第七章 第1講　動量和動量定理-2025高三總復習 物理（新高考）

三年考情動量動量定理2023·新課標卷·T19、2023·全國甲卷·T25、2023·遼寧卷·T10、2021·湖南卷·T2、2020·全國卷Ⅰ·T14動量守恒定律2023·湖南卷·T15、2023·湖北卷·T15、2023·全國乙卷·T25、2022·湖南卷·T4、2021·全國乙卷·T14、2021·山東卷·T11、2021·廣東卷·T13、2021·河北卷·T13動量和能量的綜合2023·海南卷·T18、2023·全國甲卷·T25、2023·浙江6月選考·T21、2023·山東卷·T18、2022·全國乙卷·T25、2022·湖北卷·T16、2022·河北卷·T13、2022·山東卷·T18實驗：驗證動量守恒定律2023·遼寧卷·T11、2022·全國甲卷·T23、2021·江蘇卷·T11命題規(guī)律目標定位本章主要考查動量定理、動量守恒定律的理解及應用，命題常與生產(chǎn)生活中的實際情境相聯(lián)系，常以選擇題、計算題形式呈現(xiàn)，計算題一般作為壓軸大題，常與動力學、能量知識綜合考查，難度較大；實驗主要驗證動量守恒定律及有關(guān)拓展實驗。第1講動量和動量定理[課標要求]1．理解沖量、動量的概念。2．理解動量定理，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。考點一動量和沖量的理解1．動量(1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積。(2)表達式：p＝mv。(3)方向：動量的方向與速度的方向相同。2．動量的變化(1)因為動量是矢量，動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同。(2)動量的變化量Δp的大小，一般用末動量p′減去初動量p進行計算，也稱為動量的增量，即Δp＝p′－p。3．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。(2)公式：I＝FΔt。(3)單位：沖量的單位是牛秒，符號是N·s。(4)方向：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。自主訓練1沖量、動量與動能的比較(2023·黑龍江八校聯(lián)考)如圖所示，表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上，∠ABC＜∠ACB，質(zhì)量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下。在兩物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是()A．兩物塊所受重力的沖量相同B．兩物塊動量的改變量相同C．兩物塊動能的改變量相同D．兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率相同答案：C解析：設斜面傾角為θ，則物塊在斜面上的加速度分別為a＝gsinθ，設斜面高度為h，則物塊在斜面上滑行的時間為t＝eq\r(\f(2h,asinθ))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，因為∠ABC＜∠ACB，可得物塊在AB斜面上的滑行時間比在AC斜面上的滑行時間長；根據(jù)I＝mgt可知，兩物塊所受重力的沖量不相同，選項A錯誤；根據(jù)動量定理mgsinθ·t＝mv－0＝Δp可知，Δp＝meq\r(2gh)，動量改變量是矢量，兩物塊的動量改變量大小相等、方向不同，選項B錯誤；根據(jù)動能定理ΔEk＝mgh＝eq\f(1,2)mv2可知，兩物塊的動能改變量相同，選項C正確；兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率P＝mgvsinθ＝mgsinθeq\r(2gh)，則重力的瞬時功率不相同，選項D錯誤。學生用書第129頁自主訓練2恒力沖量的計算如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g。在整個運動過程中，下列說法正確的是()A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθB．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθC．合外力的沖量為0D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)答案：B解析：重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，B正確；整個過程中滑塊的動量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，摩擦力的總沖量大小為Ff(t2－t1)，D錯誤。自主訓練3變力沖量的計算(F-t圖像法)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()A．第2s末，質(zhì)點的動量為0B．第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化C．第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點D．在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0答案：D解析：由題圖可知，0～2s時間內(nèi)，F(xiàn)的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，A、B錯誤；2～4s內(nèi)，F(xiàn)的方向與0～2s內(nèi)F的方向不同，該質(zhì)點0～2s內(nèi)做加速運動，2～4s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點，C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，D正確。1．動能、動量、動量變化量的比較比較項目動能動量動量變化量定義物體由于運動而具有的能量物體的質(zhì)量和速度的乘積物體末動量與初動量的矢量差定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p標矢性標量矢量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pvp＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)2．沖量的四種計算方法公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此法僅適用于恒力的沖量圖像法利用F-t圖像計算，F(xiàn)-t圖線與橫軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均力法若方向不變的力大小隨時間均勻變化，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)Δt，F(xiàn)1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻力的大小動量定理法對于變力的沖量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量考點二動量定理的理解及應用1．內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。2．表達式：F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp。【高考情境鏈接】(2023·新課標卷·改編)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們互相接近過程中任一時刻。判斷下列說法的正誤：(1)甲所受合外力的沖量方向向右。(√)(2)乙的動量變化量等于甲對乙的吸引力的沖量。(×)(3)甲的動量大小比乙的小。(√)(4)甲對乙的沖量大于乙對甲的沖量。(×)學生用書第130頁1．對動量定理的理解(1)FΔt＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物體所受的合力的沖量。(2)FΔt＝p′－p除表明了兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動量變化的原因。(3)由FΔt＝p′－p得F＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。2．應用動量定理的基本思路考向1應用動量定理定性解釋有關(guān)現(xiàn)象如圖所示，為了安全，跳遠時運動員都是跳在沙坑里。與跳在水泥地上相比較，以下說法正確的是()A．人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小B．人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上大答案：A解析：人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小，因為人的質(zhì)量與速度大小一樣，所以動量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動量變化等于跳在水泥地上的動量變化，因為初動量相等，末動量為0，所以動量的變化量大小相等，B錯誤；根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的沖量與跳在水泥地上受到的沖量大小相等，C錯誤；沙坑中的沙子起到緩沖作用，延長力的作用時間，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp可知，人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小，D錯誤。規(guī)律總結(jié)對動量定理表達式FΔt＝Δp的理解1．當物體的動量變化量Δp一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大；力的作用時間Δt越長，力F就越小。可以用來解釋生產(chǎn)、生活中的一些緩沖實例。2．當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大；力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小?？枷?應用動量定理的定量計算高空作業(yè)須系安全帶。如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前，人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經(jīng)歷時間t，安全帶達到最大伸長量。若在此過程中該作用力始終豎直向上，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A．eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B．eq\f(m\r(2gh),t)－mgC．eq\f(m\r(gh),t)＋mg D．eq\f(m\r(gh),t)－mg答案：A解析：安全帶對人起作用之前，人做自由落體運動，由v2＝2gh可得，安全帶對人起作用前瞬間，人的速度v＝eq\r(2gh)；安全帶達到最大伸長量時，人的速度為零；從安全帶開始對人起作用到安全帶伸長量最大，取豎直向下為正方向，由動量定理可得(mg－eq\x\to(F))t＝0－mv，故eq\x\to(F)＝eq\f(mv,t)＋mg＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故選項A正確。對點練．(2022·湖北高考)一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)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：根據(jù)動能定理有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，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故選D?？枷?動量定理與圖像的綜合(多選)在研制飛機過程中風洞實驗是必不可少的。現(xiàn)某同學在風洞中完成了以下實驗：將一個質(zhì)量為m的物體放在水平網(wǎng)上(網(wǎng)不影響物體受到的風力)，調(diào)節(jié)風力大小，并記錄了物體所受豎直向上的風力F與時間t的關(guān)系，如圖所示。下列說法正確的是()A．在前2t0時間內(nèi)物體加速度均勻增加B．在前6t0時間內(nèi)物體一直向上運動C．在5t0時刻物體的速度大小為eq\f(13gt0,4)D．在前6t0時間內(nèi)物體的最大速度為eq\f(37gt0,10)答案：CD解析：由題圖可知，t0時刻物體才開始運動，A、B錯誤；從t0到5t0這段時間，對物體應用動量定理有IF－mg×4t0＝mv1－0，由圖像可知這段時間內(nèi)風力的沖量IF＝eq\f(（mg＋1.5mg）×t0,2)＋eq\f(（1.5mg＋2.5mg）×3t0,2)＝eq\f(29mgt0,4)，解得v1＝eq\f(13gt0,4)，C正確；由題圖可知，5t0～6t0內(nèi)的F與t的關(guān)系式為F＝－2.5t＋15，當F＝mg時，t＝5.6t0，則在5.6t0時物體的加速度為零，速度最大，從t0到5.6t0，對物體應用動量定理有IF′－mg×4.6t0＝mvm－0，由圖像可知這段時間內(nèi)風力的沖量IF′＝IF＋eq\f(（2.5mg＋mg）×0.6t0,2)＝eq\f(83mgt0,10)，解得vm＝eq\f(37gt0,10)，D正確。學生用書第131頁“流體模型”問題的類型及解決思路類型流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n解題思路①構(gòu)建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV＝vSΔt小柱體的質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱體的粒子數(shù)N＝nΔV＝nvSΔt小柱體的動量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究應用1．[“流體類”模型問題](2021·福建高考)福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響。已知10級臺風的風速范圍為24.5m/s～28.4m/s，16級臺風的風速范圍為51.0m/s～56.0m/s。若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌，則16級臺風對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的()A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍答案：B解析：設交通標志牌迎風面積為S，空氣密度為ρ，標志牌對臺風的作用力為F，在Δt時間內(nèi)吹向標志牌的空氣體積為vΔtS，空氣質(zhì)量m＝ρvΔtS，由動量定理得FΔt＝mv－(－mv)，解得F＝2ρSv2，由牛頓第三定律可知臺風對該交通標志牌的作用力大小為F′＝F＝2ρSv2，10級臺風的風速我們?nèi)?7m/s，16級臺風的風速我們?nèi)?4m/s估算，16級臺風對該交通標志牌的作用力大小與10級臺風對該交通標志牌的作用力大小之比為eq\f(F16′,F10′)＝eq\f(veq\o\al(2,16),veq\o\al(2,10))＝eq\f(542,272)＝4，即16級臺風對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的4倍，B正確。應用2．[“微粒類”模型問題]航天器離子發(fā)動機原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使飛船獲得推進或姿態(tài)調(diào)整的反沖動力。已知單個正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負極柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I。忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對衛(wèi)星質(zhì)量的影響。該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為()A．F＝Ieq\r(\f(2mU,q)) B．F＝Ieq\r(\f(mU,q))C．F＝Ieq\r(\f(mU,2q)) D．F＝2Ieq\r(\f(mU,q))答案：A解析：以正離子為研究對象，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，Δt時間內(nèi)通過的總電荷量Q＝IΔt，噴出離子的總質(zhì)量M＝eq\f(Q,q)m＝eq\f(IΔt,q)m；由動量定理可知正離子所受平均沖量eq\x\to(F)Δt＝Mv，由以上式子可得eq\x\to(F)＝Ieq\r(\f(2mU,q))，根據(jù)牛頓第三定律可知，發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F＝Ieq\r(\f(2mU,q))，A正確。課時測評30動量和動量定理eq\f(對應學生,用書P411)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～10題，每題4分，共40分)1．(多選)如圖所示，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6kg·m/s，則()A．球的動能可能不變B．球的動量大小一定增加12.6kg·m/sC．球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等D．球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同答案：AC解析：壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，動量的大小增量為零，A正確，B錯誤；由牛頓第三定律知，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等，C正確；球受到棒的沖量方向是棒對球的彈力方向，與球被擊打前的速度方向相反，D錯誤。2．(2021·湖南高考)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是()答案：D解析：根據(jù)題述，質(zhì)點沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，其速度v＝eq\r(2ax)，其動量p＝mv＝meq\r(2ax)，所以對應的相軌跡可能是D選項，故D正確。3．(2024·天津南開區(qū)模擬)如圖所示，學生練習用腳顛球。足球的質(zhì)量為0.4kg，某一次足球由靜止自由下落0.8m，被重新顛起，離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球與腳部的作用時間為0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．足球從下落到再次上到最大高度，全程用了0.7sB．在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球做的功為1.4JC．足球與腳部作用過程中動量變化量大小為2.8kg·m/sD．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為4N·s答案：C解析：由h＝eq\f(1,2)gt2得，足球下落時間為t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.4s，足球上升時間為t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.3s，總時間為t＝t1＋t2＋t3＝0.8s，A錯誤；在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球做的功為W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據(jù)運動學公式veq\o\al(2,1)＝2gh1，veq\o\al(2,2)＝2gh2，解得W合＝－1.4J，B錯誤；足球與腳部作用過程中動量變化量大小為Δp＝mv2－(－mv1)＝2.8kg·m/s，C正確；足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小IG＝mgt＝0.4×10×0.8N·s＝3.2N·s，D錯誤。4．(2024·山東濰坊模擬)科技發(fā)展，造福民眾。如圖所示的“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置的原理是通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以()A．減小穿戴者動量的變化量B．減小穿戴者動量的變化率C．增大穿戴者所受合力的沖量D．減小穿戴者所受合力的沖量答案：B解析：依題意，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，可得F＝eq\f(Δp,Δt)，可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間Δt，從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動量的變化率eq\f(Δp,Δt)，而穿戴者動量的變化量Δp，也即穿戴者所受合力的沖量FΔt均未發(fā)生變化，故選B。5．(2024·山東德州模擬)高壓清洗廣泛應用于汽車清潔、地面清潔等。某高壓水槍出水口直徑為d，水從槍口高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面且速度在短時間內(nèi)由v變?yōu)榱?，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應，水的密度為ρ。則水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為()A．ρv2πd2 B．ρvπd2C．eq\f(ρv3πd2,4) D．eq\f(ρv2πd2,4)答案：D解析：水在時間Δt內(nèi)速度由v減為零，Δt內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)量為m＝ρvΔtπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，以這部分水為研究對象，設物體表面對水的平均作用力大小為F，以水流速度方向為正方向，由動量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝eq\f(ρv2πd2,4)，由牛頓第三定律可知，水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為F′＝F＝eq\f(ρv2πd2,4)，A、B、C錯誤，D正確。故選D。6．(2024·河北邯鄲模擬)中華神盾防空火控系統(tǒng)會在目標來襲時射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續(xù)時間t＝0.01s、橫截面積為S＝2m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－2kg，每1cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300m/s射入目標，并停在目標體內(nèi)。下列說法正確的是()A．所形成彈幕的總體積V＝6cm3B．所形成彈幕的總質(zhì)量M＝1.2×105kgC．彈幕對目標形成的沖量大小I＝3.6×107kg·m/s2D．彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝3.6×108N答案：B解析：形成彈幕的總體積V＝vtS＝6m3，A錯誤；每1cm3有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數(shù)N＝eq\f(6,1×10－6)(個)＝6×106(個)，所形成彈幕的總質(zhì)量M＝Nm＝1.2×105kg，B正確；對整個彈幕由動量定理可知I＝Mv＝3.6×107kg·m/s，C錯誤；由沖量公式I＝Ft知，彈幕對目標形成的沖擊力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D錯誤。7．(2024·安徽安慶模擬)在羽毛球比賽中，假設羽毛球以v1＝72km/h的速度飛向運動員，運動員以v2＝216km/h的速度將羽毛球回擊。已知羽毛球的質(zhì)量為m＝5×10－3kg，球拍與羽毛球作用的時間為t＝0.02s。則下列說法正確的是()A．球拍對羽毛球不做功B．羽毛球動量的變化量大小為0.4kg·m/sC．羽毛球動能的變化量大小為10JD．球拍與羽毛球之間的作用力大小為10N答案：B解析：擊球過程中，羽毛球的動能增加，則球拍對羽毛球做功，選項A錯誤；v1＝72km/h＝20m/s，v2＝216km/h＝60m/s，則羽毛球動量的變化量大小為Δp＝mv2－mv1＝5×10－3×60kg·m/s－(－5×10－3×20)kg·m/s＝0.4kg·m/s，選項B正確；羽毛球動能的變化量大小為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×5×10－3×(602－202)J＝8J，選項C錯誤；根據(jù)動量定理Δp＝Ft，解得球拍與羽毛球之間的作用力大小為F＝eq\f(Δp,t)＝eq\f(0.4,0.02)N＝20N，選項D錯誤。8．(2024·山東濟南模擬)在天宮課堂第二課上，航天員葉光富給我們展示了一個“科學實驗重器”——“高微重力科學實驗柜”。如圖甲所示，當柜體受到一個干擾偏離原位置時，柜體通過噴氣又慢慢回到了原位置。將該過程簡化為如圖乙所示的模型，物塊靜止在光滑水平面上的O點，左右有兩個噴氣裝置A和B，當給物塊一個向左的初速度時，噴氣裝置A立即向左噴氣，經(jīng)過一段時間，裝置A關(guān)閉，同時裝置B向右噴氣，直到物塊回到出發(fā)點O且速度為零。假設噴氣裝置A、B噴氣過程中對物塊的作用力大小相等且不變，噴氣對物塊質(zhì)量的影響忽略不計，則該過程中A、B噴氣裝置噴氣的時間之比等于()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．eq\r(2)＋1答案：D解析：設A、B噴氣過程中對物塊的作用力大小為F，噴氣的時間分別為t1和t2，物塊初速度為v，以初速度方向為正方向，設A停止噴氣時物塊速度大小為v1，根據(jù)動量定理－Ft1＝m(－v1)－mv，F(xiàn)t2＝0－m(－v1)，由運動學規(guī)律可得eq\f(（－v1）＋v,2)t1＝－eq\f(0＋（－v1）,2)t2，聯(lián)立解得t1＝(eq\r(2)＋1)t2，D正確。9．(多選)(2022·全國乙卷)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則()A．4s時物塊的動能為零B．6s時物塊回到初始位置C．3s時物塊的動量為12kg·m/sD．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J答案：AD解析：物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2N，對物塊在0～3s時間內(nèi)，由動量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s，3s時物塊的動量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯誤；設3s后經(jīng)過時間t2物塊的速度減為0，由動量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1s，所以物塊在4s時速度減為零，則此時物塊的動能也為零，故A正確；在0～3s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x1＝9m，3～4s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x2＝3m，4～6s時間內(nèi)，物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2，發(fā)生的位移大小為x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝4m＜x1＋x2，即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；0～6s時間內(nèi)，F(xiàn)對物塊所做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正確。10．(2024·云南玉溪模擬)將質(zhì)量為m＝1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10N，物體由靜止開始運動，作用4s后撤去F。已知g＝10m/s2，對于物塊從靜止開始運動到停下這一過程，下列說法正確的是()A．整個過程物塊運動的時間為6sB．整個過程物塊運動的時間為8sC．整個過程中物塊的位移大小為40mD．整個過程中物塊的位移大小為60m答案：B解析：在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，選項A錯誤，B正確；在物塊前4s運動的過程中由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，所以全程的平均速度也為eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項C、D錯誤。11.(10分)北京冬奧會開幕式的浪漫煙花，讓人驚嘆不已。假設某種型號的禮花彈在地面上從專用炮筒中沿豎直方向射出，到達最高點時炸開。禮花彈的結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理為：點燃引線，引燃發(fā)射藥燃燒發(fā)生爆炸，禮花彈獲得一個初速度并同時點燃延期引線。當禮花彈到達最高點附近時，延期引線點燃禮花彈，禮花彈炸開。已知禮花彈質(zhì)量m＝0.1kg，從炮筒射出的速度為v0＝35m/s，整個過程中禮花彈所受的空氣阻力大小始終是其重力大小的0.25倍，延期引線的燃燒速度為v＝2cm/s，忽略炮筒的高度，重力加速度取g＝10m/s2。(1)求禮花彈射出后，上升的最大高度h；(2)要求爆炸發(fā)生在超過禮花彈最大高度的96%范圍，則延期引線至少多長；(3)設禮花彈與炮筒相互作用的時間Δt＝0.01s，求禮花彈對炮筒的平均作用力大小。答案：(1)49m(2)4.48cm(3)351.25N解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律得mg＋0.25mg＝maa＝1.25g＝12.5m/s2根據(jù)運動學公式得veq\o\al(2,0)＝2ah解得h＝49m。(2)根據(jù)veq\o\al(2,0)＝2ahveq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2ah×0.96聯(lián)立解得v1＝7m/s則t1＝eq\f(v0－v1,a)＝2.24sL＝vt1＝4.48cm。(3)由動量定理得(F－mg－0.25mg)Δt＝mv0解得F＝351.25N由牛頓第三定律可知，禮花彈對炮筒的平均作用力大小F′＝F＝351.25N。12．(10分)(2023·河南鄭州三模)風洞實驗室中可以產(chǎn)生水平向右、一系列短促的風力。如圖甲所示，將一個質(zhì)量為m的物體放入風洞實驗室的光滑水平平臺上靜止不動。在t＝0時，作用在該物體上一個水平向右的恒力F，為了讓物體水平向右的速度盡快達到某一較大的值，在加上恒力F后，閉合風洞實驗裝置的開關(guān)，每間隔相等的時間t0作用一次風力的沖量，每次風力沖量的作用時間可忽略不計，每次風力沖量使物體速度大小增加Δv，Δv不變，其風力的沖量大小I隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。求：(1)在0～t0時間內(nèi)，恒力F做的功；(2)當作用在該物體上風力的沖量次數(shù)為n時，物體運動速度的大小。答案：(1)eq\f(F2teq\o\al(2,0),2m)(2)eq\f(nFt0,m)＋nΔv解析：(1)物體在恒力作用下運動，由牛頓第二定律可得F＝ma在t0時間內(nèi)運動的位移為x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)在t0時間內(nèi)恒力F做的功W＝Fx解得W＝eq\f(F2teq\o\al(2,0),2m)。(2)根據(jù)動量定理可知nFt0＋nF風Δt＝mvn其中F風Δt＝mΔv，解得vn＝eq\f(nFt0,m)＋nΔv。第2講動量守恒定律[課標要求]1．通過實驗和理論推導，理解動量守恒定律。2．能用動量守恒定律解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。3．知道動量守恒定律的普遍性，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。4．定量分析一維碰撞問題，并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。5．體會用動量守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一?？键c一動量守恒定律的理解及基本應用1．動量守恒定律的內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．表達式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；意義：系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量。(2)Δp1＝－Δp2；意義：相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向?！靖呖记榫虫溄印?2021·全國乙卷·改編)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中學生用書第132頁判斷下列說法的正誤：(1)從撤去推力開始，小車、滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。(×)(2)從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。(√)(3)系統(tǒng)所受合外力不為零時，系統(tǒng)的動量可能在某一方向上守恒。(√)(4)表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′的速度是必須相對同一個參考系。(√)1．動量守恒條件的理解(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。2．應用動量守恒定律解題的步驟考向1動量守恒的判斷(多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，初始時靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當彈簧突然被釋放后，則以下系統(tǒng)動量守恒的是()A．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)B．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)答案：BCD解析：若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，跟A、B與C間的動摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，故其動量守恒，C正確?？枷?動量守恒定律的簡單應用如圖所示，正在太空中行走的宇航員A、B沿同一直線相向運動，相對空間站的速度大小分別為3m/s和1m/s，迎面碰撞后(正碰)，A、B兩人均反向運動，速度大小均為2m/s。則A、B兩人的質(zhì)量之比為()A．3∶5B．2∶3C．2∶5D．5∶3答案：A解析：設A的初速度方向為正，則由動量守恒定律知mAvA－mBvB＝－mAv＋mBv，解得mA∶mB＝3∶5，故A正確?？枷?分方向動量守恒(2023·山東日照模擬)如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是()A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量守恒B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，水平方向上動量守恒C．物塊到不了水平軌道的最左端D．物塊將從軌道最左端沖出水平軌道答案：B解析：軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分時因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，合外力不為零，動量不守恒，但是水平方向動量守恒，故A錯誤，B正確；設軌道的水平部分長為L。軌道固定時，根據(jù)能量守恒定律得mgR＝μmgL，軌道不固定時，設物塊與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x。取向左為正方向，根據(jù)水平動量守恒得0＝(M＋m)v，則得v＝0，根據(jù)能量守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，故C、D錯誤，故選B?？枷?動量守恒中的臨界問題甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面學生用書第133頁上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6m/s，甲車上有質(zhì)量為m＝1kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量為M1＝50kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30kg。為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞。則甲總共拋出的小球個數(shù)是()A．12B．13C．14D．15答案：D解析：規(guī)定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等。由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s。對甲和他的小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正確。考點二碰撞問題1．碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2．特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3．分類類型動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大【基礎知識判斷】1．碰撞前后系統(tǒng)的動量和機械能一定守恒。(×)2．光滑水平面上相向運動的兩球碰撞后均靜止，則兩球碰撞前的動量一定等大反向。(√)3．碰撞后系統(tǒng)的總動能可能會增大。(×)1．彈性碰撞的分析與討論：(條件：一個運動物體與靜止物體發(fā)生彈性正碰)運動物體1的質(zhì)量為m1、速度為v1，與質(zhì)量為m2的靜止物體2，發(fā)生彈性碰撞，碰撞后二者速度分別為v1′、v2′。則由動量守恒定律、機械能守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(1)三種情況的討論①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后兩物體交換速度)。②若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后兩物體沿同一方向運動)。特例：當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1。③若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后物體1反向，兩物體沿相反方向運動)。特例：當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0。(2)重要推論：運動物體A以速度v0與靜止的物體B發(fā)生碰撞：①當發(fā)生彈性碰撞時，物體B獲得的速度最大：vBmax＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0。②當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B獲得的速度最?。簐Bmin＝eq\f(mA,mA＋mB)v0。③當發(fā)生非彈性碰撞時，碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0＜vB＜eq\f(2mA,mA＋mB)v0。2．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，則應有v前′＞v前；若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。學生用書第134頁考向1彈性碰撞(2023·全國乙卷·改編)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；答案：(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)l解析：(1)過程1：小球釋放后自由下落，下降l，根據(jù)機械能守恒定律有mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)過程2：小球以eq\r(2gl)與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律分別有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv1′2mv0＝mv1＋Mv1′解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)v1′＝eq\f(2m,m＋M)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即小球碰后速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向上，圓盤速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向下。(2)第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者距離就不斷增大，當二者速度相同時，距離最大，即v1＋gt＝v1′解得t＝eq\f(v1′－v1,g)＝eq\f(v0,g)根據(jù)運動學公式得最大距離為dmax＝x盤－x球＝v1′t－(v1t＋eq\f(1,2)gt2)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝l?？枷?非彈性碰撞(2020·全國Ⅲ卷)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J答案：A解析：設乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入題圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機械能E損＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入題圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項A正確?？枷?完全非彈性碰撞(2022·廣東高考)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N?；瑝K滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；(3)滑桿向上運動的最大高度h。答案：(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析：(1)滑塊靜止時，桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑塊向上運動到碰前瞬間，根據(jù)動能定理有－mgl－fl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得v＝8m/s。(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有mv＝(m＋M)v′碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v′2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2m。學生用書第135頁考向4碰撞的可能性分析如圖所示，A、B兩個小球沿光滑水平面向右運動，取向右為正方向，則A的動量pA＝10kg·m/s，B的動量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動量增加量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質(zhì)量比eq\f(mA,mB)應滿足的條件為()A．eq\f(mA,mB)＞eq\f(5,3) B．eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1C．eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)＜eq\f(5,3) D．eq\f(mA,mB)≤1答案：B解析：因為A追上B發(fā)生碰撞，則碰前速度滿足vA＞vB，即eq\f(pA,mA)＞eq\f(pB,mB)，解得eq\f(mA,mB)＜eq\f(5,3)，碰撞過程滿足動量守恒，則pA＋pB＝pA′＋pB′，由題意知pA′＝pA＋ΔpA＝6kg·m/s，則pB′＝10kg·m/s，由能量關(guān)系得eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得eq\f(mA,mB)≤1，碰后速度滿足vA′≤vB′，即eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得eq\f(mA,mB)≥eq\f(3,5)，綜上可得eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1，B正確?？键c三爆炸和反沖問題1．爆炸現(xiàn)象(1)定義：在物理學中，爆炸是指物體在內(nèi)力作用下炸裂成兩塊或多塊的現(xiàn)象。(2)特點：物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒。2．反沖(1)定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，如發(fā)射炮彈、火箭等。(2)特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)受到的外力，動量守恒。【基礎知識判斷】1．爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。(×)2．發(fā)射炮彈時炮身后退的現(xiàn)象屬于反沖現(xiàn)象。(√)3．園林中的噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。(√)4．烏賊在水中的運動屬于反沖運動。(√)考向1爆炸問題爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于其受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加。位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。(2021·浙江1月選考)在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力，重力加速度為10m/s2。下列說法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m【審題指導】(1)爆炸物在最高點瞬時速度為零。(2)爆炸的兩碎塊分別做平拋運動。(3)聲音記錄儀記錄的時間等于碎塊做平拋運動的時間和碎塊撞擊地面的響聲以聲速傳到聲音記錄儀的時間之和。答案：B解析：爆炸物在最高點爆炸成兩碎塊，設爆炸物質(zhì)量為m，系統(tǒng)動量守恒，有eq\f(2,3)mv1＝eq\f(1,3)mv2，解得兩碎塊的初速度之比為v1∶v2＝1∶2，由平拋運動規(guī)律x＝vt可知，兩碎塊的水平位移大小之比為x1∶x2＝v1∶v2＝1∶2，A錯誤；根據(jù)題述，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲，設兩碎塊在空中的時間為t，則eq\f(（5s－t）v聲,（6s－t）v聲)＝eq\f(1,2)，解得t＝4s，由平拋運動規(guī)律可知，爆炸物的爆炸點離地面高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正確；爆炸后質(zhì)量大的碎塊落地時撞擊地面的聲音傳播到聲音記錄儀的時間為t1＝5s－4s＝1s，撞擊地面處距離聲音記錄儀的距離為x1＝v聲t1＝340m，由x1＝v1t，解得v1＝85m/s，C錯誤；爆炸后質(zhì)量小的碎塊落地時撞擊地面的聲音傳播到聲音記錄儀的時間為t2＝6s－4s＝2s，撞擊地面處距離聲音記錄儀的距離為x2＝v聲t2＝680m，爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為x＝x1＋x2＝340m＋680m＝1020m，D錯誤。學生用書第136頁對點練．(2023·河北邯鄲市模擬)質(zhì)量為m的煙花彈升到最高點距離地面高度為h處爆炸成質(zhì)量相等的兩部分，兩炸片同時落地后相距L，不計空氣阻力，重力加速度為g，則煙花彈爆炸使炸片增加的機械能為()A．mgh B．eq\f(mgL2,16h)C．eq\f(mgL2,32h) D．eq\f(mgL2,8h)答案：B解析：設煙花彈爆炸后瞬間兩炸片的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒定律有0＝eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2，可得v1＝v2＝v，根據(jù)題述，兩炸片均做平拋運動，有2vt＝L，h＝eq\f(1,2)gt2，ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(mgL2,16h)，故選B?？枷?反沖問題反沖運動的作用原理和兩個特點作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加2023年5月10日21時22分，天舟六號貨運飛船在中國文昌航天發(fā)射場成功發(fā)射。如圖所示，某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質(zhì)量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力B．水噴出的過程中，火箭和水組成的系統(tǒng)機械能守恒C．火箭獲得的最大速度為eq\f(Mv0,M－m)D．火箭上升的最大高度為eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)答案：D解析：火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，A錯誤；水噴出的過程中，火箭內(nèi)氣體做功，火箭及水組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；在水噴出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝eq\f(mv0,M－m)，C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，上拋到最高點的過程中，有v2＝2gh，解得h＝eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)，D正確。]對點練．有一火箭正在遠離任何星體的太空中以速度v0勻速飛行，某時刻，火箭在極短的時間Δt內(nèi)噴射質(zhì)量為Δm的燃氣，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度是u，此次噴氣后火箭的質(zhì)量是m，則火箭在此次噴氣后速度增加量為()A．eq\f(Δm,m)u B．－eq\f(Δm,m)(v0－u)C．－eq\f(Δm,m)u D．eq\f(Δm＋m,m)v0答案：C解析：根據(jù)題意，噴出燃氣后，燃氣的速度為v1＝v0＋u，則燃氣的動量變化為Δp1＝Δmv1－Δmv0＝Δmu。設火箭在此次噴氣后速度為v2，則火箭在此次噴氣的動量變化為Δp2＝mv2－mv0＝mΔv，根據(jù)動量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δmu＋mΔv＝0，解得火箭在此次噴氣后速度增加量為Δv＝－eq\f(Δm,m)u，故選C。1．模型簡析：如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)動量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)動量始終守恒，故有m船x船＝m人x人，由圖可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。2．模型特點(1)兩個物體作用前均靜止，作用后均運動。(2)動量守恒且總動量為零。3．結(jié)論：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用物體的質(zhì)量，x1、x2為其對地位移的大小)。應用1．[人船模型的應用]如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的人，站在質(zhì)量M＝300kg的車的一端，車長L＝3m，相對于地面靜止。當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將()A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．一直勻速后退答案：A解析：人車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m，即車將后退0.5m，A正確，B、C錯誤；題中未說明人的運動狀態(tài)，故車的運動狀態(tài)不確定，D錯誤。學生用書第137頁應用2．[人船模型的遷移應用]如圖所示，在一只大氣球下方的長繩上，有一個質(zhì)量為m1＝50kg的人。氣球和長繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。當靜止時人離地面的高度為h＝5m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面的高度約為(可以把人看作質(zhì)點)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案：B解析：人沿繩向下滑時，氣球上升。設氣球上升的距離為s2，人向下滑的距離為s1，有m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s2＝eq\f(25,7)m，故人滑到繩下端時，離地面的高度為s2＝eq\f(25,7)m≈3.6m，B正確。應用3．[分方向動量守恒的人船模型](2023·湖南高考)如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；(2)在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；(3)若eq\f(M,m)＝eq\f(b,a－b)，求小球下降h＝eq\f(b,2)高度時，小球相對于地面的速度大小(結(jié)果用a、b及g表示)。答案：(1)eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))eq\f(m,M＋m)a(2)eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))－ma))2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(3)2beq\r(\f(g,a＋3b))解析：(1)小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，有0＝mv1－Mv2小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒，有mgb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v2＝eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))因水平方向在任何時候都動量守恒即0＝meq\x\to(v)1－Meq\x\to(v)2兩邊同時乘t可得mx1＝Mx2且由幾何關(guān)系可知x1＋x2＝a聯(lián)立解得x2＝eq\f(m,M＋m)a。(2)小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))時，此時凹槽水平向右運動的位移為Δx，根據(jù)上式有meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－x))＝MΔx則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學知識可知此時的橢圓方程為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－Δx))2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1整理得eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))－ma))2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝1。(3)將eq\f(M,m)＝eq\f(b,a－b)代入小球的軌跡方程化簡可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))))2＋y2＝b2即此時小球的軌跡為以b為半徑的圓，則當小球下降的高度為eq\f(b,2)時，如圖可知此時速度和水平方向的夾角為60°，小球下降eq\f(b,2)的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有0＝mv3cos60°－Mv4系統(tǒng)機械能守恒，有mgeq\f(b,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)聯(lián)立解得v3＝2beq\r(\f(g,a＋3b))。課時測評31動量守恒定律eq\f(對應學生,用書P413)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～9題，每題4分，共36分)1．如圖所示，站在車上的人，用錘子連續(xù)敲打小車。初始時，人、車、錘子都靜止。假設水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法中正確的是()A．人、車和錘子組成的系統(tǒng)動量守恒B．人、車和錘子組成的系統(tǒng)機械能守恒C．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運動D．當錘子速度方向豎直向下時，人和車水平方向的總動量為零答案：D解析：在錘子的連續(xù)敲打下，系統(tǒng)豎直方向的合力不等于零，該方向上系統(tǒng)的動量不守恒，所以系統(tǒng)的動量不守恒，故A錯誤；由于人消耗體能，體內(nèi)儲存的化學能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能，因此系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；把人、錘子和小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，用錘子連續(xù)敲打車的左端，根據(jù)水平方向動量守恒可知，系統(tǒng)水平方向上的總動量為零，錘子向左運動時，小車向右運動，錘子向右運動時，小車向左運動，所以小車左右做往復運動，不會持續(xù)地向右運動，故C錯誤；當錘子速度方向豎直向下時，水平方向動量為零，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，則此時人和車水平方向上的總動量為零，故D正確。2．(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案：B解析：設中子的質(zhì)量為m，氫核的質(zhì)量為m，氮核的質(zhì)量為14m。設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq\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)，聯(lián)立解得v1＝v0。設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\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)，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0＞v2。碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN＞pH。碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)·14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)，可得EkH＞EkN，B正確，A、C、D錯誤。3．(2023·山東濟南二模)在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為()A．eq\f(2Mveq\o\al(2,1),Sdveq\o\al(2,2)) B．eq\f(Mveq\o\al(2,1),2Sdveq\o\al(2,2))C．eq\f(2Mveq\o\al(2,2),Sdveq\o\al(2,1)) D．eq\f(Mveq\o\al(2,2),2Sdveq\o\al(2,1))答案：D解析：設噴出的氣體的質(zhì)量為m，則m＝ρSv1t，根據(jù)動量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則eq\f(v2,2)·t＝d，聯(lián)立解得ρ＝eq\f(Mveq\o\al(2,2),2Sdveq\o\al(2,1))，故選D。4．(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上時相對a車保持靜止，此后()A．a(chǎn)、b兩車運動速率相等B．a(chǎn)、c兩車運動速率相等C．三輛車的速率關(guān)系vc＞va＞vbD．a(chǎn)、c兩車運動方向相反答案：CD解析：設向右為正方向，設人跳離b、c車時對地水平速度為v，在水平方向由動量守恒定律有0＝－m車vc＋m人v，m人v＝m車vb＋m人v，m人v＝(m車＋m人)·va，所以vc＝eq\f(m人v,m車)，vb＝0，va＝eq\f(m人v,m車＋m人)，即vc＞va＞vb并且c車與a車方向相反，A、B錯誤，C、D正確。5．如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，若小球在落在車的底面之前瞬時速度是25m/s，則當小球和小車相對靜止時，小車的速度是(g＝10m/s2)()A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s答案：A解析：由平拋運動規(guī)律可知，小球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，在豎直方向的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的分速度vx＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，取小車初速度的方向為正方向，由于小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正確。6．(2024·安徽馬鞍山模擬)在某次軍演中，一炮彈由地面斜向上發(fā)射，假設當炮彈剛好到最高點時爆炸，炸成前后兩部分P、Q，其中P的質(zhì)量大于Q。已知爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，忽略空氣的阻力，則下列說法正確的是()A．爆炸后Q的運動方向一定與P的運動方向相同B．爆炸后Q比P先落地C．Q的落地點到爆炸點的水平距離大D．爆炸前后P、Q動量的變化量大小相等答案：D解析：在爆炸過程中，由于水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒。爆炸前炮彈在最高點的速度沿水平方向，爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，根據(jù)動量守恒定律判斷出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的運動方向取決于P的動量與爆炸前炮彈的動量的大小關(guān)系，因此Q的運動方向不一定與爆炸前的運動方向相同，A錯誤；爆炸后P、Q均做平拋運動，豎直方向上為自由落體運動，由于高度相同，在空中運動的時間一定相同，所以P、Q一定同時落地，B錯誤；由于爆炸后兩部分速度的大小關(guān)系無法判斷，因此落地點到爆炸點的水平距離無法確定，C錯誤；在爆炸過程中，P、Q受到爆炸力的大小相等、作用時間相同，則所受爆炸力的沖量大小一定相等，由動量定理可知，在爆炸過程中P、Q動量的變化量大小相等、方向相反，D正確。7．如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別為()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案：D解析：由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總機械能守恒。設三球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。選項A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動量守恒定律，故不可能；對選項C，碰后總動量為mv0，但總動能為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，這顯然違反了機械能守恒定律，故不可能；對選項D，既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選D。8．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當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′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s答案：B解析：考慮實際運動情況，若碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故A、D錯誤；碰撞前總動量p＝pA＋pB＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，總動能Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×62J＋eq\f(1,2)×2×22J＝22J。B選項，碰撞后，總動量為p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，總動能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝eq\f(1,2)×1×22J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，則p′＝p，Ek＞Ek′，符合動量守恒定律和動能不增加，故B正確；C選項，碰撞后，總動量p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，總動能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝eq\f(1,2)×1×42J＋eq\f(1,2)×2×72J＝57J，符合動量守恒定律，但總動能不可能增加，故C錯誤。9．(多選)(2023·北京市第五中學檢測)A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運動并發(fā)生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移—時間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移—時間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運動的位移—時間圖像，若A物塊質(zhì)量m＝2kg，則由圖判斷，下列結(jié)論正確的是()A．碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg·m/sB．B物塊的質(zhì)量為0.75kgC