第七章 第1讲　动量和动量定理-2025高三总复习 物理（新高考）

三年考情动量动量定理2023·新课标卷·T19、2023·全国甲卷·T25、2023·辽宁卷·T10、2021·湖南卷·T2、2020·全国卷Ⅰ·T14动量守恒定律2023·湖南卷·T15、2023·湖北卷·T15、2023·全国乙卷·T25、2022·湖南卷·T4、2021·全国乙卷·T14、2021·山东卷·T11、2021·广东卷·T13、2021·河北卷·T13动量和能量的综合2023·海南卷·T18、2023·全国甲卷·T25、2023·浙江6月选考·T21、2023·山东卷·T18、2022·全国乙卷·T25、2022·湖北卷·T16、2022·河北卷·T13、2022·山东卷·T18实验：验证动量守恒定律2023·辽宁卷·T11、2022·全国甲卷·T23、2021·江苏卷·T11命题规律目标定位本章主要考查动量定理、动量守恒定律的理解及应用，命题常与生产生活中的实际情境相联系，常以选择题、计算题形式呈现，计算题一般作为压轴大题，常与动力学、能量知识综合考查，难度较大；实验主要验证动量守恒定律及有关拓展实验。第1讲动量和动量定理[课标要求]1．理解冲量、动量的概念。2．理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象。考点一动量和冲量的理解1．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积。(2)表达式：p＝mv。(3)方向：动量的方向与速度的方向相同。2．动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。(2)公式：I＝FΔt。(3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。(4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。自主训练1冲量、动量与动能的比较(2023·黑龙江八校联考)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC＜∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()A．两物块所受重力的冲量相同B．两物块动量的改变量相同C．两物块动能的改变量相同D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同答案：C解析：设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度分别为a＝gsinθ，设斜面高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝eq\r(\f(2h,asinθ))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，因为∠ABC＜∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长；根据I＝mgt可知，两物块所受重力的冲量不相同，选项A错误；根据动量定理mgsinθ·t＝mv－0＝Δp可知，Δp＝meq\r(2gh)，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等、方向不同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝mgh＝eq\f(1,2)mv2可知，两物块的动能改变量相同，选项C正确；两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsinθ＝mgsinθeq\r(2gh)，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。学生用书第129页自主训练2恒力冲量的计算如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)答案：B解析：重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，D错误。自主训练3变力冲量的计算(F-t图像法)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()A．第2s末，质点的动量为0B．第2s末，质点的动量方向发生变化C．第4s末，质点回到出发点D．在1～3s时间内，力F的冲量为0答案：D解析：由题图可知，0～2s时间内，F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，A、B错误；2～4s内，F的方向与0～2s内F的方向不同，该质点0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，所以质点在0～4s内的位移均为正，第4s末没有回到出发点，C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2s内的面积与2～3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，D正确。1．动能、动量、动量变化量的比较比较项目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)pvp＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)2．冲量的四种计算方法公式法利用定义式I＝FΔt计算冲量，此法仅适用于恒力的冲量图像法利用F-t图像计算，F-t图线与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均力法若方向不变的力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)Δt，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法对于变力的冲量，不能直接用I＝FΔt求解，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量考点二动量定理的理解及应用1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2．表达式：F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp。【高考情境链接】(2023·新课标卷·改编)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们互相接近过程中任一时刻。判断下列说法的正误：(1)甲所受合外力的冲量方向向右。(√)(2)乙的动量变化量等于甲对乙的吸引力的冲量。(×)(3)甲的动量大小比乙的小。(√)(4)甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量。(×)学生用书第130页1．对动量定理的理解(1)FΔt＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力的冲量。(2)FΔt＝p′－p除表明了两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。(3)由FΔt＝p′－p得F＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。2．应用动量定理的基本思路考向1应用动量定理定性解释有关现象如图所示，为了安全，跳远时运动员都是跳在沙坑里。与跳在水泥地上相比较，以下说法正确的是()A．人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大答案：A解析：人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人的质量与速度大小一样，所以动量大小相等，A正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上的动量变化，因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上受到的冲量大小相等，C错误；沙坑中的沙子起到缓冲作用，延长力的作用时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小，D错误。规律总结对动量定理表达式FΔt＝Δp的理解1．当物体的动量变化量Δp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。可以用来解释生产、生活中的一些缓冲实例。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。考向2应用动量定理的定量计算高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t，安全带达到最大伸长量。若在此过程中该作用力始终竖直向上，重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A．eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B．eq\f(m\r(2gh),t)－mgC．eq\f(m\r(gh),t)＋mg D．eq\f(m\r(gh),t)－mg答案：A解析：安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝eq\r(2gh)；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－eq\x\to(F))t＝0－mv，故eq\x\to(F)＝eq\f(mv,t)＋mg＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故选项A正确。对点练．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1答案：D解析：根据动能定理有W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。考向3动量定理与图像的综合(多选)在研制飞机过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验：将一个质量为m的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力)，调节风力大小，并记录了物体所受竖直向上的风力F与时间t的关系，如图所示。下列说法正确的是()A．在前2t0时间内物体加速度均匀增加B．在前6t0时间内物体一直向上运动C．在5t0时刻物体的速度大小为eq\f(13gt0,4)D．在前6t0时间内物体的最大速度为eq\f(37gt0,10)答案：CD解析：由题图可知，t0时刻物体才开始运动，A、B错误；从t0到5t0这段时间，对物体应用动量定理有IF－mg×4t0＝mv1－0，由图像可知这段时间内风力的冲量IF＝eq\f(（mg＋1.5mg）×t0,2)＋eq\f(（1.5mg＋2.5mg）×3t0,2)＝eq\f(29mgt0,4)，解得v1＝eq\f(13gt0,4)，C正确；由题图可知，5t0～6t0内的F与t的关系式为F＝－2.5t＋15，当F＝mg时，t＝5.6t0，则在5.6t0时物体的加速度为零，速度最大，从t0到5.6t0，对物体应用动量定理有IF′－mg×4.6t0＝mvm－0，由图像可知这段时间内风力的冲量IF′＝IF＋eq\f(（2.5mg＋mg）×0.6t0,2)＝eq\f(83mgt0,10)，解得vm＝eq\f(37gt0,10)，D正确。学生用书第131页“流体模型”问题的类型及解决思路类型流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n解题思路①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体的质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体的粒子数N＝nΔV＝nvSΔt小柱体的动量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究应用1．[“流体类”模型问题](2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s～56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的()A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍答案：B解析：设交通标志牌迎风面积为S，空气密度为ρ，标志牌对台风的作用力为F，在Δt时间内吹向标志牌的空气体积为vΔtS，空气质量m＝ρvΔtS，由动量定理得FΔt＝mv－(－mv)，解得F＝2ρSv2，由牛顿第三定律可知台风对该交通标志牌的作用力大小为F′＝F＝2ρSv2，10级台风的风速我们取27m/s，16级台风的风速我们取54m/s估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通标志牌的作用力大小之比为eq\f(F16′,F10′)＝eq\f(veq\o\al(2,16),veq\o\al(2,10))＝eq\f(542,272)＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，B正确。应用2．[“微粒类”模型问题]航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为()A．F＝Ieq\r(\f(2mU,q)) B．F＝Ieq\r(\f(mU,q))C．F＝Ieq\r(\f(mU,2q)) D．F＝2Ieq\r(\f(mU,q))答案：A解析：以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，Δt时间内通过的总电荷量Q＝IΔt，喷出离子的总质量M＝eq\f(Q,q)m＝eq\f(IΔt,q)m；由动量定理可知正离子所受平均冲量eq\x\to(F)Δt＝Mv，由以上式子可得eq\x\to(F)＝Ieq\r(\f(2mU,q))，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝Ieq\r(\f(2mU,q))，A正确。课时测评30动量和动量定理eq\f(对应学生,用书P411)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～10题，每题4分，共40分)1．(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6kg·m/s，则()A．球的动能可能不变B．球的动量大小一定增加12.6kg·m/sC．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同答案：AC解析：垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，动量的大小增量为零，A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球的弹力方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误。2．(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是()答案：D解析：根据题述，质点沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律，其速度v＝eq\r(2ax)，其动量p＝mv＝meq\r(2ax)，所以对应的相轨迹可能是D选项，故D正确。3．(2024·天津南开区模拟)如图所示，学生练习用脚颠球。足球的质量为0.4kg，某一次足球由静止自由下落0.8m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．足球从下落到再次上到最大高度，全程用了0.7sB．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4JC．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4N·s答案：C解析：由h＝eq\f(1,2)gt2得，足球下落时间为t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.4s，足球上升时间为t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.3s，总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根据运动学公式veq\o\al(2,1)＝2gh1，veq\o\al(2,2)＝2gh2，解得W合＝－1.4J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv2－(－mv1)＝2.8kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小IG＝mgt＝0.4×10×0.8N·s＝3.2N·s，D错误。4．(2024·山东潍坊模拟)科技发展，造福民众。如图所示的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以()A．减小穿戴者动量的变化量B．减小穿戴者动量的变化率C．增大穿戴者所受合力的冲量D．减小穿戴者所受合力的冲量答案：B解析：依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝eq\f(Δp,Δt)，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率eq\f(Δp,Δt)，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化，故选B。5．(2024·山东德州模拟)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口直径为d，水从枪口高速喷出后，近距离垂直喷射到某物体表面且速度在短时间内由v变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为()A．ρv2πd2 B．ρvπd2C．eq\f(ρv3πd2,4) D．eq\f(ρv2πd2,4)答案：D解析：水在时间Δt内速度由v减为零，Δt内喷射到物体表面的水的质量为m＝ρvΔtπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，以这部分水为研究对象，设物体表面对水的平均作用力大小为F，以水流速度方向为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝eq\f(ρv2πd2,4)，由牛顿第三定律可知，水在物体表面产生的平均冲击力大小为F′＝F＝eq\f(ρv2πd2,4)，A、B、C错误，D正确。故选D。6．(2024·河北邯郸模拟)中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01s、横截面积为S＝2m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2kg，每1cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是()A．所形成弹幕的总体积V＝6cm3B．所形成弹幕的总质量M＝1.2×105kgC．弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107kg·m/s2D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108N答案：B解析：形成弹幕的总体积V＝vtS＝6m3，A错误；每1cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝eq\f(6,1×10－6)(个)＝6×106(个)，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝Mv＝3.6×107kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝Ft知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D错误。7．(2024·安徽安庆模拟)在羽毛球比赛中，假设羽毛球以v1＝72km/h的速度飞向运动员，运动员以v2＝216km/h的速度将羽毛球回击。已知羽毛球的质量为m＝5×10－3kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02s。则下列说法正确的是()A．球拍对羽毛球不做功B．羽毛球动量的变化量大小为0.4kg·m/sC．羽毛球动能的变化量大小为10JD．球拍与羽毛球之间的作用力大小为10N答案：B解析：击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做功，选项A错误；v1＝72km/h＝20m/s，v2＝216km/h＝60m/s，则羽毛球动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝5×10－3×60kg·m/s－(－5×10－3×20)kg·m/s＝0.4kg·m/s，选项B正确；羽毛球动能的变化量大小为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×5×10－3×(602－202)J＝8J，选项C错误；根据动量定理Δp＝Ft，解得球拍与羽毛球之间的作用力大小为F＝eq\f(Δp,t)＝eq\f(0.4,0.02)N＝20N，选项D错误。8．(2024·山东济南模拟)在天宫课堂第二课上，航天员叶光富给我们展示了一个“科学实验重器”——“高微重力科学实验柜”。如图甲所示，当柜体受到一个干扰偏离原位置时，柜体通过喷气又慢慢回到了原位置。将该过程简化为如图乙所示的模型，物块静止在光滑水平面上的O点，左右有两个喷气装置A和B，当给物块一个向左的初速度时，喷气装置A立即向左喷气，经过一段时间，装置A关闭，同时装置B向右喷气，直到物块回到出发点O且速度为零。假设喷气装置A、B喷气过程中对物块的作用力大小相等且不变，喷气对物块质量的影响忽略不计，则该过程中A、B喷气装置喷气的时间之比等于()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．eq\r(2)＋1答案：D解析：设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为F，喷气的时间分别为t1和t2，物块初速度为v，以初速度方向为正方向，设A停止喷气时物块速度大小为v1，根据动量定理－Ft1＝m(－v1)－mv，Ft2＝0－m(－v1)，由运动学规律可得eq\f(（－v1）＋v,2)t1＝－eq\f(0＋（－v1）,2)t2，联立解得t1＝(eq\r(2)＋1)t2，D正确。9．(多选)(2022·全国乙卷)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则()A．4s时物块的动能为零B．6s时物块回到初始位置C．3s时物块的动量为12kg·m/sD．0～6s时间内F对物块所做的功为40J答案：AD解析：物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2N，对物块在0～3s时间内，由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6m/s，3s时物块的动量为p＝mv3＝6kg·m/s，故C错误；设3s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1s，所以物块在4s时速度减为零，则此时物块的动能也为零，故A正确；在0～3s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x1＝9m，3～4s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x2＝3m，4～6s时间内，物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2，发生的位移大小为x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝4m＜x1＋x2，即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6s时间内，F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正确。10．(2024·云南玉溪模拟)将质量为m＝1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10N，物体由静止开始运动，作用4s后撤去F。已知g＝10m/s2，对于物块从静止开始运动到停下这一过程，下列说法正确的是()A．整个过程物块运动的时间为6sB．整个过程物块运动的时间为8sC．整个过程中物块的位移大小为40mD．整个过程中物块的位移大小为60m答案：B解析：在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，选项A错误，B正确；在物块前4s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，所以全程的平均速度也为eq\f(v,2)，则物块的总位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，选项C、D错误。11.(10分)北京冬奥会开幕式的浪漫烟花，让人惊叹不已。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开。礼花弹的结构如图所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个初速度并同时点燃延期引线。当礼花弹到达最高点附近时，延期引线点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹质量m＝0.1kg，从炮筒射出的速度为v0＝35m/s，整个过程中礼花弹所受的空气阻力大小始终是其重力大小的0.25倍，延期引线的燃烧速度为v＝2cm/s，忽略炮筒的高度，重力加速度取g＝10m/s2。(1)求礼花弹射出后，上升的最大高度h；(2)要求爆炸发生在超过礼花弹最大高度的96%范围，则延期引线至少多长；(3)设礼花弹与炮筒相互作用的时间Δt＝0.01s，求礼花弹对炮筒的平均作用力大小。答案：(1)49m(2)4.48cm(3)351.25N解析：(1)根据牛顿第二定律得mg＋0.25mg＝maa＝1.25g＝12.5m/s2根据运动学公式得veq\o\al(2,0)＝2ah解得h＝49m。(2)根据veq\o\al(2,0)＝2ahveq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2ah×0.96联立解得v1＝7m/s则t1＝eq\f(v0－v1,a)＝2.24sL＝vt1＝4.48cm。(3)由动量定理得(F－mg－0.25mg)Δt＝mv0解得F＝351.25N由牛顿第三定律可知，礼花弹对炮筒的平均作用力大小F′＝F＝351.25N。12．(10分)(2023·河南郑州三模)风洞实验室中可以产生水平向右、一系列短促的风力。如图甲所示，将一个质量为m的物体放入风洞实验室的光滑水平平台上静止不动。在t＝0时，作用在该物体上一个水平向右的恒力F，为了让物体水平向右的速度尽快达到某一较大的值，在加上恒力F后，闭合风洞实验装置的开关，每间隔相等的时间t0作用一次风力的冲量，每次风力冲量的作用时间可忽略不计，每次风力冲量使物体速度大小增加Δv，Δv不变，其风力的冲量大小I随时间t的变化关系如图乙所示。求：(1)在0～t0时间内，恒力F做的功；(2)当作用在该物体上风力的冲量次数为n时，物体运动速度的大小。答案：(1)eq\f(F2teq\o\al(2,0),2m)(2)eq\f(nFt0,m)＋nΔv解析：(1)物体在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可得F＝ma在t0时间内运动的位移为x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)在t0时间内恒力F做的功W＝Fx解得W＝eq\f(F2teq\o\al(2,0),2m)。(2)根据动量定理可知nFt0＋nF风Δt＝mvn其中F风Δt＝mΔv，解得vn＝eq\f(nFt0,m)＋nΔv。第2讲动量守恒定律[课标要求]1．通过实验和理论推导，理解动量守恒定律。2．能用动量守恒定律解释生活中的有关现象。3．知道动量守恒定律的普遍性，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。4．定量分析一维碰撞问题，并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。5．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。考点一动量守恒定律的理解及基本应用1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；意义：系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)Δp1＝－Δp2；意义：相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。【高考情境链接】(2021·全国乙卷·改编)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中学生用书第132页判断下列说法的正误：(1)从撤去推力开始，小车、滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒。(×)(2)从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒。(√)(3)系统所受合外力不为零时，系统的动量可能在某一方向上守恒。(√)(4)表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′的速度是必须相对同一个参考系。(√)1．动量守恒条件的理解(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。2．应用动量守恒定律解题的步骤考向1动量守恒的判断(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是()A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统答案：BCD解析：若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其动量守恒，C正确。考向2动量守恒定律的简单应用如图所示，正在太空中行走的宇航员A、B沿同一直线相向运动，相对空间站的速度大小分别为3m/s和1m/s，迎面碰撞后(正碰)，A、B两人均反向运动，速度大小均为2m/s。则A、B两人的质量之比为()A．3∶5B．2∶3C．2∶5D．5∶3答案：A解析：设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律知mAvA－mBvB＝－mAv＋mBv，解得mA∶mB＝3∶5，故A正确。考向3分方向动量守恒(2023·山东日照模拟)如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是()A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，水平方向上动量守恒C．物块到不了水平轨道的最左端D．物块将从轨道最左端冲出水平轨道答案：B解析：轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；设轨道的水平部分长为L。轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR＝μmgL，轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得0＝(M＋m)v，则得v＝0，根据能量守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C、D错误，故选B。考向4动量守恒中的临界问题甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面学生用书第133页上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6m/s，甲车上有质量为m＝1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是()A．12B．13C．14D．15答案：D解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等。由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s。对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正确。考点二碰撞问题1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3．分类类型动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大【基础知识判断】1．碰撞前后系统的动量和机械能一定守恒。(×)2．光滑水平面上相向运动的两球碰撞后均静止，则两球碰撞前的动量一定等大反向。(√)3．碰撞后系统的总动能可能会增大。(×)1．弹性碰撞的分析与讨论：(条件：一个运动物体与静止物体发生弹性正碰)运动物体1的质量为m1、速度为v1，与质量为m2的静止物体2，发生弹性碰撞，碰撞后二者速度分别为v1′、v2′。则由动量守恒定律、机械能守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(1)三种情况的讨论①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(质量相等的两个物体发生弹性碰撞，则碰撞后两物体交换速度)。②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。特例：当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1。③若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后物体1反向，两物体沿相反方向运动)。特例：当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。(2)重要推论：运动物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞：①当发生弹性碰撞时，物体B获得的速度最大：vBmax＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0。②当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B获得的速度最小：vBmin＝eq\f(mA,mA＋mB)v0。③当发生非弹性碰撞时，碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0＜vB＜eq\f(2mA,mA＋mB)v0。2．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前′＞v前；若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。学生用书第134页考向1弹性碰撞(2023·全国乙卷·改编)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝eq\f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；答案：(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)l解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)过程2：小球以eq\r(2gl)与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv1′2mv0＝mv1＋Mv1′解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)v1′＝eq\f(2m,m＋M)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即小球碰后速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向上，圆盘速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向下。(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者距离就不断增大，当二者速度相同时，距离最大，即v1＋gt＝v1′解得t＝eq\f(v1′－v1,g)＝eq\f(v0,g)根据运动学公式得最大距离为dmax＝x盘－x球＝v1′t－(v1t＋eq\f(1,2)gt2)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝l。考向2非弹性碰撞(2020·全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3J B．4JC．5J D．6J答案：A解析：设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入题图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能E损＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入题图中数据解得E损＝3J，选项A正确。考向3完全非弹性碰撞(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案：(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析：(1)滑块静止时，桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑块向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得v＝8m/s。(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有mv＝(m＋M)v′碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v′2代入数据联立解得h＝0.2m。学生用书第135页考向4碰撞的可能性分析如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10kg·m/s，B的动量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的动量增加量ΔpA＝－4kg·m/s，则A、B的质量比eq\f(mA,mB)应满足的条件为()A．eq\f(mA,mB)＞eq\f(5,3) B．eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1C．eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)＜eq\f(5,3) D．eq\f(mA,mB)≤1答案：B解析：因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA＞vB，即eq\f(pA,mA)＞eq\f(pB,mB)，解得eq\f(mA,mB)＜eq\f(5,3)，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝pA′＋pB′，由题意知pA′＝pA＋ΔpA＝6kg·m/s，则pB′＝10kg·m/s，由能量关系得eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得eq\f(mA,mB)≤1，碰后速度满足vA′≤vB′，即eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得eq\f(mA,mB)≥eq\f(3,5)，综上可得eq\f(3,5)≤eq\f(mA,mB)≤1，B正确。考点三爆炸和反冲问题1．爆炸现象(1)定义：在物理学中，爆炸是指物体在内力作用下炸裂成两块或多块的现象。(2)特点：物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。2．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。【基础知识判断】1．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)2．发射炮弹时炮身后退的现象属于反冲现象。(√)3．园林中的喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)4．乌贼在水中的运动属于反冲运动。(√)考向1爆炸问题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大于其受到的外力，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。(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力，重力加速度为10m/s2。下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【审题指导】(1)爆炸物在最高点瞬时速度为零。(2)爆炸的两碎块分别做平抛运动。(3)声音记录仪记录的时间等于碎块做平抛运动的时间和碎块撞击地面的响声以声速传到声音记录仪的时间之和。答案：B解析：爆炸物在最高点爆炸成两碎块，设爆炸物质量为m，系统动量守恒，有eq\f(2,3)mv1＝eq\f(1,3)mv2，解得两碎块的初速度之比为v1∶v2＝1∶2，由平抛运动规律x＝vt可知，两碎块的水平位移大小之比为x1∶x2＝v1∶v2＝1∶2，A错误；根据题述，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声，设两碎块在空中的时间为t，则eq\f(（5s－t）v声,（6s－t）v声)＝eq\f(1,2)，解得t＝4s，由平抛运动规律可知，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正确；爆炸后质量大的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t1＝5s－4s＝1s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x1＝v声t1＝340m，由x1＝v1t，解得v1＝85m/s，C错误；爆炸后质量小的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t2＝6s－4s＝2s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x2＝v声t2＝680m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为x＝x1＋x2＝340m＋680m＝1020m，D错误。学生用书第136页对点练．(2023·河北邯郸市模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为()A．mgh B．eq\f(mgL2,16h)C．eq\f(mgL2,32h) D．eq\f(mgL2,8h)答案：B解析：设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝eq\f(1,2)gt2，ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2，联立解得ΔE＝eq\f(mgL2,16h)，故选B。考向2反冲问题反冲运动的作用原理和两个特点作用原理反冲运动是系统内两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2023年5月10日21时22分，天舟六号货运飞船在中国文昌航天发射场成功发射。如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒C．火箭获得的最大速度为eq\f(Mv0,M－m)D．火箭上升的最大高度为eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)答案：D解析：火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝eq\f(mv0,M－m)，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)，D正确。]对点练．有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为()A．eq\f(Δm,m)u B．－eq\f(Δm,m)(v0－u)C．－eq\f(Δm,m)u D．eq\f(Δm＋m,m)v0答案：C解析：根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1＝v0＋u，则燃气的动量变化为Δp1＝Δmv1－Δmv0＝Δmu。设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气的动量变化为Δp2＝mv2－mv0＝mΔv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δmu＋mΔv＝0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv＝－eq\f(Δm,m)u，故选C。1．模型简析：如图所示，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力作用，所以整个系统动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由图可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。(2)动量守恒且总动量为零。3．结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用物体的质量，x1、x2为其对地位移的大小)。应用1．[人船模型的应用]如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．一直匀速后退答案：A解析：人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m，即车将后退0.5m，A正确，B、C错误；题中未说明人的运动状态，故车的运动状态不确定，D错误。学生用书第137页应用2．[人船模型的迁移应用]如图所示，在一只大气球下方的长绳上，有一个质量为m1＝50kg的人。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看作质点)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案：B解析：人沿绳向下滑时，气球上升。设气球上升的距离为s2，人向下滑的距离为s1，有m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s2＝eq\f(25,7)m，故人滑到绳下端时，离地面的高度为s2＝eq\f(25,7)m≈3.6m，B正确。应用3．[分方向动量守恒的人船模型](2023·湖南高考)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；(3)若eq\f(M,m)＝eq\f(b,a－b)，求小球下降h＝eq\f(b,2)高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。答案：(1)eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))eq\f(m,M＋m)a(2)eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))－ma))2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(3)2beq\r(\f(g,a＋3b))解析：(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正方向，有0＝mv1－Mv2小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒，有mgb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)联立解得v2＝eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))因水平方向在任何时候都动量守恒即0＝meq\x\to(v)1－Meq\x\to(v)2两边同时乘t可得mx1＝Mx2且由几何关系可知x1＋x2＝a联立解得x2＝eq\f(m,M＋m)a。(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－x))＝MΔx则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－Δx))2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1整理得eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))－ma))2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝1。(3)将eq\f(M,m)＝eq\f(b,a－b)代入小球的轨迹方程化简可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))))2＋y2＝b2即此时小球的轨迹为以b为半径的圆，则当小球下降的高度为eq\f(b,2)时，如图可知此时速度和水平方向的夹角为60°，小球下降eq\f(b,2)的过程中，系统水平方向动量守恒，有0＝mv3cos60°－Mv4系统机械能守恒，有mgeq\f(b,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)联立解得v3＝2beq\r(\f(g,a＋3b))。课时测评31动量守恒定律eq\f(对应学生,用书P413)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～9题，每题4分，共36分)1．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法中正确的是()A．人、车和锤子组成的系统动量守恒B．人、车和锤子组成的系统机械能守恒C．连续敲打可使小车持续向右运动D．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零答案：D解析：在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零，该方向上系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，故A错误；由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B错误；把人、锤子和小车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统水平方向上的总动量为零，锤子向左运动时，小车向右运动，锤子向右运动时，小车向左运动，所以小车左右做往复运动，不会持续地向右运动，故C错误；当锤子速度方向竖直向下时，水平方向动量为零，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则此时人和车水平方向上的总动量为零，故D正确。2．(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案：B解析：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m。设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，联立解得v1＝v0。设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，联立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0＞v2。碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN＞pH。碰撞后氢核的动能为EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，氮核的动能为EkN＝eq\f(1,2)·14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)，可得EkH＞EkN，B正确，A、C、D错误。3．(2023·山东济南二模)在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为v2。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为()A．eq\f(2Mveq\o\al(2,1),Sdveq\o\al(2,2)) B．eq\f(Mveq\o\al(2,1),2Sdveq\o\al(2,2))C．eq\f(2Mveq\o\al(2,2),Sdveq\o\al(2,1)) D．eq\f(Mveq\o\al(2,2),2Sdveq\o\al(2,1))答案：D解析：设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则eq\f(v2,2)·t＝d，联立解得ρ＝eq\f(Mveq\o\al(2,2),2Sdveq\o\al(2,1))，故选D。4．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上时相对a车保持静止，此后()A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系vc＞va＞vbD．a、c两车运动方向相反答案：CD解析：设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝－m车vc＋m人v，m人v＝m车vb＋m人v，m人v＝(m车＋m人)·va，所以vc＝eq\f(m人v,m车)，vb＝0，va＝eq\f(m人v,m车＋m人)，即vc＞va＞vb并且c车与a车方向相反，A、B错误，C、D正确。5．如图所示，质量为0.5kg的小球在离车底面高度20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10m/s2)()A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s答案：A解析：由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的分速度vx＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正确。6．(2024·安徽马鞍山模拟)在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是()A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同B．爆炸后Q比P先落地C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等答案：D解析：在爆炸过程中，由于水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，A错误；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动的时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误；在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力的大小相等、作用时间相同，则所受爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的变化量大小相等、方向相反，D正确。7．如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案：D解析：由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总机械能守恒。设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能；对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能；对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D。8．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s答案：B解析：考虑实际运动情况，若碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A、D错误；碰撞前总动量p＝pA＋pB＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，总动能Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×62J＋eq\f(1,2)×2×22J＝22J。B选项，碰撞后，总动量为p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，总动能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝eq\f(1,2)×1×22J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，则p′＝p，Ek＞Ek′，符合动量守恒定律和动能不增加，故B正确；C选项，碰撞后，总动量p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，总动能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝eq\f(1,2)×1×42J＋eq\f(1,2)×2×72J＝57J，符合动量守恒定律，但总动能不可能增加，故C错误。9．(多选)(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移—时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移—时间图像，若A物块质量m＝2kg，则由图判断，下列结论正确的是()A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4kg·m/sB．B物块的质量为0.75kgC