高考物理動量突破-五大專題講義教師版

2025高考物理動量突破——五大專題講義教師版模型1沖量與功、動量與動能、動量守恒定律與機械能守恒定律的區(qū)別與聯(lián)系 1.沖量與功的比較 2.動量與動能的比較 3.動量定理與動能定理 4.動量守恒定律與機械能守恒定律 3模型2應(yīng)用動量定理處理流體模型 141.研究對象 2.處理方法 模型3碰撞問題 2.特點： 3.分類 4.碰撞問題遵守的三條原則 255.彈性碰撞的結(jié)論 模型4爆炸、反沖及人船模型 40 402.反沖現(xiàn)象： 403.人船模型 40模型5滑塊木板、子彈木塊、滑塊彈簧、滑塊斜(曲)面問題 511.滑塊木板模型 2.子彈木塊模型 3.滑塊彈簧模型 4.滑塊斜（曲）面模型 模型1沖量與功、動量與動能、動量守恒定律與機械能守恒定律的區(qū)別與聯(lián)系1.沖量與功的比較沖量定義作用在物體上的力和力作用時間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I=Ft(F為恒力)W=Flcosθ(F為恒力)矢標(biāo)性矢量標(biāo)量意義(1)表示力對時間的累積(2)是動量變化的量度(1)表示力對空間的累積(2)是能量變化的量度聯(lián)系都是過程量,都與力的作用過程相聯(lián)系2.動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系p＝\2mEk變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化3.動量定理與動能定理1）動量定理：①內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化.②表達式:F合t=mvt-mv02）動能定理①內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化.②表達式：W合=mvt-mv0.③物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度.3）說明：①應(yīng)用這兩個定理時，都涉及到初、末狀狀態(tài)的選定，一般應(yīng)通過運動過程的分析來定初、末狀態(tài)．初、末狀態(tài)的動量和動能都涉及到速度，一定要注意我們現(xiàn)階段是在地面參考系中來應(yīng)用這兩個定理，所以速度都必須是對地面的速度.②動量是有方向的，是矢量，而動能沒方向，是標(biāo)量。③兩個定理都不用考慮中間過程，只考慮始末狀態(tài)。動量定理只考慮始末狀態(tài)的動量，動能定理只考慮始末狀態(tài)的動能。過程中的速度加速度變化不予考慮。④兩個定理都主要解決“不守恒”問題，動量定理主要解決動量不守恒問題，動能定理主要解決機械能不守恒問題。⑤動量定理反映了沖量是動量變化的原因，而動能定理反映了外力做功是物體動能變化的原因。4.動量守恒定律與機械能守恒定律1）動量守恒定律①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適用條件Ⅰ、理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。Ⅱ、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，如碰撞、爆炸等過程。Ⅲ、某一方向守恒：如果系統(tǒng)動量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。③動量守恒定律的表達式4(1)p=p’或m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’。即系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量。(2)Δp1=Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。2）機械能守恒定律①內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。②表達式：mgh1+=mgh2+或Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。③守恒條件：只有重力或彈力做功。1.沖量與功【典型題1】（2024·遼寧大連·二模多選）體育課上，某同學(xué)做俯臥撐訓(xùn)練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是()A．地面對手的支持力做了正功B．地面對手的支持力沖量為零C．他克服重力做了功D．他的機械能增加了【答案】CD【詳解】A．由于地面對手的支持力作用點沒有發(fā)生位移，則地面對手的支持力不做功，故A錯誤；B．根據(jù)IN=Nt可知地面對手的支持力沖量不為零，故B錯誤；CD．由于人的重心升高，則重力做負功，即該同學(xué)克服重力做了功，在向上撐起過程中，同學(xué)的機械能增加了，故CD正確。故選CD。2.動量與動能【典型題2】甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向滑去。若甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，5A．甲推乙的過程中，甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力B．甲推乙的過程中，甲對乙的沖量小于乙對甲的沖量C．分開后，甲的動量大于乙的動量D．分開后，甲的動能小于乙的動能【答案】D【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律可知，甲推乙的過程中，甲對乙的作用力等于乙對甲的作用力，故A錯BC．甲推乙的過程中，甲乙二人組成的系統(tǒng)在二者相互作用過程中不受外力，滿足系統(tǒng)動量守恒條件，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量等大反向，故分開后，甲的動量等于乙的動量，故BC錯誤；D．根據(jù)Ek=可知動量大小相等，而甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，故甲的動能小于乙的動能，故D正確。故選D。3.動量定理與動能定理【典型題3】（2024·山東淄博·模擬預(yù)測）中科院研制的電磁彈射實驗裝置能構(gòu)建微重力實驗環(huán)境，把“太空”搬到地面。實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回A位置，再經(jīng)歷一段減速運動后靜止。已知在上述過程中的某個階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時間為4s，實驗艙的質(zhì)量為500kg。取重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的是()A．實驗艙向下運動的過程始終處于失重狀態(tài)B．實驗艙運動過程中距離A位置的最大距離為40mC．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙做功等于1×105JD．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙的沖量大于1×104N.s【答案】D【詳解】A．實驗艙向下運動的過程，開始做自由落體運動，處于失重狀態(tài)，后向下減速，處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；B．實驗艙在電磁彈射結(jié)束后開始豎直上拋時的速度最大，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知距離A位置的最大距離gt2=×10×22m=20m選項B錯誤；C．實驗艙在電磁彈射結(jié)束后開始豎直上拋時的速度最大，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知該速度為v=gt=10m/s2×2s=20m/s在向上彈射過程中，根據(jù)動能定理有W—mgh=mv2=1×105J選項C錯誤；D．在向上彈射過程中，根據(jù)動量定理有I—mgt/=mv=1×104N.s選項D正確。故選D。4.動量守恒定律與機械能守恒定律【典型題4】（2024·江蘇鎮(zhèn)江·模擬預(yù)測）如圖，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA:mB=1:2，它們原來靜止在平板車C上，A、B兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質(zhì)彈簧，A、B兩物體與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑。當(dāng)彈簧突然釋放后，A、B兩物體被彈開（A、B兩物體始終不滑出平板車A．A、B系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C及彈簧整個系統(tǒng)機械能守恒C．A、B在小車C上滑動過程中小車一直處于靜止D．A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒【答案】D【詳解】A．在彈簧釋放的過程中，因mA:mB=1:2，由摩擦力公式Ff=μFN=μmg可知A、B兩物體所受的摩擦力大小不相等，故A、B兩物體組成的系統(tǒng)合外力不為零，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；BC．A物體對小車向左的滑動摩擦力小于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B兩物體相對小車停止運動之前，小車所受的合外力向右，小車將向右運動，因存在摩擦力做負功，最終整個系統(tǒng)將靜止，則系統(tǒng)的機械能減為零，不守恒，故BC錯誤；D．A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，故D正確。故選D。12025·廣東·一模）一定質(zhì)量的物體，下列說法正確的是()A．動量變化時，動能可能不變B．動量變化時，速率一定變化C．速度變化時，動能一定變化D．動能變化時，動量可能不變【答案】A【詳解】A．物體動量變化時，動能可能不變，比如勻速圓周運動，故A正確；B．動量變化時，可能是速度方向變化，速率不一定發(fā)生變化，故B錯誤；C．速度變化時，若大小不變，則動能不變，故C錯誤；D．動能變化時，則速度大小一定變化，所以動量一定變化，故D錯誤。故選A。22024·北京·模擬預(yù)測）“神舟十六號”載人飛船安全著陸需經(jīng)過分離、制動、再入和減速四個階段。如圖所示，在減速階段，巨型降落傘為返回艙提供阻力，假設(shè)返回艙做直線運動，則在減速階段()8A．傘繩對返回艙的拉力等于返回艙的重力B．傘繩對返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和為零C．合外力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化D．除重力外其他力對返回艙做的總功等于返回艙機械能的變化【答案】D【詳解】A．返回艙做減速運動，則傘繩對返回艙的拉力大于返回艙的重力，選項A錯誤；B．返回艙的動量不斷減小，則根據(jù)動量定理，傘繩對返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和不為零，方向向上，選項B錯誤；C．根據(jù)動能定理，合外力對返回艙做的功等于返回艙動能的變化，選項C錯誤；D．由能量關(guān)系可知，除重力外其他力對返回艙做的總功等于返回艙機械能的變化，選項D正確。故選D。32024·廣西貴港·模擬預(yù)測）為了響應(yīng)政府號召，做到“守護好一江碧水”，記者騎行馬拉松跑道見證最美長江岸線，并用手機上“測加速度”的應(yīng)用程序記錄下了電動車從靜止開始沿直線運動過程中的運動信息，其加速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，由圖像可知在這段時間內(nèi)電動車()A．2s末的位移最大B．0~2s平均速度大小大于2s~4s平均速度大小C．0~2s合外力做功大小等于2s~4s合外力做功大小D．0~2s合外力沖量大小小于2s~4s合外力沖量大小【答案】C9【詳解】A．a(chǎn)-t圖像與坐標(biāo)軸包圍的面積表示速度的變化量，0~2s速度的變化量大小與2~4s速度的變化量大小相同，方向相反。設(shè)t=2s，速度為v，則t=4s速度為零。0~2s電動車從速度為零開始加速，2~4s時減速到零。4s末位移最大，A錯誤；B．根據(jù)圖像對稱性，0~2s位移與2~4s相等，0~2s平均速度大小等于2~4s平均速度大小，B錯誤；C．根據(jù)動能定理，0~2s和2~4s動能的變化量相等，故合外力做功大小相等，C正確；D．根據(jù)動量定理，0~2s合外力沖量大小等于2~4s合外力沖量大小，方向相反，D錯誤。故選C。42024·貴州畢節(jié)·模擬預(yù)測）某同學(xué)做投籃練習(xí)，兩次分別從相同高度的A、B兩位置拋出同一籃球，恰好都垂直撞擊在籃板同一位置C，如圖所示，忽略空氣阻力，以下說法正確的是()A．籃球兩次拋出時的動量相等B．兩次籃球重力做功的平均功率相等C．籃球兩次到位置C時機械能相等D．兩次重力的沖量不相等【答案】B【詳解】A．籃球垂直撞擊在籃板同一位置，可知逆過程可看做是平拋運動，因高度相同，則運動時間t相同，根據(jù)vx=可知從A位置拋出時的水平速度較大，根據(jù)拋出時的速度可知籃球從A位置拋出時的速度較大，動量較大，故A錯誤；B．根據(jù)P=可知，籃球兩次從拋出到撞擊籃板的過程中重力做功的平均功率相等，故B正確；C．兩次在位置C重力勢能相等，但動能不等，故機械能不等，故C錯誤；D．由I=mgt可知重力的沖量相等，故D錯誤。故選B。52024·山東·模擬預(yù)測）如圖，a車拖著因故障而失去動力的b車在平直的公路上勻速行駛，t=0時刻a、b之間的拖車繩斷裂。已知a車行駛過程中功率始終恒定，a、b運動過程中所受的阻力恒定，忽略拖車繩的質(zhì)量。從t=0時刻至b車停止之前，下列說法正確的是()A．兩車動量之和恒定不變B．兩車動能之和不斷增大C．相同時間間隔內(nèi)a車動能的增量相同D．b車的動量隨時間均勻減小【答案】D【詳解】AB．設(shè)a車的功率為P，a、b車所受阻力的大小分別為Fa、Fb，繩子斷開之前，有P=(Fa+Fb)va繩子斷開后，a車受到的阻力為Fa，則a車速度將增大，其功率不變，故其牽引力減小，a車先做加速度減小的加速運動，之后可能存在勻速過程，將a，b兩車視為系統(tǒng)，可知在b車停下之前系統(tǒng)合外力水平向左，兩車的動量之和減小，合外力做負功，動能之和減小，故AB錯誤；C．對a車，根據(jù)動能定理可得Pt—Fas=ΔEb可知a車加速的過程中相同時間內(nèi)位移不斷增大，a車克服阻力做的功增多，動能增加量減少，故C錯D．b車做勻減速直線運動，速度隨時間均勻減小，故動量隨時間均勻減小，故D正確。故選D。62024·云南·模擬預(yù)測）如圖所示，將三個完全相同的小球a、b、c從同一高度以相同速率同時拋出。其中a球豎直上拋、b球豎直下拋、c球平拋，均落到同一水平地面上。不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．三個小球剛要落地時，速度相同B．三個小球剛要落地時，b球的動能最大C．三個小球從拋出到落地過程中，重力做功相等D．從拋出到b球落地的過程中，c球的動量變化量最大【答案】C【詳解】C．三個小球從拋出到落地過程中，從同一高度拋出后落到同一水平地面上，豎直高度相同，重力做功mgh相等，故C正確；AB．三個小球拋出時的速率相同，根據(jù)動能定理mgh=mv2—知，三球落地時速度的大小相等，但落地時方向不同，故速度不同，但動能相等，故A錯誤，B錯誤；D．三個小球以相同的速率拋出，可知豎直上拋運動的物體運動時間大于平拋運動的時間，平拋運動的時間大于豎直下拋運動的時間，所以小球a上拋，運動的時間最長，根據(jù)動量定理mgΔt=Δp知，a球的動量變化量最大，故D錯誤。故選C。72024·天津薊州·三模）一物體在水平面上做直線運動，其速度—時間圖像如圖所示，根據(jù)該圖像可知A．物體在1s末改變運動方向B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反C．前2s內(nèi)合力沖量為0D．第3s合力對物體做負功【答案】C【詳解】A．由v—t圖像可知，物體在2s末改變運動方向，故A錯誤；B．根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B錯誤；C．由vt圖像可知，前2s內(nèi)物體的速度變化量為0，則物體的動量變化量為0，根據(jù)動量定理可知，合力沖量為0，故C正確；D．由vt圖像可知，第3s物體向負方向做加速直線運動，則物體的動能增加，根據(jù)動能定理可知，合力對物體做正功，故D錯誤。故選C。82023·浙江寧波·模擬預(yù)測）2022年2月5日在北京冬奧會短道速滑混合團體接力決賽中，中國隊成功奪冠。運動員在光滑冰面上交接時，后方運動員用力推前方運動員。不考慮空氣阻力的影響，則交接過A．兩運動員的總動量不守恒B．兩運動員的總機械能守恒C．每個運動員所受推力的沖量大小相同D．每個運動員的動量變化相同【答案】C【詳解】A．兩運動員在交接的過程中，系統(tǒng)所受合力矢量和為零，系統(tǒng)動量守恒，故兩運動員的總動量守恒，故A錯誤；B．后方運動員推前方運動員，推力對兩運動員都做正功，故兩運動員的總機械能增加，故B錯誤；C．兩運動員受到的推力為相互作用力，力的作用時間相同，每個運動員所受推力的沖量大小相同。故C正確；D．系統(tǒng)動量守恒，兩個運動員的動量變化量等大反向，動量變化不相同，故D錯誤。故選C。9．豎直放置的輕質(zhì)彈簧，下端固定在水平地面上，一小球從彈簧正上方某一高度處自由下落，從小球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，下列說法正確的是()A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球的動量一直減小C．彈簧對小球沖量的大小大于重力對小球沖量的大小D．小球的機械能守恒【答案】C【詳解】A．彈簧為輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量忽略不計，彈簧的動量為0，對小球進行受力分析，從小球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球先做自由落體運動，后向下做加速度減小的變加速直線運動，最后向下做加速度增大的變減速直線運動，可知，速度先增大后減小，動量先增大后減小，可知，小球和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．根據(jù)上述可知，小球的動量先增大后減小，故B錯誤；C．根據(jù)上述，從小球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球先向下做加速度減小的變加速直線運動，后向下做加速度增大的變減速直線運動，直至速度減為0，根據(jù)動量定理有IG-I彈簧=0-mv可知，彈簧對小球沖量的大小大于重力對小球沖量的大小，故C正確；D．根據(jù)上述，從小球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球先向下做加速度減小的變加速直線運動，后向下做加速度增大的變減速直線運動，彈簧彈力對小球做負功，小球的機械能減小，故D錯誤。故選C。102024·山西朔州·模擬預(yù)測）如圖是老師在課堂上做的一個演示實驗，將中間開孔的兩塊圓餅狀磁鐵用一根木棒穿過，手拿住木棒（保持水平此時兩磁鐵保持靜止。當(dāng)手突然釋放，讓木棒和磁鐵一起自由下落時（不計空氣阻力發(fā)現(xiàn)兩塊磁鐵向中間靠攏并吸在一起了，下列說法正確的是()A．放手下落過程中，磁鐵受滑動摩擦力作用B．放手下落過程中，磁鐵的運動軌跡是一條直線C．放手下落過程中，兩個磁鐵水平方向動量不守恒D．放手下落過程中，磁鐵和棒組成系統(tǒng)機械能不守恒【答案】D【詳解】A．放手下落過程中，磁鐵豎直方向只受重力作用，木棒與磁鐵間沒有彈力，所以不受摩擦力作用，故A錯誤；B．磁鐵水平方向受相互吸引力作用，且引力不斷增大，所以磁鐵所受合力的方向與速度方向不在一條直線上，磁鐵做曲線運動，故B錯誤；C．兩個磁鐵水平方向合力為零，所以水平方向動量守恒，故C錯誤；D．放手下落過程中，兩磁鐵間的吸引力做正功，所以系統(tǒng)機械能不守恒，故D正確。故選D。112024·北京海淀·模擬預(yù)測）如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對于子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程中，下列說法正確的是()A．整個過程中，彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量守恒B．子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能守恒C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大D．若保持M、m、v不變，l變大，則彈丸與沙箱的最大擺角不變【答案】C【詳解】AB．彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，而系統(tǒng)的機械能因摩擦生熱而減少，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv=(M+m)v1解得彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，而系統(tǒng)的外力之和不為零動量不守恒，故整個過程中彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量不守恒，子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能不守恒，故AB錯誤；C．由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能為mv2-若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大，故C正確；D．彈丸與沙箱一起擺動過程，設(shè)最大擺角為則有22聯(lián)立解得=cosα若保持M、m、v不變，l變大，則彈丸與沙箱的最大擺角α變小，故D錯誤。故選C。模型2應(yīng)用動量定理處理流體模型1.研究對象1)流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ2)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微粒類先應(yīng)用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘N計算2.處理方法1）構(gòu)建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一小段柱體，其橫截面積為S2）微元研究①小段柱體的體積ΔV＝vSΔt②小段柱體質(zhì)量m=ρΔV=ρvSΔt③小段柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt④小段柱體動量p＝mv=ρv2SΔt3）列出方程，應(yīng)用動量定理FΔt=Δp研究1.應(yīng)用動量定理處理流體模型【典型題1】（2024·甘肅平?jīng)觥つM預(yù)測）2023年10月31日，神舟十六號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸。如圖所示，距離地面高度約1m時，返回艙底部配備的4臺著陸反推發(fā)動機開始點火豎直向下噴氣，噴出的燃氣相對于噴氣前返回艙的速度為v，4臺發(fā)動機噴氣口的橫截面積均為S，噴出燃氣的密度為ρ。噴出的氣體所受重力忽略不計。反推發(fā)動機工作時燃氣對返回艙作用力的大小為()【答案】A【詳解】極短的時間Δt內(nèi)噴出的燃氣質(zhì)量Δm=PvΔt.4S=4PvΔtS根據(jù)動量定理有FΔt=Δmv聯(lián)立解得F=4PSv2由牛頓第三定律知反推發(fā)動機工作時燃氣對返回艙作用力的大小為F/=F=4PSv2故選A?！镜湫皖}2】（2024·上海黃浦·二模）消防員用橫截面積為S的噴水槍，噴出恒定流速為v的水流，水流垂直射向著火的墻體后，速度可視為0。水的密度為P，水流的重力忽略不計。求：（1）水槍在Δt時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量。（2）墻體受到水流平均沖擊力的大小?！驹斀狻浚?）水槍在Δt時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為Δm=PSvΔt（2）以水噴出的方向為正方向，與墻體碰撞過程中Δt時間內(nèi)的水，根據(jù)動量定理得-FΔt=0-Δmv解得F=PSv2根據(jù)牛頓第三定律可得，墻體受到水流平均沖擊力的大小F/=F=PSv212024·河北邢臺·二模）某同學(xué)利用身邊的常見器材在家完成了有趣的物理實驗，如圖所示。當(dāng)手持吹風(fēng)機垂直向電子秤的托盤吹風(fēng)時，電子秤示數(shù)為36.0克。假設(shè)吹風(fēng)機出風(fēng)口為圓形，其半徑為5cm，空氣密度為1.29kg/m3，實驗前電子秤已校準(zhǔn)，重力加速度10m/s2。則此時吹風(fēng)機的風(fēng)速約為()A．6m/sB．8m/sC．10m/sD．12m/s【答案】A【詳解】對于Δt時間內(nèi)吹出的空氣，根據(jù)動量定理FΔt=mv=PvSΔt.v其中F=G=0.36N，S=πr2代入數(shù)據(jù)解得v≈6m/s故選A。22024·安徽合肥·二模）我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進技術(shù)的國家?；魻柾七M器的工作原理簡化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實驗中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強度為I．氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進器產(chǎn)生的推力為()【答案】D【詳解】氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有解得設(shè)單位體積內(nèi)離子數(shù)目為n，加速噴出時截面積為S，在Δt時間內(nèi)，有質(zhì)量為Δm的氙離子以速度v噴射而出Δm=nmSvΔt，形成電流為I，I=nqSv由動量定理可得FΔt=Δmv聯(lián)立可得離子推進器產(chǎn)生的推力為。故選D。32024·北京海淀·二模）如圖所示為放在水平桌面上的沙漏計時器，從里面的沙子全部在上部容器里開始計時，沙子均勻地自由下落，到沙子全部落到下部容器里時計時結(jié)束，不計空氣阻力和沙子間的影響，對計時過程取兩個時刻：時刻一，下部容器內(nèi)沒有沙子，部分沙子正在做自由落體運動；時刻二，上、下容器內(nèi)都有沙子，部分沙子正在做自由落體運動；認為沙子落到容器底部時速度瞬時變?yōu)榱?，下列說法正確的是()A．時刻一，桌面對沙漏的支持力大小等于沙漏的總重力大小B．時刻一，桌面對沙漏的支持力大小大于沙漏的總重力大小C．時刻二，桌面對沙漏的支持力大小等于沙漏的總重力大小D．時刻二，桌面對沙漏的支持力大小小于沙漏的總重力大小【答案】C【詳解】AB．時刻一，下部容器內(nèi)沒有沙子，部分沙子正在做自由落體運動。對整體分析，有一部分沙子有向下的加速度，則總重力大于桌面對沙漏的支持力，合力向下，故AB錯誤；C．對時刻二分析，部分沙子做自由落體運動，設(shè)沙漏的總質(zhì)量為m，空中正在下落的沙子質(zhì)量為m1，沙漏中部細孔到底部靜止沙子表面的高度為h，因細孔處速度很小，可視為零，故下落的沙子沖擊底部靜止沙子表面的速度為沙子下落的時間為設(shè)下落的沙子對底部靜止沙子的沖擊力為F1，在極短時間Δt內(nèi)，撞擊在底部靜止沙子表面的沙子質(zhì)量為Δm，取向上為正方向，由動量定理有Δt=Δmv=Δm解得空中的沙子質(zhì)量對沙漏受力分析，可知桌面對沙漏的支持力為FN=(m-m1)g+F1=mg故C正確，D錯誤。故選C。42024·山東棗莊·三模）如圖，將總質(zhì)量為200g的2000粒黃豆從距秤盤125cm高處連續(xù)均勻地倒在秤盤上，觀察到指針指在刻度為80g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內(nèi)垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力，則持續(xù)傾倒黃豆的時間約為()A．1.5sB．2.5sC．3.0sD．5.0s【答案】B設(shè)持續(xù)傾倒黃豆的時間為t，則根據(jù)單位時間落在秤盤上的黃豆數(shù)量為黃豆對秤盤的撞擊力遠大于黃豆的重力，故重力可以忽略，由動量定理得FΔt=2nm0v方程兩側(cè)根據(jù)時間累計求和可得Ft=2m總v又F=0.8N，則代入數(shù)據(jù)可得t=2.5s故選B。52024·山東菏澤·三模）風(fēng)箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時刻風(fēng)箏靜止在空中，風(fēng)箏面與水平面夾角為θ,牽引線與豎直方向夾角為2θ。已知風(fēng)箏質(zhì)量為m，垂直風(fēng)箏面的風(fēng)速大小為v，風(fēng)箏面的面積為S，重力加速度為g，則風(fēng)箏所在高度空氣密度為()【答案】A【詳解】對風(fēng)箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風(fēng)箏此時獲得的垂直風(fēng)箏面的力F=2mgcosθ根據(jù)牛頓第三定律，風(fēng)箏對垂直風(fēng)箏面的風(fēng)的作用力大小也為F，以風(fēng)為研究對象，單位時間Δt內(nèi)，垂直打在風(fēng)箏面的風(fēng)的質(zhì)量Δm=PSvΔt在垂直風(fēng)箏面方向上由動量定理有F.Δt=Δm.v聯(lián)立解得空氣密度為故選A。62025·河南安陽·一模）汽車在高速運行時受到的空氣阻力與汽車的速度有關(guān)。一質(zhì)量為m的汽車在平直高速公路上由靜止開始以額定功率P運行，經(jīng)過一段時間達到最大速度。汽車運動過程中，車頭會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車頭碰到空氣前，空氣的速度為0；碰到空氣后，空氣的速度立刻與汽車速度相同。已知空氣密度為P，車頭的迎風(fēng)面積（垂直運動方向上的投影面積）為S，不計其他阻力，當(dāng)汽車以額定功率運行到速度為最大速度的時，汽車的加速度大小為()【答案】D【詳解】設(shè)汽車的速度為v，汽車對空氣的作用力為F，取Δt時間內(nèi)空氣柱的質(zhì)量為Δm，對一小段空氣柱應(yīng)用動量定理可得F.Δt=Δm.v其中Δm=Pv.ΔtS解得F=PSv2由牛頓第三定律可得，空氣對汽車的阻力為f=F=PSv2當(dāng)牽引力等于阻力時速度達到最大，則P=fvm解得對整體根據(jù)牛頓第二定律F牽-f/=ma故選D。72024·山東日照·一模）臺風(fēng)對沿海地區(qū)的破壞力非常巨大，12級臺風(fēng)登陸時中心附近最大風(fēng)力約為35m/s。已知小明站立時，在垂直于風(fēng)速方向的受力面積約為0.5m2，空氣的密度約為1.29kg/m3。假設(shè)空氣吹到人身體上后速度減為零，則小明站在12級臺風(fēng)中心附近，所受的風(fēng)力大小約為()A．790NB．79NC．230ND．23N【答案】A【詳解】單位時間吹到人身體上的空氣質(zhì)量m=PV=PSvΔt根據(jù)動量定理-FΔt=0-mv小明所受的風(fēng)力大小約為F=PSv2=1.29×0.5×352N≈790N故選A。82024·海南海口·一模）雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為v0，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為P，不計雨滴重力。壓強p為()C．P(v-v2)D．P(v+v2)【答案】B【詳解】以極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為Δm，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，根據(jù)動量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為則以極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量Δm=m0SΔt=根據(jù)牛頓第三定律有F2=F1雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強解得故選B。92025·浙江·一模）游樂園內(nèi)噴泉噴出的水柱使得質(zhì)量為M的卡通玩具懸停在空中（假設(shè)這樣沖水，能保持短暫平衡）。為估算，作如下假定后進行理論分析：假設(shè)噴泉水柱從橫截面積為S的噴口以速度v0持續(xù)豎直向上噴出；玩具底部為平板（面積大于S水柱沖擊到玩具底部后，豎直方向的速度變?yōu)榱?，朝四周均勻散開。已知水的密度為ρ,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力忽略不計。下列說法錯誤的是()A．水柱對玩具底部的作用力大小等于玩具重力B．水柱對玩具底部的作用力與玩具重力是一對平衡力C．噴泉單位時間內(nèi)噴出的水質(zhì)量為Pv0SD．玩具在空中懸停時，其底部相對于噴口的高度為【答案】D【詳解】AB．卡通玩具懸停在空中，可知水柱對玩具底部的作用力與玩具重力是一對平衡力，即水柱對玩具底部的作用力大小等于玩具重力，故AB正確，不滿足題意要求；C．噴泉單位時間內(nèi)噴出的水質(zhì)量為=Pv0S故C正確，不滿足題意要求；D．設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，有能量守恒得m0v2+m0gh=m0v02在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp=m0v（m0=PSv0Δt）設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt=Δp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F=Mg聯(lián)立可得故D錯誤，滿足題意要求。故選D。102024·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）帆船是利用風(fēng)力航行的船，是繼舟、筏之后的一種古老的水上交通工具。如圖所示，在某次航行時，一艘帆船在水平風(fēng)力的作用下，以速度v0沿風(fēng)的方向勻速前行，風(fēng)與帆作用的有效面積為S，氣流的平均密度為P，帆船行駛過程水平方向上所受阻力恒為f。假設(shè)氣流與帆作用后速度與帆船前行速度相等，則風(fēng)速大小為()0【答案】A【詳解】Δt時間內(nèi)沖擊船帆的空氣的體積為V=SL=S(v—v0)ΔtΔt時間內(nèi)沖擊船帆的空氣質(zhì)量為空氣的動量改變量為Δp=m(v0—v)取船速方向為正，設(shè)帆對空氣的作用力大小為F，由動量定理可得—Ft=Δp又帆船勻速前行，根據(jù)平衡條件F=f聯(lián)立解得故選A。112024·福建·三模多選）如圖所示，消防員正在進行消防滅火演練，消防員用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物，設(shè)水柱直徑為D，以水平速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度變?yōu)榱?。高壓水槍的質(zhì)量為M，消防員手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度忽略不計，水的密度為P，下列說法A．水槍的流量為πvD2B．水槍的功率為πPD2v3C．水柱對著火物的沖擊力為πPD2v2D．向前水平噴水時，消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方【答案】BDA錯誤；B.Δt時間內(nèi)水槍噴出的水的動能為Δmv2=πPD2v3Δt知高壓水槍在此期間對水做功為W=Ek=πPD2v3Δl高壓水槍的功率為πPD2v3B正確；C．考慮一個極短時間Δt/，在此時間內(nèi)噴到著火物上水的質(zhì)量為m，設(shè)著火物對水柱的作用力為F，由動量定理得FΔt/=mvΔt/時間內(nèi)沖到著火物上水的質(zhì)量為PπD2vΔt/解得πPD2v2由牛頓第三定律可知，水柱對著火物的平均沖力為F/=F=πPD2v2C錯誤；D．當(dāng)高壓水槍水平向前噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力水平向后，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方，D正確。故選BD。模型3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.分類類型定義動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞碰撞時,內(nèi)力是彈性力,只發(fā)生機械能的轉(zhuǎn)移,系統(tǒng)內(nèi)無機械能損失守恒守恒非彈性碰撞發(fā)生非彈性碰撞時,內(nèi)力是非彈性力,部分機械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能守恒有損失完全非彈性碰撞發(fā)生完全非彈性碰撞時,機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化得最多,機械能損失最大.碰后物體粘在一起,以共同速度運動守恒損失最大在一動撞一靜的完全非彈性碰撞失的動能為系統(tǒng)初動能的一半4.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(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)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.5.彈性碰撞的結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有v,討論：,'''.'>0，v2>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當(dāng)m1>1.彈性碰撞【典型題1】（2024·山東濟寧·一模）目前我國空間實驗已走在世界的前列，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在空間站內(nèi)做了鋼球相互碰撞的實驗。桂海潮用較小鋼球以0.6m/s水平向左的速度與靜止的較大鋼球正碰，碰后小鋼球與大鋼球速度大小分別為v1、v2，較小鋼球的質(zhì)量為較大鋼球質(zhì)量的一半，兩鋼球的碰撞可視為完全彈性碰撞。下列說法正確的是()A．v1=0.2m/s，方向水平向左2=0.2m/s，方向水平向左B．v1=0.2m/s，方向水平向右D．v2=0.1m/s，方向水平向左【答案】B【詳解】設(shè)較小鋼球的質(zhì)量為m，較大鋼球的質(zhì)量為2m，兩鋼球的碰撞可視為完全彈性碰撞，以水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得代入數(shù)據(jù)解得v1=0.2m/s，v2=0.4m/s可知v1=0.2m/s，方向水平向右；v2=0.4m/s，方向水平向左。故選B。2.完全非彈性碰撞【典型題2】（2024·山東濟南·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m＝2kg。開始時橡皮筋松弛，B靜止。給A向左的初速度v0=3m/s，一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的2倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。整個過程中橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，則滑塊B的質(zhì)量為()A．4kgB．3kgC．2kg【答案】D【詳解】設(shè)碰撞前瞬間A、B的速度大小為別為v1、v2，碰撞后的共同速度為v3，根據(jù)題意有v3=2v1，對該系統(tǒng)由動量守恒定律有聯(lián)立解得mB=1kg故選D。3.碰撞的可能性問題【典型題3】兩球A、B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(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′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′4m/s，vB′＝7m/s【答案】C【詳解】A．碰前系統(tǒng)總動量為：p=(1×6+2×2)kg.m/s=10kg.m/s碰前總動能為：Ek=J=22J動量不守恒，不可能，A錯誤；B．碰撞后，A、B兩球同向運動，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B錯誤；C．如果vA/=2m/s，vB/=4m/s，則碰后系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為：Ek/=J=18J系統(tǒng)動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；D．如果vA/=4m/s，vB/=7m/s，則碰后總動量為p/=(1×(4)+2×7)kg.m/s=10kg.m/s系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為：Ek/=J=57J系統(tǒng)動能增加，不可能，D錯誤。故選C。12024·黑龍江齊齊哈爾·一模）如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”，其原理可解釋為：當(dāng)大石塊獲得的速度較小時，下面的人感受到的振動就會較小，人的安全性就較強，若大石塊的質(zhì)量是鐵錘的150倍，則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的()50150250【答案】B【詳解】如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則由動量守恒定律mv0=(150m+m)v解得如果發(fā)生的是彈性碰撞，則由動量守恒定律mv0=150mv1+mv2由機械能守恒定律×150mv聯(lián)立解得故撞擊后大石塊的速度范圍為v0≤v≤1故撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的故選B。22024·貴州·模擬預(yù)測）如圖，光滑水平地面上，動量為p1的小球1向右運動，與同向運動且動量為p2的小球2發(fā)生彈性碰撞，p1=p2，碰撞后小球1的速率為v、動能為E1、動量大小為p，小球2的速率為v、動能為E2、動量大小為p。下列選項一定正確的是()A．v<vB．碰撞后球2向右運動，球1向左運動C．E1<E2D．p<p【答案】D【詳解】AB．要發(fā)生碰撞則v1>v2，m1<m2根據(jù)兩個物體發(fā)生彈性碰撞的公式可得碰撞后速度因此當(dāng)足夠大時可造成v>v由彈性碰撞規(guī)律，當(dāng)時可造成碰后兩者可以都向右運動，故AB錯誤；C．碰撞過程小球2動能增大，但初動能小球1的大于小球2的，故碰后動能大小不確定，故C錯誤；D．碰撞過程小球2動量增大，且系統(tǒng)動量守恒，所以p<p，故D正確。故選D。32024·江蘇·模擬預(yù)測）如圖所示，小物塊a、b和c靜置于光滑水平地面上?，F(xiàn)讓a以速度v向右運動，與b發(fā)生正碰，然后b與c也發(fā)生正碰。若a、b、c的質(zhì)量可任意選擇，碰撞可以是彈性也可以是非彈性的，各種可能的碰撞后，c的最大速度為()A．4vB．6v【答案】A【詳解】設(shè)a、b、c的質(zhì)量分別為ma、mb、mc。a與b碰撞后二者的速度分別為va和vb1，根據(jù)動量守恒定律有mav=mava+mbvb1①根據(jù)機械能守恒定律有mav2=mava2+mbvb12②聯(lián)立①②解得vb1=③由③式可知，當(dāng)mamb時，有vb1≈2v④設(shè)b與c碰撞后二者的速度分別為vb2和vc，同理可得聯(lián)立⑤⑥解得vc=⑦由⑦式可知，當(dāng)mbmc時，有vc≈2vb1≈4v⑧所以若b和c的質(zhì)量可任意選擇，碰后c的最大速度接近于4v。故選A。42024·河北滄州·三模）甲、乙兩小球在光滑的水平面上沿同一直線相向運動，已知小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，兩小球碰撞前后的位移隨時間的變化規(guī)律如圖所示。則下列說法正確的是()A．圖線A為碰前乙的位移—時間圖像B．圖線C為碰后甲的位移—時間圖像D．兩小球的碰撞為非彈性碰撞【答案】A【詳解】AB．由圖像可知圖線A、B、D對應(yīng)的小球的速度大小分別為、、vC=由題意小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，即碰前小球乙的動量大于小球甲的動量，又由于碰撞過程兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒，碰后系統(tǒng)的動量方向與碰前小球乙的方向相同，結(jié)合實際分析可知碰后小球乙靜止，小球甲反彈，所以圖線A為碰前小球乙的圖線，圖線C為碰后小球乙的圖線，故A正確，B錯誤；C．由碰撞過程動量守恒定律得-m甲vB+m乙vA=m甲vC故C錯誤；D．碰前系統(tǒng)的動能為Ek1=m甲碰后系統(tǒng)的動能為Ek2=m甲顯然Ek1=Ek2所以該碰撞為彈性碰撞，故D錯誤。故選A。52024·吉林長春·模擬預(yù)測）如圖所示，用長度均為l的輕質(zhì)細繩懸掛三個形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿足m1m2m3(??”表示“遠大于”）。將左邊第一個小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個小球開始運動時的速度約為()【答案】D【詳解】設(shè)碰撞前瞬間第一個小球的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律，有m1gl解得設(shè)第一個小球與第二個小球碰撞后兩個小球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量守恒定律，有v2根據(jù)機械能守恒定律，有故選D。62024·江西·一模）如圖，在水平地面上固定一圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)壁光滑，圓環(huán)內(nèi)嵌著A、B兩個大小相同的小球，它們的質(zhì)量分別是mA、mB，且mA>mB，小球的直徑略小于圓環(huán)的孔徑且它們之間的摩擦忽略不計，圓環(huán)的內(nèi)半徑遠大于球的半徑，初始時B球處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以一定初速度撞擊B球，A、B兩個球在a點發(fā)生彈性碰撞，一段時間后，A、B兩個球在b點發(fā)生第二次彈性碰撞，a、b兩點與圓環(huán)【答案】A【詳解】兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA、vB，則根據(jù)動量守恒和機械能守恒有聯(lián)立解得v0，vB=第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，有xA=l周，故A、B通過的路程之比為，則有（k=0，1，2…）由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k=0，即故選A。72024·山東煙臺·二模）質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示，若令則p的取值范圍為()【答案】C【詳解】xt圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，m1碰后的速度為v1=m2碰后的速度大小為兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即v2且m1v02≥m1v12+m2v22整理解得即p≤1故選C。82024·福建·一模多選）在某次臺球游戲中，出現(xiàn)了如圖所示的陣型，5個小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個球B、C、D、E質(zhì)量均為m1，A球、F球質(zhì)量均為m2，A球以速度v0與B球發(fā)生碰撞，所有的碰撞均可認為是彈性碰撞，下列說法正確的是()A．若m1=m2，最終將有1個小球運動B．若m1<m2，相鄰兩小球之間只發(fā)生1次碰撞C．若m1>m2，最終將有3個小球運動，且運動方向一致D．若m1>m2，最終將有3個小球運動，且運動方向不一致【答案】AD【詳解】A．碰撞時由動量守恒和能量守恒可知若m1=m2，則碰后兩球交換速度，則最終只有F小球運動，A正確；B．若m1<m2，則碰后v1>v2>0，然后B和C交換，直到D和E交換，E再與F碰撞，F(xiàn)向右運動，E被彈回再與D交換…，則不只發(fā)生1次碰撞，B錯誤；CD．若m1>m2，則A、B碰后A反彈，B向右運動與C碰撞交換速度，最后D、E交換速度，最后E與F碰撞，E、F都向右運動，B、C、D停止，則最終將有3個小球A、E、F都運動，且運動方向相反，C錯誤、D正確。故選AD。92024·寧夏石嘴山·三模多選）A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示，a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移-時間圖像，c為碰撞后兩球共同運動的位移-時間圖像，若A球質(zhì)量是m=2kg，則由圖可知，下列結(jié)論正確的是()A．A、B碰撞前的總動量為3kg.m/sB．碰撞時A對B所施沖量為—4N.sC．碰撞前后A的動量變化量為4kg.m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為8J【答案】BC根據(jù)動量守恒定律有mAvA+mBvB=(mA+mB)v解得A、B兩球碰撞前的總動量為p=mAvA+mBvB=—3kg.m/s故A錯誤；故B正確；故C正確；D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk=mvA2+mBvB2—v2=10J故選BC。102024·四川內(nèi)江·三模多選）某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型。多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動。忽略摩擦和空氣阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊a施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊a以0.30m/s的速度與靜止的滑塊b碰撞，碰撞時間為0.04s。碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.16m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的是()A．兩滑塊的動量不守恒B．滑塊a受到合外力的沖量大小為0.14N?sC．滑塊b受到合外力的沖量大小為0.32N?sD．滑塊b受到滑塊a的平均作用力的大小為3.5N【答案】AB【詳解】A．取向右為正方向，滑塊a和滑塊b組成的系統(tǒng)的初動量為p1=mv1=1×0.30kg·m/s=0.30kg·m/s碰撞后的動量為p2=2mv2=2×1×0.16kg·m/s=0.32kg·m/s則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A正確；B．對滑塊a，取向右為正方向，則有I1=mv2-mv1=1×0.16kg·m/s-1×0.30kg·m/s=-0.14kg·m/s負號表示方向水平向左，故B正確；C．對滑塊b，取向右為正方向，則有I2=mv2=1×0.16kg·m/s=0.16kg·m/s故C錯誤；D．對滑塊b根據(jù)動量定理有F.Δt=I2解得F=4N則滑塊b受到滑塊a的平均作用力大小為4N，故D錯誤。故選AB。112024·福建漳州·二模多選）如圖，冰壺被大家喻為冰上的“國際象棋”，它考驗參與者的體能與腦力，展現(xiàn)動靜之美，取舍之智慧。質(zhì)量相同的冰壺甲和乙相距30m，冰壺甲以速度v0被推出后做勻減速直線運動，經(jīng)過10s與靜止的冰壺乙發(fā)生對心彈性碰撞，則()A．兩冰壺碰撞后均向前運動B．兩冰壺碰撞后，甲靜止不動C．冰壺甲初速度v0大小可能為3m/sD．冰壺甲初速度v0大小可能為5m/s【答案】BD【詳解】AB．根據(jù)兩質(zhì)量相等的物體，彈性碰撞速度交換可知，兩冰壺碰撞后，甲靜止不動，乙向前運動，故A錯誤，B正確；CD．冰壺做勻減速直線運動，則由題意可知v>0，代入數(shù)據(jù)得v0<6m/s但如果v0=3m/s，則v=3m/s，與甲做勻減速運動矛盾，故C錯誤，D正確。故選BD。122024·陜西商洛·模擬預(yù)測）如圖所示，可固定的四分之一圓槽AB的半徑為R、質(zhì)量為3m，靜止放在水平地面上，圓槽底端B點的切線水平，距離B點為R處有一質(zhì)量為3m的小球2?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球1（可視為質(zhì)點）從圓槽頂端的A點由靜止釋放，重力加速度為g，不計一切摩擦，兩小球大小相同，所有的碰撞均為彈性碰撞。（1）若圓槽固定，求小球2最終的速度大??；（2）若圓槽不固定，求小球1剛與小球2接觸時，與圓槽底端B點的距離；（3）若圓槽不固定，求小球1最終的速度大小?！敬鸢浮浚?2）R3）【詳解】（1）若圓槽固定，則小球1下落速度為v1接下來小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞，動量守恒有mv1=mv2+3mv3機械能守恒有mv=mv+.3mv解得（2）設(shè)小球1剛離開圓槽時，圓槽的位移為x0，此時小球的位移為x1，有x0+x1=R小球1滑下過程水平方向動量守恒，設(shè)小球1運動方向為正方向，有0=mv4—3mv5由于兩者運動時間相同，整理有mv4t=3mv5t小球1滑下過程，由能量守恒有mgR=.3mv小球滑下后，到與小球2接觸過程做勻速直線運動，則有2R—x1=v4t1該時間內(nèi)圓槽運動為x2=v5t1綜上所述，其小球1與圓槽底端距離為s=x2+x0+R=（3）結(jié)合之前的分析可知，小球1與小球2發(fā)生碰撞，動量守恒有mv4=mv6+3mv7機械能守恒有.3mv解得v6=即小球1與小球2碰撞后速度大小為R>v5=所以小球1與小球2碰后速度大小大于圓槽的速度，最終會追上圓槽并滑上后再滑下來，該過程類似于彈性碰撞。設(shè)圓槽運動方向為正方向，有能量方面有2mv6+2.3mv=2mv+2解得所以小球1最終以速度勻速運動下去。132024·天津北辰·三模）2024年春節(jié)前夕，因“凍雨”導(dǎo)致眾多車輛在某些高速路段停滯，并發(fā)生了一些交通事故。如圖所示，受高速路面冰雪影響，乙車停在水平高速路面上，甲車以速度v0從乙車正后方同一車道勻速駛來，在距乙車x0處緊急剎車（牽引力瞬間變?yōu)榱愕耘c乙車發(fā)生了碰撞；碰撞后，甲、乙兩車各自減速運動后停止運動。若甲、乙兩車完全相同且均可視為質(zhì)點，兩車碰撞時間不計，碰撞前、后兩車質(zhì)量均保持為m不變，且始終在同一直線上，兩車在冰雪路面上的所有減速運動均視為加速度相同的勻減速運動，重力加速度為g。求：（1）碰撞后瞬時，甲、乙兩車的速度大小之比；（2）兩車與路面的動摩擦因數(shù)及甲車碰撞前瞬間的速度大小。【詳解】（1）設(shè)碰撞后甲、乙兩車的速度大小分別為v1、v2，兩車與路面的動摩擦因數(shù)為μ,根據(jù)動能定理可得可得碰撞后瞬時，甲、乙兩車的速度大小之比為v1:v2=1:2（2）設(shè)碰撞前瞬間甲車的速度為v，碰撞前對甲車，由動能定理得—μmgx0=mv2—碰撞時由動量守恒可得mv=mv1+mv2結(jié)合（1）問方程，解得μ=，模型4爆炸、反沖及人船模型1.爆炸1）爆炸問題的特點是物體間的相互作用突然發(fā)生，作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統(tǒng)受的外力，故可用動量守恒定律來處理.2）在爆炸過程中，有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，系統(tǒng)的動能爆炸后會增加，在碰撞過程中，系統(tǒng)的總動能不可能增加，一般有所減少而轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.3）由于爆炸問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程簡化處理.即作用后還從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動.2.反沖現(xiàn)象：1）反沖現(xiàn)象是指在系統(tǒng)內(nèi)力作用下，系統(tǒng)內(nèi)一部分物體向某方向發(fā)生動量變化時，系統(tǒng)內(nèi)其余部分物體向相反的方向發(fā)生動量變化的現(xiàn)象.噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例.2）在反沖現(xiàn)象里，系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)的動量是守恒的.3）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3.人船模型1）模型圖示2）模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：m人v人-m船v船=0②兩物體的位移大小滿足：m人又x人+x船=L③運動特點Ⅰ、人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；Ⅱ、人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即x人x船=v船=1.爆炸【典型題1】（2024·青海海南·二模）斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質(zhì)量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時距地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點間的距離為()【答案】D【詳解】火箭炸裂的過程水平方向動量守恒，設(shè)火箭炸裂前的速度大小為v，則E=2mv2得設(shè)炸裂后瞬間另一塊碎片的速度大小為v1，有2mv=—mv+mv1解得v1=3根據(jù)平拋運動規(guī)律有得兩塊碎片落地點之間的距離故D。2.反沖【典型題2】（2024·山東濰坊·模擬預(yù)測）如圖所示，返回艙接近地面時，相對地面豎直向下的速度為v，此時反推發(fā)動機點火，在極短時間Δt內(nèi)，豎直向下噴出相對地面速度為u、體積為V的氣體，輔助返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為P，噴出氣體所受重力忽略不計，則噴氣過程返回艙受到的平均反沖【答案】A【詳解】噴出的氣體的質(zhì)量為m=PV以噴出的氣體為研究對象，設(shè)氣體受到的平均沖力為F，取向下為正方向，噴出氣體所受重力忽略不計，根據(jù)動量定理有FΔt=mu—mv解得根據(jù)牛頓第三定律可知噴氣過程返回艙受到的平均反沖力大小為。故選A。3.人船模型【典型題3】（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖，質(zhì)量為3m的滑塊Q套在固定的水平桿上，一輕桿上端通過鉸鏈固定在Q上，下端與一質(zhì)量為m的小球P相連。某時刻給小球P一水平向左、大小為v0的初速度，經(jīng)時間t小球P在水平方向上的位移為x。規(guī)定水平向左為正方向，忽略一切摩擦，則滑塊Q在水平方向上的【答案】C【詳解】P、Q在水平方向上動量守恒，有mv0=mv1+3mv2則在時間t內(nèi)有mv0t=mx+3mx2可知故選C。1.如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質(zhì)量為m1=50kg的人抓住氣球下方的長繩，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(dāng)系統(tǒng)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(dāng)他滑到繩下端時，氣球上升的距離大約是（可以把人看作質(zhì)點）()【答案】C【詳解】設(shè)人的速度v1，氣球的速度v2，根據(jù)人和氣球動量守恒得m1v1=m2v2則有m1x1=m2x2由幾何關(guān)系x1+x2=h=5m氣球上升的距離為x2=h=×5m≈3.6m故選C。2．如圖甲所示，光滑地面上有一質(zhì)量為M的足夠長木板ab，一質(zhì)量為m的人站在木板的b端，關(guān)于人由靜止開始至運動到木板的a端（M、N表示地面上原a、b對應(yīng)的點則如圖乙所示中正確的是()【答案】B【詳解】木板與人組成的系統(tǒng)動量守恒，以N點為參考點，人向左運動，木板向右運動，即人在N點左側(cè)，木板b端在N點右側(cè)。故選B。32024·安徽淮北·二模）如圖所示，北京時間2024年3月2日，神舟十七號航天員湯洪波、唐勝杰、江新林密切協(xié)同，在地面科研人員的配合支持下，進行了約8小時的出艙活動，完成既定任務(wù)。為了保證出艙宇航員的安全，通常會采用多重保障，其中之一就是出艙宇航員要背上可產(chǎn)生推力的便攜式設(shè)備，裝備中有一個能噴出氣體的高壓氣源。假設(shè)一個連同裝備共有100kg的航天員，脫離空間站后，在離空間站30m的位置與空間站處于相對靜止的狀態(tài)。航天員為了返回空間站，先以相對空間站50m/s的速度向后噴出0.15kg的氣體距離空間站15m時，再次以同樣速度噴出同等質(zhì)量的氣體，則宇航員返回空間站的時間約為()A．200sB．300sC．400sD．600s【答案】B【詳解】設(shè)宇航員的速度方向為正方向，第一次噴氣后航天員的速度為v，則根據(jù)動量守恒定律解得v≈0.075m/s此15m所需的時間為s=200s解得v/≈0.15m/s此后15m所需的時間為s=100s則宇航員返回空間站的時間約為t1+t2=200s+100s=300s故選B。42024·陜西商洛·模擬預(yù)測）“世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備[火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等]總質(zhì)量為M，點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．火箭的推力來自空氣對它的作用力B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為22C．噴出燃氣后萬戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒【答案】B【詳解】A．火箭的推力是燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯誤；B．在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及所攜設(shè)備組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運動解得火箭的速度大小為故B正確；C．噴出燃氣后，萬戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運動，根據(jù)運動學(xué)公式可得，最大上升高度為故C錯誤；D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設(shè)備因為受重力，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。故選B。52024·山東·二模）如圖所示，兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接，B球穿在光滑細桿上。初始時，細繩恰好伸直并處于水平狀態(tài)，兩球均可視為質(zhì)點且mB＝2mA，重力加速度為g。現(xiàn)將A、B由靜止釋放，不計空氣阻力，下列說法正確的是() A．A球在豎直平面內(nèi)做變速圓周運動B．B球運動的最大速度大小為·C．A球速度最大時，水平位移大小為D．B向右運動的最大位移大小為【答案】D【詳解】A．B球在光滑桿上做往復(fù)運動，A球一邊圍繞B球做圓周運動，一邊隨B球做往復(fù)運動，A錯誤；22B．當(dāng)A球擺到最低點時，A、B兩球運動的速度最大，由系統(tǒng)機械能守恒有mAgL＝2mAvA+2mBvB水平方向動量守恒有mBvB＝m22聯(lián)立可得B錯誤；C．根據(jù)x＝vt有mBxB＝mAxA從釋放到A球擺到最低點的過程中，有xB+xA＝L則A球的水平位移大小為B球的水平位移大小為C錯誤；D．B球向右運動的最大位移大小為=2xB=62024·海南·模擬預(yù)測）小明制作了一個火箭模型，火箭模型質(zhì)量為M（含燃料開始火箭模型靜置在地面上，點火后在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的燃氣，噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響，下列說法正確的是()A．火箭噴氣過程機械能守恒B．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力C．噴氣結(jié)束時火箭模型的動量大小為mv0D．噴氣結(jié)束時火箭模型的速度大小為【答案】C【詳解】A．系統(tǒng)體統(tǒng)所受合外力為零，滿足動量守恒，但機械能不守恒，A錯誤；B．火箭的推力是燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓氣體向后噴出時對火箭的反作用力，B錯誤；C．開始總動量為零，規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得0=mv0+p噴氣結(jié)束時火箭模型的動量大小p=mv0C正確；D．根據(jù)0=mv0(Mm)v解得D錯誤。故選C。72024·四川成都·一模）如圖，ABC靜置于水平面上，BC之間放有少量炸藥，極短時間內(nèi)爆炸產(chǎn)生60J的能量中有90%轉(zhuǎn)化為BC兩物體的動能。已知mA=2kg，mB=1kg，mC=3kg；A與地面之間的動摩擦因數(shù)μA=0.05，A與B之間的動摩擦因數(shù)μB=0.5，A與C之間的動摩擦因數(shù)μC=0.4。A板足夠長，重力加速度g取10m/s2。求：（1）爆炸后瞬間A、B、C的加速度大小；（2）爆炸后瞬間B、C的速度大小；（3）爆炸后到A板向右運動到最遠的過程中，A與地面之間因為摩擦而產(chǎn)生的熱量；【詳解】（1）爆炸后瞬間，分別對物體受力分析得（2）爆炸瞬間，由動量守恒得mBvB=mCvC根據(jù)題意，由能量守恒得90%E=聯(lián)立解得vBC（3）設(shè)經(jīng)過t1時間，A、C兩物體達到共速，則有v共=vC-aCt1=aAt1代入數(shù)據(jù)解得假設(shè)A、C兩物體一起減速運動，則兩者的加速度滿足=1.6m/s2＜aC故假設(shè)成立，則A、C速度減到零的時間為s=0.625s此過程中A物體的對地位移為m=0.5625m則因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μA(mA+mB+mC)gx=0.05×6×10×0.5625J=1.6875J82024·北京順義·一模）一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m，在某時刻距離地面的高度為h，速度為v。此時，火箭突然炸裂成A、B兩部分，其中質(zhì)量為m1的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：（1）炸裂后瞬間A部分的速度大小v1；（2）炸裂后B部分在空中下落的時間t；（3）在爆炸過程中增加的機械能ΔE。2hg（2）2hg2(mm1,2(mm1,解得A