高考物理一轮复习考点精讲精练第15讲　动量 动量守恒定律（解析版）

第15讲动量动量守恒定律1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一动量、冲量、动量定理的理解与应用1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．冲量(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．(2)定义式：I＝Ft.(3)单位：N·_s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．3．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．(2)表达式：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ft＝p′－p,I＝Δp))（2024•河南一模）质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（）A．相同时间内，速度变化量可能不同 B．同一时刻，速度变化快慢可能不同 C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同 D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同【解答】解：A．两物体运动过程中的加速度相同，则由Δv＝gΔt可知，相同时间内，速度变化量一定相同，故A错误；B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，因两物体的加速度均等于重力加速度，因此同一时刻，速度变化快慢一定相同，故B错误；C．抛出后下降到同一高度时，根据动能定理可得mgℎ=1D．根据I＝mgt可知相同时间内，重力的冲量大小一定相同，故D错误。故选：C。（2024•开福区校级模拟）一质量为m＝1kg的物体，从距地面高度为0.8m处以某一未知初速度水平抛出。落地后不弹起。假设地面为粗糙刚性水平接触面（与物体发生碰撞的时间极短，不计重力产生的冲量），物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能等于与粗糙水平面的摩擦生热 B．若物体的初速度为1m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为4N•s C．若物体的初速度为3m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为25N•s D．若物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平运动的距离可能是原来的4倍【解答】解：A、物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能一部分用于与粗糙水平面的摩擦产生的热量，一部分在与地面碰撞中对地面做功，故A错误；BC、物体落地时竖直方向的分速度大小为vy=2gℎ=2×10×0.8m/s=4m/s，物体落地时竖直方向的速度变为零了，规定竖直向下的方向为正方向，所以在与地面碰撞过程中，根据动量定理可得地面对其冲量为I＝0﹣mvy＝0﹣1×4kg•m/s＝﹣4kgD.根据动能定理可得物体落地后沿水平面前进的距离为x，则﹣μmgx＝0−12m故选：D。（2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l的水平小细杆构成一排固定的栅栏。栅栏上方有一个质量为m、半径为r≫l的匀质圆板，圆板不会与地面接触。一根细长的轻绳穿过板的中央小孔C，一半在图的背面，一半在图的正面，绳的两头合在一起记为P端。在P端用力沿水平方向朝右拉动圆板，使板沿栅栏无跳动、无相对滑动地朝右滚动。圆板水平方向朝右的平均速度可近似处理为圆板中心C在最高位置时的速度大小v，设v是不变量。略去绳与板间所有接触部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T为（）A．12mv2lr2 B．【解答】解：取栅栏中相邻两根小细杆A，B，板心C从位于杆A正上方到位于B杆的正上方。圆板绕杆定轴转动惯量为：I杆＝IC+mr2=C位于A正上方时圆板运动为：Ek=C到达A、B杆连线中点正上方瞬间，速度为v′，动能为：34mv'2=Ek将圆板与B杆完全非弹性碰撞后瞬间，绕B杆转动角速度记为ωB，根据角动量守恒有：IBωB＝ICωC+rmv0′ωC=v'r，v0′＝v′可得：32mr2ωB=12mr2⋅v'r+则有：ωBr=23v'此时圆盘的动能Ek=C杆转到B杆正上方时，速度又增加v，由机械能定理有：34mv2=1联立以上各式，消去3可得：34mv2=34mv2•49(12取近似值：(又有：1−cosθ2=代入上式，并忽略高阶小量得：T=1故选：A。考点二动量守恒定律的理解和判断1．内容如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：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)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．（多选）（2024•海口一模）如图所示，不可伸长的轻绳跨越钉子O，两端分别系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F，使轻绳OB水平且绷直，球A与地面接触，两球均静止。已知OA＝OB＝L，两球质量分别为mA、mB，重力加速度为g，不计一切阻力。现将球B由静止释放，发现两球可沿水平方向发生碰撞，且碰后粘在一起运动。则（）A．两球质量应满足mA≥3mB B．外力F应满足mBC．两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为3g D．两球碰后摆起的最大高度不超过1【解答】解：A.两球可沿水平方向发生碰撞，说明A不会离开地面，则对B有mBgL=12mBv2，在最低点时T﹣mBg＝mBv2L，解得T＝3mB.要使的细绳处于伸直状态，则力F最小值为mBg，因A的重力无最大值（可以是无穷大），可知F无最大值，故B错误；C.两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为a=vD.因A质量最小值为3mB，则AB碰后由动量守恒mBv＝（mA+mB）v共，12（mA+mB）v共2=（mA+m故选：AD。（2024•东城区一模）如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（）A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒 B．第②次碰撞后斜劈的速度小于2mvC．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于（M+m）g D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等【解答】解：A，第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误；B．第②次碰撞后速度的分解如图规定向左为正方向，根据水平方向的动量守恒定律有mv0cosθcosθ﹣mvysinθ+Mvx＝mv0即有mv0﹣mv0cos2θ+mvysinθ＝Mvx解得斜劈的速度vx=故B正确；C．第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于（M+m）g，故C错误；D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度v'＜v0sinθ，根据速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故D错误；故选：B。（2024•南昌二模）如图所示，质量为2kg的物块乙静止于A点，质量为1kg的物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B点。甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆炸时，将四分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得3m/s的速度向右运动。乙在AB间运动的某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N的恒定拉力，使得乙恰好未与丙发生碰撞。已知AB间的距离为8.25m，乙与地面间的动摩擦因数为0.2，碰撞与爆炸时间均极短，甲、乙、丙均可视为质点，g取10m/s2。（1）求火药爆炸时释放的化学能；（2）求恒定拉力在AB间持续作用的最短时间；（3）若拉力从A点开始持续作用，乙运动到B点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙的动量大小之比为1：6，求丙的质量范围。（不考虑再次碰撞）【解答】解：（1）火药爆炸时，甲、乙组成的系统动量守恒0＝m甲v甲+m乙v乙代入数据解得：v甲＝﹣6m/sEk总=代入数据解得：Ek总＝27J火药爆炸时释放的化学能E＝4Ek总＝4×27J＝108J；（2）研究乙由A运动至B的过程，由动能定理WF﹣μm乙gL＝0−代入数据解得：WF＝24J无论何时开始有F的作用，F做的功为定值，因此，当乙的速度最大时开始有F的作用，则F作用时间最短。有力F作用时，对乙由牛顿第二定律F﹣μm乙g＝m乙a代入数据解得：a＝4m/s2，设F作用的位移为xWF＝Fxx＝2m有运动学公式x＝v乙t+解得：t＝0.5s；（3）F持续作用时，由动能定理FL﹣μm乙gL=得乙与丙碰撞前的速度v乙2＝53m/s因此乙在和丙碰撞前的动量P乙＝m乙v乙2解得P乙＝103kg•m/s乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律P乙＝P'+P丙若碰后乙、丙同向P'＝m乙v'P丙＝m丙v丙P'：P丙＝1：6不撞穿：v'＜v丙根据动能不增加：1联立解得：34m乙≤m即：1.5kg≤m丙≤12kg若碰后乙、丙反向P'＝m乙v'＜0P丙＝m丙v丙P'：P丙＝﹣1：6根据动能不增加：1联立解得：m丙≥1.5m乙即：m丙≥3kg综上所述，碰后乙、丙同向时，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向时，m丙≥3kg答：（1）火药爆炸时释放的化学能为108J；（2）恒定拉力在AB间持续作用的最短时间为0.5s；（3）丙的质量范围为碰后乙、丙同向时，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向时，m丙≥3kg。考点三动量守恒定律的应用（人船模型）1．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．应用动量守恒定律解题的步骤(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(或某一方向上动量是否守恒)；(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．（多选）（2024•贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（）A．小球向左运动能达到A点 B．半圆槽向右运动的最大距离为23C．半圆槽的运动速度大小可能为3gR2D．小球经过C点时对半圆槽的压力大小为3mg【解答】解：A．两物体所构成的系统水平方向动量守恒、运动过程中机械能守恒。小球向左到达最高点时两者共速，设共速时的速度为v，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝（m+2m）v可得v＝0由机械能守恒定律有mgR＝mgh解得h＝R即小球向左能达到的最高点是A，故A正确；B．取水平向左为正方向，设小球速度为v1，圆槽速度为v2，由水平方向动量守恒有0＝mv1+2mv2可得0＝∑mv1Δt+∑2mv2Δt即0＝mx1+2mx2同时x1﹣x2＝﹣2R可得x2故B正确；C．从B点释放后到C点有，取水平向左为正方向，设在C点小球的速度为v3，圆槽的速度为v4，根据能量和动量守恒有mgR=10＝mv3+2mv4解得v3=−2则小球到最低点时槽的速度不可能是3gR2D．小球相对于槽做圆周运动，在最低点槽的加速度为0是惯性参考系，根据牛顿第二定律有FN解得FN＝4mg故D错误。故选：AB。（多选）（2023•佛山一模）某同学平时在操场立定跳远成绩最好能达到2.5m。在静浮在水面可自由移动的小船上，若该同学同样尽最大的能力立定跳，船上下颠簸可忽略，则该同学在小船上立定跳（）A．相对地面运动的水平距离小于2.5m B．相对小船运动的水平距离小于2.5m C．起跳相对地面的初速度比在操场时的小 D．当人落在船上时，船还会继续向前运动【解答】解：AB．对于人和小船组成的系统，水平方向动量守恒，设该同学起跳时相对地面水平初速度为vx，竖直初速度为vy，小船相对于地面的速度为v，水平距离等于2.5m，设水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得0＝m人vx+m船v可知小船向左运动，所以该同学相对地面运动的水平距离小于2.5m，故A正确，B错误；C．由AB选项分析可知，相比在地面起跳，人相对地面的水平初速度变小，根据v可知起跳相对地面的初速度比在操场时的小，故C正确；D．根据水平方向动量守恒，当人落在船上时，船停止运动，故D错误。故选：AC。（2022•永定区模拟）如图所示，一个质量为m1＝50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。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＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（）A．0 B．2m C．5m D．7m【解答】解：设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得：则m1v1＝m2v2，所以v1=25v气球和人运动的路程之和为h＝7m，则人下滑的距离为：s1=2气球上升的距离为：s2=5即人下滑2m，气球上升5m，所以人离地高度为5m，故C正确、ABD错误。故选：C。考点四碰撞现象的特点和规律1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.碰撞后运动状态可能性判定(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．（2024•宁波二模）质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（）A．4l(m2+m1sin2θ)【解答】解：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为vx和vy，即滑块的合速度为v1=vx→+vy→，斜面的合速度为v2。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m1v结合两者的水平位移关系有：v对滑块，在竖直方向的位移：v对两物体的系统，由机械能守恒定律有：m联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为：t=2l(故选：B。（2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（）A．P的动量为0 B．Q的动量达到最大值 C．P、Q系统总动量小于mv D．弹簧储存的弹性势能为1【解答】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1=12v，所以P的动量为mv1D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep=1B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量不是最大，故B错误。故选：D。（2024•沈阳模拟）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（）A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零 B．小球沿轨道上升的最大高度为3vC．小球滑离小车时，小车恢复静止状态 D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0【解答】解：AB．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律mv0＝（m+3m）v可得小球在最高点时仍然具有水平速度，设达到最高点的高度为H，根据能量守恒，可得12解得H=3故A错误；B正确；CD．设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv球+3mv车，1联立，解得v球=−1可知小车相对小球的速度大小为Δv＝v车﹣v球＝v0故CD错误。故选：B。题型1动量和动量变化量、冲量的计算（2023•龙凤区校级模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（）A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向 B．拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下 C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下 D．d处反弹后网球做平抛运动【解答】解：A、网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；B、a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；C、由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；D、做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。故选：B。（2023•莱阳市校级模拟）如图，A、B两物体靠在一起静止于光滑水平面上，A物体的质量为3kg。t＝0时刻起对A物体施加一水平向右、大小为F＝5N的推力，测得0～2s内两物体的位移大小为2m，则B物体的质量和1s末B物体的动量大小分别为（）A．1kg；2kg•m/s B．2kg；2kg•m/s C．3kg；6kg•m/s D．4kg；4kg•m/s【解答】解：设两物体共同运动的加速度大小为a，则由x=代入数据解得a＝1m/s21s末两物体的速度为vAB＝at＝1×1m/s＝1m/s由牛顿第二定律可得F＝（mA+mB）a代入数据解得mB＝2kgp1＝mBvAB＝2×1kg•m/s＝2kg•m/s故B正确，ACD错误。故选：B。（2024•聊城模拟）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“水下断崖”急速“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底138m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107N，15s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为1.2×106N潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度g取10m/s2，69=（1）潜艇“掉深”15s时的速度；（2）潜艇减重排出水的质量；（3）潜艇从A点开始“掉深”到返回A点过程中阻力的冲量。（结果取2位有效数字）【解答】解：（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg﹣F﹣f＝ma1代入数据解得a115s末的速度为v＝a1t1＝0.8×15m/s＝12m/s（2）掉深15s时，潜艇下落的高度ℎ1潜艇减速下落的高度h2＝h﹣h1＝138m﹣90m＝48m在减速阶段ℎ2解得a2潜艇减重后的质量为m1，潜艇减重后以1.5m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F+f﹣m1g＝m1a2代入数据解得m1排水前潜艇的质量m＝6.0×106kg，“掉深”过程中排出水的质量m'=m−m（3）向下减速所需时间为t2设上浮过程潜艇的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得F﹣f﹣m1g＝m1a3解得a3在上浮过程中，根据位移一时间公式可得ℎ=1解得t3潜艇下降过程阻力的冲量I1＝ft1+ft2方向竖直向上；潜艇上升过程中阻力的冲量I2＝ft3方向竖直向下，全程阻力的冲量I＝I1﹣I2综上代入数值解得：I＝7.7×106N•s方向竖直向上。题型2应用动量定理求平均冲力（2024•泰州模拟）人们常利用高压水枪洗车（如图），假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q（单位时间流出的水的体积），水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的平均冲击力为（）A．ρQS B．ρQ2S C．ρQS D．【解答】解：选择短时间Δt内与汽车发生相互作用的水为研究对象，该部分水的质量为Δm＝ρSvΔt则有Q=SvΔt根据动量定理有﹣F1Δt＝0﹣Δmv根据牛顿第三定律有F2＝F1解得，水流对汽车的平均冲击力为F2故ABC错误，D正确；故选：D。（2024•北京一模）航天器离子发动机原理如图所示，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，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为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及离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为（）A．I2mUq B．ImUq C．ImU【解答】解：设离子经电场加速后，从端口喷出时的速度大小为v0。由动能定理得qU=12m设在Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式得：I=对于单个离子，由动量定理得：F0Δt＝mv0若有n个离子被喷出，则有F′＝nF0由以上各式联立可解得：F′＝I2mU根据牛顿第三定律可知，该发动机产生的平均推力大小：F＝F′＝I2mUq故选：A。题型3在多过程问题中应用动量定理（2024•宁波模拟）如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度为H，蹦床离地面的高度为h，莲莲的质量为M，下落过程中弹性网最大下陷量为x，受到的空气阻力大小恒为f，从最高点到最低点下落时间为t，则莲莲在下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．莲莲的机械能减少了（Mg﹣f）（H+x﹣h） B．弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（Mg﹣f）t C．莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为2M(Mg−f)H D．弹性网弹性势能的增量为（Mg﹣f）t【解答】解：A．莲莲在下落到最低点的过程中，莲莲的初速度、末速度都是零，则动能不变，莲莲的机械能减少量等于重力势能的减少量，则ΔE＝Mg（H+x﹣h），故A错误；B．莲莲在下落到最低点的过程中，根据动量定理有Mgt﹣ft﹣I＝0弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为I＝（Mg﹣f）t，故B正确；C．莲莲从下落至与蹦床接触过程中，根据动能定理有Mg(H−ℎ)−f(H−ℎ)=莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理有﹣I1＝0﹣Mv莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为I1D．根据能量守恒，弹性网弹性势能的增量为，Ep＝Mg（H+x﹣h）﹣f（H+x﹣h）＝（Mg﹣f）（H+x﹣h）另外，（Mg﹣f）t对应的国际单位是N•s，是动量的单位，不是能量的单位。故D错误。故选：B。（2024•沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（）A．挤压过程中物体处于失重状态 B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg•m/s，方向竖直向下 D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N•s【解答】解：A、头盔的运动是匀减速直线运动，所以加速度方向是竖直向上，所以头盔是处于超重状态，故A错误；B、头盔落地时的速度为：v=头盔和地面的相互作用时间为t，则有：Δℎ=解得：t=规定竖直向下的方向为正方向，在头盔受挤压的过程中，对头盔根据动量定理有（mg﹣F）t＝0﹣mv代入数据解得：F＝820N，故B正确；C、物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg•m/s＝﹣16kg•m/s，负号说明方向竖直向上，故C错误；D、根据动量定理可知物体在自由下落过程中重力的冲量大小为：I＝mv，代入数据解得：I＝16N•s，故D错误。故选：B。（2024•青羊区校级模拟）如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h1，获得速度v。在第二阶段，脚离开地面，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了h2，到达最高点。重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．该同学在t1～t2时间段处于超重状态，在t2～t3时间段处于失重状态 B．在第一阶段地面支持力对该同学做的功为12mv2C．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv D．在第一和第二阶段该同学机械能共增加了mgh1+mgh2【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在t1～t3阶段地面对该同学的支持力大于他的重力，t3～t4阶段地面对该同学的支持力小于他的重力，由牛顿第三定律可知，该同学对地面的压力先大于重力后小于重力，该同学t1～t3阶段处于超重状态，t3～t4处于失重状态，故A错误；B、在第一阶段，该同学的脚没有离地，地面对该同学支持力作用点的位移为零，地面支持力对该同学做的功为零，故B错误；C、以向上为正方向，在第一阶段该同学动量的变化量Δp＝mv﹣0＝mv，由动量定理可知：IG+I支持力＝Δp，则I支持力＝mv﹣IG，故C错误；D、根据重力势能的计算公式可知，在第一和第二阶段该同学机械能共增加了E＝mgh1+mgh2，故D正确。故选：D。题型4流体类柱状模型、微粒类柱状模型（多选）（2023•芝罘区校级模拟）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m02HgC．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m02gH D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大【解答】解：A、刚关闭阀门时，细沙石在下落，下落的细沙石对砂石堆有一定的冲击力，托盘示数大于m，故A错误；BC、细沙石从管口开始做自由落体运动，则细沙石到达砂石堆时的速度为：H=v22g解得F＝m02gH，根据牛顿第三定律细沙石对砂石堆的冲击力大小也为F，所以细沙石下落过程中托盘示数为m+mD、细沙石的位移H需要的时间t=2Hg，单位时间流出的细砂石的质量为m0，所以高度为H的细沙石的质量为m0t＝m0故选：BC。（2023•通州区一模）为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进器和离子推进器的研究。太阳帆推进器是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。（1）由量子理论可知每个光子的动量为p=ℎλ（h为普朗克常量，λ为光子的波长），光子的能量为①时间t内作用在太阳帆的光子个数N；②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小（2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正离子束的过程中所消耗的功率为P，推进器获得的恒定推力为F。为提高能量的转换效率，即要使FP【解答】（1）①时间t内，作用在太阳帆的光子的总能量为E总＝ES时间t内作用在太阳帆的光子个数为N=②根据动量定理得Ft＝2Np故太阳光对飞船的推力为F=根据牛顿第二定律可知，在太阳光压下宇宙飞船的加速度为a=（2）正离子飘入匀强电场，电场力做功功率为P＝UI正离子在电场中做匀加速直线运动，则有qU=P=12F联立，可得F′＝I2mU根据牛顿第三定律，可知引擎获得的推力F的大小为F＝F′＝I2mU分析，可知FP为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速电压。题型5动量守恒定律的判断与应用（2024•浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（）A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功 B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能 C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒 D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒【解答】解：ABD、小球在下滑过程中，物体向左运动，动能增大，重力势能不变，物体的机械能增大，说明小球对物体做正功。因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，只有重力做功，故系统的机械能守恒，则小球的机械能减少，物体对小球的弹力做负功，故AB错误，D正确；C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故C错误。故选：D。（2024•琼山区校级模拟）光滑水平面上有原来静止的斜劈B，B的斜面也是光滑的。现在把物体A从斜面顶端由静止释放，如图所示，在A从斜面上滑下来的过程中，以下判断正确的是（）A．A和B组成的系统机械能守恒 B．A和B组成的系统动量守恒 C．B对A的支持力对A不做功 D．A的速度方向一定沿斜面向下【解答】解：A、水平面与斜面均是光滑的，在A从斜面上滑下来的过程中，A和B组成的系统无机械能损失，故此系统机械能守恒，故A正确；B、物体A从斜面上加速下滑的过程中，A具有向下的加速度分量，A和B组成的系统具有竖直向下的加速度，故此系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒。此系统在水平方向所受合外力为零，在水平方向上动量守恒，故B错误；CD、A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，且初始系统水平方向总动量为零。A下滑时在水平方向有向左的动量分量，由动量守恒定律可知，B在水平方向有向右的动量，即斜面向右运动，则A的速度方向不与斜面平行，即A的速度方向不沿斜面向下，而B对A的支持力方向垂直于斜面，可知B对A的支持力方向不与A的速度方向垂直，则B对A的支持力对A做功，故CD错误。故选：A。（2024•岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（）A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒 B．碰撞过程中系统损失的机械能为mgℎMC．圆环和圆板的最大速度为mm+MD．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为2【解答】解：A、碰撞过程中，圆环与圆板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒。由于碰撞之后圆环与圆板共同向下运动，机械能有损失，则机械能不守恒，故A错误；B、圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有mgℎ=1圆环和圆板碰撞过程中，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mv＝（m+M）v1解得碰后共同速度为：v则碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=1联立解得：ΔE=mgℎMC、圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段圆环和圆板的重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度大于mm+MD、碰撞后瞬间，对圆环和圆板整体，由牛顿第二定律有mg＝（m+M）a对圆板，由牛顿第二定律有F＝Ma解得碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为：F=Mmg故选：B。（2024•道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为M的木板相连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（）A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方 B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动 C．物块m与木板M在O点正好分离 D．物块m能回到Q点【解答】解：A．在物块m下落过程中，当物块m、木板M的总重力等于弹簧弹力时，物块m达到最大速度，故物块m达到最大速度的位置仍在P点，故A错误；B．物块m与木板M从I位置到O的过程，总重力不变，弹簧的弹力逐渐减小，故物块m与木板M做加速度增大的减速运动，故B错误；C．将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，且M恰好能回到O点，可知将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，根据能量守恒，M回到O点时速度不为零，O点为弹簧原长时下端点的位置，则物块m与木板M间的作用力为零，故物块m与木板M在O点正好分离，故C正确；D．根据能量守恒可知，碰撞过程存在一定的机械能损失，且物块m的部分机械能转化为木板M的机械能，故物块m不能回到Q点，故D错误。故选：C。题型6碰撞（弹簧）模型（多选）（2024•贵阳模拟）如图所示，一质量为m的物块A与质量为2m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板；现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为13A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为13B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为13C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为427D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为1【解答】解：A.从开始到物块B与挡板碰前过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv解得v1B.从开始到物块B与挡板碰前过程，根据机械能守恒定律有EP解得EPC.物块B与挡板碰撞后到和A共速时弹簧的弹性势能最大，以向左为正方向，根据动量守恒定律有2m×1解得v2根据能量守恒定律有EPm解得EPmD.物块B与挡板碰撞后到弹簧第一次伸长量为x过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有2m×1根据机械能守恒定律有12联立解得v3故选：ABD。（2024•包头三模）如图，轻弹簧的一端固定在垂直水平面的挡板上的P点，Q点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝112J，弹簧右端一质量m1＝2.0kg的物块A与弹簧接触但不拴接，Q点右侧的N点静止一质量m2＝8.0kg的物块B，Q、N两点同的距离d＝6.0m，P、Q间水平面光滑，Q点右侧水平面粗糙且足够长，物块A与Q点右侧水平面间的动庠擦因数μ1＝0.10，物块B与Q点右侧水平面间的动摩擦因数μ2＝0.20。弹簧解除锁定后物块A向右运动，之后物块A与物块B发生多次弹性正碰，物块A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块A与物块B发生第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小v0；（2）从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦产生的热量Q。【解答】解：设解除锁定后物块A的最大动能为Ek，弹簧弹开过程根据机械能守恒定律可得：Ek＝Ep＝12J物块A在Q点离开弹簧这后运动到N点，此过程根据动能定理有：﹣μ1m1gd=12代入数据得：v0＝10m/s（2）以向右为正方向，AB发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律：m1v0＝m1v1+m2v2由机械能守恒定律得：1联立解得：v1＝﹣6m/s（﹣表示方向向左）v2＝4m/s物块B向右做减速运动，以向右为正，根据动量定理有：﹣μ2m2gt＝0﹣m2v2解得：t＝2s物块B运动的位移大小为：xB=v物块A先向左做匀减速直线运动，运动到Q点后压缩弹簧，之后又以压缩弹簧前瞬间的速度大小向右做匀减速直线运动，加速度大小为：aA＝μ1g假设不坟压缩弹簧与弹开恢复原长的时间，即不计物块A在Q点左侧移支的距离，物块A在t＝2s时间内运动的距离：x＝|v1|t−代入结果得：x＝10mx＜2d，则物块B停止之前物块A一定没有到达N点，则物块A一定是在物块B停止之后与B发生第二次碰撞，则第二次碰撞前物块A与水平面因摩擦生热产生的热量是：Q＝μ1m1g（3d+xB）代入数据得：Q＝44J题型7人船模型（2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（）A．连续敲打可使小车持续向右运动 B．人、车和锤组成的系统机械能守恒 C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒 D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒【解答】解：A．对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故A错误；BCD．人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。故选：C。（多选）（2023•郑州二模）如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x=1A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为13LB．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为L3C．小木船最终的速度大小为L3D．弹簧释放的弹性势能为mg【解答】解：A、设铁块脱离木船时的速度为v1，木船的速度为v2，从烧断细线到铁块离开小船的过程中，对木船和铁块