2018年高考物理一輪復(fù)習(xí)精講深剖（打包29套）.zip,2018,年高,物理,一輪,復(fù)習(xí),精講深剖,打包,29 專題7.2 碰撞與能量守恒 （一）真題速遞 1.(2017考試說明新增)兩塊長木板A 和B，質(zhì)量相等，長度都是l=1.0m，緊貼在一起，靜置于光滑的水平地面上。另一小物塊C，質(zhì)量與長木板相等，可視為質(zhì)點，位于木板的 A 的左端，如圖所示，現(xiàn)給物塊C一向右的初速度，速度的大小為v0 =2.0 m/s，已知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.10，問木板A最終運動的速度為多少？ 【答案】 解（3）、（4）兩式，得 代入數(shù)據(jù)得 因x>l，與物塊C停在木板A上的假設(shè)不符，表明C要滑離木板A并在木板B上滑動。 2.（2015新課標Ⅱ）兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求： (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比； (2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比． 【答案】 (1)1∶8　(2)1∶2 【解析】(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得 v1＝－2 m/s ① v2＝1 m/s ② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v. 3.（2012新課標）如圖，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O。讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°。忽略空氣阻力，求 （i）兩球a、b的質(zhì)量之比； （ii）兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比。 a b O 【答案】（i）（ii） 【解析】（i）設(shè)球b的質(zhì)量為m2，細線長為L，球b下落至最低點，但未與球a相碰時的速度為v， 由機械能守恒定律得 ① 式中g(shù)是重力加速度的大小。 設(shè)球a的質(zhì)量為m1；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v′，以向左為正。 4．（2011安徽）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動。開始輕桿處于水平狀態(tài)。現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。 ⑴若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。 ⑵若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。 ⑶在滿足⑵的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。 M m v0 O P L 【答案】（1）F＝2N方向豎直向上（2）2m/s（3）m 【解析】（1）設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1。 則mv22＋MV2＋mgL＝mv02， 聯(lián)立解得v2=2 m/s （3）設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2， 任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/。 由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得mv3－MV′＝0， 兩邊同乘以△t，得mv3△t－MV′△t＝0， 故對任意時刻附近的微小間隔△t都成立， 累積相加后，有ms1－Ms2＝0，又s1＋s2＝2L，得s1＝m 5. (2016·全國甲卷)如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【答案】 (1)20 kg　(2) 冰塊不能追上小孩 6.（2015新課標Ⅰ）如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為，B、C的質(zhì)量都為，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。 【答案】 【解析】設(shè)A運動的初速度為 A向右運動與C發(fā)生碰撞，根據(jù)彈性碰撞可得 可得 要使得A與B發(fā)生碰撞，需要滿足，即 7．（2014新課標Ⅰ）如圖，質(zhì)量分別為、的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方。 先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放。 當(dāng)A球下落t=0. 3s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零。已知，重力加速度大小為，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失。　 （i）B球第一次到達地面時的速度； （ii）P點距離地面的高度。 【答案】 （二）考綱解讀 主題 內(nèi)容 要求 說明 彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ 只限于一維 本講共1個考點，一個一級考點，是2017年新增的必考考點，17年高考暫時還未涉及到大題，未來會逐漸滲透到大的計算題中去。 （三）考點精講 考向一　碰撞問題 1．解析碰撞的三個依據(jù) (1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要符合情景 ①如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前，否則無法實現(xiàn)碰撞． ②碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′. ③如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．除非兩物體碰撞后速度均為零． 2．碰撞問題的探究 (1)彈性碰撞的求解 求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和動能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得：v1′＝，v2′＝ (2)彈性碰撞的結(jié)論 ①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度． ②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動． ③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來． [典例1]　質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰．碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．0.6v　　 B．0.4v C．0.2v D．v 【答案】B 方法總結(jié) 彈性碰撞問題的處理技巧 (1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽略． (2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，所以外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的． (3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大于碰前系統(tǒng)的機械能． (4)在同一直線上的碰撞遵守一維動量守恒，通過規(guī)定正方向可將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算．不在同一直線上在同一平面內(nèi)的碰撞，中學(xué)階段一般不作計算要求． 階梯練習(xí) 1．(2017·河北衡水中學(xué)模擬)(多選)在光滑水平面上動能為E0，動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有(　　) A．E1＜E0 B．p2＞p0 C．E2＞E0 D．p1＞p0 【答案】AB. 【解析】因碰撞后兩球速度均不為零，根據(jù)能量守恒定律，則碰撞過程中總動能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正確，C錯誤；根據(jù)動量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可見，p2＞p0.故B正確．故選AB. 2．兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 【答案】B. 3．(2016·河北衡水中學(xué)高三上四調(diào))如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運動．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為(　　) A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3 【答案】D. 【解析】設(shè)A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2.① 由能量守恒定律有：m1v＝m1v＋m2v② 兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學(xué)規(guī)律有： v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5.③ 聯(lián)立①②③，代入數(shù)據(jù)解得：m1∶m2＝5∶3，故選D. 4．(2017·黑龍江大慶一中檢測)(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4 kg的小物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．木板A獲得的動能為2 J B．系統(tǒng)損失的機械能為2 J C．木板A的最小長度為2 m D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 【答案】AD. 考向二　爆炸及反沖問題 1．爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律 (1)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遠大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒． (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加． (3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動． 2．反沖的兩條規(guī)律 (1)總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加． (2)平均動量守恒 若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒．如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2.該式的適用條件是： ①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向的動量守恒． ②構(gòu)成系統(tǒng)的m1、m2原來靜止，因相互作用而運動． ③x1、x2均為沿動量守恒方向相對于同一參考系的位移． 階梯練習(xí) 1．我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實現(xiàn)了完美對接．假設(shè)“神舟十一號”到達對接點附近時對地的速度為v，此時的質(zhì)量為m；欲使飛船追上“天宮二號”實現(xiàn)對接，飛船需加速到v1，飛船發(fā)動機點火，將質(zhì)量為Δm的燃氣一次性向后噴出，燃氣對地向后的速度大小為v2.這個過程中，下列各表達式正確的是(　　) A．mv＝mv1－Δmv2 B．mv＝mv1＋Δmv2 C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2 D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2 【答案】C. 【解析】飛船發(fā)動機點火噴出燃氣，由動量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，選項C正確． 2．在靜水中一條長l的小船，質(zhì)量為M，船上一個質(zhì)量為m的人，當(dāng)他從船頭走到船尾，若不計水對船的阻力，則船移動的位移大小為(　　) A.l　 B．l C.l D.l 【答案】B. 3．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 【答案】B. 4．以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊．其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行．求： (1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向； (2)爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動能． 【答案】 (1)2.5v0　方向與爆炸前速度的方向相反 (2)mv 【解析】 (1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0.設(shè)v1的方向為正方向，如圖所示，由動量守恒定律得： 3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后大塊彈片速度v1′＝2v0， 解得v2＝－2.5v0，“－”號表示v2的速度與爆炸前速度方向相反． (2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動能的增量，ΔEk＝×2mv1′2＋mv－(3m)v＝mv. 考向三　動量和能量觀點綜合應(yīng)用 1．動量的觀點和能量的觀點 動量的觀點：動量守恒定律 能量的觀點：動能定理和能量守恒定律 這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的初、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中所做的功，即可對問題進行求解． 2．利用動量的觀點和能量的觀點解題應(yīng)注意下列問題 (1)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，絕無分量表達式． (2)中學(xué)階段凡可用力和運動的觀點解決的問題．若用動量的觀點或能量的觀點求解，一般都要比用力和運動的觀點要簡便，而中學(xué)階段涉及的曲線運動(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運動、碰撞等，就中學(xué)知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解． 【例2】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【答案】(1)20 kg　(2)見解析 v2＝1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 方法總結(jié) 應(yīng)用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧 (1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象． (2)靈活選取物理過程．在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程，根據(jù)題目的已知、未知靈活地選取物理過程來研究．列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械能的守恒情況． 階梯練習(xí) 1．如圖所示，兩塊長度均為d＝0.2 m的木塊A、B，緊靠著放在光滑水平面上，其質(zhì)量均為M＝0.9 kg.一顆質(zhì)量為m＝0.02 kg的子彈(可視為質(zhì)點且不計重力)以速度v0＝500 m/s水平向右射入木塊A，當(dāng)子彈恰水平穿出A時，測得木塊的速度為v＝2 m/s，子彈最終停留在木塊B中．求： (1)子彈離開木塊A時的速度大小及子彈在木塊A中所受的阻力大?。? (2)子彈穿出A后進入B的過程中，子彈與B組成的系統(tǒng)損失的機械能． 【答案】(1)320 m/s　7 362 N　(2)989 J 2．兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求： (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比； (2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比． 【答案】(1)1∶8　(2)1∶2 3．如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． 【答案】≤μ< 【解析】設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有 mv>μmgl① 即μ<② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有 mv＝mv＋μmgl③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′④ 4．(2016·河北邯鄲摸底)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)．讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，速度變?yōu)?，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進．已知O、P兩點間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求： (1)木塊與水平地面的動摩擦因數(shù)μ； (2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能． 【答案】(1)　(2)mv 【解析】(1)設(shè)木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，炸藥爆炸釋放的化學(xué)能為E0. 從O滑到P，對A、B由動能定理得 －μ·2mgs＝·2m()2－·2mv① 解得μ＝② (2)在P點爆炸時，A、B動量守恒，有2m·＝mv③ 根據(jù)能量守恒定律，有 E0＋·2m·()2＝mv2④ 聯(lián)立③④式解得E0＝mv. （四）知識還原 第2節(jié)　碰撞與能量守恒 一、碰撞 1．概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過程中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題． 2．分類 (1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動量守恒和機械能守恒． (2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律． (3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律． 二、動量與能量的綜合 1．區(qū)別與聯(lián)系：動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個物理過程．但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功． 2．表達式不同：動量守恒定律的表達式為矢量式，機械能守恒定律的表達式則是標量式，對功和能量只是代數(shù)和而已． [自我診斷] 1．判斷正誤 (1)碰撞過程只滿足動量守恒，不可能滿足動能守恒(×) (2)發(fā)生彈性碰撞的兩小球有可能交換速度(√) (3)完全非彈性碰撞不滿足動量守恒(×) (4)無論哪種碰撞形式都滿足動量守恒，而動能不會增加(√) (5)爆炸現(xiàn)象中因時間極短，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒(√) (6)反沖運動中，動量守恒，動能也守恒(×) 2．(2017·山西運城康杰中學(xué)模擬)(多選)有關(guān)實際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是(　　) A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度 B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力 C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響 D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好 【答案】ABC. 【解析】根據(jù)反沖運動的特點與應(yīng)用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度．故A正確；體操運動員在落地的過程中，動量變化一定．由動量定理可知，運動員受的沖量I一定；由I＝Ft可知，體操運動員在著地時屈腿是延長時間t，可以減小運動員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時子彈給槍身一個反作用力，會使槍身后退，影響射擊的準確度，所以為了減少反沖的影響，用槍射擊時要用肩部抵住槍身．故C正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，就要延長碰撞的時間，由I＝Ft可知位于車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固．故D錯誤． 3．甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2 m/s.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為(　　) A．2∶3　　 B．2∶5　　　 C．3∶5　　 D．5∶3 【答案】C. 【解析】選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入數(shù)據(jù)，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正確． 4. 質(zhì)量為ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移－時間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于(　　) A．彈性碰撞　　　　　　 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，不能確定 【答案】A. 5．(2016·高考天津卷) 如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ；若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________；滑塊相對于盒運動的路程為________． 【答案】　 - 21 -