專題07+動量定理+動量守恒定律（講義）含答案2025年高考物理二輪復(fù)習講練測（新高考通）

專題07+動量定理+動量守恒定律（講義）含答案2025年高考物理二輪復(fù)習講練測（新高考通用）專題07動量定理動量守恒定律目錄TOC\o"1-4"\h\u01考情透視·目標導(dǎo)航 202知識導(dǎo)圖·思維引航 303核心精講·題型突破 4題型一動量定理的理解及應(yīng)用 4【核心精講】 4考點1動量與動能，沖量與功的辨析 4考點2動量定理的深層理解 5考點3利用動量定理解題的基本思路 5考點4動量定理在微粒類和流體問題中的應(yīng)用 6【真題研析】 7【命題預(yù)測】 9考向1動量和沖量的理解 9考向2動量定理的理解和應(yīng)用 9考向3動量定理在流體模型中的應(yīng)用 11題型二動量守恒定律的理解及應(yīng)用 12【核心精講】 12考點1動量守恒定律成立的幾種特殊條件 12考點2利用動量守恒定律解題的基本思路 12考點3應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意的兩個問題 12考點4爆炸 12考點5反沖運動 12考點6人船模型 13【真題研析】 13【命題預(yù)測】 15考向1動量守恒定律的理解和應(yīng)用 15考向2爆炸、反沖和人船模型 15難點突破碰撞及其拓展模型 17【核心精講】 17考點1碰撞問題遵守的三條原則 17考點2碰撞拓展 17考點3數(shù)學(xué)歸納法和圖像法解決多次碰撞問題 18考點4“滑塊—彈簧”模型 18考點5“滑塊—斜(曲)面”模型 18【真題研析】 19【命題預(yù)測】 22考向1碰撞問題 22考向2“滑塊—彈簧”模型 23考向3“滑塊—斜(曲)面”模型 23命題統(tǒng)計命題要點20242023年2022年熱考角度動量定理的理解及應(yīng)用2024?重慶?動量和沖量的理解、2024?北京?動量和沖量的理解、2024?廣西?動量和沖量的理解、2024?安徽?動量定理的理解和應(yīng)用、2024?寧夏四川?動量定理的理解和應(yīng)用、2024?福建?動量定理的理解和應(yīng)用、2024?廣東?動量定理的理解和應(yīng)用、緩沖2023?河北?動量和沖量的理解、2023?重慶?動量和沖量的理解2023?全國?動量和沖量的理解、2023?福建?動量定理的理解和應(yīng)用、2023?全國?動量定理的理解和應(yīng)用、2023?江蘇?動量定理的理解和應(yīng)用2022?重慶?動量和沖量的理解、2022?湖北?動量和沖量的理解、2022?重慶?動量和沖量的理解、2022?湖南?動量和沖量的理解、2022?湖南?動量和沖量的理解、2022?北京?動量定理的理解和應(yīng)用、2022?山東?動量定理的理解和應(yīng)用、2022?全國?動量定理的理解和應(yīng)用、2022?北京?動量定理的理解和應(yīng)用、2022·福建·流體問題動量定理的理解及應(yīng)用2024?安徽?動量守恒定律的理解和應(yīng)用、2024?甘肅?動量守恒定律的理解和應(yīng)用、2024·浙江·反沖、2024·河北·人船模型此外在以下“碰撞及其拓展模型”專題中均有涉及碰撞及其拓展模型2024?天津?碰撞問題、2024?重慶?碰撞問題、2024?湖北?碰撞問題、2024?安徽?碰撞問題、2024?上海?碰撞問題、2024?廣東?碰撞問題、2024?廣西?碰撞問題、2024?遼寧?“滑塊—彈簧”模型、2024?安徽?“滑塊—斜(曲)面”模型2023?廣東?碰撞問題、2023?重慶?碰撞問題、2023?廣東?碰撞問題、2023?天津?碰撞問題、2023?北京?碰撞問題、2023?全國?碰撞問題、2023?浙江?“滑塊—彈簧”模型、2023?遼寧?“滑塊—彈簧”模型、2023?湖南?“滑塊—斜(曲)面”模型2022?北京?碰撞問題、2022?天津?碰撞問題、2022?海南?碰撞問題、2022?湖北?碰撞問題、2022?廣東?碰撞問題、2022?山東?碰撞問題、2022?福建?“滑塊—彈簧”模型、2022?全國?“滑塊—彈簧”模型命題規(guī)律①對動量、沖量的理解，解釋生活中的問題。②動量定理的應(yīng)用考查；③以實際情境為素材，碰撞、流體作用力、反沖、人船模型等對動量守恒定律的應(yīng)用；④碰撞及碰撞拓展模型（滑塊-彈簧模型、滑塊曲面模型）的考查?？枷蝾A(yù)測本專題屬于熱點、難點內(nèi)容；高考命題以選擇題或計算題的形式出現(xiàn)；本專題一種是對動量、沖量本身的知識考察，結(jié)合生活例子解釋現(xiàn)象，多以選擇題出現(xiàn)，涉及的內(nèi)容有碰撞、反沖、流體問題等問題，難度相對也較低。另一種與結(jié)合牛頓運動定律、功和能、帶電粒子碰撞、電磁感應(yīng)結(jié)合的綜合題形式考察，這些難度較大。備考時要熟練掌握動量、沖量、動量定理及動量守恒定律，以及它們在生活中的應(yīng)用。命題情境安全行車(機車碰撞、安全氣囊)、交通運輸(噴氣式飛機)、體育運動(滑冰接力、球類運動)、火箭發(fā)射、爆炸、高空墜物、氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞。常用方法微元法、圖像法；理解過程與狀態(tài)、過程量與狀態(tài)量。題型一動量定理的理解及應(yīng)用考點1動量與動能，沖量與功的辨析1.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)的物理量定義式標矢性矢量標量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系變化量聯(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2.沖量與功的比較沖量功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(F為恒力)(F為恒力)矢標性矢量標量意義(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3.變力的沖量計算方法1）圖像法：F－t圖像與t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。2）平均值法：若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量。3）動量定理法：根據(jù)物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量考點2動量定理的深層理解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:3.深層理解1）上述公式是一矢量式，需要規(guī)定正方向，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向.2）公式中的是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力.在變加速運動中為Δt時間內(nèi)的平均力。3）動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統(tǒng).對物體系統(tǒng)，只需分析系統(tǒng)受的外力，不必考慮系統(tǒng)內(nèi)力.系統(tǒng)內(nèi)力的作用不改變整個系統(tǒng)的總動量.4）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力.對于變力，動量定理中的力F應(yīng)當理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值.5）當物體運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理求解．6）電磁感應(yīng)問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移?？键c3利用動量定理解題的基本思路1.確定研究對象．2.對物體進行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；或先求合力，再求合力的沖量．3.抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號．4.根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．解題時究竟選取哪一種表達形式，應(yīng)根據(jù)題意靈活選取;需注意的是:選用解題時究竟選取哪一種表達形式，應(yīng)根據(jù)題意靈活選取;需注意的是:選用①式時，必須規(guī)定零勢能參考面，而選用②式和③式時，可以不規(guī)定零勢能參考面，但必須分清能量的減少量和增加量.考點4動量定理在微粒類和流體問題中的應(yīng)用1.微粒及其特點：通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?質(zhì)量具有獨立性,通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n2.分析步驟1）建立“柱體”模型,沿運動的方向選取一段微元,柱體的橫截面積為2）微元研究,作用時間內(nèi)一段柱形流體的長度為,對應(yīng)的體積為,則微元內(nèi)的粒子數(shù)3）先應(yīng)用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘N計算3.流體的柱狀模型：對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，在極短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面積為S的橫截面的柱形流體的長度為Δl=vΔt，如圖所示。4.流體微元原速率反彈所受作用力的求解步驟1）在極短時間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對象。2）求小柱體的體積ΔV=SvΔt。3）求小柱體的質(zhì)量Δm=ρΔV=SρvΔt。4）應(yīng)用動量定理Δp=FΔt。5）作用后流體微元以速率v反彈，有Δp=-2Δmv。6）聯(lián)立解得F=-2ρSv2。1．（2024·重慶·高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為m，針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運動中針翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（

）A．被彈出時速度大小為B．到達目標組織表面時的動能為F1d1C．運動d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2D．運動d2的過程中動量變化量大小為2．（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。

考向1動量和沖量的理解1．（2024·河北·模擬預(yù)測）排球比賽中，甲同學(xué)在處將排球以水平擊出，乙同學(xué)在離地處將排球墊起，排球被墊起后以原速率反彈，方向與墊球前瞬間的速度方向相反。已知，排球的質(zhì)量為，不計空氣阻力，則關(guān)于此排球的運動下列說法正確的是（）A．排球被甲同學(xué)擊出后在空中飛行時間為B．排球擊出點與墊球點的水平距離為C．排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力的沖量大小為D．排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力做功為2．（2024·重慶·模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上放著質(zhì)量為的物塊，物塊與圓盤保持相對靜止，其到轉(zhuǎn)軸的距離為。已知圓盤轉(zhuǎn)動的周期為，物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，空氣阻力忽略不計，物塊可視作質(zhì)點。若物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動一周，則（）A．物塊的動量變化量為零B．物塊所受重力的沖量為零C．物塊所受支持力的沖量大小為D．物塊所受摩擦力做的功為考向2動量定理的理解和應(yīng)用3．（2025·重慶·一模）現(xiàn)有一把的鐵錘釘釘子，打擊前瞬間鐵錘的速度為，打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊時間為0.01s。重力加速度，求上述打擊過程：(1)鐵錘的動量變化量；(2)考慮鐵錘所受的重力，釘子受到的平均作用力大小。

考向3動量定理在流體模型中的應(yīng)用4．（2024·浙江金華·一模）清洗汽車的高壓水槍如圖所示。水槍噴出的水柱截面是直徑為D的圓形，水流速度為v，水柱垂直射向汽車表面，沖擊汽車后速度減為零。已知水的密度為ρ。則（

）A．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為B．高壓水槍單位時間內(nèi)對汽車的作用力為C．水柱對汽車的壓強為ρv3D．高壓水槍單位時間內(nèi)噴出水的動能為5．（2023·福建泉州·三模）（多選）如圖，蜂鳥可以通過快速拍打翅膀，使自己懸停在一朵花的前面。假設(shè)蜂鳥兩翅膀扇動空氣的總面積為S，翅膀扇動對空氣的作用力效果與翅膀用速度v平推空氣的效果相同。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g，則（）A．單位時間內(nèi)翅膀拍動空氣的質(zhì)量為SρvB．單位時間內(nèi)翅膀拍動空氣的質(zhì)量為Sρv2C．蜂鳥的質(zhì)量為D．蜂鳥的質(zhì)量為6．（2024·福建寧德·三模）（多選）生活中常用高壓水槍清洗汽車，高壓水槍噴口直徑為D，噴出水流的流速為v，水柱垂直射向汽車表面后速度變?yōu)榱悖拿芏葹?，下列說法正確的是（）A．高壓水槍單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為B．水柱對汽車的平均沖力為C．若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼谋禗．若高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼?倍題型二動量守恒定律的理解及應(yīng)用考點1動量守恒定律成立的幾種特殊條件1.理想守恒：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的合力為零.2.近似守恒：系統(tǒng)所受的外力的合力雖不為零，但系統(tǒng)外力比內(nèi)力小得多，如碰撞問題中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，可以忽略不計.3.某一方向守恒：系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)的總動量的分量保持不變.考點2利用動量守恒定律解題的基本思路1.明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)．2.進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．3.規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．4.由動量守恒定律列出方程．5.代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．考點3應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意的兩個問題1.判斷動量是否守恒時，要注意所選取的系統(tǒng)，注意區(qū)別系統(tǒng)內(nèi)力與外力。2.動量守恒具有分量式：若系統(tǒng)所受合力不為零，但在某個方向上所受的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上的動量守恒?？键c4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.考點5反沖運動反沖現(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.顯然，在反沖現(xiàn)象里，系統(tǒng)的動量是守恒的.①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①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②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)的總機械能增加考點6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：2）兩物體的位移大小滿足：，又得，3.運動特點1）人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；2）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.1．（2024·安徽·高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為、、，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則（

）A．該過程中小球3受到的合力大小始終不變 B．該過程中系統(tǒng)能量守恒，動量不守恒C．在圖乙位置，， D．在圖乙位置，2．（2024·河北·高考真題）（刪減）如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為A木板長度為，機器人質(zhì)量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。

考向1動量守恒定律的理解和應(yīng)用1．（2024·貴州六盤水·模擬預(yù)測）如圖所示，一根光滑剛性桿OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圓弧，AB段是與OA段平滑連接的水平桿，底座置于光滑水平面上?，F(xiàn)讓內(nèi)徑比桿略大的小環(huán)套在桿上并以某一初速度沿桿由點B滑動到點O，則此過程（

）A．小環(huán)動量守恒B．小環(huán)水平方向動量守恒C．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)動量守恒D．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒2．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示。上表面粗糙的長木板P放在光滑水平面上，長木板中央放置兩質(zhì)量大小關(guān)系未知的物塊M和N，兩物塊與板向的動摩擦因數(shù)均相同。M和N之間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與兩物塊均不拴接），開始時板和兩物塊均靜止。現(xiàn)同時釋放M、N，彈簧將兩物塊彈開，兩物塊在長木板上滑動的過程中，下列說法正確的是（）A．M、N組成的系統(tǒng)總動量一定守恒B．M、N組成的系統(tǒng)總動量一定不守恒C．若長木板向左運動，則物塊M的質(zhì)量一定小于物塊N的質(zhì)量D．若長木板向左運動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右考向2爆炸、反沖和人船模型3．（2024·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)一個連同裝備共有的航天員，脫離空間站后，在離空間站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，先以相對空間站的速度向后噴出的氣體距離空間站時，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．200s B．300s C．400s D．600s4．（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖，質(zhì)量為的滑塊套在固定的水平桿上，一輕桿上端通過鉸鏈固定在上，下端與一質(zhì)量為的小球相連。某時刻給小球一水平向左、大小為的初速度，經(jīng)時間小球在水平方向上的位移為。規(guī)定水平向左為正方向，忽略一切摩擦，則滑塊在水平方向上的位移為（）A． B． C． D．5．（2024·安徽蚌埠·一模）某科研小組試驗一款火箭，攜帶燃料后的總質(zhì)量為M。先將火箭以初速度從地面豎直向上彈出，上升到高度時點燃燃料，假設(shè)質(zhì)量為m的燃氣在一瞬間全部豎直向下噴出，若燃氣相對火箭噴射出的速率為u，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)火箭到達高度時的速度大??；(2)燃氣全部噴出后火箭的速度大??；(3)火箭上升的最大高度。

難點突破碰撞及其拓展模型考點1碰撞問題遵守的三條原則1.動量守恒：.2.動能不增加：.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，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.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．物體物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，，當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，，則碰后物體B的速度范圍為：.考點2碰撞拓展1.“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球-彈簧模型小球-曲面模型小球-小球模型達到共速相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0=(m+M)v共，損失的動能最多，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0=mv1+Mv2，機械能守恒，滿足12mv02=12mv2.“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導(dǎo)軌光滑)未穿出未滑離達到共速達到共速相當于完全非彈性碰撞，滿足mv0=(m+M)v共，損失的動能最多，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能考點3數(shù)學(xué)歸納法和圖像法解決多次碰撞問題當兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數(shù)較多，過程復(fù)雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫揭韵聝煞N方法：數(shù)學(xué)歸納法先利用所學(xué)知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，然后可以計算全程的路程等數(shù)據(jù)圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應(yīng)的v－t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像所圍面積把物體的位移求出考點4“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒；2）機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒；3）彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)；4）彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結(jié)束時)．考點5“滑塊—斜(曲)面”模型1．模型圖示2．模型特點1）上升到最大高度：m與M具有共同水平速度，此時m的豎直速度.系統(tǒng)水平方向動量守恒，；系統(tǒng)機械能守恒，，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能)． 2）返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，；系統(tǒng)機械能守恒相當于完成了彈性碰撞)．1．（2023·廣東·高考真題）（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)量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（

）

A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為2．（2022·北京·高考真題）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動量大于的動量 D．碰撞后的動能小于的動能3．（2022·全國·高考真題）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

4．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的軌道運動，已知細線長。小球質(zhì)量。物塊、小車質(zhì)量均為。小車上的水平軌道長。圓弧軌道半徑。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g取。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大??；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)的取值范圍。

考向1碰撞問題1．（2025·四川·模擬預(yù)測）（多選）如圖，小球X、Y用不可伸長的等長輕繩懸掛于同一高度，靜止時恰好接觸，拉起X，使其在豎直方向上升高度h后由靜止釋放，X做單擺運動到最低點與靜止的Y正碰。碰后X、Y做步調(diào)一致的單擺運動，上升最大高度均為，若X、Y質(zhì)量分別為mx和my，碰撞前后X、Y組成系統(tǒng)的動能分別為Ek1和Ek2，則（）A．=1 B．=2 C．=2 D．=42．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）老師在物理課上用網(wǎng)球和籃球演示了一個實驗，如圖甲所示，同時由靜止釋放緊靠在一起、球心在同一豎直線上的網(wǎng)球和籃球，發(fā)現(xiàn)籃球與地面碰撞以后，網(wǎng)球彈起的高度大于釋放時的高度。為了定量研究這一現(xiàn)象，將圖甲簡化為圖乙所示模型，籃球下沿距地面高度為h=1.25m，籃球與地面的碰撞無機械能損失，籃球和網(wǎng)球的碰撞時間極短，碰后網(wǎng)球從碰撞位置上升的最大高度為4h，已知網(wǎng)球質(zhì)量為m=60g，籃球質(zhì)量為網(wǎng)球質(zhì)量的9倍，不計空氣阻力，重力加速度為g=10m/s2。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）求：(1)網(wǎng)球與籃球碰撞時的速度。(2)籃球與網(wǎng)球碰撞后瞬間的速度。

考向2“滑塊—彈簧”模型3．（2024·湖南邵陽·三模）（多選）如圖（a），一質(zhì)量為的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從0到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則下列說法中正確的是（）A．物塊B的質(zhì)量為B．碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為C．時間內(nèi)物塊B運動的距離為D．彈簧壓縮量的最大值為考向3“滑塊—斜(曲)面”模型4．（2024·遼寧遼陽·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為4m、半徑為R的光滑四分之一圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質(zhì)量為m的小球B壓縮彈簧（B與彈簧不連接），由靜止釋放小球，小球被彈開后運動到圓弧體的最高點時，恰好與圓弧體相對靜止，不計小球的大小，重力加速度為g。求：（1）彈簧具有的最大彈性勢能；（2）小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對圓弧面的壓力大??；（3）小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度。專題07動量定理動量守恒定律目錄TOC\o"1-4"\h\u01考情透視·目標導(dǎo)航 202知識導(dǎo)圖·思維引航 303核心精講·題型突破 4題型一動量定理的理解及應(yīng)用 4【核心精講】 4考點1動量與動能，沖量與功的辨析 4考點2動量定理的深層理解 5考點3利用動量定理解題的基本思路 5考點4動量定理在微粒類和流體問題中的應(yīng)用 6【真題研析】 7【命題預(yù)測】 9考向1動量和沖量的理解 9考向2動量定理的理解和應(yīng)用 10考向3動量定理在流體模型中的應(yīng)用 11題型二動量守恒定律的理解及應(yīng)用 13【核心精講】 13考點1動量守恒定律成立的幾種特殊條件 13考點2利用動量守恒定律解題的基本思路 13考點3應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意的兩個問題 13考點4爆炸 13考點5反沖運動 13考點6人船模型 14【真題研析】 14【命題預(yù)測】 16考向1動量守恒定律的理解和應(yīng)用 16考向2爆炸、反沖和人船模型 17難點突破碰撞及其拓展模型 19【核心精講】 19考點1碰撞問題遵守的三條原則 19考點2碰撞拓展 20考點3數(shù)學(xué)歸納法和圖像法解決多次碰撞問題 20考點4“滑塊—彈簧”模型 20考點5“滑塊—斜(曲)面”模型 21【真題研析】 22【命題預(yù)測】 26考向1碰撞問題 26考向2“滑塊—彈簧”模型 27考向3“滑塊—斜(曲)面”模型 28命題統(tǒng)計命題要點20242023年2022年熱考角度動量定理的理解及應(yīng)用2024?重慶?動量和沖量的理解、2024?北京?動量和沖量的理解、2024?廣西?動量和沖量的理解、2024?安徽?動量定理的理解和應(yīng)用、2024?寧夏四川?動量定理的理解和應(yīng)用、2024?福建?動量定理的理解和應(yīng)用、2024?廣東?動量定理的理解和應(yīng)用、緩沖2023?河北?動量和沖量的理解、2023?重慶?動量和沖量的理解2023?全國?動量和沖量的理解、2023?福建?動量定理的理解和應(yīng)用、2023?全國?動量定理的理解和應(yīng)用、2023?江蘇?動量定理的理解和應(yīng)用2022?重慶?動量和沖量的理解、2022?湖北?動量和沖量的理解、2022?重慶?動量和沖量的理解、2022?湖南?動量和沖量的理解、2022?湖南?動量和沖量的理解、2022?北京?動量定理的理解和應(yīng)用、2022?山東?動量定理的理解和應(yīng)用、2022?全國?動量定理的理解和應(yīng)用、2022?北京?動量定理的理解和應(yīng)用、2022·福建·流體問題動量定理的理解及應(yīng)用2024?安徽?動量守恒定律的理解和應(yīng)用、2024?甘肅?動量守恒定律的理解和應(yīng)用、2024·浙江·反沖、2024·河北·人船模型此外在以下“碰撞及其拓展模型”專題中均有涉及碰撞及其拓展模型2024?天津?碰撞問題、2024?重慶?碰撞問題、2024?湖北?碰撞問題、2024?安徽?碰撞問題、2024?上海?碰撞問題、2024?廣東?碰撞問題、2024?廣西?碰撞問題、2024?遼寧?“滑塊—彈簧”模型、2024?安徽?“滑塊—斜(曲)面”模型2023?廣東?碰撞問題、2023?重慶?碰撞問題、2023?廣東?碰撞問題、2023?天津?碰撞問題、2023?北京?碰撞問題、2023?全國?碰撞問題、2023?浙江?“滑塊—彈簧”模型、2023?遼寧?“滑塊—彈簧”模型、2023?湖南?“滑塊—斜(曲)面”模型2022?北京?碰撞問題、2022?天津?碰撞問題、2022?海南?碰撞問題、2022?湖北?碰撞問題、2022?廣東?碰撞問題、2022?山東?碰撞問題、2022?福建?“滑塊—彈簧”模型、2022?全國?“滑塊—彈簧”模型命題規(guī)律①對動量、沖量的理解，解釋生活中的問題。②動量定理的應(yīng)用考查；③以實際情境為素材，碰撞、流體作用力、反沖、人船模型等對動量守恒定律的應(yīng)用；④碰撞及碰撞拓展模型（滑塊-彈簧模型、滑塊曲面模型）的考查?？枷蝾A(yù)測本專題屬于熱點、難點內(nèi)容；高考命題以選擇題或計算題的形式出現(xiàn)；本專題一種是對動量、沖量本身的知識考察，結(jié)合生活例子解釋現(xiàn)象，多以選擇題出現(xiàn)，涉及的內(nèi)容有碰撞、反沖、流體問題等問題，難度相對也較低。另一種與結(jié)合牛頓運動定律、功和能、帶電粒子碰撞、電磁感應(yīng)結(jié)合的綜合題形式考察，這些難度較大。備考時要熟練掌握動量、沖量、動量定理及動量守恒定律，以及它們在生活中的應(yīng)用。命題情境安全行車(機車碰撞、安全氣囊)、交通運輸(噴氣式飛機)、體育運動(滑冰接力、球類運動)、火箭發(fā)射、爆炸、高空墜物、氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞。常用方法微元法、圖像法；理解過程與狀態(tài)、過程量與狀態(tài)量。題型一動量定理的理解及應(yīng)用考點1動量與動能，沖量與功的辨析1.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)的物理量定義式標矢性矢量標量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系變化量聯(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2.沖量與功的比較沖量功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(F為恒力)(F為恒力)矢標性矢量標量意義(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3.變力的沖量計算方法1）圖像法：F－t圖像與t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。2）平均值法：若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量。3）動量定理法：根據(jù)物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量考點2動量定理的深層理解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:3.深層理解1）上述公式是一矢量式，需要規(guī)定正方向，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向.2）公式中的是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力.在變加速運動中為Δt時間內(nèi)的平均力。3）動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統(tǒng).對物體系統(tǒng)，只需分析系統(tǒng)受的外力，不必考慮系統(tǒng)內(nèi)力.系統(tǒng)內(nèi)力的作用不改變整個系統(tǒng)的總動量.4）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力.對于變力，動量定理中的力F應(yīng)當理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值.5）當物體運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理求解．6）電磁感應(yīng)問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移?？键c3利用動量定理解題的基本思路1.確定研究對象．2.對物體進行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；或先求合力，再求合力的沖量．3.抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號．4.根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．解題時究竟選取哪一種表達形式，應(yīng)根據(jù)題意靈活選取;需注意的是:選用解題時究竟選取哪一種表達形式，應(yīng)根據(jù)題意靈活選取;需注意的是:選用①式時，必須規(guī)定零勢能參考面，而選用②式和③式時，可以不規(guī)定零勢能參考面，但必須分清能量的減少量和增加量.考點4動量定理在微粒類和流體問題中的應(yīng)用1.微粒及其特點：通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?質(zhì)量具有獨立性,通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n2.分析步驟1）建立“柱體”模型,沿運動的方向選取一段微元,柱體的橫截面積為2）微元研究,作用時間內(nèi)一段柱形流體的長度為,對應(yīng)的體積為,則微元內(nèi)的粒子數(shù)3）先應(yīng)用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘N計算3.流體的柱狀模型：對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，在極短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面積為S的橫截面的柱形流體的長度為Δl=vΔt，如圖所示。4.流體微元原速率反彈所受作用力的求解步驟1）在極短時間Δt內(nèi)，取一小柱體作為研究對象。2）求小柱體的體積ΔV=SvΔt。3）求小柱體的質(zhì)量Δm=ρΔV=SρvΔt。4）應(yīng)用動量定理Δp=FΔt。5）作用后流體微元以速率v反彈，有Δp=-2Δmv。6）聯(lián)立解得F=-2ρSv2。1．（2024·重慶·高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為m，針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運動中針翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（

）A．被彈出時速度大小為B．到達目標組織表面時的動能為F1d1C．運動d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2D．運動d2的過程中動量變化量大小為【考點】動量與動能，沖量與功的辨析【答案】A【詳解】A．根據(jù)動能定理有，解得，故A正確；B．針鞘到達目標組織表面后，繼續(xù)前進d2減速至零，有Ek=F2d2，故B錯誤；C．針鞘運動d2的過程中，克服阻力做功為F2d2，故C錯誤；D．針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小，故D錯誤。故選A。2．（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度?！究键c】動量定理的理解和應(yīng)用、緩沖【答案】（1）；（2）①330N?s，方向豎直向上；②0.2m【詳解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知解得（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小，方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時的速度與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度考向1動量和沖量的理解1．（2024·河北·模擬預(yù)測）排球比賽中，甲同學(xué)在處將排球以水平擊出，乙同學(xué)在離地處將排球墊起，排球被墊起后以原速率反彈，方向與墊球前瞬間的速度方向相反。已知，排球的質(zhì)量為，不計空氣阻力，則關(guān)于此排球的運動下列說法正確的是（）A．排球被甲同學(xué)擊出后在空中飛行時間為B．排球擊出點與墊球點的水平距離為C．排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力的沖量大小為D．排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力做功為【答案】C【詳解】A．排球被甲同學(xué)擊出后做平拋運動，由，得，故A錯誤；B．排球擊出點與墊球點的水平距離，故B錯誤；C．排球被墊起前瞬間豎直方向的分速度大小，墊球時的速度大小，則排球被乙同學(xué)墊起過程中所受合力的沖量大小，故C正確；D．排球被乙同學(xué)墊起過程中速率不變，動能不變，由動能定理知所受合力做功為0，故D錯誤。故選C。2．（2024·重慶·模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上放著質(zhì)量為的物塊，物塊與圓盤保持相對靜止，其到轉(zhuǎn)軸的距離為。已知圓盤轉(zhuǎn)動的周期為，物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，空氣阻力忽略不計，物塊可視作質(zhì)點。若物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動一周，則（）A．物塊的動量變化量為零B．物塊所受重力的沖量為零C．物塊所受支持力的沖量大小為D．物塊所受摩擦力做的功為【答案】AC【詳解】A．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動一周，速度變化量為零，故動量變化量為零，故A正確；B．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動一周，根據(jù)沖量的定義，物塊所受重力的沖量為,方向豎直向下，故B錯誤；C．豎直方向平衡，物塊所受支持力大小等于重力，故物塊所受支持力的沖量大小為，故C正確；D．物塊隨圓盤勻速轉(zhuǎn)動，速度大小不變，根據(jù)動能定理知物塊所受摩擦力做的功為零，故D錯誤。故選AC?？枷?動量定理的理解和應(yīng)用3．（2025·重慶·一模）現(xiàn)有一把的鐵錘釘釘子，打擊前瞬間鐵錘的速度為，打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊時間為0.01s。重力加速度，求上述打擊過程：(1)鐵錘的動量變化量；(2)考慮鐵錘所受的重力，釘子受到的平均作用力大小。【答案】(1)(2)186N【詳解】（1）規(guī)定鐵錘初速度方向為正方向，對鐵錘分析即動量變化量的大小為，方向與初速度的方向相反；（2）釘子對鐵錘的平均作用力為，對于鐵錘，以初速度的方向為正方向，由動量定理可得解得根據(jù)牛頓第三定律可得，釘子受到的平均作用力的大小考向3動量定理在流體模型中的應(yīng)用4．（2024·浙江金華·一模）清洗汽車的高壓水槍如圖所示。水槍噴出的水柱截面是直徑為D的圓形，水流速度為v，水柱垂直射向汽車表面，沖擊汽車后速度減為零。已知水的密度為ρ。則（

）A．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為B．高壓水槍單位時間內(nèi)對汽車的作用力為C．水柱對汽車的壓強為ρv3D．高壓水槍單位時間內(nèi)噴出水的動能為【答案】A【詳解】AB．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為，規(guī)定水流的速度方向為正方向，由動量定理得，解得，故B錯誤，A正確；C．水柱對汽車的壓強為，故C錯誤。D．高壓水槍單位時間內(nèi)噴出水的動能為，故D錯誤；故選A。5．（2023·福建泉州·三模）（多選）如圖，蜂鳥可以通過快速拍打翅膀，使自己懸停在一朵花的前面。假設(shè)蜂鳥兩翅膀扇動空氣的總面積為S，翅膀扇動對空氣的作用力效果與翅膀用速度v平推空氣的效果相同。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g，則（）A．單位時間內(nèi)翅膀拍動空氣的質(zhì)量為SρvB．單位時間內(nèi)翅膀拍動空氣的質(zhì)量為Sρv2C．蜂鳥的質(zhì)量為D．蜂鳥的質(zhì)量為【答案】AC【詳解】AB．設(shè)翅膀扇動一次的時間為t，拍動空氣的總質(zhì)量為，則單位時間內(nèi)翅膀拍動空氣的質(zhì)量為，故A正確，B錯誤；CD．翅膀用速度v平推空氣，使空氣的速度變?yōu)関，根據(jù)動量定理有，翅膀?qū)諝獾淖饔昧Υ笮〉扔诳諝鈱Τ岚虻淖饔昧Υ笮?，即，由平衡條件得，解得蜂鳥的質(zhì)量為，故C正確，D錯誤。故選AC。6．（2024·福建寧德·三模）（多選）生活中常用高壓水槍清洗汽車，高壓水槍噴口直徑為D，噴出水流的流速為v，水柱垂直射向汽車表面后速度變?yōu)榱悖拿芏葹?，下列說法正確的是（）A．高壓水槍單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為B．水柱對汽車的平均沖力為C．若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼谋禗．若高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】AC【詳解】A．高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量，故A正確；B．設(shè)水柱對汽車的平均沖力為，垂直汽車表面方向，由動量定理得，時間內(nèi)水柱的質(zhì)量為，解得水柱對汽車的平均沖力為，故B錯誤；C．若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，根據(jù)得水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼谋?，故C正確；D．根據(jù)，若高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水柱對汽車的平均沖力為原來的4倍，故D錯誤。故選AC。題型二動量守恒定律的理解及應(yīng)用考點1動量守恒定律成立的幾種特殊條件1.理想守恒：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的合力為零.2.近似守恒：系統(tǒng)所受的外力的合力雖不為零，但系統(tǒng)外力比內(nèi)力小得多，如碰撞問題中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，可以忽略不計.3.某一方向守恒：系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)的總動量的分量保持不變.考點2利用動量守恒定律解題的基本思路1.明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)．2.進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．3.規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．4.由動量守恒定律列出方程．5.代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．考點3應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意的兩個問題1.判斷動量是否守恒時，要注意所選取的系統(tǒng)，注意區(qū)別系統(tǒng)內(nèi)力與外力。2.動量守恒具有分量式：若系統(tǒng)所受合力不為零，但在某個方向上所受的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上的動量守恒?？键c4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.考點5反沖運動反沖現(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.顯然，在反沖現(xiàn)象里，系統(tǒng)的動量是守恒的.①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①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②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)的總機械能增加考點6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：2）兩物體的位移大小滿足：，又得，3.運動特點1）人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；2）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.1．（2024·安徽·高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為、、，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則（

）A．該過程中小球3受到的合力大小始終不變 B．該過程中系統(tǒng)能量守恒，動量不守恒C．在圖乙位置，， D．在圖乙位置，【考點】動量守恒定律的理解和應(yīng)用【答案】D【詳解】AB．該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對整個系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為0，故動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據(jù)對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1和2的電場力大小相等，方向相反，故可知此時球3受到的合力為0，球3從靜止狀態(tài)開始運動，瞬間受到的合力不為0，故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯誤；CD．對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒，根據(jù)球1和2運動的對稱性可知，解得，根據(jù)能量守恒，解得，故C錯誤，D正確。故選D。2．（2024·河北·高考真題）（刪減）如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為A木板長度為，機器人質(zhì)量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離?！究键c】人船模型【答案】（1）；【詳解】（1）機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)機器人質(zhì)量為M，三個木板質(zhì)量為m，取向右為正方向，則機器人從A木板左端走到A木板右端時，機器人、木板A運動位移分別為為、,則有同時有解得A、B木板間的水平距離考向1動量守恒定律的理解和應(yīng)用1．（2024·貴州六盤水·模擬預(yù)測）如圖所示，一根光滑剛性桿OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圓弧，AB段是與OA段平滑連接的水平桿，底座置于光滑水平面上。現(xiàn)讓內(nèi)徑比桿略大的小環(huán)套在桿上并以某一初速度沿桿由點B滑動到點O，則此過程（

）A．小環(huán)動量守恒B．小環(huán)水平方向動量守恒C．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)動量守恒D．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒【答案】D【詳解】A．小環(huán)套在桿上并以某一初速度沿桿由點B滑動到點O，小環(huán)在圓弧段合力不為零，動量不守恒，故A錯誤；B．小環(huán)在圓弧段受到圓弧的彈力，小環(huán)水平方向合力不為零，動量不守恒，故B錯誤；C．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，動量不守恒，故C錯誤；D．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，故D正確。故選D。2．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示。上表面粗糙的長木板P放在光滑水平面上，長木板中央放置兩質(zhì)量大小關(guān)系未知的物塊M和N，兩物塊與板向的動摩擦因數(shù)均相同。M和N之間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與兩物塊均不拴接），開始時板和兩物塊均靜止?，F(xiàn)同時釋放M、N，彈簧將兩物塊彈開，兩物塊在長木板上滑動的過程中，下列說法正確的是（）A．M、N組成的系統(tǒng)總動量一定守恒B．M、N組成的系統(tǒng)總動量一定不守恒C．若長木板向左運動，則物塊M的質(zhì)量一定小于物塊N的質(zhì)量D．若長木板向左運動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右【答案】D【詳解】AB．物塊M和N受到長木板對它們的摩擦力大小未知，若兩摩擦力大小相等，則M、N組成的系統(tǒng)總動量守恒，若兩摩擦力大小不相等，則M、N組成的系統(tǒng)總動量不守恒，故AB錯誤；C．若長木板向左運動，則板受到的合力向左，M對板的摩擦力大于N對板的摩擦力，M的質(zhì)量一定大于N的質(zhì)量，故C錯誤；D．長木板和兩物塊組成的系統(tǒng)總動量守恒，若長木板向左運動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右，故D正確。故選D?？枷?爆炸、反沖和人船模型3．（2024·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)一個連同裝備共有的航天員，脫離空間站后，在離空間站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，先以相對空間站的速度向后噴出的氣體距離空間站時，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．200s B．300s C．400s D．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，則根據(jù)動量守恒定律，即，解得，此所需的時間為，再次噴氣，設(shè)噴氣后航天員的速度為，根據(jù)動量守恒定律，即，解得，此后所需的時間為，則宇航員返回空間站的時間約為故選B。4．（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖，質(zhì)量為的滑塊套在固定的水平桿上，一輕桿上端通過鉸鏈固定在上，下端與一質(zhì)量為的小球相連。某時刻給小球一水平向左、大小為的初速度，經(jīng)時間小球在水平方向上的位移為。規(guī)定水平向左為正方向，忽略一切摩擦，則滑塊在水平方向上的位移為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】、在水平方向上動量守恒，有，在極短的時間內(nèi)，有，，則在時間內(nèi)有，可知故選C。5．（2024·安徽蚌埠·一模）某科研小組試驗一款火箭，攜帶燃料后的總質(zhì)量為M。先將火箭以初速度從地面豎直向上彈出，上升到高度時點燃燃料，假設(shè)質(zhì)量為m的燃氣在一瞬間全部豎直向下噴出，若燃氣相對火箭噴射出的速率為u，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)火箭到達高度時的速度大?。?2)燃氣全部噴出后火箭的速度大?。?3)火箭上升的最大高度?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）由機械能守恒可得解得火箭到達高度時的速度大小為（2）由動量守恒可得解得燃氣全部噴出后火箭的速度大小為（3）設(shè)火箭上升的最大高度為，根據(jù)機械能守恒可得解得難點突破碰撞及其拓展模型考點1碰撞問題遵守的三條原則1.動量守恒：.2.動能不增加：.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，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.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．物體物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，，當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，，則碰后物體B的速度范圍為：.考點2碰撞拓展1.“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球-彈簧模型小球-曲面模型小球-小球模型達到共速相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0=(m+M)v共，損失的動能最多，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0=mv1+Mv2，機械能守恒，滿足12mv02=12mv2.“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導(dǎo)軌光滑)未穿出未滑離達到共速達到共速相當于完全非彈性碰撞，滿足mv0=(m+M)v共，損失的動能最多，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能考點3數(shù)學(xué)歸納法和圖像法解決多次碰撞問題當兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數(shù)較多，過程復(fù)雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫揭韵聝煞N方法：數(shù)學(xué)歸納法先利用所學(xué)知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，然后可以計算全程的路程等數(shù)據(jù)圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應(yīng)的v－t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像所圍面積把物體的位移求出考點4“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒；2）機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒；3）彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)；4）彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結(jié)束時)．考點5“滑塊—斜(曲)面”模型1．模型圖示2．模型特點1）上升到最大高度：m與M具有共同水平速度，此時m的豎直速度.系統(tǒng)水平方向動量守恒，；系統(tǒng)機械能守恒，，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能)． 2）返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，；系統(tǒng)機械能守恒相當于完成了彈性碰撞)．1．（2023·廣東·高考真題）（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)量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（

）

A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為【考點】碰撞問題【答案】BD【詳解】A．取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為，碰撞后的動量為，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；B．對滑塊1，取向右為正方向，則有，負號表示方向水平向左，故B正確；C．對滑塊2，取向右為正方向，則有，故C錯誤；D．對滑塊2根據(jù)動量定理有，解得，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。2．（2022·北京·高考真題）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動量大于的動量 D．碰撞后的動能小于的動能【考點】碰撞問題【答案】C【詳解】A．圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知碰前的速度大小為碰前速度為0，A錯誤；B．兩物體正碰后，碰后的速度大小為，碰后的速度大小為，碰后兩物體的速率相等，B錯誤；C．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即，解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為，根據(jù)動量的表達式可知碰后的動量大于的動量，C正確；D．根據(jù)動能的表達式可知碰后的動能大于的動能，D錯誤。故選C。3．（2022·全國·高考真題）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！究键c】“滑塊—彈簧”模型【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得，（2）解法一：同一時刻彈簧對、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有0-t0之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度