2023届高考物理一轮复习第六章动量学案

第六章动量[全国卷5年考情分析](说明：2023～2023年，本章内容以选考题目出现)考点及要求2023～2023考情统计命题概率常考角度动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)'17Ⅰ卷T14(6分)，'17Ⅱ卷T15(6分)'17Ⅲ卷T20(6分)，'16Ⅰ卷T35(2)(10分)'16Ⅱ卷T35(2)(10分)独立命题概率60%(1)动量定理与动量守恒定律的应用(2)动量守恒与能量守恒的综合应用(3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)'16Ⅲ卷T35(2)(10分)，'15Ⅰ卷T35(2)(10分)'15Ⅱ卷T35(2)(10分)，'14Ⅰ卷T35(2)(9分)'13Ⅰ卷T35(2)(9分)，'13Ⅱ卷T35(2)(10分)综合命题概率70%实验七：验证动量守恒定律'14Ⅱ卷T35(2)(10分)综合命题概率25%第1节动量定理(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)(3)物体所受合力不变，那么动量也不改变。(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。(√)1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。3．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。突破点(一)动量与冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比拟动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)假设物体的；动能发生变化，那么动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。(2)冲量是矢量，功是标量。(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。3．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，假设力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，那么力F在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如下图。③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。[题点全练]1．以下说法正确的选项是()A．动量为零时，物体一定处于平衡状态B．动能不变，物体的动量一定不变C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动解析：选D动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，故A错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故B错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故C错误；物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故D正确。2．[多项选择]关于力的冲量，以下说法正确的选项是()A．只有作用时间很短的力才能产生冲量B．冲量是矢量，其方向就是力的方向C．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向D．如果力不等于零，那么在一段时间内其冲量不可能为零解析：选BCD只要有力及作用时间，力就会有冲量，选项A错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故B正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反，故C正确；假设力不等于零，那么在一段时间内其冲量一定不为零；故D正确。3．质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，以下说法中正确的选项是()A．2s末小球的动能为40JB．2s末小球的动量大小为40kg·m/sC．2s内重力的冲量大小为20N·sD．2s内重力的平均功率为20W解析：选B2s末小球的速度v＝gt＝20m/s，那么动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝400J，选项A错误；2s末小球的动量大小为p＝mv＝40kg·m/s，选项B正确；2s内重力的冲量大小为I＝mgt＝40N·s，选项C错误；2s内重力的平均功率为eq\x\to(P)＝mgeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)mgv＝200W，选项D错误。突破点(二)动量定理的理解和应用1．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。2．应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。(2)进行受力分析只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，那么要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。(3)规定正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。(5)根据动量定理列式求解。3．应用动量定理解题的考前须知(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各局部动量之和，末态的动量p′也是系统各局部动量之和。(5)对系统各局部的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。[典例](2023·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。[审题指导](1)质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中说明水柱对玩具的冲力大小为Mg。(2)单位时间内喷出的水的质量等于长为v0，截面积为S的水柱的质量。(3)喷口喷出的水向上运动过程中只受重力作用，机械能守恒。[解析](1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，那么Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由机械能守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)v02④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧[答案](1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)[规律方法]动量定理在变质量(如流体)中的应用研究对象为“变质量〞的“连续〞的流体(如水流、空气流等)，以水流为例，一般要假设一段时间Δt内流出的水柱，其长度为vΔt，水柱底面积为S，得水柱体积V＝SvΔt，水柱质量为Δm＝ρV＝ρSvΔt，再对质量为Δm的水柱应用动量定理求解。[集训冲关]1．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；假设迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是()A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大解析：选C用水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力，A、B均错误；迅速拉动纸带时，因作用时间短，重物所受冲量较小，重物速度变化小，纸带易抽出，故C正确，D错误。2．(2023·北京高考)“蹦极〞运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，以下分析正确的选项是()A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。应选项A正确，选项B、C、D错误。3．(2023·北京市通州区摸底)在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5kg，AB间距离s＝5m，如下图。小物块以初速度v0＝8m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7m/s，碰撞后以速度v2＝6m/s反向弹回。重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；(3)假设碰撞时间t＝0.05s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a＝eq\f(v12－v02,2s)＝eq\f(72－82,2×5)m/s2＝－1.5m/s2。(2)从A到B过程，由动能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入数据解得：μ＝0.15。(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：FΔt＝mv2－m(－v1)可得：F＝130N。答案：(1)1.5m/s2(2)0.15(3)130N巧思妙解——练创新思维eq\a\vs4\al(动量定理处理“微粒连续作用〞类问题)1．微粒及其特点(1)微粒常指电子流、光子流、微尘等。(2)特点：①质量具有独立性；②单位体积内的粒子数n。2．解题一般步骤(1)建立“柱体〞模型：沿运动的方向选取一段微元，柱体的截面积为S。(2)研究微元粒子数：作用时间Δt内的一段微元柱体的长度为Δl＝v0Δt，柱体体积ΔV＝Sv0Δt，柱体内的粒子数N＝nSv0Δt。(3)先对单个微粒应用动量定理，建立方程，再乘以N计算。[应用体验]1．自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的。因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明。解析：设空中米流的质量为m1，已落入秤盘中米的质量为m2，正在落入秤盘中米的质量为Δm，只要分析出秤盘的示数与(m1＋Δm＋m2)g的关系，问题便得以解决。设称米机的流量为d(单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上外表的高度为h，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度v＝eq\r(2gh)。秤的示数F应等于m2、Δm的重力以及Δm对秤盘冲击力F′大小之和。以m2＋Δm为研究对象，根据动量定理得(F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δmeq\r(2gh)F＝eq\f(Δm,Δt)eq\r(2gh)＋m2g＋Δmg＝deq\r(2gh)＋m2g＋Δmg又因空中米的质量为m1＝dt＝deq\r(\f(2h,g))故m1g＝deq\r(2gh)那么F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题。答案：见解析2．根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体外表的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压〞，用I表示。(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体外表并被物体全部反射时，激光对物体外表的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压。(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1350W，探测器和薄膜的总质量为m＝100kg，薄膜面积为4×104解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光器的总能量为：P0×1s＝NE＝Npc，所以：p＝eq\f(P0,Nc)(kg·m/s)由题意可知：激光对物体外表的压力F＝2pN故激光对物体产生的光压：I＝eq\f(F,S)＝eq\f(2P0,cS)(Pa)。(2)由上一问可知：I＝eq\f(2P0,cS)(Pa)＝eq\f(2×1.35×103,3×108×1)Pa＝9×10－6Pa所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，对探测器利用牛顿第二定律有FN＝ma故此时探测器的加速度a＝eq\f(IS膜,m)＝eq\f(9×10－6×4×104,100)m/s2＝3.6×10－3m/s2。答案：(1)eq\f(2P0,cS)(Pa)(2)3.6×10－3m/s2(一)普通高中适用作业[A级——根底小题练熟练快]1．(2023·天津高考)“天津之眼〞是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。以下表达正确的选项是()A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：选B摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。★2．(2023·合肥一模)质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，以下说法正确的选项是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析：选A取竖直向上为正方向，那么小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。故A正确。3．[多项选择](2023·全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如下图，那么()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：选AB法一：根据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，那么A、B项正确，C、D项错误。法二：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D错误。4.将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如下图，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，那么Δp1∶Δp2为()A．1∶2B．1∶3C．1∶1D．2∶1解析：选C木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F＝mgsinθ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsinθ·eq\f(1,2)t)∶(mgsinθ·eq\f(1,2)t)＝1∶1。应选项C正确。★5．(2023·三明一中模拟)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为()A．向下，m(v1－v2)B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2)D．向上，m(v1＋v2)解析：选D根据动量定理可知钢球受到合力的冲量等于钢球动量的变化量，选取向下为正方向，I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，那么钢球受到合力的冲量的方向向上，大小为m(v1＋v2)。故D正确。[B级——中档题目练通抓牢]6．[多项选择]某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，那么下述说法正确的选项是()A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0B．过程1和过程2动量变化的方向相反C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下D．过程1和过程2重力的总冲量为0解析：选AC根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误。7．一个质量为m＝100g的小球从h＝0.8m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，假设从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，规定竖直向下的方向为正，那么在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10m/s2)()A．0.6N·sB．0.4N·sC．－0.6N·sD．－0.4N·s解析：选C设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由h＝eq\f(1,2)gt12得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，那么对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6N·s。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。应选项C正确。★8．[多项选择]质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A．m(v－v0)B．mgtC．meq\r(v2－v02)D．meq\r(2gh)解析：选BCD由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝eq\r(v2－v02)，由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝meq\r(v2－v02)＝meq\r(2gh)，选项C、D均正确，只有选项A错误。★9．将质量为500g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700g水的流量注入杯中。注至10s末时，台秤的读数为78.5N，那么注入杯中水流的速度是多大？解析：以在很短时间Δt内，落在杯中的水柱Δm为研究对象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。设向上的方向为正，由动量定理得：(F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv)因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且eq\f(Δm,Δt)＝0.7kg/sF＝eq\f(Δm,Δt)v＝0.7v(N)台秤的读数G读＝(m杯＋m水)g＋F78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v解得v＝5m/s。答案：5m/s10．如下图，质量0.5kg，长1.2m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝eq\f(1,8)，在盒内右端B放着质量也为0.5kg，半径为0.1m的弹性球，球与盒接触面光滑。假设在A端给盒以水平向右的冲量1.5N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有I＝mv－0，v＝eq\f(I,m)＝eq\f(1.5,0.5)m/s＝3m/s盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力f＝μFN＝μ·2mg－μ·2mg＝ma即a＝－2μg盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1m后速度减少为v′。v′2－v2＝2ax1v′＝eq\r(v2－2×2μgx1)＝eq\r(32－2×2×\f(1,8)×10×1)m/s＝2m/s，盒左壁A以v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右运动，直到停止。0－v′2＝2ax2即x2＝eq\f(－v′2,2a)＝eq\f(－v′2,－2×2μg)＝eq\f(22,2×2×\f(1,8)×10)m＝0.8m因x2只有0.8m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为s＝x1＋x2＝1m＋0.8m＝1.8m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mvt1＝eq\f(v－v′,2μg)＝eq\f(3－2,2×\f(1,8)×10)s＝0.4s；小球匀速运动时间t2＝eq\f(x1,v′)＝eq\f(1,2)s＝0.5s；盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′t3＝eq\f(v′,2μg)＝eq\f(2,2×\f(1,8)×10)s＝0.8s；总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7s。答案：(1)1.8m(2)1.7s[C级——难度题目自主选做]11．[多项选择](2023·常德模拟)如下图，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，以下说法正确的有()A．小球的机械能减小了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于meq\r(2gH)D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，那么小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，那么小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－meq\r(2gH)，得：IF＝IG＋meq\r(2gH)，知阻力的冲量大于meq\r(2gH)，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。12．[多项选择](2023·天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？?国家地理频道?的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，那么可以判断的是()A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：选BCD恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，那么自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，那么B正确。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，那么每个水球对子弹的阻力恒定，那么由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，那么ΔEk相同，D项正确。(二)重点高中适用作业[A级——保分题目巧做快做]1．(2023·天津高考)“天津之眼〞是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。以下表达正确的选项是()A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：选B摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。2．[多项选择](2023·全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如下图，那么()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：选AB法一：根据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，那么A、B项正确，C、D项错误。法二：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D错误。3．将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如下图，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，那么Δp1∶Δp2为()A．1∶2B．1∶3C．1∶1D．2∶1解析：选C木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F＝mgsinθ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsinθ·eq\f(1,2)t)∶(mgsinθ·eq\f(1,2)t)＝1∶1。应选项C正确。4．[多项选择]某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，那么下述说法正确的选项是()A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0B．过程1和过程2动量变化的方向相反C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下D．过程1和过程2重力的总冲量为0解析：选AC根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误。5．一个质量为m＝100g的小球从h＝0.8m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，假设从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，规定竖直向下的方向为正，那么在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10m/s2)()A．0.6N·sB．0.4N·sC．－0.6N·sD．－0.4N·s解析：选C设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由h＝eq\f(1,2)gt12得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，那么对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6N·s。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。应选项C正确。6．[多项选择](2023·常德模拟)如下图，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，以下说法正确的有()A．小球的机械能减小了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于meq\r(2gH)D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，那么小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，那么小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－meq\r(2gH)，得：IF＝IG＋meq\r(2gH)，知阻力的冲量大于meq\r(2gH)，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。7．[多项选择](2023·天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？?国家地理频道?的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，那么可以判断的是()A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：选BCD恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，那么自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，那么B正确。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，那么每个水球对子弹的阻力恒定，那么由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，那么ΔEk相同，D项正确。[B级——拔高题目稳做准做]★8.一位质量为m的运发动从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零解析：选B人的速度原来为零，起跳后为v，由动量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面对人的冲量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳时，地面对人的支持力的作用点位移为零，故地面对人做功为零，所以只有选项B正确。★9．(2023·合肥质检)一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如下图，t＝0时其速度大小为2m/s。滑动摩擦力大小恒为2N，那么()A．在t＝6s时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W解析：选D根据Δv＝a0t，可知a­t图线与t轴所围“面积〞表示速度的增量，那么v6＝v0＋Δv＝2m/s＋eq\f(1,2)(2＋4)×6m/s＝20m/s，A错误；由动能定理可得：W合＝eq\f(1,2)mv62－eq\f(1,2)mv02＝396J，B错误；由动量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的冲量IF＝48N·s，C错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10N，那么6s时拉力F的功率P＝F6·v6＝200W，D正确。★10．[多项选择](2023·商丘五校联考)在2023年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。假设质量为m的跳水运发动从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运发动在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运发动水平方向的运动，运发动入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，那么()A．运发动起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为meq\r(v02＋2gH)＋mv0B．水对运发动阻力的冲量大小为meq\r(v02＋2gH)C．运发动克服水的阻力做功为mgH＋eq\f(1,2)mv02D．运发动从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02解析：选AD设运发动入水前速度为vt，那么由机械能守恒有eq\f(1,2)mv02＋mgH＝eq\f(1,2)mvt2，得vt＝eq\r(v02＋2gH)，据动量定理可得运发动起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I＝mvt－(－mv0)＝meq\r(v02＋2gH)＋mv0，A项正确。运发动入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I合＝meq\r(v02＋2gH)，B项错误。运发动从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，得运发动克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02，那么C项错误。由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02，D项正确。★11．如下图，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现翻开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，那么气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()A．ρvSB．eq\f(ρv2,S)C．eq\f(1,2)ρv2SD．ρv2S解析：选DΔt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。12．如下图，质量0.5kg，长1.2m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝eq\f(1,8)，在盒内右端B放着质量也为0.5kg，半径为0.1m的弹性球，球与盒接触面光滑。假设在A端给盒以水平向右的冲量1.5N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有I＝mv－0，v＝eq\f(I,m)＝eq\f(1.5,0.5)m/s＝3m/s盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力f＝μFN＝μ·2mg－μ·2mg＝ma即a＝－2μg盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1m后速度减少为v′。v′2－v2＝2ax1v′＝eq\r(v2－2×2μgx1)＝eq\r(32－2×2×\f(1,8)×10×1)m/s＝2m/s，盒左壁A以v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右运动，直到停止。0－v′2＝2ax2即x2＝eq\f(－v′2,2a)＝eq\f(－v′2,－2×2μg)＝eq\f(22,2×2×\f(1,8)×10)m＝0.8m因x2只有0.8m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为s＝x1＋x2＝1m＋0.8m＝1.8m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mvt1＝eq\f(v－v′,2μg)＝eq\f(3－2,2×\f(1,8)×10)s＝0.4s；小球匀速运动时间t2＝eq\f(x1,v′)＝eq\f(1,2)s＝0.5s；盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′t3＝eq\f(v′,2μg)＝eq\f(2,2×\f(1,8)×10)s＝0.8s；总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7s。答案：(1)1.8m(2)1.7s★13．(2023·三湘名校联考)如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出的鼓励语。下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，假设横幅的质量为m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内，四条绳子与水平方向的夹角均为θ，其中绳A、B是不可伸长的刚性绳，绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。(1)求绳A、B所受力的大小；(2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。解析：(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态：2Tsinθ＝2T0sinθ＋mg解得：T＝T0＋eq\f(mg,2sinθ)。(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：2gh＝v02碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v解得：F＝m0g＋eq\f(m0\r(2gh),t)由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′＝F横幅仍处于平衡状态：2T1sinθ＝2T0sinθ＋mg＋F′解得：T1＝T0＋eq\f(mg＋m0g,2sinθ)＋eq\f(m0\r(2gh),2tsinθ)。答案：(1)T0＋eq\f(mg,2sinθ)(2)T0＋eq\f(mg＋m0g,2sinθ)＋eq\f(m0\r(2gh),2tsinθ)第2节动量守恒定律(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。(×)(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。(√)(3)假设在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，那么两球碰前的动量大小一定相同。(√)1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。4．“人船〞模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。突破点(一)动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一局部动量的增量与另一局部动量的增量大小相等、方向相反。3．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)规定正方向，确定初、末状态动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。[典例](2023·郑州高三质量预测)如下图，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。[审题指导](1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零。(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1。(3)木板足够长，物块最终与木块同速，此时，木板向右滑行的速度v2最大。[解析](1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。[答案](1)6m/s(2)2m/s(3)1s[易错提醒]应用动量守恒定律应注意以下三点(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。(2)判断系统是否动量守恒，或者某个方向上动量守恒。(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，假设不是，那么应转换成相对于地面的速度。[集训冲关]1.[多项选择](2023·佛山模拟)如下图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽别离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。2．(2023·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102C．6.0×102kg·m/s D．6.3×解析：选A燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确。3．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg。两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动。某时刻甲的速率为2m/s，乙的速率为3m/s，方向与甲相反。两车运动过程中始终未相碰。那么：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向。由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为v＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m甲＋m乙)＝eq\f(1.0×3－0.5×2,0.5＋1.0)m/s＝eq\f(4,3)m/s≈1.33m/s。(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m乙)＝eq\f(1.0×3－0.5×2,1.0)m/s＝2m/s。答案：(1)1.33m/s(2)2m/s突破点(二)动量守恒定律的3个应用实例碰撞1.对碰撞的理解(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。(3)假设碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，那么系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。3．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒。(2)动能不增加。(3)速度要合理。①假设两物体同向运动，那么碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，假设碰后两物体同向运动，那么应有v前′≥v后′。②假设两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。[例1](2023·揭阳市揭东一中检测)如图，水平面上相距为L＝5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d＝3m。一质量为m＝1kg的小物块A以v0＝6m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。[审题指导](1)A、B发生弹性碰撞，那么碰撞过程中系统动量、动能均守恒。(2)两物块与挡板碰撞时间极短且均不损失机械能，说明两物块与挡板碰撞后返回的速度与碰前速度大小相等。(3)注意判断A与B能否再次发生碰撞。[解析](1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向。由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2碰撞前后动能相等，那么得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得：v1＝－2m/s，方向向左，v2＝4m/s，方向向右。(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：a＝μg＝2m/s2。B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：v2t1－eq\f(1,2)at12＝d得：t1＝1s(t1＝3s舍去)与挡板碰后，B的速度大小v3＝v2－at1＝2m/s，反弹后减速时间t2＝eq\f(v3,a)＝1s反弹后经过位移s1＝eq\f(v32,2a)＝1m，B停止运动。物块A与P处挡板碰后，以v4＝2m/s的速度滑上O点，经过s2＝eq\f(v42,2a)＝1m停止。所以最终A、B的距离s＝d－s1－s2＝1m，两者不会碰第二次。在AB碰后，A运动总时间tA＝eq\f(2L－d,|v1|)＋eq\f(v4,a)＝3sB运动总时间tB＝t1＋t2＝2s，那么时间间隔ΔtAB＝tA－tB＝1s。[答案](1)2m/s，方向向左4m/s，方向向右(2)1s[方法规律]碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如“一动一静〞模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。爆炸[例2]如图，A、B质量分别为m1＝1kg，m2＝2kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，假设A、B间炸药爆炸的能量有12J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车外表水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度大小；(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？[解析](1)根据爆炸过程中能量的转化，有：E＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2联立解得：v1＝4m/s，v2＝2m/s。(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v代入数据解之得：v3＝3m/s，v4＝1m/s，t1＝0.2s。之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。即：(m1＋m2＋m3)v＝0，解得v＝0。设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，那么：－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8s。[答案](1)4m/s2m/s(2)0.8s0.2s[方法规律]爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动反冲[例3]如下图，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为防止两船相撞，乙船上的人将一质量为[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv为防止两船相撞应满足v1＝v2解得vmin＝4v0。[答案]4v0[方法规律]对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加突破点(三)动量与能量的综合应用1．解决力学问题的三个根本观点动力学观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2．动量定理与牛顿第二定律的比拟(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。3．动量守恒和机械能守恒定律的比拟动量守恒定律机械能守恒定律内容一个系统不受外力或所受合外力为零时，系统的总动量保持不变只有重力或弹力做功的系统，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(2)Δp1＝－Δp2(3)Δp＝0(1)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′(2)ΔEk＝－ΔEp(3)ΔEA增＝ΔEB减守恒条件(1)系统不受外力或所受合外力为零(2)内力远远大于外力(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)(1)只受重力或弹力作用(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零研究对象相互作用的物体系统相互作用的系统(包括地球)守恒性质矢量守恒(规定正方向)标量守恒(不考虑方向性)[典例](2023·广东高考)如下图，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)假设碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动物块B碰撞前速度为0A、B的碰撞为完全非弹性碰撞P点左侧轨道光滑物块A在圆轨道上运动时满足机械能守恒定律第二步：找突破口(1)物块A在Q的速度v>eq\r(gR)，所受弹力方向竖直向下，满足：mg＋F＝meq\f(v2,R)。(2)物块A与B碰前的速度仍为v0。(3)物块A、B碰后的总动能均用于克服摩擦力做功，其大小为kL·2μmg。(4)物块A、B碰后滑至第n个光滑段上时一定滑过了n个粗糙段。[解析](1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得eq\f(1,2)mv02＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2所以A滑过Q点时的速度v＝eq\r(v02－4gR)＝eq\r(62－4×10×0.5)m/s＝4m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mg＋F＝meq\f(v2,R)所以A受到的弹力F＝eq\f(mv2,R)－mg＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1×42,0.5)－1×10))N＝22N。(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，那么mv0＝2mv′所以v′＝eq\f(1,2)v0＝3m/s从碰撞到AB停止，根据动能定理，得－2μmgkL＝0－eq\f(1,2)·2mv′2所以k＝eq\f(v′2,2μgL)＝eq\f(32,2×0.1×10×0.1)＝45。(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得－2μmgnL＝eq\f(1,2)·2mvn2－eq\f(1,2)·2mv′2解得vn＝eq\r(9－0.2n)(n＜k)。[答案](1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－0.2n)(n＜k)[方法规律]利用动量和能量观点解题的技巧(1)假设研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)假设研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。[集训冲关]1．[多项选择]交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如下图的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同。为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知以下说法中正确的选项是()A．发生碰撞时汽车A的速率较大B．发生碰撞时汽车B的速率较大C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2eq\r(3)∶eq\r(5)解析：选BC设两车碰撞后的加速度大小为a，碰撞后一起滑行的位移为x，那么x＝eq\r(6.02＋2.52)m＝6.5m。设碰后两车的速度大小为v，由v2＝2ax可得v＝eq\r(13a)。设v的方向与正东方向间夹角为θ，由动量守恒定律可得：mvA0＝2mvcosθ，mvB0＝2mvsinθ。又sinθ＝eq\f(12,13)，cosθ＝eq\f(5,13)，可知，vB0＞vA0，那么eq\f(vB0,vA0)＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(12,5)，故B、C正确，A、D错误。2．如下图，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面外表光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，那么小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，那么小物块冲上斜面后能到达的最大高度为()A．hB．eq\f(m,M＋m)hC．eq\f(m,M)hD．eq\f(M,M＋m)h解析：选D假设斜面固定，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh；假设斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)v12。联立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正确。3．(2023·桂林质检)如下图，静置于水平地面上的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，假设车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小。解析：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，那么W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL。即整个过程中摩擦阻力所做的总功为－6kmgL。(2)设第一辆车的初速度为v0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为v2，第二次碰前速度为v3，碰后共同速度为v4，那么由动量守恒得mv1＝2mv22mv2＝3mv4－kmgL＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02－k(2m)gL＝eq\f(1,2)(2m)v32－eq\f(1,2)(2m)v22－k(3m)gL＝0－eq\f(1,2)(3m)v42由以上各式得v0＝2eq\r(7kgL)，所以人给第一辆车水平冲量的大小I＝mv0＝2meq\r(7kgL)。答案：(1)－6kmgL(2)2meq\r(7kgL)“形异质同〞类问题——练比拟思维反冲运动中的“人船〞模型如下图，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外