易错点07 动量-（3大陷阱）-备战2024年高考物理考试易错题含解析

备战2024年高考物理考试易错题含解析易错点07动量目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】运用动量定理解释现象错误【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件【易错点提醒四】运用动量动量守恒列式错误【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点而出现错误【易错点提醒六】不会运用碰撞原则求解问题03易错题通关易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误3.动量定理的理解（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.2介质流模型冲力的计算研究对象流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n分析步骤①建构“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小柱体质量m小柱体内粒子数N=小柱体动量p=③建立方程，应用动量定理FΔt易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题.3.动量守恒定律适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零.（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力[4]（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动量守恒.4.表达式（1）p=p（2）Δp1（3）Δp=易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误5．碰撞的概念及特点碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：(1)碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。(4)碰撞过程位移特点：在物体发生碰撞、的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。6.碰撞问题的三个原则（1）系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系统总动量的大小和方向均守恒。

（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).（3）速度要合理①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零.【易错点提醒一】运用动量定理解释现象时出现错误【例1】．（2020全国Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【变式1-1】（2023·广东深圳·统考二模）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（）A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250ND．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N【变式1-2】（2023·江苏南通·统考一模）小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则（）A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人做的功总为零B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人的平均作用力大小相同C．着地过程屈腿姿态不同，地面对人的冲量相同D．着地过程屈腿姿态不同，人的动量变化率相同.【变式1-3】（2023广东中山市模拟）质量为的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（）A.运动员在加速上升过程中处于失重状态B.该过程中，地面对运动员的冲量大小为C.该过程中，地面对运动员做功为0D.该过程中，运动员的动量变化量大小为【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型【例2】（2024·广东省普通高考第一次模拟）汕头市属于台风频发地区，图示为风级（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的（）风级风速（m/s）风级风速（m/s）00~0.2713.9~17.110.3~1.5817.2~20.721.6~3.3920.8~24.433.3~5.41024.5~28.445.5~7.91128.5~32.658.0~10.71232.7~36.9610.8~13.8…….…….A.45倍 B.36倍 C.27倍 D.9倍易错分析：对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知如何选取研究对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。【变式1-1】2023·河南·校联考模拟预测）小飞同学在洗盘子的时候发现当水流稳定时，从水龙头流下的水柱从上到下越来越细，如图所示。小飞同学将盘子放在水龙头下一定距离，仔细观察后，水流对盘子的冲击力基本稳定，经过测量，水流对盘子的冲击力为F。已知水龙头的横截面积为，出水速度为，水的密度为，重力加速度为g。水接触盘子后速度立刻变为零，空气阻力不计。下列说法正确的是（

）A．盘子距水龙头的高度为 B．盘子距水龙头的高度无法求出C．与盘子接触的水柱横截面积无法求出 D．与盘子接触的水流速度可以求出【变式1-2】.（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为（）A． B． C． D．【变式1-3】（2023广东卷）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为C.滑块2受到合外力的冲量大小为D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件【例3】.（2024河北唐山期中）如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放，从小球开始沿物块的光滑弧面（弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是()A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒【变式1-1】（/2021全国乙如图，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，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(B)A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒【变式1-2】[2023四川雅安期末/多选]木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是()A.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒.【变式1-3】（2023河南周口模拟）如图所示，A、B两物体质量之比mA:mB=3:2，原来静止在平板车C上，A、BA.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒【易错点提醒四】运用动量守恒定律列式出现错误【例4】.（2020全国Ⅱ]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/sA.48kg B.53kg C.58kg .【变式1-1】（2023·河北邯郸·校考三模）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则(

)A．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒B．车表面越粗糙，木块减少的动量越多C．车表面越粗糙，小车增加的动量越多D．木块的最终速度为.【变式1-2】（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A与木块B质量均为m。t＝0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0＝的初速度，则从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中（

）

A．A、B沿绳方向加速度始终相等 B．绳对A球的冲量大小为mC．绳对A先做正功后做负功 D．木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg【变式1-3】.[2021广东]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零.如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点和规律【例5】如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列说法中可能发生的是A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、、，满足B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为，满足D．小车和摆球的速度都变为，木块的速度变为，满足【变式1-1】质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M＋m0）v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m）v0＝（M＋m）v1＋mv2【易错点提醒六】不会根据碰撞原则求解问题【例6】在一次斯诺克世界杯比赛中，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是()A．mB＝mAB．mB＝eq\f(1,4)mAC．mB＝eq\f(1,6)mAD．mB＝6mA【变式1-1】在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为()A.v0 B.v0/3QUOTEv03 C.v0/2 D.3v0/4QUOTE34v0【变式1-2】如图所示，在光滑水平地面上，质量为1kg的小球A以4m/s的速度向右运动，与静止的质量为3kg的小球B发生正碰，碰后BA.3m/s B.2.0m/s C.1.4m/s 【变式1-3】（2020全国Ⅲ）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.4J C.5J 1．（多选）（2023·四川眉山·校考模拟预测）在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（）A．延长球对手的作用力时间 B．减小球的动量变化量C．减小球对手的冲量 D．减小球对手的作用力2。(2022广东湛江模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（）A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小3.（2023·河南安阳模拟）丝网版画有其独特的绘画语言，其艺术水准可与国画、油画等其它艺术作品相婉美。丝网版画在显影时需要用高压水枪冲洗，直至优美画面显出，若高压水枪喷口的出水速度为，水的密度，水与版画接触后沿版画平面散开，则版画单位面积上受到的冲击力为（）A． B． C． D．4.（2022·全国乙卷·T20）质量为的物块在水平力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。则（）A.时物块的动能为零B.时物块回到初始位置C.时物块的动量为D.时间内F对物块所做的功为5.（2023重庆西南大学附中期末）如图所示，A、B两小球形状大小一样，且质量均为m.某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为v0、方向水平向右，小球B速度大小为2v0A.小球A向右运动 B.小球B的动量大小增大C.碰后小球A的动能增加了2mv02 D.小球B6.（2022·山东卷·T2）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7.（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考三模）如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（）A． B． C． D．8.（2022·湖南卷·T4）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和。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.大于 D.大于9.（2023辽宁卷）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。10.（2023浙江6月卷）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。11．（2023浙江1月卷）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车:上表面与直轨道下、平台位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．12.（2023湖南卷）如图，质量为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和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，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，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．（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）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．13.（2023全国乙卷）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。一质量为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；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。14.（2023山东卷）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。（1）求C下滑高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。15.（2022·全国乙卷·T25）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

易错点07动量目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】运用动量定理解释现象错误【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件【易错点提醒四】运用动量动量守恒列式错误【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点而出现错误【易错点提醒六】不会运用碰撞原则求解问题03易错题通关易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误3.动量定理的理解（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.2介质流模型冲力的计算研究对象流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n分析步骤①建构“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小柱体质量m小柱体内粒子数N=小柱体动量p=③建立方程，应用动量定理FΔt易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题.3.动量守恒定律适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零.（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力[4]（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动量守恒.4.表达式（1）p=p（2）Δp1（3）Δp=易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误5．碰撞的概念及特点碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：(1)碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。(4)碰撞过程位移特点：在物体发生碰撞、的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。6.碰撞问题的三个原则（1）系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系统总动量的大小和方向均守恒。

（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).（3）速度要合理①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零.【易错点提醒一】运用动量定理解释现象时出现错误【例1】．（2020全国Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积易错分析：此题许多同学错选B项，误认为减少了碰撞前后司机动量的变化量，实际上用动量定理解释现象，在动量变化相同的情况下，一股是大男生短时间，小力长时间。【答案】D【解析】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A错误，D正确；碰撞前司机的动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机的动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机的动量的变化量，B错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为安全气囊的内能,C错误.【变式1-1】（2023·广东深圳·统考二模）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（）A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250ND．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N【答案】BC【解析】碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量为末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；使用安全带时，根据动量定理有，解得假人受到的平均作用力约为1250N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有解得假人受到的平均作用力约为5000N，故D错误【变式1-2】（2023·江苏南通·统考一模）小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则（）A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人做的功总为零B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人的平均作用力大小相同C．着地过程屈腿姿态不同，地面对人的冲量相同D．着地过程屈腿姿态不同，人的动量变化率相同【答案】A【解析】根据题意，由做功公式可知，由于无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对人的作用力的位移为0，则地面对人做的功总为零，故A正确；起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对人的平均作用力大小不同，故B错误；由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，则人的动量变化率不同，由动量定理地面对人的冲量不相同，所以选项CD错误。.【变式1-3】（2023广东中山市模拟）质量为的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（）A.运动员在加速上升过程中处于失重状态B.该过程中，地面对运动员的冲量大小为C.该过程中，地面对运动员做功为0D.该过程中，运动员的动量变化量大小为【答案】C【解析】对运动员，在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，A错误；由动量定理有得地面对运动员的冲量大小为B错误；地面对运动员的力的作用点的位移为零，得地面对运动员做功为零，C正确；运动员的动量变化量大小为，D错误【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型【例2】（2024·广东省普通高考第一次模拟）汕头市属于台风频发地区，图示为风级（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的（）风级风速（m/s）风级风速（m/s）00~0.2713.9~17.110.3~1.5817.2~20.721.6~3.3920.8~24.433.3~5.41024.5~28.445.5~7.91128.5~32.658.0~10.71232.7~36.9610.8~13.8…….…….A.45倍 B.36倍 C.27倍 D.9倍易错分析：对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知如何选取研究对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。【答案】A【解析】设空气的密度为，广告牌的横截面积为，经过时间撞击在广告牌上的空气质量为，根据动量定理可得，解得根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为则“级”风对广告牌的最大作用力与“级”风对广告牌最小作用力的比值为故选项A正确。【变式1-1】2023·河南·校联考模拟预测）小飞同学在洗盘子的时候发现当水流稳定时，从水龙头流下的水柱从上到下越来越细，如图所示。小飞同学将盘子放在水龙头下一定距离，仔细观察后，水流对盘子的冲击力基本稳定，经过测量，水流对盘子的冲击力为F。已知水龙头的横截面积为，出水速度为，水的密度为，重力加速度为g。水接触盘子后速度立刻变为零，空气阻力不计。下列说法正确的是（

）A．盘子距水龙头的高度为 B．盘子距水龙头的高度无法求出C．与盘子接触的水柱横截面积无法求出 D．与盘子接触的水流速度可以求出【答案】D【详解】水的流量不变，即设水与盘子刚要接触时速度为，与盘子接触的水柱横截面积为，则由动量定理得解得，水从出口到与盘子接触做匀加速直线运动，则盘子距水龙头的高度，故ABC错误，D项正确。故选D。【变式1-2】.（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理其中F=Mg解得故选项A正确。【变式1-3】（2023广东卷）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为C.滑块2受到合外力的冲量大小为D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为【答案】BD【解析】【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为碰撞后的动量为则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B．对滑块1，取向右为正方向，则有负号表示方向水平向左，故B正确；C．对滑块2，取向右为正方向，则有故C错误；D．对滑块2根据动量定理有解得则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。故选BD。【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件【例3】.（2024河北唐山期中）如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放，从小球开始沿物块的光滑弧面（弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是()A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒易错分析：此题错选A的学生较多，误认为系统的动量和机械能都守恒，实际上是错误，只能说系统在水平方向动量守恒，不能认为系统的动量守恒。【答案】C[解析]对于A、B组成的系统，在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒；A、B组成的系统在竖直方向上所受外力之和不为零，则该系统动量不守恒，故选C.【变式1-1】（/2021全国乙如图，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，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(B)A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B[解析]撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，撤去推力后滑块和小车之间有相对位移，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以B正确.【变式1-2】[2023四川雅安期末/多选]木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是()A.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒【答案】BC[解析]当撤去外力F后，a离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a和b组成的系统动量不守恒，A错误，B正确；a离开墙壁后，系统所受的外力之和为零，所以a和b组成的系统动量守恒，C正确，D错误..【变式1-3】（2023河南周口模拟）如图所示，A、B两物体质量之比mA:mB=3:2，原来静止在平板车C上，A、BA.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒【答案】BCD[解析]如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对于平板车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力分别为FA（向右）、FB（向左），由于mA:mB=3:2，所以FA:FB=3:2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错误.对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，【易错点提醒四】运用动量守恒定律列式出现错误【例4】.（2020全国Ⅱ]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/sA.48kg B.53kg C.58kg 易错分析：．应用动量守恒定律时首先要注意应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负；同时注意的“五性”公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度。不注意这两点在运用动量守恒定律列式往往出现错误。【答案】BC[解析]选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有0=Mv1−mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1+mv0=−mv0+Mv2，依此类推，Mv2+.【变式1-1】（2023·河北邯郸·校考三模）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则(

)A．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒B．车表面越粗糙，木块减少的动量越多C．车表面越粗糙，小车增加的动量越多D．木块的最终速度为【答案】D【详解】以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动。以初速度方向为正方向，根据动量守恒有解得木块减少的动量与车面粗糙程度无关，小车M获得动量与车面粗糙程度无关。故选D。.【变式1-2】（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A与木块B质量均为m。t＝0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0＝的初速度，则从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中（

）

A．A、B沿绳方向加速度始终相等 B．绳对A球的冲量大小为mC．绳对A先做正功后做负功 D．木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg【答案】D【详解】A．从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A一直水平向右加速，B的运动可以分解为水平向右随A加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误；B．从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定理和能量守恒定理可得，

解得，对A球由动量定理可得由受力分析可知重力与支持力不相等，所以，所以，故B错误；C．从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功，故C错误；D．B再次运动到A正下方时，由B项分析知A的速度不为零，所以B随A水平运动的速度为零，由，得，故D正确。故选D。【变式1-3】.[2021广东]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零.如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10−2m,乙与边框a相隔s2=2.0×10−2m（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；[答案]能[解析]设甲算珠与乙碰撞前的速度为v，甲、乙算珠的质量均为m对甲算珠在导杆上滑动，由动能定理有−μmg解得v=甲、乙算珠碰撞，由动量守恒定律有mv=解得碰后瞬间乙算珠的速度v2对乙算珠，由动能定理有−μmgx解得x=2.0×10−【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点和规律【例5】如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列说法中可能发生的是A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、、，满足B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为，满足D．小车和摆球的速度都变为，木块的速度变为，满足易错分析：许多学生义为AD项是正确，错误的原因是没有弄清碰揞模型的特点。因在小车和木块碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，小车和木块组成的系统动量守恒，摆球来不及参与系统的相互作用在瞬间速度不变。【答案】BC【解析】碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球可认为没有参与碰撞，速度在瞬间不变；若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有：，若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：，故选项B、C正确，A、D错误。【变式1-1】质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M＋m0）v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m）v0＝（M＋m）v1＋mv2【答案】BC【解析】碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv＝（M＋m）v′，故BC正确。【易错点提醒六】不会根据碰撞原则求解问题【例6】在一次斯诺克世界杯比赛中，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是()A．mB＝mAB．mB＝eq\f(1,4)mAC．mB＝eq\f(1,6)mAD．mB＝6mA易错分析：对于碰撞过程，关键要把握三大规律来分析：一、系统动量守恒。二、系统的总动能不增加。三、符合运动情况。许多学生漏掉第三点而出现错误【答案】A.【解析】：.由动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)≥eq\f(p′eq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p′eq\o\al(2,B),2mB)，代入数据解得mB≥eq\f(2,3)mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则eq\f(p′A,mA)≤eq\f(p′B,mB)，解得mB≤4mA，综上可得eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，选项A正确。【变式1-1】在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为()A.v0 B.v0/3QUOTEv03 C.v0/2 D.3v0/4QUOTE34v0【答案】BC【解析】取碰撞前A球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=mvA+3mvB。若vA=v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=0，不可能。若vA=−v0，vB=23v0，A的动能不变，B的动能增加，违反了能量守恒定律，也不可能，故A错误。若vA=−13v0，由【变式1-2】如图所示，在光滑水平地面上，质量为1kg的小球A以4m/s的速度向右运动，与静止的质量为3kg的小球B发生正碰，碰后BA.3m/s B.2.0m/s C.1.4m/s 【答案】BC[解析]若A与B发生完全非弹性碰撞，B获得最小速度，有mAv0=mA+mBvmin，解得vmin=1m/s；若A与B发生完全弹性碰撞，B【变式1-3】（2020全国Ⅲ）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.4J C.5J 【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=m1．（多选）（2023·四川眉山·校考模拟预测）在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（）A．延长球对手的作用力时间 B．减小球的动量变化量C．减小球对手的冲量 D．减小球对手的作用力【答案】AD【详解】A．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，故A正确；B．动量变化量为由于初速度是定值，所以动量的变化量不变，故B错误；C．球对手的冲量与手对球的冲量等大反向，大小等于球的动量变化量，也不变，故C错误；D．根据动量定理得，解得，当时间增大时，动量的变化率减小，即作用力就减小，故D正确。故选AD。2。(2022广东湛江模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（）A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小【答案】CD【解析】充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，AB错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。3.（2023·河南安阳模拟）丝网版画有其独特的绘画语言，其艺术水准可与国画、油画等其它艺术作品相婉美。丝网版画在显影时需要用高压水枪冲洗，直至优美画面显出，若高压水枪喷口的出水速度为，水的密度，水与版画接触后沿版画平面散开，则版画单位面积上受到的冲击力为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】设出水时间为t，水枪的喷口的横截面积为S，对画表面的冲击力为F，水枪喷出水的速度为v，则在t时间内喷出水的质量为以这部分水位研究对象，以水喷出的方向为正方向，则由动量定理可得所以由水枪喷嘴的横截面积很小，可忽略不计，则所受到水的冲击力约为，故选项B正确。4.（2022·全国乙卷·T20）质量为的物块在水平力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。则（）A.时物块的动能为零B.时物块回到初始位置C.时物块的动量为D.时间内F对物块所做的功为【答案】AD【解析】物块与地面间摩擦力为AC．对物块从内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得即得过程中，对物块由动能定理可得即得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为故D正确。故选AD。5.（2023重庆西南大学附中期末）如图所示，A、B两小球形状大小一样，且质量均为m.某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为v0、方向水平向右，小球B速度大小为2v0A.小球A向右运动 B.小球B的动量大小增大C.碰后小球A的动能增加了2mv02 D.小球B【答案】D[解析]两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向左为正方向，则m−v0+2mv0=mvA+mvB，12mv02+12m2v02=16.（2022·山东卷·T2）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】A．火箭从发射仓发射出来，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，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的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，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；B．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、火箭的重力势能和内能，故B错误；C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；D．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，故D错误。故选A。7.（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考三模）如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（）A． B． C． D．【答案】BD【解析】设在时间内通过面积S的空气质量为，则解得，A错误，B正确；发动机输出的机械功率，对空气根据动量定理，对直升机根据平衡知识考虑，联立解得，C错误，D正确。8.（2022·湖南卷·T4）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和。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.大于 D.大于【答案】B【解析】设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得联立解得设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得联立解得可得碰撞后氢核的动量为氮核的动量为可得碰撞后氢核的动能为氮核的动能为可得故B正确，ACD错误。故选B。9.（2023辽宁卷）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【解析】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有U=－Wf联立有10.（2023浙江6月卷）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【解析】（1）滑块a从D到F，由能量关系在F点解得FN=31.2N（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为根据可得在C点的速度vC=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点解得v1=5m/s因ab碰撞动量守恒，则解得碰后b的速度v2=5m/s则碰撞损失的能量（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度则当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系解得同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1则弹簧最大长度与最小长度之差11．（2023浙江1月卷）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车:上表面与直轨道下、平台位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为所用时间为此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为12.（2023湖南卷）如图，质量为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和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，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，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．（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）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．【答案】（1），；（2）；（3）【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，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒联立解得因水平方向在任何时候都动量守恒即两边同时乘t可得且由几何关系可知联立记得（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有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整理得（3）将代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒联立得13.（2023全国乙卷）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。一质量为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；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。【答案】（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4【解析】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律解得过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有解得即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，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，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即解得根据运动学公式得最大距离为（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有即解得此时小球的速度圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒根据能量守恒联立解得同理可得当位移相等时解得圆盘向下运动此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度有动量守恒机械能守恒得碰后小球速度为圆盘速度当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3即得在这段时间内，圆盘向下移动此时圆盘距离下端管口长度20l－1l－2l－4l－6l=7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4=8l则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。14.（2023山东卷）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。（1）求C下滑高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有代入数据解得（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C的加速度为木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为（3）由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有整理后有解得，（舍去）滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的功（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有此时A、B之间的距离为由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得解得，（舍去）此时有方向向左；方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有代入数据解得而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量末动量则整个过程动量的变化量即大小为9.02kg⋅m/s。15.（2022·全国乙卷·T25）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为根据位移等速度在时间上的累积可得又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得

易错点08振动和波目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】不理解振动图像和物理之间的关系【易错点提醒二】不理解单摆模型和单摆的周期公式【易错点提醒三】误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的图像【易错点提醒四】分析振动图像与波的图像综合问题出现错误【易错点提醒五】不会分析波的干涉现象，不理解中加强与减弱的含意03易错题通关易错点一：理解简谐运动图像和单摆周期问题时出现错误1.由简谐运动图像可获取的信息（1）判定振动的振幅A和周期T。(如图所示)（2）判定振动物体在某一时刻的位移。（3）判定某时刻质点的振动方向：①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。（4）判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。eq\x(\a\al(从图像读,取