2025年高考物理考試易錯(cuò)題易錯(cuò)點(diǎn)07動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律(3陷阱點(diǎn)7考點(diǎn)4題型)(學(xué)生版+解析)

易錯(cuò)點(diǎn)07對動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律使用不準(zhǔn)確目錄01易錯(cuò)陷阱易錯(cuò)點(diǎn)一：應(yīng)用動(dòng)量定理求解問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤易錯(cuò)點(diǎn)二：不理解動(dòng)量守恒定律的條件也不會(huì)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律列式求解問題易錯(cuò)點(diǎn)三：沒有弄清碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律而出現(xiàn)錯(cuò)誤02易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)一、流體模型沖力的計(jì)算知識(shí)點(diǎn)二、彈性碰撞模型知識(shí)點(diǎn)三、小球—曲面模型知識(shí)點(diǎn)四、小球—彈簧模型知識(shí)點(diǎn)五、子彈打木塊模型知識(shí)點(diǎn)六、人船模型與類人船模型知識(shí)點(diǎn)七、類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較03舉一反三——易錯(cuò)題型題型一：動(dòng)量定理在流體沖擊力的計(jì)算題型二：動(dòng)量守恒定律的判斷題型三：碰撞與類碰撞問題的計(jì)算題型四：動(dòng)量守恒在爆炸與反沖問題分析04易錯(cuò)題通關(guān)易錯(cuò)點(diǎn)一：應(yīng)用動(dòng)量定理求解問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤物體所受合外力的沖量等于它的動(dòng)量的變化。表達(dá)式：Ft=p'-p或Ft=mv-mv(1)上述公式是一矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向。(2)公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力。(3)動(dòng)量定理的研究對象可以是單個(gè)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(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量。(4)動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力。對于變力，動(dòng)量定理中的力應(yīng)當(dāng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。易錯(cuò)點(diǎn)二：不理解動(dòng)量守恒定律的條件也不會(huì)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律列式求解問題1、動(dòng)量守恒定律適用條件（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零（2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受到的外力.（3）某方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力之和為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒.2、表達(dá)式（1）p=（2）Δp（3）Δp易錯(cuò)點(diǎn)三：沒有弄清碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律而出現(xiàn)錯(cuò)誤1、碰撞的概念及特點(diǎn)碰撞是物體間相互作用時(shí)間很短，物體間相互作用力很大，從而使系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體的動(dòng)量在碰撞過程的極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生劇烈變化的過程，具有以下特點(diǎn)：(1)碰撞過程時(shí)間特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短。(2)相互作用力的特點(diǎn)：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大。(3)動(dòng)量守恒條件的特點(diǎn)：由于碰撞過程中物體間的相互作用力(內(nèi)力)很大(遠(yuǎn)大于外力如重力及摩擦力等)系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。(4)碰撞過程位移特點(diǎn)：在物體發(fā)生碰撞、的瞬間，可忽略物體的位移，認(rèn)為物體在碰撞前后仍在同一位置。2、問題的三個(gè)原則（1）系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系統(tǒng)總動(dòng)量的大小和方向均守恒。

（2）機(jī)械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動(dòng)能不增加，表達(dá)式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).（3）速度要合理①碰前若同向運(yùn)動(dòng)，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后．②兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向肯定有一個(gè)改變或速度均為零知識(shí)點(diǎn)一、流體模型沖力的計(jì)算研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常給出流體的密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n分析步驟①建構(gòu)“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小柱體質(zhì)量m小柱體內(nèi)粒子數(shù)N=小柱體動(dòng)量p=③建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt知識(shí)點(diǎn)二、彈性碰撞模型1．彈性碰撞v1v2v1ˊv2ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

m1v1+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)

聯(lián)立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.2．“動(dòng)靜相碰型”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。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′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)知識(shí)點(diǎn)三、小球—曲面模型(1)小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，小球的重力勢能最大水平方向動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh(相當(dāng)于完全非彈性碰撞)(2)小球返回曲面底端時(shí)動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當(dāng)于彈性碰撞)知識(shí)點(diǎn)四、小球—彈簧模型(1)兩小球速度相同時(shí)，彈簧最短，彈性勢能最大動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm(相當(dāng)于完全非彈性碰撞)(2)彈簧恢復(fù)原長時(shí)：動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當(dāng)于完全彈性碰撞)知識(shí)點(diǎn)五、子彈打木塊模型ss2ds1v0子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個(gè)典型，它的特點(diǎn)是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等多個(gè)角度來分析這一過程。設(shè)質(zhì)量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。要點(diǎn)詮釋：子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：……①從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對子彈用動(dòng)能定理：……②對木塊用動(dòng)能定理：……③②相減得：……④對子彈用動(dòng)量定理：……⑤對木塊用動(dòng)量定理： ……⑥知識(shí)點(diǎn)六、人船模型與類人船模型如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向不受外力作用，滿足動(dòng)量守恒．設(shè)某時(shí)刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎?，則有：s1s1s2兩邊同乘時(shí)間t，，設(shè)人、船位移大小分別為s1、s2，則有，①由圖可以看出：②由①②兩式解得，知識(shí)點(diǎn)七、類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較反沖模型類碰撞模型示意圖vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共①到最低點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒:0=mv1-Mv2；能量守恒:mg(R+h)=?mv12+?Mv22+Q1.機(jī)械能守恒:mg(R+h)=?mv02②到最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，速度都為零；全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1+Q2.且Q1>Q2（若內(nèi)壁光滑Q1=Q2=0）水平方向動(dòng)量守恒：mv0=(m+M)v共能量守恒：?mv02=?(m+M)v共2+mgh+Q.（若內(nèi)壁光滑Q=0）題型一：動(dòng)量定理在流體沖擊力的計(jì)算【例1】（2023?烏魯木齊一模）帆船是一種依靠自然風(fēng)力作用于帆上來推動(dòng)船只前進(jìn)的水上交通工具。在某次賽前訓(xùn)練中，若帆船的迎風(fēng)面積、空氣密度均不變，當(dāng)風(fēng)速為2v0時(shí)，帆船在靜水中順風(fēng)勻速行駛的速度為v0，受到的阻力為F；當(dāng)風(fēng)速為4v0時(shí)，帆船在靜水中順風(fēng)勻速行駛時(shí)受到的阻力為94A．32v0 B．52v0 C．74v0 D．【變式1-1】（多選）（2023?芝罘區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示裝置，裝有細(xì)砂石的容器帶有比較細(xì)的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細(xì)砂石質(zhì)量的托盤秤。當(dāng)托盤上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細(xì)砂石時(shí)關(guān)閉閥門K，此時(shí)從管口到砂石堆頂端還有長為H的細(xì)砂石柱，設(shè)管口單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，管口處細(xì)砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細(xì)砂石柱下落時(shí)砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．剛關(guān)閉閥門K時(shí)，托盤秤示數(shù)為mg B．細(xì)砂石柱下落過程中，托盤秤示數(shù)為m+m02HgC．細(xì)砂石柱對砂石堆頂端的沖擊力為m02gH D．細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時(shí)托盤秤的示數(shù)大【變式1-2】（2022?延慶區(qū)一模）如圖所示為某地一風(fēng)力發(fā)電機(jī)，它的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為20m的圓面。某時(shí)間內(nèi)該地區(qū)的風(fēng)速是5.0m/s，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面垂直，已知空氣的密度為1.2kg/m3，假如這個(gè)風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)10%的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，π取3。下列說法正確的是（）A．單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的體積為6000m3 B．單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動(dòng)能為900J C．單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動(dòng)量為900kg?m/s D．此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為900W【變式1-3】（2023?通州區(qū)一模）為尋找可靠的航天動(dòng)力裝置，科學(xué)家們正持續(xù)進(jìn)行太陽帆推進(jìn)器和離子推進(jìn)器的研究。太陽帆推進(jìn)器是利用太陽光作用在太陽帆的壓力提供動(dòng)力，離子推進(jìn)器則是利用電場加速后的離子氣體的反沖作用加速航天器。（1）由量子理論可知每個(gè)光子的動(dòng)量為p=?①時(shí)間t內(nèi)作用在太陽帆的光子個(gè)數(shù)N；②在太陽光壓下宇宙飛船的加速度a的大?。?）離子推進(jìn)器的原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離，其中正離子飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場（離子初速度忽略不計(jì)），A，B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速正離子束的過程中所消耗的功率為P，推進(jìn)器獲得的恒定推力為F。為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，即要使FP題型二：動(dòng)量守恒定律的判斷【例2】（2023?浙江模擬）物理規(guī)律往往有一定的適用條件，我們在運(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問題時(shí)，需要判斷使用的物理規(guī)律是否成立。如圖所示，站在車上的人用錘子連續(xù)敲打小車。初始時(shí)，人、車、錘都靜止，假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是（）A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng) B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒 D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒【變式2-1】（2023?渾南區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體A放在光滑的水平面上，已知A的質(zhì)量為2m，高為h，質(zhì)量為m的細(xì)長直桿B，受固定的光滑套管C約束，只能在豎直方向上自由運(yùn)動(dòng)。初始時(shí)，A在水平推力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)B桿下端正好壓在A的頂端?，F(xiàn)撤去推力F，A、B便開始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則（）A．推力F的大小為mgsinθ B．運(yùn)動(dòng)過程中，A對B不做功 C．A、B組成的系統(tǒng)，水平方向上動(dòng)量守恒 D．當(dāng)桿的下端剛滑到斜面底端時(shí)，斜面體的速度大小2g?【變式2-2】（多選）（2022?金鳳區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A．在下滑過程中，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒 C．物塊被彈簧反彈后，離開彈簧時(shí)的速度大小為v=2g?D．物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能EP=2【變式2-3】（多選）如右上圖所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上．槽的左側(cè)有一豎直墻壁．現(xiàn)讓一小球（可是為質(zhì)點(diǎn)）自左端槽口A點(diǎn)的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點(diǎn)入槽內(nèi)．則下列說法正確的是（）A．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，只有重力對小球做功 B．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．小球從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量守恒 D．小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)題型三：碰撞與類碰撞問題的計(jì)算【例3】（2024?安平縣校級(jí)模擬）滑板運(yùn)動(dòng)是由沖浪運(yùn)動(dòng)演變而成的一種極限運(yùn)動(dòng)。如圖所示，一同學(xué)在水平地面上進(jìn)行滑板練習(xí)，該同學(xué)站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在滑板A正前方有一靜止的滑板B，在滑板A接近滑板B時(shí)，該同學(xué)迅速從滑板A跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學(xué)的質(zhì)量為45kg，兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg，不計(jì)滑板與地面間的摩擦，下列說法正確的是（）A．上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．該同學(xué)跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s C．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小 D．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量大小為47.5N?s【變式3-1】（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，固定光滑曲面左側(cè)與光滑水平面平滑連接，水平面依次放有2024個(gè)質(zhì)量均為2m的彈性物塊（所有物塊在同一豎直平面內(nèi)），質(zhì)量為m的0號(hào)物塊從曲面上高h(yuǎn)處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0與1號(hào)物塊發(fā)生彈性正碰，0號(hào)物塊反彈后滑上曲面再原路返回，如此反復(fù)，2024個(gè)彈性物塊兩兩間碰撞時(shí)無能量損耗，則下列說法正確的是（所有物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g）（）A．0號(hào)到2024號(hào)所有木塊系統(tǒng)全過程動(dòng)量守恒 B．0號(hào)物塊最終動(dòng)量大小為(1C．2021號(hào)物塊最終速度281D．2024號(hào)物塊最終速度2023【變式3-2】（2024?如皋市校級(jí)模擬）如圖將一質(zhì)量為m的小球，從放置在光滑水平地面上質(zhì)量為M的光滑半圓形槽的槽口A點(diǎn)由靜止釋放經(jīng)過最低點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，下列說法中正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到圓形槽右側(cè)最高點(diǎn)一定與A點(diǎn)等高 B．從B→C，半圓形槽和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．從A→B→C，C點(diǎn)可能是小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn) D．從A→B，半圓形槽運(yùn)動(dòng)的位移一定大于小球在水平方向上運(yùn)動(dòng)的位移【變式3-3】（多選）（2023?寶雞模擬）如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為2m的光滑半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)正上方高為R處由靜止釋放，由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，重力加速度為g，則（）A．小球進(jìn)入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒 B．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)了 C．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為23D．小車獲得的最大速度為2gR題型四：動(dòng)量守恒在爆炸與反沖問題分析【例4】（2023?青島模擬）如圖，某中學(xué)航天興趣小組在一次發(fā)射實(shí)驗(yàn)中將總質(zhì)量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發(fā)射時(shí)“水火箭”在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的水。已知火箭運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時(shí)速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．火箭的動(dòng)力來源于火箭外的空氣對它的推力 B．火箭上升過程中一直處于超重狀態(tài) C．火箭獲得的最大速度為MM?mD．火箭在空中飛行的時(shí)間為t=【變式4-1】（2024?寧波二模）質(zhì)量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質(zhì)量為m2，并靜置于光滑水平面上，重力加速度為g?；瑝K可看成質(zhì)點(diǎn)，則滑塊滑到斜面底端所用的時(shí)間為（）A．4l(m2+m1C．2lgsinθ 【變式4-2】（2024?云安區(qū)校級(jí)模擬）質(zhì)量m＝260g的手榴彈從水平地面上以v0=102（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；（2）兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離?！咀兪?-3】（2024?浙江模擬）如圖所示，一水平傳送帶以v＝3m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其左端A點(diǎn)和右端B點(diǎn)分別與兩個(gè)光滑水平臺(tái)面平滑對接，A、B兩點(diǎn)間的距離L＝4m。左邊水平臺(tái)面上有一被壓縮的彈簧，彈簧的左端固定，右端與一質(zhì)量為m1＝0.1kg的物塊甲相連（物塊甲與彈簧不拴接，滑上傳送帶前已經(jīng)脫離彈簧），物塊甲與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2。右邊水平臺(tái)面上有一個(gè)傾角為45°，高為h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平臺(tái)面與斜面由平滑圓弧連接），斜面的右側(cè)固定一上表面光滑的水平桌面，桌面與水平臺(tái)面的高度差為h2＝0.95m。桌面左端依次疊放著質(zhì)量為m3＝0.1kg的木板（厚度不計(jì)）和質(zhì)量為m2＝0.2kg的物塊乙，物塊乙與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，桌面上固定一彈性豎直擋板，擋板與木板右端相距x0＝0.5m，木板與擋板碰撞會(huì)原速率返回?，F(xiàn)將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放，物塊甲離開斜面后恰好在它運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)與物塊乙發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），物塊乙始終未滑離木板。物塊甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，已知g＝10m/s2，19（1）物塊甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）彈簧最初儲(chǔ)存的彈性勢能；（3）木板運(yùn)動(dòng)的總路程；（4）若木板的質(zhì)量為m3＝0.4kg，木板與擋板僅能發(fā)生兩次碰撞，求擋板與木板距離的范圍為多少。運(yùn)動(dòng)員在水上做飛行運(yùn)動(dòng)表演他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示。已知運(yùn)動(dòng)員與裝備的總質(zhì)量為90kg，兩個(gè)噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為（）A．2.7m/s B．5.4m/s C．7.6m/s D．10.8m/s2019年8月11日超強(qiáng)臺(tái)風(fēng)“利奇馬”登陸青島，導(dǎo)致部分高層建筑頂部的廣告牌損毀。臺(tái)風(fēng)“利奇馬”登陸時(shí)的最大風(fēng)力為11級(jí)，最大風(fēng)速為30m/s。某高層建筑頂部廣告牌的尺寸為：高5m、寬20m，空氣密度ρ＝1.2kg/m3，空氣吹到廣告牌上后速度瞬間減為0，則該廣告牌受到的最大風(fēng)力約為（）A．3.9×103N B．1.1×105N C．1.0×104N D．9.0×104N（2024?歷下區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，木板B靜止在光滑的水平面上，距右側(cè)墻壁1m。物塊A以v0＝4m/s的水平速度從B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3。B與右側(cè)墻壁碰撞前AB未分離，B與墻壁碰撞后以某一速度反彈，之后某一瞬間AB同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，且A剛好停在B的最右側(cè)。已知物塊A質(zhì)量為1kg，木板B質(zhì)量為3kg，g取10m/s2。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）A．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞無機(jī)械能損失 B．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞損失的機(jī)械能為4J C．木板B的長度為209D．木板B的長度為5（多選）（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，一張薄木板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄木板的接觸面粗糙，原來系統(tǒng)靜止。薄木板突然受到一水平向右的瞬間沖量作用開始運(yùn)動(dòng)，直到小木塊從薄木板上掉下來。上述過程中下列說法正確的是（）A．木板對木塊的摩擦力水平向左 B．摩擦力對木塊做的功一定等于木塊增加的動(dòng)能 C．開始運(yùn)動(dòng)后，木板減小的動(dòng)能等于木塊增加的動(dòng)能 D．木塊動(dòng)能的增加一定小于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱能（多選）（2024?濟(jì)南三模）質(zhì)量為m1＝90g的物塊從距離地面高度為h＝19m處自由下落，在下落到距離地面高度為h'＝14m時(shí)，質(zhì)量為m2＝10g的子彈以v0＝10m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取g＝10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)?m/s B．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)?0m/s C．物塊下落的總時(shí)間為2s D．物塊下落的總時(shí)間為95（多選）（2024?河北二模）2024年2月5日，在斯諾克德國大師賽決賽，特魯姆普以10﹣5戰(zhàn)勝斯佳輝獲得冠軍，如圖甲所示。簡易圖如圖乙所示，特魯姆普某次用白球擊打靜止的藍(lán)球，兩球碰后沿同一直線運(yùn)動(dòng)。藍(lán)球經(jīng)t＝0.6s的時(shí)間向前運(yùn)動(dòng)x1＝0.36m剛好（速度為0）落入袋中，而白球沿同一方向運(yùn)動(dòng)x2＝0.16m停止運(yùn)動(dòng)，已知兩球的質(zhì)量相等，碰后以相同的加速度做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)兩球碰撞的時(shí)間極短且發(fā)生正碰（內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力），則下列說法正確的是（）A．由于摩擦不能忽略，則碰撞過程動(dòng)量不守恒 B．碰后藍(lán)球與白球的速度之比為3：2 C．碰撞前白球的速度大小為2m/s D．該碰撞為彈性碰撞（多選）（2024?湖南三模）如圖甲所示，光滑的水平地面上靜置一質(zhì)量為M，半徑為R光滑的14A．小球與圓弧面組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．圓弧體對小球做負(fù)功 C．圓弧體與小球的質(zhì)量之比為qRp?qD．當(dāng)θ為90°時(shí)，兩者分離時(shí)小球的速度為2mgR（2024?江蘇模擬）如圖所示，右端有固定擋板的長為L的木板C置于光滑水平桌面上，在C上最左端和中點(diǎn)各放一個(gè)小物塊A和B，物塊A，B質(zhì)量均為m，木板C的質(zhì)量為2m。開始時(shí)，B和C靜上，A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)。若A，B的大小以及擋板的厚度皆可忽略不計(jì)，物塊A，B與木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A與B間的碰撞是彈性碰撞，B與C碰撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)，接觸但無彈力視為未碰撞。（1）若物塊A與B不能發(fā)生碰撞，求v0的最大值；（2）若物塊A與B發(fā)生碰撞后，物塊B與擋板不發(fā)生碰撞，求v0的最大值；（3）若物塊A恰好從木板C上掉下來，此情況下B與C碰撞中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E0，求v0的大小。（2024?福州二模）如圖，光滑水平面上固定一豎直的光滑弧形軌道，軌道末端與B的左端上表面相切，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝3N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)，左端與木板右端距離x0＝1m?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊A從弧形軌道某處無初速度下滑，水平滑上B的上表面，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。已知A、B的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，物塊A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，木板足夠長。忽略A滑上B時(shí)的能量損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為EP=1（1）物塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，物塊A和木板B的加速度大?。唬?）物塊A在弧形軌道下滑的高度h；（3）木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動(dòng)時(shí)木板B的速度大小。易錯(cuò)點(diǎn)07對動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律使用不準(zhǔn)確目錄01易錯(cuò)陷阱易錯(cuò)點(diǎn)一：應(yīng)用動(dòng)量定理求解問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤易錯(cuò)點(diǎn)二：不理解動(dòng)量守恒定律的條件也不會(huì)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律列式求解問題易錯(cuò)點(diǎn)三：沒有弄清碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律而出現(xiàn)錯(cuò)誤02易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)一、流體模型沖力的計(jì)算知識(shí)點(diǎn)二、彈性碰撞模型知識(shí)點(diǎn)三、小球—曲面模型知識(shí)點(diǎn)四、小球—彈簧模型知識(shí)點(diǎn)五、子彈打木塊模型知識(shí)點(diǎn)六、人船模型與類人船模型知識(shí)點(diǎn)七、類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較03舉一反三——易錯(cuò)題型題型一：動(dòng)量定理在流體沖擊力的計(jì)算題型二：動(dòng)量守恒定律的判斷題型三：碰撞與類碰撞問題的計(jì)算題型四：動(dòng)量守恒在爆炸與反沖問題分析04易錯(cuò)題通關(guān)易錯(cuò)點(diǎn)一：應(yīng)用動(dòng)量定理求解問題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤物體所受合外力的沖量等于它的動(dòng)量的變化。表達(dá)式：Ft=p'-p或Ft=mv-mv(1)上述公式是一矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向。(2)公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力。(3)動(dòng)量定理的研究對象可以是單個(gè)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(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量。(4)動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力。對于變力，動(dòng)量定理中的力應(yīng)當(dāng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。易錯(cuò)點(diǎn)二：不理解動(dòng)量守恒定律的條件也不會(huì)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律列式求解問題1、動(dòng)量守恒定律適用條件（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零（2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受到的外力.（3）某方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力之和為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒.2、表達(dá)式（1）p=（2）Δp（3）Δp易錯(cuò)點(diǎn)三：沒有弄清碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律而出現(xiàn)錯(cuò)誤1、碰撞的概念及特點(diǎn)碰撞是物體間相互作用時(shí)間很短，物體間相互作用力很大，從而使系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體的動(dòng)量在碰撞過程的極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生劇烈變化的過程，具有以下特點(diǎn)：(1)碰撞過程時(shí)間特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短。(2)相互作用力的特點(diǎn)：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大。(3)動(dòng)量守恒條件的特點(diǎn)：由于碰撞過程中物體間的相互作用力(內(nèi)力)很大(遠(yuǎn)大于外力如重力及摩擦力等)系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。(4)碰撞過程位移特點(diǎn)：在物體發(fā)生碰撞、的瞬間，可忽略物體的位移，認(rèn)為物體在碰撞前后仍在同一位置。2、問題的三個(gè)原則（1）系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系統(tǒng)總動(dòng)量的大小和方向均守恒。

（2）機(jī)械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動(dòng)能不增加，表達(dá)式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).（3）速度要合理①碰前若同向運(yùn)動(dòng)，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后．②兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向肯定有一個(gè)改變或速度均為零知識(shí)點(diǎn)一、流體模型沖力的計(jì)算研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常給出流體的密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n分析步驟①建構(gòu)“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小柱體質(zhì)量m小柱體內(nèi)粒子數(shù)N=小柱體動(dòng)量p=③建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt知識(shí)點(diǎn)二、彈性碰撞模型1．彈性碰撞v1v2v1ˊv2ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

m1v1+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)

聯(lián)立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.2．“動(dòng)靜相碰型”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。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′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)知識(shí)點(diǎn)三、小球—曲面模型(1)小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，小球的重力勢能最大水平方向動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh(相當(dāng)于完全非彈性碰撞)(2)小球返回曲面底端時(shí)動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當(dāng)于彈性碰撞)知識(shí)點(diǎn)四、小球—彈簧模型(1)兩小球速度相同時(shí)，彈簧最短，彈性勢能最大動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm(相當(dāng)于完全非彈性碰撞)(2)彈簧恢復(fù)原長時(shí)：動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當(dāng)于完全彈性碰撞)知識(shí)點(diǎn)五、子彈打木塊模型ss2ds1v0子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個(gè)典型，它的特點(diǎn)是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等多個(gè)角度來分析這一過程。設(shè)質(zhì)量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。要點(diǎn)詮釋：子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：……①從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對子彈用動(dòng)能定理：……②對木塊用動(dòng)能定理：……③②相減得：……④對子彈用動(dòng)量定理：……⑤對木塊用動(dòng)量定理： ……⑥知識(shí)點(diǎn)六、人船模型與類人船模型如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向不受外力作用，滿足動(dòng)量守恒．設(shè)某時(shí)刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎?，則有：s1s1s2兩邊同乘時(shí)間t，，設(shè)人、船位移大小分別為s1、s2，則有，①由圖可以看出：②由①②兩式解得，知識(shí)點(diǎn)七、類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較反沖模型類碰撞模型示意圖vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共①到最低點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒:0=mv1-Mv2；能量守恒:mg(R+h)=?mv12+?Mv22+Q1.機(jī)械能守恒:mg(R+h)=?mv02②到最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，速度都為零；全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1+Q2.且Q1>Q2（若內(nèi)壁光滑Q1=Q2=0）水平方向動(dòng)量守恒：mv0=(m+M)v共能量守恒：?mv02=?(m+M)v共2+mgh+Q.（若內(nèi)壁光滑Q=0）題型一：動(dòng)量定理在流體沖擊力的計(jì)算【例1】（2023?烏魯木齊一模）帆船是一種依靠自然風(fēng)力作用于帆上來推動(dòng)船只前進(jìn)的水上交通工具。在某次賽前訓(xùn)練中，若帆船的迎風(fēng)面積、空氣密度均不變，當(dāng)風(fēng)速為2v0時(shí)，帆船在靜水中順風(fēng)勻速行駛的速度為v0，受到的阻力為F；當(dāng)風(fēng)速為4v0時(shí)，帆船在靜水中順風(fēng)勻速行駛時(shí)受到的阻力為94A．32v0 B．52v0 C．74v0 D．【解答】解：設(shè)帆船的迎風(fēng)面積為S，在時(shí)間Δt內(nèi)吹到帆船上的空氣質(zhì)量為：m＝ρSv相對Δt當(dāng)風(fēng)速為2v0時(shí)，帆船在靜水中順風(fēng)勻速行駛的速度為v0，則v相對＝2v0﹣v0以吹到帆上的空氣為研究對象，以帆船的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得：﹣F1Δt＝ρS（2v0﹣v0）Δt（﹣2v0+v0）帆船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的風(fēng)力等于阻力，結(jié)合牛頓第三定律可知：F1＝F當(dāng)風(fēng)速為4v0時(shí)，設(shè)帆船勻速行駛的速度為v，同理，可得：﹣F2Δt＝ρS（4v0﹣v）Δtρ（﹣4v0+v）F2=9解得：v=52v故選：B?！咀兪?-1】（多選）（2023?芝罘區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示裝置，裝有細(xì)砂石的容器帶有比較細(xì)的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細(xì)砂石質(zhì)量的托盤秤。當(dāng)托盤上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細(xì)砂石時(shí)關(guān)閉閥門K，此時(shí)從管口到砂石堆頂端還有長為H的細(xì)砂石柱，設(shè)管口單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，管口處細(xì)砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細(xì)砂石柱下落時(shí)砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．剛關(guān)閉閥門K時(shí)，托盤秤示數(shù)為mg B．細(xì)砂石柱下落過程中，托盤秤示數(shù)為m+m02HgC．細(xì)砂石柱對砂石堆頂端的沖擊力為m02gH D．細(xì)砂石柱全部落完時(shí)托盤秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時(shí)托盤秤的示數(shù)大【解答】解：A、剛關(guān)閉閥門時(shí)，細(xì)沙石在下落，下落的細(xì)沙石對砂石堆有一定的沖擊力，托盤示數(shù)大于m，故A錯(cuò)誤；BC、細(xì)沙石從管口開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，則細(xì)沙石到達(dá)砂石堆時(shí)的速度為：H=v22g解得F＝m02gH，根據(jù)牛頓第三定律細(xì)沙石對砂石堆的沖擊力大小也為F，所以細(xì)沙石下落過程中托盤示數(shù)為m+mD、細(xì)沙石的位移H需要的時(shí)間t=2Hg，單位時(shí)間流出的細(xì)砂石的質(zhì)量為m0，所以高度為H的細(xì)沙石的質(zhì)量為m0t＝m0故選：BC。【變式1-2】（2022?延慶區(qū)一模）如圖所示為某地一風(fēng)力發(fā)電機(jī)，它的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為20m的圓面。某時(shí)間內(nèi)該地區(qū)的風(fēng)速是5.0m/s，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面垂直，已知空氣的密度為1.2kg/m3，假如這個(gè)風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)10%的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，π取3。下列說法正確的是（）A．單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的體積為6000m3 B．單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動(dòng)能為900J C．單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動(dòng)量為900kg?m/s D．此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為900W【解答】解：A、單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的體積為V0B、單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動(dòng)能為EkC、單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動(dòng)量為p＝mv＝ρV0v＝1.2×6000×5kg?m/s＝3.6×104kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D、依題意，此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為P=E故選：A?！咀兪?-3】（2023?通州區(qū)一模）為尋找可靠的航天動(dòng)力裝置，科學(xué)家們正持續(xù)進(jìn)行太陽帆推進(jìn)器和離子推進(jìn)器的研究。太陽帆推進(jìn)器是利用太陽光作用在太陽帆的壓力提供動(dòng)力，離子推進(jìn)器則是利用電場加速后的離子氣體的反沖作用加速航天器。（1）由量子理論可知每個(gè)光子的動(dòng)量為p=?①時(shí)間t內(nèi)作用在太陽帆的光子個(gè)數(shù)N；②在太陽光壓下宇宙飛船的加速度a的大小（2）離子推進(jìn)器的原理如圖所示：進(jìn)入電離室的氣體被電離，其中正離子飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場（離子初速度忽略不計(jì)），A，B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速正離子束的過程中所消耗的功率為P，推進(jìn)器獲得的恒定推力為F。為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，即要使FP【解答】（1）①時(shí)間t內(nèi)，作用在太陽帆的光子的總能量為E總＝ES時(shí)間t內(nèi)作用在太陽帆的光子個(gè)數(shù)為N=②根據(jù)動(dòng)量定理得Ft＝2Np故太陽光對飛船的推力為F=根據(jù)牛頓第二定律可知，在太陽光壓下宇宙飛船的加速度為a=（2）正離子飄入勻強(qiáng)電場，電場力做功功率為P＝UI正離子在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有qU=P=1聯(lián)立，可得F′＝I2mU根據(jù)牛頓第三定律，可知引擎獲得的推力F的大小為F＝F′＝I2mU分析，可知FP為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，可以用質(zhì)量大的粒子、用帶電量少的離子、減小加速電壓。題型二：動(dòng)量守恒定律的判斷【例2】（2023?浙江模擬）物理規(guī)律往往有一定的適用條件，我們在運(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問題時(shí)，需要判斷使用的物理規(guī)律是否成立。如圖所示，站在車上的人用錘子連續(xù)敲打小車。初始時(shí)，人、車、錘都靜止，假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是（）A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng) B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒 D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒【解答】解：A．對人、車和錘采用整體法，整體水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，水平方向整體總動(dòng)量為零，用錘子連續(xù)敲打小車左端，當(dāng)錘子向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒，小車向右運(yùn)動(dòng)；當(dāng)錘子向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒，小車向左運(yùn)動(dòng)；故小車左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BCD．人消耗體能，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，人體內(nèi)儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機(jī)械能，故人、車和錘整體機(jī)械能不守恒；在錘子連續(xù)敲打下，整體在豎直方向合外力不等于零，故整體在豎直方向不滿足動(dòng)量守恒，所以人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故BD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！咀兪?-1】（2023?渾南區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體A放在光滑的水平面上，已知A的質(zhì)量為2m，高為h，質(zhì)量為m的細(xì)長直桿B，受固定的光滑套管C約束，只能在豎直方向上自由運(yùn)動(dòng)。初始時(shí)，A在水平推力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)B桿下端正好壓在A的頂端?，F(xiàn)撤去推力F，A、B便開始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則（）A．推力F的大小為mgsinθ B．運(yùn)動(dòng)過程中，A對B不做功 C．A、B組成的系統(tǒng)，水平方向上動(dòng)量守恒 D．當(dāng)桿的下端剛滑到斜面底端時(shí)，斜面體的速度大小2g?【解答】解：A.靜止時(shí)A對B只有垂直斜面向上的支持力，C對B有水平向右的作用力，對B受力分析，如圖1所示由平衡條件可知，豎直方向上有FABcosθ＝mg可得FAB=由牛頓第三定律可知，靜止時(shí)B對A只有垂直斜面向下的壓力，大小為mg對A受力分析，如圖2所示：由平衡條件，水平方向上有F＝FBAsinθ=mg故A錯(cuò)誤；B.斜面體對直桿的作用力垂直斜面向上，而直桿的位移方向?yàn)樨Q直向下，所以斜面體對直桿的作用力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；C.由于運(yùn)動(dòng)過程中直桿B受到光滑套管C的水平作用力，所以桿和斜面體組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D.當(dāng)在很短時(shí)間Δt內(nèi)光滑直桿下落Δh高度，由幾何知識(shí)可知，斜面體向右發(fā)生的位移大小為x=Δ?當(dāng)桿滑到斜面底端時(shí)，設(shè)桿的速度大小為v1，斜面體的速度大小為v2，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgh=由速度關(guān)系v1＝v2tanθ解得v2=故D正確。故選：D?！咀兪?-2】（多選）（2022?金鳳區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A．在下滑過程中，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒 C．物塊被彈簧反彈后，離開彈簧時(shí)的速度大小為v=2g?D．物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能EP=2【解答】解：A、滑塊下滑過程，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；B、滑塊下滑過程，滑塊與弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故B正確；C、設(shè)小球到達(dá)水平面時(shí)速度大小為v1，槽的速度大小為v2，且可判斷球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右為正方向，在球和槽在球下滑過程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=12mv12+12?2mv22，由以上兩式解得：v1D、物塊與彈簧相互作用過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊速度為零時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，由機(jī)械能守恒定律可知，最大彈性勢能Ep=1故選：ABD?！咀兪?-3】（多選）如右上圖所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上．槽的左側(cè)有一豎直墻壁．現(xiàn)讓一小球（可是為質(zhì)點(diǎn)）自左端槽口A點(diǎn)的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點(diǎn)入槽內(nèi)．則下列說法正確的是（）A．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，只有重力對小球做功 B．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．小球從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量守恒 D．小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)【解答】解：A、小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，從剛釋放到最低點(diǎn)，只有重力做功，而從最低點(diǎn)開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負(fù)功。故A錯(cuò)誤；B、小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，從剛釋放到最低點(diǎn)，只有重力做功，而從最低點(diǎn)開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負(fù)功。但球?qū)Σ圩饔昧ψ稣?，兩者之和正好為零。所以小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；C、小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的前半過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量不守恒，而小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的后半過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量守恒，故C正確；D、小球離開右側(cè)槽口同時(shí)，槽由于在球的作用力下向右運(yùn)動(dòng)。所以做斜拋運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選：BC。題型三：碰撞與類碰撞問題的計(jì)算【例3】（2024?安平縣校級(jí)模擬）滑板運(yùn)動(dòng)是由沖浪運(yùn)動(dòng)演變而成的一種極限運(yùn)動(dòng)。如圖所示，一同學(xué)在水平地面上進(jìn)行滑板練習(xí)，該同學(xué)站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在滑板A正前方有一靜止的滑板B，在滑板A接近滑板B時(shí)，該同學(xué)迅速從滑板A跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學(xué)的質(zhì)量為45kg，兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg，不計(jì)滑板與地面間的摩擦，下列說法正確的是（）A．上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．該同學(xué)跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s C．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小 D．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量大小為47.5N?s【解答】解：A、根據(jù)機(jī)械能守恒的條件，在整個(gè)系統(tǒng)中，在A、B板來回跳的過程中存在摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、因該同學(xué)從A跳上B，再跳回A時(shí)最終兩滑板恰好不相撞，可知速度相等，該同學(xué)跳回滑板A整個(gè)過程中系統(tǒng)水平方向合力為零，動(dòng)量守恒，則（m+M）v0＝（2m+M）v代入數(shù)據(jù)解得：v＝19m/s，所以最終他和滑板的速度為19m/s，故B正確；C、該同學(xué)跳離滑板B的過程中，人給滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C錯(cuò)誤；D、該同學(xué)從跳上到跳離滑板B整個(gè)過程中的沖量為：I＝mv，代入數(shù)據(jù)得：I＝47.5N?s所以該同學(xué)跳離滑板B的過程中對滑板B的沖量大小小于47.5N?s，故D錯(cuò)誤。故選：B。【變式3-1】（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，固定光滑曲面左側(cè)與光滑水平面平滑連接，水平面依次放有2024個(gè)質(zhì)量均為2m的彈性物塊（所有物塊在同一豎直平面內(nèi)），質(zhì)量為m的0號(hào)物塊從曲面上高h(yuǎn)處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0與1號(hào)物塊發(fā)生彈性正碰，0號(hào)物塊反彈后滑上曲面再原路返回，如此反復(fù)，2024個(gè)彈性物塊兩兩間碰撞時(shí)無能量損耗，則下列說法正確的是（所有物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g）（）A．0號(hào)到2024號(hào)所有木塊系統(tǒng)全過程動(dòng)量守恒 B．0號(hào)物塊最終動(dòng)量大小為(1C．2021號(hào)物塊最終速度281D．2024號(hào)物塊最終速度2023【解答】解：A、從0號(hào)到2024號(hào)木塊整體看，水平方向不受外力，0號(hào)物體在下滑過程中，豎直方向受重力，所有系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；D、對0號(hào)物體分析，從曲面最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mg?=解得：v由題可知，物體間碰撞屬于彈性碰撞，又因?yàn)橘|(zhì)量都相同，所以2024個(gè)彈性物體兩兩之間碰撞時(shí)交換速度，速度相同，0號(hào)與1號(hào)碰撞，由機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒有12mv0＝mv0'+2mv1聯(lián)立解得：v1=所以2024號(hào)物塊最終速度23B、0號(hào)與1號(hào)發(fā)生碰撞后，1號(hào)將于2號(hào)發(fā)生正碰，因兩者質(zhì)量相同，將發(fā)生速度交換，1號(hào)將靜止。之后0號(hào)將繼續(xù)與1號(hào)發(fā)生第二次碰撞，同理可得，0號(hào)第二次碰撞后的速度為(最終0號(hào)物體要與1號(hào)物體碰撞2024次，所以0號(hào)物體最終動(dòng)量大小為(1C、依上述分析可知2021號(hào)物塊最終速度為1號(hào)物塊與0號(hào)物塊第4次碰撞后1號(hào)物塊的速度，0號(hào)物體第3次碰撞后的速度為(1v=2故選：BC?！咀兪?-2】（2024?如皋市校級(jí)模擬）如圖將一質(zhì)量為m的小球，從放置在光滑水平地面上質(zhì)量為M的光滑半圓形槽的槽口A點(diǎn)由靜止釋放經(jīng)過最低點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，下列說法中正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到圓形槽右側(cè)最高點(diǎn)一定與A點(diǎn)等高 B．從B→C，半圓形槽和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．從A→B→C，C點(diǎn)可能是小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn) D．從A→B，半圓形槽運(yùn)動(dòng)的位移一定大于小球在水平方向上運(yùn)動(dòng)的位移【解答】解：ABC、小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，球與槽在水平方向速度相等，系統(tǒng)初動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，球與槽的速度都為零，整個(gè)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，小球到達(dá)最高點(diǎn)位置在槽右端最高點(diǎn)，不是C點(diǎn)，故A正確，BC錯(cuò)誤；D、從A到B過程，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv球﹣Mv槽＝0，即：ms球t?MR?s球t=故選：A?！咀兪?-3】（多選）（2023?寶雞模擬）如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為2m的光滑半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)正上方高為R處由靜止釋放，由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，重力加速度為g，則（）A．小球進(jìn)入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒 B．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)了 C．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為23D．小車獲得的最大速度為2gR【解答】解：A、小球進(jìn)入半圓軌道后，水平方向不受力，由小球和小車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量在水平方向守恒，故A錯(cuò)誤；B、開始時(shí)系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量為零，小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)，小球和小車在水平方向的速度相同，結(jié)合系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，知小球離開小車小球與小車水平方向速度均為零，則小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)小球由B離開小車時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)的距離最大，小球在半圓軌道的任意位置時(shí)，小球的水平速度大小vx與小車的速度大小v1始終滿足：mvx﹣2mv1＝0設(shè)小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，用位移表示平均速度，可得：m?2R?xt?2m?xD、系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)小球下滑到半圓軌道的最低點(diǎn)時(shí)，小車獲得的速度最大（設(shè)為vm），規(guī)定向右為正方向，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得：mv﹣2mvm＝0根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mg?2R=解得：vm=2gR故選：CD。題型四：動(dòng)量守恒在爆炸與反沖問題分析【例4】（2023?青島模擬）如圖，某中學(xué)航天興趣小組在一次發(fā)射實(shí)驗(yàn)中將總質(zhì)量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發(fā)射時(shí)“水火箭”在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的水。已知火箭運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時(shí)速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．火箭的動(dòng)力來源于火箭外的空氣對它的推力 B．火箭上升過程中一直處于超重狀態(tài) C．火箭獲得的最大速度為MM?mD．火箭在空中飛行的時(shí)間為t=【解答】解：A、火箭的動(dòng)力來源于火箭噴出的水對它的推力，故A錯(cuò)誤；B、火箭先加速上升、后減速上升，所以上升過程中先處于超重狀態(tài)、后處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：（M﹣m）vm＝mv0，解得：vm=mD、上升過程中，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣（M﹣m）gt1﹣kv1t1＝0﹣（M﹣m）v下降過程中，取向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得：（M﹣m）gt2﹣kv2t2設(shè)上升的最大高度為h，則有：v1t1=v2火箭在空中飛行的時(shí)間為：t＝t1+t2聯(lián)立解得：t=(M?m)v+m故選：D。【變式4-1】（2024?寧波二模）質(zhì)量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質(zhì)量為m2，并靜置于光滑水平面上，重力加速度為g?；瑝K可看成質(zhì)點(diǎn)，則滑塊滑到斜面底端所用的時(shí)間為（）A．4l(m2+m1C．2lgsinθ 【解答】解：設(shè)滑塊滑到底端時(shí)的水平速度和豎直速度為vx和vy，即滑塊的合速度為v1=vx→+vy→，斜面的合速度為v2。由于滑塊與斜面組成的系統(tǒng)在水平方向的合力為零，則系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，以向右為正方向，有：m1結(jié)合兩者的水平位移關(guān)系有：v對滑塊，在豎直方向的位移：v對兩物體的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有：m聯(lián)立可得滑塊滑到斜面底端所用的時(shí)間為：t=2l(故選：B?！咀兪?-2】（2024?云安區(qū)校級(jí)模擬）質(zhì)量m＝260g的手榴彈從水平地面上以v0=102（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；（2）兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)每塊彈片的質(zhì)量為m′，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為v1，對于做自由落體運(yùn)動(dòng)的彈片，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝m′gh＝5J解得：m′＝0.1kg則手榴彈裝藥量為Δm＝m﹣2m′＝260×10﹣3kg﹣2×0.1kg＝0.06kg（2）設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，由機(jī)械能守恒定律得12解得：v＝10m/s另一塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，兩塊彈片落地點(diǎn)間距離為Δx。手榴彈爆炸過程，取爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有mv＝m′v1對于做平拋運(yùn)動(dòng)的彈片，水平方向有Δx＝v1t豎直方向有?=1解得兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離為：Δx＝26m【變式4-3】（2024?浙江模擬）如圖所示，一水平傳送帶以v＝3m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其左端A點(diǎn)和右端B點(diǎn)分別與兩個(gè)光滑水平臺(tái)面平滑對接，A、B兩點(diǎn)間的距離L＝4m。左邊水平臺(tái)面上有一被壓縮的彈簧，彈簧的左端固定，右端與一質(zhì)量為m1＝0.1kg的物塊甲相連（物塊甲與彈簧不拴接，滑上傳送帶前已經(jīng)脫離彈簧），物塊甲與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2。右邊水平臺(tái)面上有一個(gè)傾角為45°，高為h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平臺(tái)面與斜面由平滑圓弧連接），斜面的右側(cè)固定一上表面光滑的水平桌面，桌面與水平臺(tái)面的高度差為h2＝0.95m。桌面左端依次疊放著質(zhì)量為m3＝0.1kg的木板（厚度不計(jì)）和質(zhì)量為m2＝0.2kg的物塊乙，物塊乙與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，桌面上固定一彈性豎直擋板，擋板與木板右端相距x0＝0.5m，木板與擋板碰撞會(huì)原速率返回?，F(xiàn)將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放，物塊甲離開斜面后恰好在它運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)與物塊乙發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），物塊乙始終未滑離木板。物塊甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，已知g＝10m/s2，19（1）物塊甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）彈簧最初儲(chǔ)存的彈性勢能；（3）木板運(yùn)動(dòng)的總路程；（4）若木板的質(zhì)量為m3＝0.4kg，木板與擋板僅能發(fā)生兩次碰撞，求擋板與木板距離的范圍為多少?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，物塊甲從斜面頂端到最高點(diǎn)做逆向平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊甲剛離開斜面時(shí)速度為v甲，則根據(jù)速度—位移關(guān)系：有v由題意可知：tan45°=聯(lián)立解得：v甲y＝v甲x＝3m/s，v由此可知，物塊甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為：v0＝v甲x＝3m/s（2）設(shè)物塊甲在B點(diǎn)時(shí)速度為vB，對物塊甲從B點(diǎn)到斜面頂端由動(dòng)能定理有：?代入數(shù)據(jù)解得：v因?yàn)関B＞v，所以物塊甲在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)。對物塊甲從靜止開始到B點(diǎn)，設(shè)彈簧彈力做功W，由動(dòng)能定理有：W?代入數(shù)據(jù)解得：W＝2.2J根據(jù)功能關(guān)系可知彈簧最初儲(chǔ)存的彈性勢能：Ep＝W＝2.2J（3）物塊甲與物塊乙在碰撞過程中，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2其中：v0＝v甲x由機(jī)械能守恒定律得：1解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s以物塊乙和木板為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：m2v2＝（m2+m3）v3若木板向右加速至共速后再與擋板碰撞，由動(dòng)能定理得：μ解得：x可知木板與物塊乙共速后再與擋板相碰。由動(dòng)量守恒定律得：m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4木板向左減速過程中，由動(dòng)能定理得：?代入數(shù)據(jù)解得：x同理可得：x以此類推木板的總路程為：s=解得：s＝1.0m（4）以木板為對象，由牛頓第二定律得：μ2m2g＝m2a木板與擋板碰前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移—時(shí)間關(guān)系得：x=木板與擋板碰后每次都返回到同一位置，物塊一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。①當(dāng)木板第一次返回到初始位置時(shí)，物塊乙速度恰好減為0時(shí)，木板與擋板僅能發(fā)生一次碰撞。即v2﹣μ2g×2t＝0代入數(shù)據(jù)解得：x=1②當(dāng)木板第二次返回到初始位置時(shí)，木板與物塊乙速度恰好減到0時(shí)，木板與擋板僅能發(fā)生二次碰撞。即：v2﹣μ2g×4t＝0聯(lián)立解得：x=1可知木板與擋板若發(fā)生兩次碰撞，擋板與木板距離的范圍為：132m≤x＜運(yùn)動(dòng)員在水上做飛行運(yùn)動(dòng)表演他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示。已知運(yùn)動(dòng)員與裝備的總質(zhì)量為90kg，兩個(gè)噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為（）A．2.7m/s B．5.4m/s C．7.6m/s D．10.8m/s【解答】解：設(shè)飛行器對水的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對飛行器的作用力的大小也等于F，對飛行器，則有：F＝Mg＝90×10N＝900N設(shè)水噴出時(shí)的速度為v，兩個(gè)噴嘴在時(shí)間t內(nèi)噴出的水的質(zhì)量：Δm＝ρ?V＝ρ?2Svt其中：噴嘴橫截面積S=以向下為正方向，t時(shí)間內(nèi)質(zhì)量為Δm的水獲得的沖量：I＝Ft＝Δmv﹣Δm（﹣v）＝2Δmv聯(lián)立可得：v=Mg故選：B。2019年8月11日超強(qiáng)臺(tái)風(fēng)“利奇馬”登陸青島，導(dǎo)致部分高層建筑頂部的廣告牌損毀。臺(tái)風(fēng)“利奇馬”登陸時(shí)的最大風(fēng)力為11級(jí)，最大風(fēng)速為30m/s。某高層建筑頂部廣告牌的尺寸為：高5m、寬20m，空氣密度ρ＝1.2kg/m3，空氣吹到廣告牌上后速度瞬間減為0，則該廣告牌受到的最大風(fēng)力約為（）A．3.9×103N B．1.1×105N C．1.0×104N D．9.0×104N【解答】解：廣告牌的面積為：S＝5×20m2＝100m2設(shè)t時(shí)間內(nèi)吹到廣告牌上的空氣質(zhì)量為m，則有：m＝ρSvt以t時(shí)間內(nèi)吹到廣告牌上的空氣為研究對象，根據(jù)動(dòng)量定理有：﹣Ft＝0﹣mv＝0﹣ρSv2t得：F＝ρSv2代入數(shù)據(jù)解得：F≈1.1×105N根據(jù)牛頓第三定律知該廣告牌受到的最大風(fēng)力為：F′＝F≈1.1×105N，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。（2024?歷下區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，木板B靜止在光滑的水平面上，距右側(cè)墻壁1m。物塊A以v0＝4m/s的水平速度從B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3。B與右側(cè)墻壁碰撞前AB未分離，B與墻壁碰撞后以某一速度反彈，之后某一瞬間AB同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，且A剛好停在B的最右側(cè)。已知物塊A質(zhì)量為1kg，木板B質(zhì)量為3kg，g取10m/s2。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）A．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞無機(jī)械能損失 B．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞損失的機(jī)械能為4J C．木板B的長度為209D．木板B的長度為5【解答】解：假設(shè)B與墻壁碰撞前已與A共速，共同速度為v1，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝（mA+mB）v1，解得：v1＝1m/s從A滑上B到兩者共速的過程，對B，由動(dòng)能定理得μmAgs=解得此過程中B運(yùn)動(dòng)的位移為：s＝0.5m＜1m，假設(shè)成立。根據(jù)能量守恒定律得12mAv02=12（mA+mB解得在此過程中A相對于B滑行的距離為：Δx1＝2m設(shè)B與右側(cè)墻壁碰撞后速度大小為v2，從B與墻壁碰撞后到AB同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)的過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mBv2﹣mAv1＝0，解得：v2=13m/s＜vΔE=12mBv12?1此過程，根據(jù)能量守恒定律得12mBv22+12mAv1解得在此過程中A相對于B滑行的距離為：Δx2=2所以木板B的長度為L＝Δx1+Δx2＝2m+29m故選：C。（多選）（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，一張薄木板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄木板的接觸面粗糙，原來系統(tǒng)靜止。薄木板突然受到一水平向右的瞬間沖量作用開始運(yùn)動(dòng)，直到小木塊從薄木板上掉下來。上述過程中下列說法正確的是（）A．木板對木塊的摩擦力水平向左 B．摩擦力對木塊做的功一定等于木塊增加的動(dòng)能 C．開始運(yùn)動(dòng)后，木板減小的動(dòng)能等于木塊增加的動(dòng)能 D．木塊動(dòng)能的增加一定小于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱能【解答】解：A、木塊相對木板向左運(yùn)動(dòng)，則木板對木塊的摩擦力水平向右，故A錯(cuò)誤；B、由于只有摩擦力對木塊做功，所以根據(jù)動(dòng)能定理可知，摩擦力對木塊做的功一定等于木塊增加的動(dòng)能，故B正確；C、開始運(yùn)動(dòng)后，木板減小的動(dòng)能等于木塊增加的動(dòng)能與系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱能之和，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)木板與木塊間的摩擦力大小為f，木塊的位移為x塊，木板的長度為L。對木塊，由動(dòng)能定理得：fx塊＝Ek塊，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱能為Q＝fL。設(shè)木板的初速度為v0，小木塊從薄木板上掉下來時(shí)木塊的速度為v1，木板的速度為v2，經(jīng)歷的時(shí)間為t，則x塊=v12t，L＝x板﹣x塊=v0+v22?v12故選：BD。（多選）（2024?濟(jì)南三模）質(zhì)量為m1＝90g的物塊從距離地面高度為h＝19m處自由下落，在下落到距離地面高度為h'＝14m時(shí)，質(zhì)量為m2＝10g的子彈以v0＝10m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取g＝10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)?m/s B．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)?0m/s C．物塊下落的總時(shí)間為2s D．物塊下落的總時(shí)間為95【解答】解：A、子彈擊中物塊前后瞬間，子彈和物塊組成的系統(tǒng)，在水平方向動(dòng)量守恒，則有：m2v0＝（m2+