的物理意义为合外力F的冲量可知其2 s、 3 s、4 s末的冲量，再依照动量定理可得速率，进而求解动量大小力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝m Δv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误.命题规律研究及推测尽管2021年全国卷把动量内容列为必考，但考虑到高考的稳固性，2021年高考中的动量考查形式都为选择题，难度较小．随着课改的深入，在2020年全国卷中对该部分的考查既有选择题，同时也渗透入运算题中，且难度为中档题．说明高考对动量的考核越来越重视.在2021年的备考中不仅要对动量、冲量、动量定理、动量守恒定律等知识熟练把握，而且还要对涉及的一些现象如碰撞、爆炸、反冲等有深刻的体会，与其他力学知识一起解决力学综合问题的能力也要不断培养冲量与动量定理的应用[高分快攻]应用动量定明白得题的步骤动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量假如物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直截了当用I＝Ft求变力的冲量，能够求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，运算比较复杂，假如作用力是恒力，能够求恒力的冲量，等效代换动量的变化．明白得动量定理时应注意的问题(1)动量定理说明冲量既是使物体动量发生变化的缘故，又是物体动量变化的量度．那个地点所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)．(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)．(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情形下，各个矢量必须选取统一的正方向．(2021·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透亮座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变[解析] 摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的重量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的重量是变化的，因此重力的瞬时功率也是变化的，D错误．[答案] B[突破训练] (2020·高考北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度v B＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L.(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小．(3)若不计BC段的阻力，画出运动员通过C点时的受力图，并求其所受支持力F N的大小．解析：(1)依照匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A2a＝100 m.(2)依照动量定理，有I ＝mv B －mv A ＝1 800 N ·s. (3)运动员经C 点时的受力分析如图所示． 依照动能定理，运动员在BC 段运动的过程中，有mgh ＝12mv 2C －12mv 2B依照牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2CR联立解得F N ＝3 900 N. 答案：见解析动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用[高分快攻]应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判定系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． 三种碰撞的特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒．以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＝12m 1v 1′2 ＋12m 2v 2′2 解得v 1′＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2.结论：①当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换速度． ②当m 1远大于m 2时，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.③当m 1远小于m 2时，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能有缺失．(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能缺失最大，以碰后系统速度相同为标志． 动量守恒定律的应用能够是多物体组成的系统，且相互作用的过程中可能比较复杂，应用动量守恒定律解题时，能够选择不同的系统，针对相互作用的不同时期列式求解．(多选)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞，已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )A ．碰撞前总动量大小是2mvB ．碰撞过程动量不守恒C ．碰撞后乙的速度大小为2vD ．碰撞属于非弹性碰撞[解析] 取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv －mv ＝2mv ，A 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为v ′，由动量守恒定律得3mv －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v ，C 正确；碰撞前总动能为12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰撞后总动能为0＋12m (2v )2＝2mv 2，碰撞前后无机械能缺失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误．[答案] AC[题组突破]角度1 动量守恒条件的判定1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )解析：选AC.A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧复原原长过程中，系统在水平方向始终受到墙的作用力，系统动量不守恒；C中细线断裂后，以整体为研究对象，木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．角度2 碰撞问题分析2．(2020·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发觉其正前方停有汽车B，赶忙采取制动措施，但仍旧撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时刻极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬时B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬时A车速度的大小．解析：(1)设B车的质量为m B，碰撞后加速度大小为a B.依照牛顿第二定律有μm B g＝m B a B①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬时B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v′2B＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 m/s.③(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A.依照牛顿第二定律有μm A g＝m A a A④设碰撞后瞬时A 车速度的大小为v ′A ，碰撞后滑行的距离为s A .由运动学公式有v ′2A ＝2a A s A ⑤设碰撞前的瞬时A 车速度的大小为v A .两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A ＝m A v ′A ＋m B v ′B ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A ＝4.25 m/s.答案：见解析角度3 动量守恒定律在爆炸现象中的应用3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量缺失，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv ＝34mv 甲＋14mv 乙，解得4v ＝3v甲＋v 乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x 甲＝v 甲t ，x 乙＝v 乙t ，代入图中各数据，可知B 正确．命题角度 解决方法 易错辨析动量守恒的条件判定 把握三个守恒条件 准确判定系统合外力是否为零或内力远大于外力 弹性碰撞分析 动量守恒定律、机械能守恒无能量缺失是最大特点 完全非弹性碰撞分析 动量守恒定律 把握碰撞后速度相等这一条件爆炸现象求解动量守恒的条件是内力远大注意爆炸后各部分的速度方于外力向动量守恒定律的综合应用解题策略(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清晰物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一样考虑用动量守恒定律分析． (4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．动量与能量的综合问题，常取材“板、块”模型、“传送带”模型、“弹簧、物块”模型等，设置多个情形、多个过程，考查力学三大观点的综合应用．要成功解答此类“情形、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞悉过程的临界情形，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情形分类讨论)． [高分快攻](2020·高考全国卷 Ⅰ)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时刻极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所通过的时刻； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． [解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时刻为t ，由运动学公式有 0－v 0＝－gt ② 联立①②式得t ＝1g2E m.③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬时其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有 14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分连续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有 14mv 21＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2E mg .[答案] 见解析[题组突破]角度1 “子弹打木块”模型1．如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m ＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M ＝1.98 kg 的木块，现有一质量为m 0＝20 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时刻，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹那个系统缺失的机械能； (2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有缺失，缺失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2解得：ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有 (m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2联立解得：h ＝0.01 m. 答案：见解析角度2 “弹簧类”模型2．(2020·湖北八校联考)如图所示，质量为m 3＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧．滑道CD 部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m 2＝3 kg 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝1 kg 的物体1(可视为质点)自A 点由静止开释．两物体在滑道上的C 点相碰后粘在一起(g ＝10 m/s 2)．(1)求物体1从开释到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离．(2)若CD ＝0.2 m ，两物体与滑道的CD 部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析：(1)物体1从开释到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s 1，滑道的水平位移大小为s 3，有 0＝m 1s 1－m 3s 3，s 1＝R 解得s 3＝m 1s 1m 3＝0.15 m. (2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，由机械能守恒定律有m 1gR ＝12m 1v 21＋12m 3v 23由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v 2，由动量守恒定律有m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，现在弹性势能最大，设为E pm .从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有 12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23－μ(m 1＋m 2)g ·CD ＝E pm 联立以上方程，代入数据解得E pm ＝0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD 部分运动的路程为s ，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23＝μ(m 1＋m 2)gs 代入数据可得s ＝0.25 m因此物体1、物体2最终停在C 点和D 点之间与D 点间的距离为0.05 m 处． 答案：见解析1．“子弹打木块模型”是碰撞中常见模型，其突出特点是在子弹打击木块的过程中有机械能缺失，此类问题的一样解法可归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清晰子弹是停留在木块中和木块一起运动依旧穿透木块和木块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时刻较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能缺失，一样有两种求解方法：一是通过运算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的缺失；二是通过运算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解．2．利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一样情形下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一样解法是：(1)第一判定弹簧的初始状态是处于原长、伸长依旧压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判定解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，假如不满足，则要舍掉该结果．注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，因此弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解；(2)要专门注意弹簧的三个状态：原长(现在弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(现在弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点．, (建议用时：45分钟)一、单项选择题1．(2020·银川段考)冰壶运动深受观众喜爱，图1为索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时刻后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图 2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的( )解析：选B.两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向可不能偏离甲原先的方向，故A错误；假如两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后静止，最终两冰壶的位置如选项图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．2．质量为2 kg的物体做直线运动，其v－t图象如图所示，则物体在前10 s内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )A．0，－20 N·sB．20 N·s，－40 N·sC．0，20 N·sD．20 N·s，－20 N·s解析：选A.由图象可知，物体在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝10 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；物体在后10 s内末状态的动量p3＝－10 kg·m/s，由动量定理知I2＝p3－p2＝－20 N·s，选项A正确．3．如图所示，一轻杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量大于b球质量，两球的半径相等，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止开释，则( )A．在b球落地前瞬时，a球的速度方向向右B．在b球落地前瞬时，a球的速度方向向左C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零解析：选D.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，原先系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬时，系统水平方向的动量仍为零，a球水平方向速度一定为零，选项A、B错误；设杆对a球做功为W1，对b球做功为W2，在b球落地前由于机械能守恒，则除了重力以外的力做的功必定为零，即W1＋W2＝0，对a球由动能定理可知W1＝0，故W2＝0，选项D正确；对b球，水平方向上动量变化为零，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，由动量定理可知，杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，选项C错误．4．为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1 h 内杯中水面上升了45 mm ，查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此运算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3)( )A ．0.15 PaB ．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa 解析：选A.解答此类连续相互作用的问题，第一要注意研究对象的选取．选取Δt ＝1 h 时刻内与面积为S 的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象，其质量为m ＝ρhS ，发生作用后速度变为零，依照动量定理，有F Δt ＝mv ＝ρhSv ，则压强p ＝F S ＝ρ hv Δt ＝0.15 Pa ，选项A 正确．5．(2020·北京东城区期中)质量为80 kg 的冰球运动员甲，以5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg 、速度为3 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时刻极短，下列说法正确的是( )A ．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB ．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC ．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD ．碰撞中甲、乙的机械能总共缺失了1 400 J解析：选 D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v 甲，乙的速度为v 乙，碰撞后乙的速度为v ′乙，由动量守恒定律得：m 甲v 甲－m 乙v 乙＝m 乙v ′乙，解得v ′乙＝1 m/s ，方向水平向右，选项A 、B 错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE ＝12m 甲v 2甲＋12m 乙v 2乙－12m 乙v ′2乙，代入数据解得ΔE ＝1 400 J ，机械能减少了1 400 J ，选项C 错误，D 正确．6．(2020·日照月考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故交的动量和动能差不多上先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力，绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．二、多项选择题7.如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v 0和2v 0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1质量为m ，小球2的质量为2m ，1、2两球之间放置一被压缩的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为E p ，将弹簧的弹性势能全部开释，下列说法正确的是( )A ．弹簧的弹性势能在开释过程中，小球1和小球2的合动量不为零B ．小球1和小球2离开弹簧后瞬时的速度大小分别是2E p 3m 、 E p 3mC ．小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小D ．若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m 要满足E p 12v 20≤m <4E p3v 20解析：选BD.小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始小球1和小球2静止，因此在弹簧的弹性势能开释的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A 错误；设小球1和小球2离开弹簧后瞬时的速度大小分别为v 1、v 2，依照动量守恒定律和机械能守恒定律知：mv 1－2mv 2＝0，E p ＝12mv 21＋12×2mv 22，解得v 1＝2E p 3m ，v 2＝E p 3m，B 正确；若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小应满足v 1＝2E p 3m >v 0，v 2＝E p3m ≤2v 0，解得E p 12v 20≤m <4E p 3v 20，C 错误，D 正确． 8．(2020·贵阳检测)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞差不多上弹性的，则整个过程中，系统缺失的动能为( )A.12Mv 2 B.mM 2（m ＋M ）v 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为v 1，依照动量守恒定律：mv ＝(m ＋M )v 1，则动能缺失ΔE k ＝12mv 2－12(m ＋M )v 21，解得ΔE k ＝mM 2（m ＋M ）v 2，B 对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s ＝0.5L ＋(N －1)L ＋0.5L ＝NL ，故系统因摩擦产生的热量即为系统缺失的动能：ΔE k ＝Q ＝NμmgL ，D 对．三、非选择题9．皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64，且每次球与地板接触的时刻相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍那个球，使其保持在0.8 m 的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m ＝0.5 kg ，g 取10 m/s 2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8.设皮球所处的初始高度为H ，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v 0＝2gH ，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v 1和第二次碰撞后瞬时速度大小v 2满足v 2＝0.8v 1＝0.82v 0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F 1、F 2，选竖直向上为正方向，依照动量定理，有 F 1t ＝mv 1－(－mv 0)＝1.8mv 0F 2t ＝mv 2－(－mv 1)＝1.8mv 1＝1.44mv 0则F 1∶F 2＝5∶4.(2)欲使球跳起0.8 m ，应使球由静止下落的高度为h ＝0.80.64m ＝1.25 m ，球由1.25 m 落到0.8 m 处的速度为v ＝3 m/s ，则应在0.8 m 处给球的冲量为I ＝mv ＝1.5 N ·s ，方向竖直向下．答案：(1)5∶4 (2)1.5 N ·s 方向竖直向下10．在如图所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板．物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并结成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点．探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作，已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬时的速度大小v 和碰撞缺失的动能ΔE .(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时刻内通过B 点，求v 1的取值范畴和P 向左通过A 点时的最大动能E .解析：(1)依照动量守恒定律有：mv 1＝2mv ①解得：v ＝v 12＝3 m/s 碰撞过程中缺失的动能为：。