專題解析：（十二）“能量與動量”創新性考法專練1．如圖所示，空間中分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒子靜止在O點。某時刻，該粒子炸裂成P、Q兩部分，P粒子質量為eq\f(M,3)、電荷量為eq\f(q,3)，Q粒子質量為eq\f(2M,3)、電荷量為eq\f(2q,3)。不計粒子重力，則下列說法正確的是()A．P粒子與Q粒子運動半徑之比r1∶r2＝2∶1B．P粒子與Q粒子運動半徑之比r1∶r2＝1∶2C．P粒子與Q粒子運動周期之比T1∶T2＝2∶1D．P粒子與Q粒子運動周期之比T1∶T2＝1∶2解析：選A根據動量守恒定律有eq\f(M,3)vP－eq\f(2M,3)vQ＝0，可得vP∶vQ＝2∶1，P、Q粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有eq\f(q,3)vPB＝eq\f(M,3)·eq\f(vP2,r1)，eq\f(2q,3)vQB＝eq\f(2M,3)·eq\f(vQ2,r2)，解得r1∶r2＝2∶1，A正確，B錯誤；根據T1＝eq\f(2πr1,vP)，T2＝eq\f(2πr2,vQ)，結合上述解得T1∶T2＝1∶1，C、D錯誤。2．如圖所示為靜電噴漆示意圖，由噴嘴K噴出的油漆，形成帶負電的霧狀液滴(初速度可忽略不計)，經A與K間的電場加速后奔向陽極A(被漆零件)并附著在上面。若A與K間的電壓為U，噴漆裝置的耗電功率為P，在時間t內噴嘴噴出的油漆質量為m，則油漆對零件表面的壓力是()A.eq\r(\f(2m,Pt))B.eq\r(\f(2m,Ut))C.eq\r(\f(2mP,t))D.eq\r(2mUPt)解析：選C設單位時間內噴出的油漆的質量為m0，這些油漆所帶電荷量為q0，油漆噴到零件上時的速度大小為v，則根據動能定理有q0U＝eq\f(1,2)m0v2，其中m0＝eq\f(m,t)，油漆噴到零件上時的動量p＝m0v＝eq\r(2q0m0U)，由于油漆噴到零件上后便附著在上面，即末速度為零，根據動量定理可得F＝eq\f(Δp,Δt)，解得單位時間內油漆對零件的平均作用力為F＝eq\r(2q0m0U)，根據I＝eq\f(q,t)，則在單位時間內得I＝q0，因此有F＝eq\r(2q0m0U)＝eq\r(2m0IU)＝eq\r(\f(2mP,t))，故選C。3．(多選)某國際科研小組首次在實驗中觀察到了中子衰變的新方式——放射β衰變，即一個自由中子衰變成質子(eq\o\al(1,1)p)和電子(eq\o\al(0,－1)e)同時放出質量可視為零的反中微子(eq\o\al(0,0)νe)。該科研成果對粒子物理的研究有重要意義。已知電子質量me＝9.1×10－31kg＝0.51MeV/c2，中子質量mn＝939.57MeV/c2，質子質量mp＝938.27MeV/c2(c為光速，不考慮粒子之間的相互作用)。若某次一個靜止的中子衰變中放出的質子動量p＝3×10－8MeV·s·m－1。則()A．強相互作用是中子衰變成質子和電子的原因B．中子衰變的核反應式為eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)p＋eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(0,0)νeC．中子衰變過程中電子和反中微子的總動能約為0.7468MeVD．中子衰變過程中放出的質子和電子，兩者的動量大小相等方向相反解析：選BC弱相互作用是中子衰變成質子和電子的原因，A錯誤；中子衰變的核反應式為eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)p＋eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(0,0)νe，B正確；中子衰變過程中釋放的能量為ΔE＝(mn－me－mp)c2＝0.79MeV，一個靜止的中子衰變過程中放出的質子動能為Ekp＝eq\f(p2,2mp)＝eq\f(3×10－82×3×1082,2×938.27)MeV≈0.0432MeV，中子衰變過程中電子和反中微子的總動能約為ΔE－Ekp＝0.7468MeV，C正確；中子衰變前速度為零，動量為零，衰變后反中微子具有一定速度，動量不為零，則質子和電子兩者的動量不一定大小相等方向相反，D錯誤。4．已知一滴雨珠的重力可達蚊子體重的幾十倍，但是下雨時蚊子卻可以在“雨中漫步”。為研究蚊子不會被雨滴砸死的訣竅，科學家用高速相機拍攝并記錄蚊子的運動情況，研究發現蚊子被雨滴擊中時并不抵擋雨滴，而是與雨滴融為一體，順應雨滴的趨勢落下，隨后迅速側向微調與雨滴分離。已知蚊子的質量為m，初速度為零；雨滴質量為50m，擊中蚊子前豎直勻速下落的速度為v，蚊子與雨滴的作用時間為t，以豎直向下為正方向。假設雨滴和蚊子組成的系統所受合外力為零。則()A．蚊子與雨滴融為一體后，整體的速度大小為eq\f(1,51)vB．蚊子與雨滴融為一體的過程中，雨滴的動量變化量為eq\f(50,51)mvC．蚊子與雨滴融為一體的過程中，蚊子受到的平均作用力為eq\f(50mv,51t)D．若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力將變小解析：選C蚊子與雨滴融為一體的過程中，根據動量守恒定律有50mv＝51mv共，解得v共＝eq\f(50,51)v，A錯誤；雨滴的動量變化量為Δp＝50m(v共－v)＝－eq\f(50,51)mv，B錯誤；設蚊子受到的平均作用力為F，根據動量定理有Ft＝mv共，解得F＝eq\f(50mv,51t)，C正確；若雨滴直接砸在靜止的蚊子上，蚊子與雨滴的作用時間變短，雨滴的動量變化量變大，則雨滴受到的平均作用力將變大，蚊子受到的平均作用力也變大，D錯誤。5．(多選)如圖所示，五人制足球比賽的球門高2m，寬3m。在某次比賽中，一同學在球門前2.5m處的O點將足球射向球門，足球在運動的最高點恰好擊中球門橫梁中點P。足球經過橫梁反彈后，垂直CD的速度分量大小變為原來的0.6倍，平行CD的速度分量不變，落在Q點。已知BO垂直AB，足球質量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．足球的初速度大小為eq\f(7\r(5),2)m/sB．落地時的速度大小為eq\f(21\r(5),10)m/sC．落地點Q與O的距離為eq\r(10)mD．橫梁對足球的沖量大小為eq\f(\r(10),5)N·s解析：選AC從O到P點有vy2＝2gh，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝eq\r(2.52＋1.52)m＝vxt，足球的初速度大小為v0＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\f(7\r(5),2)m/s，故A正確；足球經過橫梁反彈后，垂直CD的速度分量大小變為原來的0.6，平行CD的速度分量不變，設速度與CD夾角為θ，則tanθ＝eq\f(5,3)，根據幾何關系v⊥＝0.6vxsinθ，v∥＝vxcosθ，vx′＝eq\r(v⊥2＋v∥2)＝eq\f(3,2)eq\r(5)m/s，落地過程有豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt，水平方向x′＝vx′t，落地時的速度大小為v′＝eq\r(vx′2＋vy2)＝eq\f(\r(205),2)m/s，故B錯誤；因為反彈后兩方向速度分量大小相等，所以反彈后速度方向與CD夾角為45°，落地點Q與O的距離為d＝eq\r(OB－x′sin45°2＋x′cos45°＋xcosθ2)＝eq\r(10)m，故C正確；對碰撞過程根據動量定理得I＝Δp＝m×0.6vxsinθ－(－m×vxsinθ)＝eq\f(4,5)eq\r(10)N·s，故D錯誤。6．2022年北京冬奧會我國運動員在冰壺比賽中取得了新的突破。比賽中運動員用腳蹬固定的起踏器后和冰壺一起前進，在前擲線處將冰壺脫手。按比賽規則，隊友可以用毛刷在冰壺滑行前方來回摩擦冰面，減小冰面的動摩擦因數來調節冰壺的運動，使其到達理想位置。已知冰壺質量m＝20kg，運動員質量M＝70kg，重力加速度g10m/s2。(冰面視作水平面，冰壺視為質點)(1)在某次比賽過程中運動員離開起踏器時他和紅色冰壺的速率v1＝2m/s，已知運動員和起踏器相互作用的時間t＝2.0s，求此過程中運動員(包含冰壺)在水平方向所受平均作用力的大小F；(2)若紅色冰壺沿直線運動到距營壘中心x0＝5m處時速度v2＝1.8m/s，隊友通過在其滑行前方持續摩擦冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數變為原來的90%，冰壺滑過被毛刷摩擦過的冰面后以v3＝1.2m/s的速度與靜止在營壘中心、質量相等的藍色冰壺發生對心碰撞，碰后無人再用毛刷摩擦冰面，藍色冰壺以v4＝1.0m/s的速度向前滑行。求碰撞后紅色冰壺的滑行距離x。解析：(1)對運動員和冰壺整體進行分析，根據動量定理得Ft＝(m＋M)v1，解得F＝90N。(2)設冰壺與冰面間的動摩擦因數為μ，紅色冰壺與藍色冰壺碰撞前，根據動能定理得－0.9μmgx0＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22，解得μ＝0.02設碰撞后紅壺的速度為v5，紅壺和藍壺碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律得mv3＝mv4＋mv5，解得v5＝0.2m/s根據動能定理得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv52，解得x＝0.1m。答案：(1)90N(2)0.1m7．如圖，半徑R＝0.25m的光滑圓弧軌道的左端A與圓心O等高，B為圓弧軌道的最低點，圓弧軌道的右端C與一傾角θ＝37°的粗糙斜面相切。一質量m＝1kg的小滑塊從A點正上方h＝1m處的P點由靜止自由下落。已知滑塊與粗糙斜面間的動摩擦因數μ＝0.75，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑塊運動到B點時的速度和向心加速度；(2)滑塊在粗糙斜面上向上滑行的最大距離；(3)分析說明滑塊能否再次通過B點。解析：(1)滑塊由P運動到B過程中，根據機械能守恒定律有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh＋R)＝5m/s方向過B點的切線向右；滑塊在B點的向心加速度為aB＝eq\f(vB2,R)＝eq\f(52,0.25)m/s2＝100m/s2方向由B指向O。(2)滑塊由B運動到C過程中，根據機械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝mg(R－Rcosθ)＋eq\f(1,2)mvC2解得vC＝2eq\r(6)m/s設滑塊沿斜面上滑時加速度為a，則mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝12m/s2滑塊在斜面上向上滑行的最大距離為x＝eq\f(vC2,2a)＝1m。(3)滑塊滑至斜面最高點時，重力沿斜面方向的分力為mgsinθ＝6N在斜面上滑塊受到的滑動摩擦力為f＝μmgcosθ＝6N又最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，即f靜>f，所以f靜>mgsinθ，因此滑塊將停在斜面上，不能再次通過B點。答案：(1)5m/s，方向過B點的切線向右100m/s2，方向由B指向O(2)1m(3)不能，理由見解析8．如圖所示，一質量M＝2kg、長度L＝4.75m的“”形木板靜止在水平地面上，木板左端為一豎直薄擋板。距木板右端d＝1.25m處放置一質量m＝1kg的小物塊，一質量也為m＝1kg、表面光滑的小球以v0＝8m/s的初速度從木板右端滑上木板后與物塊發生正碰。物塊與小球均可視為質點，物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.4，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，所有碰撞均是彈性碰撞且時間極短，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(1)小球與物塊碰撞后瞬間物塊的速度大小；(2)小球從木板上掉落時物塊的速度大小；(3)木板運動的時間。解析：(1)小球與物塊碰撞時，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝0，v2＝v0＝8m/s即碰撞后瞬間物塊的速度大小為8m/s。(2)碰后小球靜止，物塊向左以初速度v2＝8m/s滑動，因物塊給木板的摩擦力為f1＝μ1mg＝4N木板受地面的最大靜摩擦力為fm＝μ2(2m＋M)g＝8N可知木板靜止，物塊向左做勻減速運動，到達左側擋板時速度為v3，則eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22＝－μ1mg·(L－d)解得v3＝6m/s與擋板碰后，設物塊速度為v4，木板速度為v5，則mv3＝mv4＋Mv5，eq\f(1,2)mv32＝eq\f(1,2)mv42＋eq\f(1,2)Mv52解得v4＝－2m/s，v5＝4m/s隨后物塊向右減速運動，加速度大小為a1＝μ1g＝4m/s2木板向左減速運動，加速度大小為a2＝eq\f(μ1mg＋μ22m＋Mg,M)＝6m/s2當木板向左運動d＝1.25m時小球從木板上滑落，則v62－v52＝－2a2d，解得v6＝1m/s所用時間t1＝eq\f(v5－v6,a2)＝0.5s此時物塊的速度v7＝|v4|－a1t1＝0即小球從木板上掉