2025版《新亮剑》高中物理：第七章 动量与动量守恒定律含答案

2025版《新亮剑》高中物理：第七章动量与动量守恒定律第七章动量与动量守恒定律核心素养考点内容高考真题备考建议物理观念动量、冲量、动量变化量、动量变化率、动量定理、动量守恒定律2023全国新课标T19(动量理解)2023全国乙T25(力学三大观点)2023辽宁T11(验证动量守恒定律)2023辽宁T15(力学三大观点)2023广东T10(动量定理)2023北京T18(动量守恒与机械能守恒)2023湖南T15(力学三大观点)2022全国乙T12(弹簧连接体)2022全国乙T7(动量定理与图像)2022江苏T13(动量定理与电磁感应)2022湖北T16(力学三大观点)2022河北T13(多体双过程碰撞)2022湖北T7(动量定理)2022浙江T21(动量定理与电磁结合)2022湖南T14(动量定理与图像结合)2022山东T18(动量守恒定律)2022广东T13(完全非弹性碰撞)2022浙江T20(弹性碰撞)2022山东T2(反冲模型)近年来的动量类试题,以物体间的相互作用(碰撞、弹簧约束等)为载体,结合抛体运动、牛顿运动定律、功能关系、电磁学规律等,考查动量定理及动量守恒定律的灵活应用。动量类试题情境多样,综合性强、难度较大,既可以考查学习探索情境类问题,也可以考查生活实践情境类问题,是高频考点。要通过系统复习促进运动与相互作用观念、能量观念的形成,逐步发展推理论证能力及模型建构能力科学思维微元法求流体的冲击力、人船模型构建、用动量定理解决多过程问题、动量守恒定律的应用、守恒与对称的思想方法科学探究验证动量守恒定律科学态度与责任云室粒子轨迹、舰载机电磁弹射、离子速度分析器、冷发射技术、打桩机、自动雨伞第1讲动量与动量定理对应学生用书P144考点一动量与冲量一、动量(p)1.定义:物体的质量和运动速度的①,即p=②。

2.单位(国际单位制):③,符号是④。

3.方向:动量是⑤量,它的方向与⑥的方向相同。

4.动量的变化量(Δp):物体的末动量p2与初动量p1的⑦差。动量的变化量也是⑧量,它的方向与⑨的方向相同。

二、冲量(I)1.定义:力和力的作用时间的⑩,即I=。

2.单位(国际单位制):,符号是。1N·s=1kg·m/s。

答案①乘积②mv③千克米每秒④kg·m/s⑤矢⑥速度⑦矢量⑧矢⑨速度的变化量⑩乘积F·Δt牛秒N·s1.若作用在质点上的外力与时间的变化规律如图所示。在该图像中,图线与时间轴所围的面积具有怎样的物理意义?该外力在0~t0时间内的冲量大小如何确定?方向如何确定?答案图线与时间轴所围成的面积表示冲量。面积大小的绝对值表示冲量的大小,面积的正、负表示冲量的方向。横轴上、下两个面积之和表示0~t0时间内冲量大小,分析图像与时间轴所围成的面积,通过比较上、下两个面积的大小来确定在0~t0时间内冲量的方向。2.如图所示,一个质量为m的钢球,以大小为v的速度斜射到坚硬的大理石板上,入射的角度是45°,碰撞后被斜着弹出,弹出的角度也是45°,速度大小仍为v,试用作图及几何知识求出钢球动量的变化量。答案如图所示,大小为2mv,方向竖直向上。角度1对动量、冲量等物理量的理解1.动量的三个特性矢量性动量是矢量,其方向与速度的方向相同。动量的运算必须遵循平行四边形定则瞬时性动量是描述物体运动状态的物理量。在谈及动量时,必须明确物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量相对性动量的大小与参考系的选取有关,即它具有相对性。没有特殊说明,动量表达式中的速度通常选择地面或相对地面静止的物体为参考系2.冲量的三个特性矢量性冲量是矢量。在作用时间内,当力的方向不变时,冲量的方向与力的方向相同;当力的方向变化时,冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量的方向相同时间性冲量描述的是作用在物体上的力对时间的累积效应,与某一过程(或时间间隔)相对应,在计算冲量的大小时,一定要明确是哪个力在哪一段过程(或时间)的冲量绝对性在经典力学中,冲量表达式中的力与时间均具有绝对性,故冲量也具有绝对性(2024届海淀模拟)如图所示,圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动,圆盘上距轴r处有一质量为m的小物块。某时刻起,圆盘开始绕轴转动,经过一段时间,其角速度从0增大至ω。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ,该过程中物块始终相对圆盘静止,则下列说法正确的是()。A.物块所受摩擦力的冲量为零B.物块所受重力的冲量始终为零C.物块的动量变化量大小为mωrD.物块所受摩擦力做的功为零答案C解析在角速度从0增大至ω的过程中,物块存在切线方向的加速度,摩擦力有切向分力,还有法向分力,因此,摩擦力的冲量大小不为零,方向并非指向O点,A项错误;由冲量的定义知,重力的冲量不等于零,B项错误;物块的初始动量为零,末动量p'=mv=mωr,动量的变化量Δp=p'=mωr,C项正确;由于支持力和重力对物块不做功,由动能定理知,摩擦力做的功等于动能的变化量,即W=12m(Δv)2=12mω2r2,角度2冲量、动量的变化量等物理量的计算(多选)将质量为m的质点以速度v0水平抛出,不计空气阻力,重力加速度为g。从抛出开始计时,下列说法正确的是()。A.在t时间内,质点在水平方向的动量变化量的大小为mv0B.t时刻质点的动量大小为m(v0+gt)C.在t时间内,质点动量的变化量的大小为mgt,方向竖直向下D.在t时间内,质点的重力的冲量大小为mgt,方向竖直向下答案CD解析质点做平抛运动时,其水平方向的分运动为匀速直线运动,故质点在水平方向的动量不变,A项错误;根据平抛运动的规律可得,t时刻质点的速度大小v=v02+(gt)2,故t时刻质点的动量大小p=mv=mv02+(gt)2,B项错误;质点做平抛运动,平抛运动是匀变速曲线运动,t时间内速度的变化量Δv=gt,因此t时间内质点动量的变化量大小Δp=m·Δv=mgt,方向竖直向下,C关于动量的变化量的计算的两点说明情形1同一直线上动量变化量的计算先选取正方向,与正方向相同的量为正,与正方向相反的量为负,然后代入公式Δp=p2-p1计算。若Δp是正值,说明Δp的方向与所选正方向相同;若Δp是负值,说明Δp的方向与所选正方向相反。①p1、p2同方向且p1<p2时,Δp与p1(或p2)方向相同,如图1所示。②p1、p2同方向且p1>p2时,Δp与p1(或p2)方向相反,如图2所示。③p1、p2方向相反时,Δp与p2方向相同,如图3所示。情形2当初态动量和末态动量不在一条直线上时,动量变化量由平行四边形定则进行运算,如图所示。(改编)张同学将质量为m的小球以初速度v0从手中竖直向上抛出。从抛出开始计时,4t0时刻小球返回手中。若小球所受阻力大小恒定不变,小球的速度随时间变化的图像如图所示,则下列说法正确的是()。A.小球返回手中时的速度大小为vB.小球在0~4t0时间内的动量变化量的大小为23mvC.上升过程与下降过程中小球所受阻力的冲量大小之比1∶3D.上升过程与下降过程中小球所受合力的冲量大小之比1∶3答案C解析小球上升过程的位移与小球下降过程的位移大小相等,在v-t图像中图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移,故有v0t02=v(4t0-t0)2,解得v=v03,A项错误;选竖直向上为正方向,小球在0~4t0时间内动量变化量Δp=-mv-mv0=-43mv0,负号表示动量变化量的方向竖直向下,小球在0~4t0时间内的动量变化量的大小为43mv0,B项错误;上升过程历时t0,下降过程历时3t0,小球所受阻力大小不变,根据冲量定义I=Ft可知,上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1∶3,C项正确;根据v-t图像可得,上升过程中小球的加速度大小a上=v0t0,下降过程中小球的加速度大小a下=v03-04t0-t0=v09t0,所以上升过程和下降过程小球所受的合外力大小之比F上∶F下=a上∶a下=9∶1,根据冲量定义I=Ft可知,角度3动量与动能的区别与联系(2024届长春模拟)(多选)子弹在射入木块前的动能为E1,动量大小为p1;射穿木块后子弹的动能为E2,动量大小为p2。若木块对子弹的阻力大小恒定,则子弹在射穿木块的过程中的平均速度大小为()。A.E1+E2C.E1p1+E2p2答案BC解析子弹在木块中穿过时做匀减速直线运动,v−=v1+v22=12m(v22-v1动量与动能的区别与联系名称动量动能定义物体质量和速度的乘积物体质量和速度二次方的乘积的一半表达式p=mvEk=mv2标矢性矢量标量变化原因合外力的冲量合外力所做的功特点状态量状态量相互关联Ek=p考点二动量定理及其应用动量定理1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于这个过程始末的①。

2.表达式:F·Δt=mv'-mv或I=p'-p,公式中的F是物体所受的②力。

答案①动量变化量②合外如图所示,光滑水平面上一质量为m的物块受到水平向左的恒力F的作用。若初始时刻它的速度为v,一段时间Δt后它的速度变为v'。(1)请根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律推导动量定理的表达式。(2)动量定理的表达式可写成F·Δt=Δp,该式变形之后可得F=ΔpΔt;动能定理的表达式可写成F·Δx=ΔEk,该式变形之后可得F=ΔEkΔx。两个表达式中答案(1)根据匀变速直线运动规律有a=ΔvΔt=v'-vΔt,根据牛顿第二定律有(2)F的意义相同,均代表合力。角度1动量定理的理解对动量定理的理解,要抓住以下三个方面1.物理意义:动量定理反映了冲量与动量变化的因果关系,即冲量是原因,动量变化是结果。2.表达式:F·Δt=mv'-mv是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。利用它分析问题时要先选定正方向。3.力F的含义:力F是指合外力,力F的冲量是指合外力的冲量。若合外力是变力,则F应是合外力在作用时间内的平均值。(改编)一质点做直线运动的动量p随时间t变化的关系图像如图所示,图中曲线部分为一段抛物线,则该质点的加速度a随时间t的变化图像可能是()。ABCD答案D解析根据动量定理可知,在p-t图像中,图线的切线斜率表示合外力。由题图可知,合外力先减小后为零再恒定,根据牛顿第二定律可知,质量一定时加速度的变化趋势与合外力的变化趋势相同,因为图像中曲线部分为一段抛物线,根据数学知识可得,该段对应的加速度a随时间t的变化关系为线性关系。综上分析可知,D项正确。角度2动量定理的应用题型1用动量定理解释缓冲现象(2024届河源开学考试)(多选)如图所示,在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎,轮船驶向码头停靠时,会与码头发生碰撞,关于这些轮胎的作用,下列说法正确的是()。A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力答案CD解析对轮船靠岸与码头碰撞的过程,轮船的初、末速度不会受轮胎影响,轮船的动量变化量相同,根据动量定理可知,轮船受到的冲量也相同,A、B两项错误;轮胎可以起到缓冲作用,延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间,从而减小轮船因碰撞受到的作用力,C、D两项正确。缓冲原理在生活中,我们常常用软的物质来保护易碎物品。这个现象可用动量定理来解释:由F·Δt=Δp可知,在物体的动量变化量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。相比于硬的物质,当易碎物体与软物质接触时,它们之间的相互作用时间长,故相互作用力(平均作用力)小,这样可对易碎物体起到保护作用。题型2用动量定理求平均作用力或变力的冲量利用动量定理分析问题的基本思路1.确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体。2.明确研究对象的运动过程,确定各运动过程的运动性质及遵循的物理规律,分别运用物理规律列式。3.在运用动量定理列式时,要确定是对哪段运动过程运用动量定理列式,对这段过程进行受力分析(可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求合力的冲量),确定初、末状态的动量大小和方向,先选取正方向,再运用动量定理列式求解。对过程较复杂的运动,可分段用动量定理列式,也可整个过程用动量定理列式。一个质量m=1.0kg的小球,从距离地面高为5.0m处自由落下,与水平地面发生碰撞后,小球上升的最大高度为3.2m。已知小球与地面碰撞的时间为0.60s,重力加速度取g=10m/s2,不计空气阻力。求在碰撞时间内:(1)小球动量的变化量。(2)小球对地面的平均作用力。答案(1)18kg·m/s,方向竖直向上(2)40N,方向竖直向下(3)66.7%解析依据题意建立情境示意图,如图所示(1)设小球与地面碰撞前、后的速度大小分别为v1、v2小球与地面接触前,由自由落体运动规律有v1=2gℎ1=小球与地面碰撞后,由竖直上抛运动规律有v2=2gℎ2=8.规定竖直向上为正方向,小球动量的变化量Δp=mv2-(-mv1)=18kg·m/s,方向竖直向上。(2)规定竖直向上为正方向,以小球为研究对象,对小球与地面碰撞过程,由动量定理有(F-mg)Δt=Δp解得F=40N由牛顿第三定律知,碰撞过程中小球对地面的平均作用力大小为40N,方向竖直向下。(2024届朝阳模拟)排球运动员在某次发球中,左手托球由静止开始竖直向上运动0.30m后,排球脱离左手继续向上运动1.8m到达最高点,然后下落0.80m被右手击出。已知排球的质量为0.25kg,重力加速度取g=10m/s2,空气阻力忽略不计。下列说法正确的是()。A.排球刚脱离左手时的速度大小为4.0m/sB.排球被右手击出前运动的总时间为1.0sC.排球向上运动的过程中,人对排球所做的功为5.25JD.排球向上运动的过程中,人对排球的冲量大小为1.5N·s答案C解析排球刚脱离左手时速度大小v1=2gℎ2=6.0m/s,A项错误;设左手托球由静止开始竖直向上运动h1=0.3m的时间为t1,脱离左手球上升1.8m的时间t2=2ℎ2g=0.6s,下落0.8m的时间t3=2ℎ3g=0.4s,排球被右手击出前运动的总时间t=t1+t2+t3=t1+1s>1s,B项错误;排球向上运动的过程中,由动能定理有W-mg(h1+h2)=0,解得人对排球所做的功W=5.25J,C项正确;排球向上运动到脱离手的过程中,由动量定理有I-mgt1=mv1=0.25×6kg·m/s=1.5N·s,则人对排球的冲量大于1计算冲量的四种方法公式法利用I=Ft计算,此法仅适用于恒力冲量的计算图像法在F-t图像中,图线与t轴围成的几何图形的面积表示冲量平均值法若方向不变的力的大小随时间均匀变化,即力与时间的关系为线性关系,则力F在某段时间t内的冲量I=t,F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法由I=Δp求冲量题型3利用动量定理解决多过程运动问题(2021年全国乙卷)(多选)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,力F随时间t的变化关系如图所示。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。下列说法正确的是()。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f=μmg=2N,对0~3s过程,由动量定理有(F-f)t1=mv3,解得v3=6m/s。3s时物块的动量p=mv3=6kg·m/s,C项错误;设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理有-(F+f)t=0-mv3,解得t=1s。所以物块在4s时速度减为0,此时物块的动能也为0,A项正确;设0~3s内物块发生的位移为x1,由动能定理有(F-f)x1=12mv32,解得x1=9m。在3s~4s过程中,对物块由动能定理有-(F+f)x2=0-12mv32,解得x2=3m。4s~6s物块开始反向运动,物块的加速度大小a=F-fm=2m/s2,发生的位移x3=12×2×22m=4m<x1+x2,即6s时物块没有回到初始位置,B项错误;物块在6s时的速度大小v6=2×2m/s=4m/s,0~6s拉力所做的功W=(4×9-4×3+4×4应用动量定理分析多过程问题的说明利用动量定理解决多过程问题时,除了可以针对每个阶段用动量定理外,还可以对整个过程用动量定理。在多个连续的运动过程中,物体所受外力的冲量之和等于全过程的动量变化量。角度3动量定理与F(或a)-t图像(2024届厦门模拟)一质量为2kg的物体受到水平拉力F的作用,在粗糙水平面上做加速直线运动,它的a-t图像如图所示,已知t=0时物体的速度大小为2m/s,物体受到的滑动摩擦力大小恒为2N,则下列说法正确的是()。A.在t=6s时刻,物体的速度为18m/sB.0~6s时间内,合力对物体做的功为400JC.0~6s时间内,拉力对物体的冲量大小为36N·sD.0~6s时间内,拉力对物体的冲量大小为48N·s答案D解析在a-t图像中,图线与时间轴所围区域的面积表示速度的变化量。由题图可得Δv=(2+4)×62m/s=18m/s,Δv=v1-v0,所以6s时物体的速度v1=20m/s,A项错误;根据动能定理,合力对物体做的功等于物体动能的变化量,即W合=12mv12-12mv02,代入数据解得W合=396J,B项错误;根据动量定理,合力的冲量等于物体动量的变化量,即IF-ft=mΔv,代入数据解得IF=48N·角度4动量定理与动能定理的综合应用(2023年全国甲卷)(多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()。A.在x=1m时,拉力的功率为6WB.在x=4m时,物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4m的过程中,物体的动量最大为2kg·m/s答案BC解析水平拉力做的功W=Fx,知在W-x图像中图线的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中,由动能定理有W-μmgx=12mv2,解得x=1m时物体的速度v=2m/s。x=1m时,拉力F=ΔWΔx=6N,此时拉力的功率P=Fv1=12W,A项错误;同理,可得x=4m时物体的动能Ek=2J,B项正确;从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功WF=μmgx=8J,C项正确;由W-x图像可知,在0~2m的过程中F1=6N,在2m~4m的过程中F2=3N,由于物体受到的摩擦力恒为f=4N,故物体在x=2m处速度最大,由动能定理有W-μmgx=p22m,得x=2m处时物体的动量p=22关于动量定理和动能定理应用的三点说明1.应用动量定理或动能定理时,在中学阶段,研究对象通常是单一物体。2.求合外力冲量的两种方法:(1)先求合力,再求合力冲量;(2)求出每个力的冲量,再对冲量求矢量和。3.求合力做功的两种方法:(1)先求合力,再求合力功;(2)求出每个力的功,再对功求代数和。利用动量定理解决持续作用问题模型一流体类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。已知水的密度为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。答案(1)ρv0S(2)v02解析(1)设时间Δt内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=v0SΔt。因此,单位时间内从喷口喷出的水的质量ΔmΔt=ρv(2)如图所示,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,由机械能守恒定律有12(Δm)v2+(Δm)gh=12(Δm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)v设水对玩具的作用力的大小为F,则由牛顿第三定律知,玩具对水的作用力大小亦为F,但方向相反对Δt时间内与玩具接触的水为研究对象,由于水的质量很小,故忽略水的重力,由动量定理有FΔt=Δp由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件有F=Mg联立解得h=v022模型二微粒类(2024届江西联考)宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决,其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时,如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v=2.0×103m/s的速度进入密度ρ=2.0×10-6kg/m3的微粒尘区,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S=5.0m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上。求:(1)单位时间内附着在飞船表面上的微粒质量。(2)飞船保持速度v运动所需推力的大小。答案(1)2.0×10-2kg/s(2)40N解析(1)建立流管模型,如图所示设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt,若飞船不动,则微粒朝着飞船运动,在Δt时间内与飞船发生相互作用,即附着在飞船上的微粒质量Δm=ρSvΔt单位时间的质量ΔmΔt=ρSv=2.0×10-2(2)微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加,由动量定理有FΔt=Δm·v=ρSv2Δt,即F=ρSv2,代入已知数值,解得F=40N由牛顿第三定律知,微粒对飞船作用力的大小等于飞船对微粒的作用力的大小F。为维持飞船匀速运动,需要增加的推力大小为40N。1.在排球比赛过程中,运动员将排球从网前水平击出。若不计空气阻力,则在排球落地前,下列说法正确的是()。A.单位时间内排球的动量变化量相同B.单位时间内排球重力做功的功率相同C.排球的动量大小与其运动的时间成正比D.排球的位移大小与其运动的时间成正比答案A解析排球做平抛运动,平抛运动是匀变速曲线运动,合外力恒为重力,因此单位时间内排球的动量变化量相同,A项正确;平抛运动在竖直方向是自由落体运动,重力做功只与初、末位置的高度差有关,根据自由落体运动规律可知,单位时间内排球下落的高度不同,因此单位时间内排球重力做功的功率不相同,B项错误;根据平抛运动规律可知,排球的速度大小v=v02+(gt)2,显然排球的速度大小与其运动的时间不是正比例关系,则其动量大小与其运动的时间也不是正比关系,C项错误;同理可得,排球的位移大小2.(改编)(多选)我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上。若谷粒1和谷粒2的质量均为m,重力加速度为g,忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是()。A.谷粒2在最高点的动量等于mv1B.谷粒2在最高点的动量小于mv1C.两谷粒从O到P的动量变化量相同D.谷粒2从O到P的动量变化量大于谷粒1从O到P的动量变化量答案BD解析谷粒2做斜抛运动,谷粒1做平抛运动,均从O点运动到P点,位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动,谷粒1做自由落体运动,竖直方向上位移相同,故谷粒2运动时间较长;谷粒2做斜抛运动,水平方向上为匀速直线运动,故运动到最高点的速度为它水平方向上的分速度。两谷粒从O到P的水平位移相同,但谷粒2的运动时间较长,故谷粒2水平方向上的速度较小,即其在最高点的速度小于v1,谷粒2在最高点的动量小于mv1,A项错误,B项正确。从O到P,两谷粒水平位移相同,但谷粒2的运动时间较长,根据动量定理可知,谷粒2从O到P的动量变化量大于谷粒1从O到P的动量变化量,C项错误,D项正确。3.(改编)(多选)如图1所示,在粗糙的水平面上,质量为2kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿直线运动,2s后撤去外力,物块运动方向为正方向,已知物块合外力F随时间t变化的图像如图2所示,则()。A.0~2s内,物块受到的拉力的冲量为6N·sB.2s时刻,物块的动量大小为6kg·m/sC.0~4s内合外力的冲量为2N·sD.0~4s内合外力做功为1J答案ACD解析根据冲量的定义,结合题意可知,图线与时间轴所围面积表示合外力的冲量,上侧的面积表示冲量方向为正,下侧的面积表示冲量方向为负,0~2s内受到拉力和摩擦力,由图像可知,摩擦力为-1N,摩擦力在0~2s内的冲量If=(-1×2)N·s=-2N·s,0~2s内合外力冲量I1=12×4×2N·s=4N·s,根据If+I拉=I1,解得I拉=6N·s,A项正确;根据动量定理,2s时刻物块的动量p=I1=4kg·m/s,B项错误;0~4s内合外力的冲量I2=12×4×2−1×2N·s=2N·s,C项正确;0~4s内根据动量定理有I2=mv2-0,解得v2=1m/s,根据动能定理,合外力做功W=12mv22=12×2×12J4.(多选)某景区的水壶倒水景观如图所示。一把似乎没有任何支撑而处于“悬空”状的大水壶不断地向下倒水,吸引游人的目光。某同学通过近距离仔细观察,发现从壶口流出的水柱中心有根颜色较淡的竖直管,该管的上端与壶嘴的内部固定,管的上端有很多小孔让管内的水从小孔中喷出,喷出的水在碰到壶嘴的内壁后反弹,从管外竖直向下流回水池形成水柱,水柱较好地掩盖了水管的存在,从而形成水壶“悬空”的假象。水壶内部结构简化示意图如图2所示。假设管内的水流碰到壶嘴内壁时速度v=5m/s,方向竖直向上,碰后瞬间速度大小不变,方向反向。水管的横截面积S=0.003m2,水管的竖直高度h=2.8m,水管的下端连接水泵,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,重力加速度取g=9.86m/s2。下列说法正确的是()。A.水壶的重心一定在水柱中竖直管的正上方B.管中的水对水壶的作用力大小约为150NC.水壶倒水的流量为30m3/sD.连接水管的水泵输出功率约为600W答案BD解析由题意知竖直管的上端与壶嘴的内部固定,水壶的重心不一定在竖直管的正上方,A项错误;在Δt时间内,以碰到壶嘴内壁的水为研究对象,由动量定理有FΔt=mΔv=ρSvΔt[v-(-v)],可得F=150N,B项正确;水壶倒水的流量应与进水的流量相等,所以Q=Sv=0.015m3/s,C项错误;在Δt时间内,水泵对水做的功W=12(ρSvΔt)v2+ρSvΔtgh,水泵输出功率P=WΔt,解得P≈600W见《高效训练》P491.(2022年海南卷)在冰上接力比赛时,甲推乙的作用力是F1,乙推甲的作用力是F2,则这两个力()。A.大小相等,方向相反B.大小相等,方向相同C.F1的冲量大于F2的冲量D.F1的冲量小于F2的冲量答案A解析F1和F2是一对相互作用力,根据牛顿第三定律可知它们大小相等,方向相反,同时产生,同时消失,性质相同;根据冲量的定义I=Ft可知,F1和F2的冲量大小相等,方向相反,A项正确。2.(2023年天津卷)质量为m的列车以速率v匀速行驶,突然以大小为F的力刹车直到列车停止,该过程中列车始终受到大小为f的空气阻力,下列说法正确的是()。A.减速运动加速度大小a=FB.力F的冲量为mvC.刹车距离为mD.匀速行驶时功率为(f+F)v答案C解析对列车刹车过程,由牛顿第二定律有F+f=ma,可得减速运动加速度大小a=F+fm,由匀变速直线运动规律有t=va=mvF+f,根据冲量的定义可知,力F的冲量I=Ft=FmvF+f,方向与运动方向相反,A、B两项错误;对列车刹车过程,由匀变速直线运动规律有v2=2ax,可得x=v22a=m3.(多选)颠球是足球的基本功之一,某足球爱好者在练习颠球,某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,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是()。A.足球从下落至再次上升到最大高度,全程用了0.7sB.足球下落到与脚部刚接触时的动量大小为1.6kg·m/sC.足球与脚部作用过程中的动量变化量大小为0.4kg·m/sD.足球从开始下落至上升到最高点的过程中的重力的冲量大小为3.2N·s答案BD解析足球下落过程,由h=12gt2可得足球下落的时间t1=2×0.810s=0.4s;足球上升过程,利用逆向思维和h=12gt2可得,足球上升的时间t2=2×0.4510s=0.3s;由题意知足球与脚作用的时间t3=0.1s,所以足球从下落至上升到最大高度,全程所用的时间t=t1+t2+t3=0.8s,A项错误。足球下落到与脚部刚接触时的速度v1=gt1=4m/s,此时足球的动量大小p1=mv1=1.6kg·m/s,B项正确。足球脚部接触足球后瞬间足球的速度大小v2=gt3=3m/s,取竖直向上为正方向,可得足球与脚部作用过程中动量变化量大小Δp=mv2-(-mv1)=2.8kg·m/s,C项错误。足球从开始下落至上升到最高点的过程中,重力的冲量大小IG=mgt=3.2N·4.水滴石穿比喻坚持不懈,集细微之力也能成就难能之功。质量为0.1g的雨滴从距石板高为5m处的屋檐下滴落,与石板接触0.01s后速度减为零,不计空气阻力,则此雨滴对石板的冲击力大小约为()。A.0.01N B.0.1N C.1.0N D.10N答案B解析雨滴从屋檐滴落到它与石板接触前,此过程雨滴的运动可以看成自由落体运动,由v2=2gh解得雨滴与石板接触时的速度大小v=10m/s2;设石板对雨滴的作用力大小为F,雨滴与石板接触的0.01s内,选竖直向下为正方向,对雨滴,由动量定理可得(mg-F)t=0-mv,解得F=0.1N,根据牛顿第三定律可得,雨滴对石板的冲击力大小约为0.1N,B项符合题意。5.(多选)质量为0.20kg的皮球,以6.0m/s的速度竖直向下落至水平地面,再以4.0m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向,若小球与地面碰撞的时间Δt=0.10s,重力加速度g取10m/s2。关于皮球离开地面时的动量p、碰撞前后动量的变化量Δp、碰撞时间内重力的冲量I及合外力对皮球做的功W,下列结论正确的是()。A.Δp=2.0kg·m/s,W=-2.0JB.p=0.80kg·m/s,I=-0.20N·sC.Δp=0.4kg·m/s,W=-2.0JD.p=0.80kg·m/s,I=2.0N·s答案AB解析取竖直向上为正方向,则皮球刚接触地面时的动量p1=mv1=-1.20kg·m/s,离开地面时的动量p=mv2=0.80kg·m/s;皮球与地面碰撞过程中,它的动量变化量Δp=mv2-mv1=2.0kg·m/s;碰撞时间内,重力的冲量I=-mg·Δt=-0.20N·s,“-”号表示方向竖直向下;由动能定理知,合外力做的功W=12mv22-12mv12=-6.某轻机枪子弹弹头质量约为8g,出膛速度大小约为750m/s。一战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,机枪所受到的子弹的平均反冲力大小约为12N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为()。A.40B.80C.120D.160答案C解析设1分钟内射出的子弹数量为n。对这n颗子弹,由动量定理得Ft=nmv0,代入数据解得n=120,C项正确。7.(2024届北京二模)“蹦极”运动中,将一根有弹性的绳系在蹦极者身上,另一端固定在跳台上,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。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,下列说法正确的是()。A.人先处于超重状态,后处于失重状态B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳对人的冲量始终向上,人的动量先减小后增大D.人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量答案B解析开始阶段,绳子的拉力小于人的重力,则人的加速度向下,人处于失重状态,速度增大,以后阶段,绳子的拉力大于人的重力,人的加速度向上,人处于超重状态,速度减小,绳子对人的拉力方向始终向上,对人做负功,人的动能先增大后减小,A项错误,B项正确;绳子对人的拉力方向始终向上,则绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,C项错误;对人和绳组成的系统,由机械能守恒定律可知,人的动能的减少量与重力势能的减少量之和等于绳的弹性势能的增加量,D项错误。8.(2022年山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射“长征十一号”系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中()。A.火箭的加速度为零时,动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案A解析火箭从发射舱发射出来,受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用,且推力大小不断减小,刚开始上升的时候高压气体的推力大于重力和空气阻力之和,故火箭向上做加速度减小的加速运动,当高压气体的推力等于重力和空气阻力大小之和时,火箭的加速度为零,速度最大,接着高压气体的推力小于重力和空气阻力大小之和时,火箭向上做加速度增大的减速运动,直至速度接近零时点火,综上分析可知,从火箭开始运动到点火的过程中,当火箭的加速度为零时,速度最大,动能最大,A项正确;根据能量守恒定律可知,高压气体释放的能量转化为火箭的动能、重力势能和内能,B项错误;根据动量定理可知,合力的冲量等于火箭动量的增加量,C项错误;根据功能关系可知,高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量,D项错误。9.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解析设空气的密度为ρ,该交通标志牌的面积为S,在Δt时间内吹向该交通标志牌的空气质量Δm=ρSv·Δt,假定这部分空气的末速度变为零,对这部分空气,由动量定理有-F·Δt=0-Δmv,可得F=ρSv2。取10级台风的风速v1≈25m/s,16级台风的风速v2≈50m/s,则有F2F1=v10.(多选)水平桌面上,一质量为m的物体在水平恒力F的拉动下从静止开始运动,物体通过的路程等于s0时,速度的大小为v0,此时撤去F,物体继续滑行2s0的路程后停止运动,重力加速度大小为g,则()。A.在此过程中F所做的功为12mB.在此过程中F的冲量大小等于32mvC.物体与桌面间的动摩擦因数等于vD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案BC解析撤去外力前,由牛顿第二定律有F-μmg=ma1,由匀变速直线运动规律有v02=2a1s0;撤去外力后,由牛顿第二定律有μmg=ma2,由匀变速直线运动规律有v02=2a2(2s0);联立解得F=3mv024s0,动摩擦因数μ=v024gs0,滑动摩擦力Ff=μmg=mv024s0,可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,C项正确,D项错误。在此过程中,外力F做的功W=Fs0=34mv02,11.(2024届潍坊检测)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一。现有一水枪样品,枪口直径为d,水的密度为ρ,水柱水平出射速度为v,垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回,则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为()。A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv答案B解析设t时间内水枪喷出的水柱长度为l,则有v=lt,t时间内冲击墙壁的水的质量m=ρV=ρSl=14πd2ρl,设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F,根据动量定理有Ft=0.2mv-(-mv),联立以上三式解得F=0.3πd2ρv2,根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小F'=F=0.3πd2ρv2,12.(多选)高空作业必须系安全带,但安全带使用不当也会对人体造成伤害。我国对安全带的材料、长度、宽度以及使用方法都有规定,其中规定如果安全带的长度超过三米就一定要加装缓冲器。某兴趣小组的同学们通过模拟实验来探究缓冲器的作用。同学们改装了甲、乙两根安全带,甲不加装缓冲器,乙加装缓冲器,使两根安全带的总长度(乙安全带的总长度含缓冲器)都为1.25m,把重物和力传感器捆在一起挂在安全带的底端,重物(含传感器)的质量为1kg。现让重物从安全带上端处自由下落(重物可视为质点),实验发现从安全带伸直到重物速度第一次减为零,甲、乙分别用时0.1s和0.5s。忽略缓冲器对安全带长度的影响,重力加速度取g=10m/s2。下列说法正确的是()。A.安全带刚伸直时重物的动量为5kg·m/s,方向竖直向下B.从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程,重物的动量变化为5kg·m/s,方向竖直向下C.从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程,甲安全带对重物的平均作用力为60N,乙安全带对重物的平均作用力为10ND.从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程,乙安全带对重物的冲量为10N·s,方向竖直向上答案AD解析从重物自由下落到安全带刚伸直的过程,由自由落体运动公式有v2=2gh,可得v=5m/s,可知安全带刚伸直时重物的动量p=mv=5kg·m/s,动量的方向即速度方向,为竖直向下,A项正确;从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程,重物的初动量为5kg·m/s,方向竖直向下,重物的末动量为0,设竖直向上为正方向,重物的动量变化Δp=0-(-mv)=5kg·m/s,方向竖直向上,B项错误;从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程,设安全带对重物的平均作用力为F,对重物,由动量定理有(F-mg)t=0-(-mv),代入两次作用时间,得甲、乙两根安全带对重物的平均作用力分别为60N和20N,C项错误;选竖直向上为正方向,对重物,由动量定理有(F-mg)t=0-(-mv),可得Ft=mgt+mv=10N·s,方向竖直向上,D项正确。13.混合动力汽车是指拥有两种不同动力源(如燃油发动机和电力发动机)的汽车,既节能又环保。汽车质量为M,静止在平直路面,只采用电力驱动,发动机以额定功率P1启动,达到最大速度v1后,再次提速,两种动力同时启动,此时发动机的总额定功率为2P1,由v1经时间t达到最大速度v2(未知);运动一段时间后,开始“再生制动”刹车。加速过程中阻力可视为恒定;“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比,即f=kv。求:(1)汽车在速度由v1到v2过程中前进的位移x1。(2)汽车由速度v2减速到零过程中行驶的距离x2。解析(1)汽车达到最大速度v1时,有f1=F1=P汽车达到最大速度v2时,有f1=2解得v2=2v1汽车速度由v1到v2过程中,根据动能定理有2P1t-f1x1=12Mv22-解得x1=2v1t-3M(2)“再生制动”刹车过程,即速度由v2减到零的过程,根据动量定理有-f·t=0-Mv2=-2Mv1其中f=kv,x2=v·t解得x2=2M第2讲动量守恒定律及其应用对应学生用书P150考点一动量守恒定律的理解与简单应用一、系统、内力和外力1.系统:由两个(或多个)相互作用的物体构成的①叫作一个力学系统。

2.系统中物体间的相互作用力,叫作②力;系统以外的物体施加给系统内物体的力,叫作③力。

二、动量守恒定律1.内容:如果一个系统④,或者⑤为0,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律。

2.数学表达式(1)p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p',大小相等,方向相同)。(2)Δp1=-Δp2(系统内一个物体的动量变化与另一物体的动量变化等大反向)。(3)Δp=p'-p=0(系统总动量的变化量为零)。答案①整体②内③外④不受外力⑤所受外力的矢量和如图所示,在光滑的水平桌面上做匀速运动的两个物体A和B,质量分别为m1和m2,沿同一直线向同一方向运动,速度分别是v1和v2。当B追上A时发生碰撞,碰撞后两物体的速度分别是v1'和v2'。若碰撞时间极短,请根据运动与相互作用规律,论述两物体碰撞前后的动量守恒。解析假设B对A的相互作用力的大小为F,A对B的相互作用力的大小为F',作用时间为Δt,规定向右为正方向,由牛顿第二定律有F=m1a1,F'=m2a2由牛顿第三定律有F'=-F由运动学规律有a1=v1'-v1Δ联立解得m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2该式表明,两物体作用后的总动量等于作用前的总动量,即碰撞前后动量守恒。角度1系统动量是否守恒的判断如何判断系统的动量是否守恒判断系统动量是否守恒,首先是熟知系统动量守恒的条件,其次要明确研究过程,分析系统在所研究的过程中的受力情况,看系统的受力情况是否符合动量守恒的条件。系统动量守恒的三个条件理想条件系统不受外力作用实际条件系统所受外力的合力为零近似条件系统所受合外力虽然不为零,但系统的内力远大于外力,如碰撞、爆炸类问题谨记:若系统只在某个方向上动量守恒,而其他方向上动量不守恒,则系统的动量不守恒。(2024届江苏联考)如图所示,轻绳下悬挂一静止沙袋,一子弹水平射入并留在沙袋中,随沙袋一起摆动,不计空气阻力。在以上整个过程中,子弹和沙袋组成的系统()。A.动量不守恒,机械能守恒B.动量守恒,机械能不守恒C.动量和机械能均不守恒D.动量和机械能均守恒答案C解析子弹射入沙袋的过程,动量守恒;子弹与沙袋一起向右摆动的过程中,系统的合外力不为零,动量不守恒。因为子弹射入沙袋过程中要克服阻力做功,有机械能损失,所以系统的机械能不守恒,C项正确。角度2动量守恒定律的应用应用动量守恒定律时要注意它的五个特性系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统同时性动量是一个瞬时量,表达式中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(注意:不同时刻的动量不能相加)相对性应用时,系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一参考系,通常以大地为参考系矢量性动量守恒定律的方程是一个矢量方程。通常规定正方向后,能确定方向的物理量一律将方向表示为“+”或“-”(与选取的正方向一致的动量为正值,相反的为负值),物理量中只代入大小:不能确定方向的物理量可以用字母表示,若计算结果为“+”,则说明其方向与规定的正方向相同,若计算结果为“-”,则说明其方向与规定的正方向相反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,而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统在光滑的水平面上,有一辆平板小车,质量为M,在小车上有一运动员,质量为m。开始时小车与运动员是静止的。(1)当运动员以水平速度v向左跳下时,求小车的速度。(2)若小车与运动员开始向右运动的速度为v0,则当运动员以水平速度v'相对小车向左跳下时,求小车的速度。答案(1)mMv(2)v0+mv'm解析(1)设小车的速度为u,规定向右为正方向,由动量守恒定律有0=-mv+Mu,解得u=mMv,(2)设小车的速度为u',规定向右为正方向,由动量守恒定律有(m+M)v0=m(u'-v')+Mu',解得u'=v0+mv'm应用动量守恒定律解题的思维流程步骤1:明确研究对象和研究过程,确定系统的组成(系统包括哪几个物体);步骤2:进行受力分析,根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);步骤3:规定正方向,确定初、末状态动量,并根据动量守恒定律列出方程;步骤4:代入数据,求出结果,必要时讨论说明。如图所示,质量为M的滑块B套在光滑的水平杆上可自由滑动,质量为m的小球A用一长度为L的轻杆与B上的O点相连接,轻杆处于水平位置,可绕O点在竖直平面内自由转动。若M=2m,给小球A一竖直向上的初速度v0,则当轻杆绕O点转过90°,A球运动至最高点时,B的位移多大?B的速度多大?答案L3解析设经过最高点时,A水平方向位移大小为s1,B水平方向位移大小为s2,A与B组成的系统在水平方向动量守恒,有ms1=Ms2,又s1+s2=L,联立解得s2=L设在最高点时,A的速度大小为v1,B的速度大小为v2,由动量守恒定律可得mv1=Mv2由机械能守恒定律可得12mv02=mgL+12mv联立解得v2=v0单方向动量守恒定律的应用即使系统受到的外力的合力不为零,即系统动量不守恒,但只要系统在某一方向上合外力为零,即系统在该方向上动量守恒,我们在该方向上可用动量守恒定律列式。考点二碰撞一、碰撞的分类1.从能量损失的角度分类弹性碰撞碰撞过程中机械能①

非弹性碰撞碰撞过程中机械能②

完全非弹性碰撞碰撞后合为一体,具有③,机械能损失④

2.碰撞前后速度方向是否在同一条直线上正碰(对心碰撞)碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上,碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动斜碰(非对心碰撞)碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上,碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动二、碰撞过程的特点时间相互作用的时间很短相互作用力相互作用力先是急剧增大,然后急剧减小,平均作用力很大。动量守恒的条件系统的内力远远大于外力位移可忽略物体的位移,认为物体在碰撞前后仍在同一位置能量碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek'满足Ek≥Ek'答案①守恒②不守恒③共同速度④最大如图所示,在光滑的水平面上,一质量为mA的小球A以水平向右的速度vA与质量为mB的小球B发生弹性正碰。(1)若碰撞前,B静止在水平面上,求碰撞后两小球的速度vA'、vB'。(2)若碰撞前,B正以大小为vB的速度水平向右运动,求碰撞后两小球的速度vA'、vB'。(3)若碰撞前,B正以大小为vB的速度水平向左运动,求碰撞后两小球的速度vA'、vB'。(4)若小球A和小球B的质量相等,则两球发生弹性碰撞后,它们碰撞后与碰撞前的速度有什么特点?答案(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得mAvA=mAvA'+mBvB'12mAvA2=12mAvA'2+12m联立解得vA'=mA-mBmA+mBv(2)以B为参考系,同(1)可得vA'=mA-mBmA+mB(vA-vB)+vB,vB'=2(3)以B为参考系,同(1)可得vA'=mA-mBmA+mB(vA+vB)-vB,vB'=2(4)若两球质量相等,则碰撞后两球速度交换。角度1碰撞的可能性探究(2024届龙岩模拟)(多选)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动,质量分别为m和2m,A的动量为5kg·m/s,B的动量为7kg·m/s,当A球追上B球时发生对心碰撞,则碰撞后A、B两球动量的可能值为()。A.pA'=4kg·m/s,pB'=8kg·m/sB.pA'=3.5kg·m/s,pB'=8.5kg·m/sC.pA'=3kg·m/s,pB'=9.5kg·m/sD.pA'=2.5kg·m/s,pB'=9.5kg·m/s答案AB解析A、B两球发生对心碰撞,满足动量守恒定律。碰撞前系统的总动量为12kg·m/s,则pA'+pB'=pA+pB=12kg·m/s,只有C不满足动量守恒的原则。其次,考查能量关系,总动能不增加,即有Ek≥Ek',根据Ek=pA22m+pB22×2m,代入数据可知A、B均满足,D不满足能量关系。最后,分析速度可行性,由碰撞前、后的速度关系,A碰撞问题须谨记遵循的三个规律动量守恒p1+p2=p1'+p2'动能不增加p122m1+速度要合理①若两物体同向运动,则碰前应有v后>v前;碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'②若两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变角度2弹性碰撞弹性碰撞的三种情境情境动碰静同向动碰动相向动碰动图示规律动量守恒、机械能守恒结论vA'=mA-vB'=2mAvA'=mA-mBmA+mBvB'=2mAmA+mB·(vA'=mA-mBmA+mBvB'=2mAmA+mB·(说明质量相等,速度交换(2022年湖南卷)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,则氢核的质量也为m,氮核的质量为14m,设中子和氢核碰撞后,中子速度为v3,取v0的方向为正方向,由动量守恒和机械能守恒分别有mv0=mv1+mv3,12mv02=12mv12+12mv32,解得v1=v0。设中子和氮核碰撞后中子速度为v4,取v0方向为正方向,由动量守恒和机械能守恒分别有mv0=14mv2+mv4,12mv02=12×14mv22+12mv42,解得v2=215v0,可得v1=v0>v2,碰撞后氢核的动量pH=mv1=mv0,氮核的动量pN=14mv2=28mv015,可得pN>pH;碰撞后氢核的动能EkH=12mv12=角度3非弹性碰撞(2024届广州模拟)某冰壶队为了迎接冬奥会,积极开展训练。某次训练中使用的红色冰壶A和蓝色冰壶B的质量均为20kg。初始时两冰壶之间的距离s=7.5m,运动员以v0=2m/s的初速度将红色冰壶A水平掷出后,红色冰壶A与静止的蓝色冰壶B碰撞,碰后红色冰壶A的速度大小变为vA=0.2m/s,方向不变,碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间。(2)两冰壶碰撞过程中损失的机械能。答案(1)6s(2)3.2J解析(1)冰壶A以v0=2m/s的初速度开始运动后,由牛顿第二定律得,加速度大小a=μg=0.2m/s2,方向与A运动方向相反,冰壶A做减速运动。设A与B碰撞时速度为v1,则有v12-v02=-2as,得v1=1m/s。所用时间t1=v1-v0-a=5s,与冰壶B碰撞后,其速度大小变为vA=0.2m/s,方向不变,做减速运动直到停下,所用时间t2=0−vA-a=1(2)两冰壶碰撞满足动量守恒,有mv1=mvA+mvB,得vB=v1-vA=0.8m/s。两冰壶碰撞中损失的机械能ΔE=12m(v12-vA2-vB2)=12×20×(12-0.22-0.82)(2024届乌鲁木齐模拟)(多选)一般情况下,竖直下落的球形雨滴其收尾速度与雨滴的半径成正比。某下雨天,无风时,半径分别为2mm、1mm的球形雨滴在同一竖直线上匀速下落,下落过程中两雨滴迅速融合为一雨滴。已知半径为1mm的雨滴匀速下落时的速度大小为v,动能为Ek,设两雨滴刚融合为一雨滴时的速度大小为v共,两雨滴融合过程中损失的动能为ΔEk,则下列关系式正确的是()。A.v共=53vB.v共=17C.ΔEk=49Ek D.ΔEk=89答案BD解析竖直下落的球形雨滴其收尾速度与雨滴的半径成正比,则半径为2mm的雨滴速度v'=2v。设半径为1mm的雨滴的质量为m,根据m=ρ·43πr3可知,半径为2mm的雨滴质量m'=8m,雨滴匀速下落,合外力为零,则两雨滴刚融合为一雨滴的过程动量守恒,有mv+m'v'=(m+m')v共,解得v共=179v,A项错误,B项正确;半径为1mm的雨滴的动能Ek=12mv2,半径为2mm的雨滴的动能Ek'=12m'v'2=32Ek,融合后雨滴的动能Ek共=12(m+m')v共2=2899Ek,所以两雨滴融合过程中损失的动能ΔEk=Ek+Ek'-Ek共=8完全非弹性碰撞的三种情境情境动碰静同向动碰动相向动碰动图示规律动量守恒、机械能损失最大结论v=mAmΔE=12·mAv=mΔE=12·mAmBmA+v=mΔE=12·mAmBmA+角度4碰撞问题的多解性(2024届鞍山模拟)两个完全相同的小球A、B用长度均为L的细线悬于天花板上,如图所示。若将A从图示位置由静止释放,则B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是()。A.L9 B.L5 C.2L3答案B解析小球A从释放到最低点,由动能定理可知mg(L-Lcos60°)=12mvA2-0,解得vA=gL。若A与B交换速度,即vB=vA=gL。B上升过程中由动能定理可知-mgh=0-12mvB2,解得h=L2。若A与B发生完全非弹性碰撞,即A、B粘在一起,由动量守恒定律有mvA=2mv,得v=12gL。在A、B上升过程中,由动能定理有-2mgh=0-12×2mv2,得h=L8。所以B球上升的高度L8≤碰撞问题出现多解性的主要原因是碰撞形式的不确定性。解决这类问题要谨记两个碰撞模型的特点:物体之间发生弹性碰撞时,不存在机械能损失;物体之间发生完全非弹性碰撞时,机械能损失最大。考点三爆炸与反冲1.爆炸的三个特点动量守恒爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸时系统内物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力,在爆炸过程中,系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中,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发生的时间极短,在爆炸的过程中,物体产生的位移很小,一般忽略不计,即认为爆炸过程发生前后系统的位置不变2.反冲运动定义如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动,这个现象叫作反冲反冲运动中,物体受到的反冲作用通常叫作反冲力特点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;反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处,相互作用力常为变力,且作用力远远大于外力,遵循动量守恒定律;在反冲运动中,可能有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能有可能增加爆炸(图1)和碰撞(图2),都是瞬间完成的。它们有相同之处,也有不同之处。你能说出它们的相同点和不同点吗?图1图2爆炸与碰撞的相同点与不同点爆炸碰撞相同点过程特点都是物体间的相互作用突然发生,相互作用力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒过程模型由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理,即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始能量情况都满足能量守恒,总能量保持不变不同点动能情况有其他形式的能转化为动能,动能会增加弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时产生内能角度1爆炸向空中发射一物体,不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则()。A.b的速度方向一定与初速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达水平地面D.在炸裂过程中,a、b受到的爆炸力的冲量大小不一定相等答案C解析爆炸后系统的总机械能增加,但不能确定a、b两块的速度大小,所以A、B两项不能确定;因炸开后两者都做平抛运动,且高度相同,故下落时间相同,C项正确;由牛顿第三定律知a、b受到的爆炸力大小相等,作用时间也相同,故a、b受到的爆炸力的冲量大小相等,D项错误。一枚烟花弹以20m/s的速度从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,烟花弹炸成质量之比为2∶3的两部分,且均沿竖直方向运动,质量较小的部分落回地面的时间为1s。烟花弹爆炸时间极短,重力加速度取g=10m/s2,不计空气阻力和烟花弹爆炸损失的质量,则爆炸后向上运动的部分离地面的最大高度为()。A.40m B.35mC.30m D.25m答案D解析设烟花弹爆炸时离地面的高度为H,由v2=2gH得H=20m。爆炸后瞬间,设两部分质量分别为2m、3m,速度大小分别为v1、v2,取竖直向上为正方向,根据动量守恒有2mv1=3mv2;质量较小部分做竖直下抛运动,根据运动学公式有H=v1t+12gt2,由t=1s,可解得v1=15m/s,v2=10m/s;由于质量较大部分爆炸后做竖直上抛运动,根据运动学公式有v22=2gh,解得h=5m,所以爆炸后向上运动的部分离地面的最大高度为H+h=25m角度2反冲如图所示,在平静的湖面上有一小船以速度v0=1m/s匀速行驶,人和船的总质量M=200kg,船上另载有N=20个完全相同的小球,每个小球的质量均为m=5kg。人站立船头,沿着船的前进方向,每隔一段相同的时间水平抛出一个小球,不计水的阻力和空气阻力。(1)如果每次都是以相对于湖岸的速度v=6m/s抛出小球,请计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1和抛出第几个球后船的速度反向。(2)如果每次都是以相对于小船的速度v=6m/s抛出小球,则抛出第16个小球可以使船的速度改变多少?答案(1)5459m/s11(2)215解析(1)人抛出第一个球前后,对船、人、20个球整体分析,由动量守恒定律可得(M+20m)v0=(M+19m)v1+mv代入数据得v1=5459m/s,即抛出第一个小球后,船的速度v1=5459对抛出n个球过程,有300v0=(300-nm)vn+nmv代入数据得vn=300−30当vn<0,即船反向,有300-30n<0解得n=11。(2)设第16次抛出小球时,小船原来的对地速度为v15,抛出后小船的对地速度为v16因小球是相对于小船的速度v=6m/s抛出的,抛出后小球对地的速度为(v16+v)由动量守恒定律可得(M+20m-15m)v15=(M+20m-16m)v16+m(v16+v)代入数据可得Δv=v15-v16=30225m/s=215(2024届湖南模拟)不在同一直线上的动量问题同样可以用正交分解法处理。某同学自制了一款飞机模型,该飞机模型飞行过程中可通过喷气在极短时间内实现垂直转弯。若该飞机模型的质量为M(含气体),以大小为v的速度匀速飞行时,在极短时间内喷出质量为m的气体后垂直转弯,且转弯后的速度大小不变,则该飞机模型喷出的气体的速度大小为()。A.2Mmv B.C.2M2-2Mm+m答案C解析设喷出的气体沿飞机模型初速度方向的速度分量大小为vx,沿飞机模型末速度方向的速度分量大小为vy,在这两个方向上,根据动量守恒定律分别有Mv=mvx,0=(M-m)v-mvy,该飞机模型喷出的气体的速度大小v'=vx2+vy2,解得对解答反冲运动的两点提醒1.在解答反冲运动的问题中,有时遇到的速度是相互作用的两物体间的相对速度,这时应将相对速度转化成对地的速度后,再列动量守恒的方程。2.在反冲运动中,还常遇到变质量物体的运动,如火箭在运动过程中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量在不断减小,此时必须取火箭本身和在相互作用时的整个过程来进行研究。人船模型及其应用角度1利用人船模型求质量如图1所示,在平静的湖面上,一位女子静立于竹竿上A点,一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片,并从中选取了两张进行对比,其简化图如下。经过测量发现,图1、图2两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm,图2中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为25kg,若不计水的阻力,则该女子的质量约为()。A.41.5kg B.45kg C.47.5kg D.50kg答案B解析对人和竹竿组成的系统,可看成人船模型,所以m1x1=m2x2,代入数据可得人的质量m1=45kg,B项正确。角度2利用人船模型求距离(2023年湖南卷)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Mm=ba-b,求小球下降h=b2高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b答案(1)2m2gb(2)x(M+m)-ma2M2a2(3)2bg解析(1)小球沿轨道下滑时,小球和凹槽组成的系统在水平方向动量守恒,取水平向左为正方向,由动量守恒定律有0=mv1-Mv2小球沿轨道下滑到最低点的过程中,小球和凹槽组成的系统机械能守恒,有mgb=12mv12+联立解得v2=2因水平方向在任何时候都动量守恒,即0=mv1-M两边同时乘时间t可得mx1=Mx2由几何关系可知x1+x2=a联立解得x2=mM+(2)小球向左运动过程中,凹槽向右运动,当小球的坐标为(x,y)时,设凹槽水平向右运动的位移为xM,则有m(a-x)=M·xM小球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(x-xM整理得x(M+m)-ma2M2a2+y(3)将Mm=ba-b代入小球运动的轨迹方程化简可得x即此时小球的轨迹为以(a-b,0)为圆心,b为半径的圆,则当小球下降的高度为b2时的情境如图所示,可知此时速度和水平方向的夹角为60°,即图中θ=30小球下降b2向动量守恒,有0=mv3cos60°-Mv4系统机械能守恒,有mgb2=12mv32联立得v3=4gb2a+3见《高效训练》P511.如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,将物块Q自P的上端由静止释放。若Q与P的接触面光滑,则Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是()。A.P对Q做功为零B.P和Q之间的相互作用力做功之和为零C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒答案B解析Q在P上运动的过程中,P对Q的弹力方向垂直于接触面,与Q的位移方向的夹角大于90°,则P对Q做功不为零,A项错误。Q在P上运动的过程中,整个系统只有重力做功,机械能守恒,P和Q之间的相互作用力属于内力,并且等大反向,二者在力的方向上发生的位移相等,所以做功之和为零;系统在水平方向所受合力为零,即水平方向动量守恒;系统在竖直方向所受合力不为零,则竖直方向动量不守恒,B项正确,C、D两项错误。2.(2024届淮阳模拟)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m,则该小船的质量为()。A.m(L+dC.mLd D.答案B解析设小船的质量为M,由人船模型的特征可知d=mm+ML,解得M=md(3.(2024届唐山一模)(多选)在光滑水平桌面上,质量为m的物体A以某一速度与质量为3m的等大物体B发生正碰。已知碰撞前物体B处于静止状态,碰撞后物体B的动能为E,则碰撞之前物体A的动能可能为()。A.E