重难点09 动量定理 动量守恒定律-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（广东专用）

重难点09 动量定理 动量守恒定律 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)动量定理的理解及应用； (2)动量守恒定律及应用； (3)碰撞模型及拓展； 3年4考 广东卷[(2024, T10), (2023, T10), (2023,T15), (2022, T13)] 以碰撞、反冲、天体运动、核物理、电磁场或F-t图像为背景考查动量定理和动量守恒定律与其他力学规律的综合 【情境解读】 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.动量，冲量，动量定理 (1) 动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv。 (2) 牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率。 2.动量守恒定律及其应用 (3) 动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (4) “一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失) 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0，v2＝v0 当m1＝m2时，交换速度； 当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0； 当m1<m2时，速度反向；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。 (5) “一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多) 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝m1v·。 (6) 人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝ L，x2＝ L。 【考向一：动量定理的应用】 1．冲量的三种计算方法 (1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。 (2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。 (3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。 2．动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解缓冲问题。 (2)求解平均力问题。 (3)求解流体问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 1． 用动量定理的解题思路 2． 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理． 1 (2023广东深圳高三调研)明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则(　　) A.a点的角速度大于b点的角速度 B.a点的线速度小于b点的线速度 C.绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量 D.绳对乙的拉力大于乙的动量变化率 2．(2023广东深圳二模)如图所示，某运动员在练习跳投。某次投篮出手高度正好与篮框等高，抛射角为θ＝60°，篮球恰好空心命中。忽略空气阻力影响，以下说法正确的是(　　) A.篮球的动量先减小后增大 B.重力的冲量先增大后减小 C.重力的瞬时功率先增大后减小 D.篮球从出手到入框的时间为 3． (多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4．5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　) A.q1＝q2 B.q1＝2q2 C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s 4．(2023广东5月大联考)如图所示，学生练习用脚颠球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A. 足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B. 足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s C. 足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D. 脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 5． (多选)(2024山东枣庄高三期末)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图1所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　) A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N B.运动员动量的变化量为1 080 kg·m/s C.弹力的冲量大小为480 N·s D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s 6．(2024山东烟台统考)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为(　　) 图2 A. B. C. D. 【考向二：动量守恒定律及其应用】 1．判断守恒的三种方法 2．动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)Δp1＝－Δp2。 (3)Δp＝0。 3．爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。 7． (2024湖南衡阳高三校考)如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度为v0。则(　　) A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒 B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同 C.墙对篮球的冲量大小为(M＋m)v0 D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0 8． (多选)(2024陕西铜川一模)如图所示，质量为100 kg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＝0.8 m，在船尾处有一质量为20 kg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L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的有(　　) A.铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4 s B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为1.25 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J 9． (2024山东青岛统考模拟)如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B.火箭上升过程中一直处于超重状态 C.火箭获得的最大速度为v0 D.火箭在空中飞行的时间为t＝ 10.(2023大湾区二模)小华受《三国演义》的启发，设计了一个“借箭”游戏模型．如图所示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为m3＝160 g的金属环，金属环用轻绳悬挂着一个质量为m2＝210 g的木块，静止在城墙上方．若士兵以一定角度射出质量为m1＝30 g的箭，箭刚好水平射中木块并留在木块中(箭与木块的作用时间很短)，之后带动金属环运动．已知箭的射出点到木块的水平距离为s＝80 m、竖直高度为H＝20 m，取g＝10 m/s2，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略空气阻力． (1) 求箭射中木块并留在木块中瞬间整体的速度大小． (2) 若箭和木块整体上升的最大高度小于绳长，求其第一次回到最低点时速度大小． 11.(2022广东卷)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＝10m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，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，取 g＝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v1. (3) 滑杆向上运动的最大高度h. 【考向三：“碰撞”模型及拓展】 1．碰撞的基本规律 2．碰撞拓展 碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 12．如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在Q处，质量相等、与地面间滑动摩擦力相同的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法中正确的是(　) A. 碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B. 碰后蓝壶速度约为红壶速度的两倍 C. 红壶碰前速度约为碰后速度的3倍 D. 碰撞过程中两壶组成的系统机械能守恒 13. (多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　) A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为Mv D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 14.(2023广州市高三校联考)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v－t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示，则由图线可知(　　) A.两带电小球的电性一定相反 B.甲、乙两球的质量之比为2∶1 C.t2时刻，乙球的电势能最大 D.在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 11.小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2。 图9 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 16.如图所示，弹射器固定在高度为h1的固定光滑桌面上，桌面左端无缝挨着一个上表面为光滑圆弧的小车，圆弧的半径为R，在空中距地面高h2处(高度未知)固定一个圆环，已知小车、小球的质量均为m，假设弹射器的弹性势能全部转化为小球的动能。某次测试时，弹射器的弹性势能为Ep，弹出的小球恰能水平经过圆环圆心，然后恰能落回小车的圆弧，最后飞出小车。忽略小车的滚动摩擦和空气阻力的影响，小球可视为质点，求： (1)小球离开弹射器时的速度大小； (2)圆环的高度h2； (3)小球先后两次对小车做的功之比。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点09 动量定理 动量守恒定律 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)动量定理的理解及应用； (2)动量守恒定律及应用； (3)碰撞模型及拓展； 3年4考 广东卷[(2024, T10), (2023, T10), (2023,T15), (2022, T13)] 以碰撞、反冲、天体运动、核物理、电磁场或F-t图像为背景考查动量定理和动量守恒定律与其他力学规律的综合 【情境解读】 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.动量，冲量，动量定理 (1) 动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv。 (2) 牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率。 2.动量守恒定律及其应用 (3) 动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (4) “一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失) 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0，v2＝v0 当m1＝m2时，交换速度； 当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0； 当m1<m2时，速度反向；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。 (5) “一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多) 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝m1v·。 (6) 人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝ L，x2＝ L。 【考向一：动量定理的应用】 1．冲量的三种计算方法 (1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。 (2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。 (3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。 2．动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解缓冲问题。 (2)求解平均力问题。 (3)求解流体问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 1． 用动量定理的解题思路 2． 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理． 1 (2023广东深圳高三调研)明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则(　　) A.a点的角速度大于b点的角速度 B.a点的线速度小于b点的线速度 C.绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量 D.绳对乙的拉力大于乙的动量变化率 答案　D 解析　因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v＝ωr，因a点转动半径较大，可知a点的线速度大于b点的线速度，选项A、B错误；根据动量定理(F－mg)t＝mv，即F＝＋mg，绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，选项C错误，D正确。 2．(2023广东深圳二模)如图所示，某运动员在练习跳投。某次投篮出手高度正好与篮框等高，抛射角为θ＝60°，篮球恰好空心命中。忽略空气阻力影响，以下说法正确的是(　　) A.篮球的动量先减小后增大 B.重力的冲量先增大后减小 C.重力的瞬时功率先增大后减小 D.篮球从出手到入框的时间为 答案　A 解析　篮球的速度先减小后增加，则篮球的动量先减小后增大，选项A正确；根据IG＝mgt可知，重力的冲量一直增大，选项B错误；根据PG＝mgvy，因 竖直速度先减小后增加，则重力的瞬时功率先减小后增大，选项C错误；篮球从出手到入框的时间为t＝2×＝，选项D错误。 3． (多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4．5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　) A.q1＝q2 B.q1＝2q2 C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s 答案　BD 解析　根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－1LBΔt1＝mv－mv0，即－q1BL＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－2LBΔt2＝0－mv，即－q2BL＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，选项C错误，D正确。 4．(2023广东5月大联考)如图所示，学生练习用脚颠球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A. 足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B. 足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s C. 足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D. 脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 答案　AD 解析 足球达到脚背的速度为v＝＝5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，故A错误；足球自由下落的时间为t＝＝0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，故B正确；根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，故C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，故D错误． 5． (多选)(2024山东枣庄高三期末)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图1所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　) A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N B.运动员动量的变化量为1 080 kg·m/s C.弹力的冲量大小为480 N·s D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s 答案　AD 解析　由自由落体运动可知t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中，v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，得＝－1 950 N，网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D正确。 6．(2024山东烟台统考)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为(　　) 图2 A. B. C. D. 答案　C 解析　在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt，设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，风给人的力大小为F′＝F，人受力平衡，所以F′＝mg，解得v＝，故C正确。 【考向二：动量守恒定律及其应用】 1．判断守恒的三种方法 2．动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)Δp1＝－Δp2。 (3)Δp＝0。 3．爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。 7． (2024湖南衡阳高三校考)如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度为v0。则(　　) A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒 B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同 C.墙对篮球的冲量大小为(M＋m)v0 D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0 答案　D 解析　由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒，A错误；设抛出时篮球对地的速度为v，运动员抛球时对篮球的冲量为I1＝m(v－v0)，方向向右，接球时对篮球的冲量为I2＝mv，方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，B错误；设运动员抛球后速度变为v1，抛球过程，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，接球过程有Mv1－mv＝0，可得v＝v0，由动量定理可知篮球撞墙过程有I＝mv－(－mv)＝2mv＝(M＋m)v0，C错误，D正确。 8． (多选)(2024陕西铜川一模)如图所示，质量为100 kg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＝0.8 m，在船尾处有一质量为20 kg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L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的有(　　) A.铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4 s B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为1.25 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J 答案　AD 解析　烧断细线后以小木船和铁块组成的整体为研究对象，由动量守恒定律得Ms1＝ms2，s1＋s2＝L，解得s1＝0.5 m，s2＝2.5 m，铁块离开小木船后做平抛运动s1＋x＝v2t，h＝gt2，解得t＝0.4 s，v2＝3 m/s，选项A正确，B错误；铁块与小木船相互作用时，由动量守恒定律得Mv1－mv2＝0，解得v1＝0.6 m/s，选项C错误；由机械能守恒定律得Ep＝Mv＋mv，解得Ep＝108 J，选项D正确。 9． (2024山东青岛统考模拟)如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B.火箭上升过程中一直处于超重状态 C.火箭获得的最大速度为v0 D.火箭在空中飞行的时间为t＝ 答案　D 解析　火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得mv0－(M－m)v1＝0，解得火箭获得的最大速度为v1＝v0，C错误；以向下为正方向，上升过程由动量定理可得(M－m)gt1＋1t1＝0＋(M－m)v1，下降过程由动量定理可得(M－m)gt2－2t2＝(M－m)v，其中1t1＝k上t1＝kh，2t2＝k下t2＝kh，联立解得t＝t1＋t2＝，D正确。 10.(2023大湾区二模)小华受《三国演义》的启发，设计了一个“借箭”游戏模型．如图所示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为m3＝160 g的金属环，金属环用轻绳悬挂着一个质量为m2＝210 g的木块，静止在城墙上方．若士兵以一定角度射出质量为m1＝30 g的箭，箭刚好水平射中木块并留在木块中(箭与木块的作用时间很短)，之后带动金属环运动．已知箭的射出点到木块的水平距离为s＝80 m、竖直高度为H＝20 m，取g＝10 m/s2，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略空气阻力． (1) 求箭射中木块并留在木块中瞬间整体的速度大小． (2) 若箭和木块整体上升的最大高度小于绳长，求其第一次回到最低点时速度大小． 答案　(1) 5 m/s　(2) 1 m/s 解析 (1) 箭射出后做斜抛运动，设水平方向速度为vx，根据题意vxt＝s，gt2＝H 解得vx＝40 m/s 在箭与木块的相互作用的过程中两者动量守恒 m1vx＝(m1＋m2)v 解得v＝5 m/s (2) 在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，由水平方向动量守恒、机械能守恒得 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)v1＋m3v2 (m1＋m2)v2＝(m1＋m2)v＋m3v 解得v1＝1 m/s 11.(2022广东卷)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＝10m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，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，取 g＝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v1. (3) 滑杆向上运动的最大高度h. 答案　(1) 8 N　5N　(2) 8 m/s　(3) 0.2 m 解析 (1) 当滑块处于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 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力f＝1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，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＝mv－mv 解得v1＝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有mv1＝(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－(m＋M)v2 解得h＝0.2m 【考向三：“碰撞”模型及拓展】 1．碰撞的基本规律 2．碰撞拓展 碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 12．如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在Q处，质量相等、与地面间滑动摩擦力相同的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法中正确的是(　) A. 碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B. 碰后蓝壶速度约为红壶速度的两倍 C. 红壶碰前速度约为碰后速度的3倍 D. 碰撞过程中两壶组成的系统机械能守恒 答案BC　 解析 碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两壶速度不相同，根据动量定理，碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44m，两者质量相同，碰后的所受摩擦力相同，则两者做减速运动的加速度也相同，对红壶有v＝2ax1，对蓝壶有v＝2ax2，联立可得＝，碰后蓝壶速度约为红壶速度的两倍，B正确；设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；碰前的动能为Ek0＝mv，碰后动能为Ek1＝mv＋mv，由有Ek0>Ek1，机械能不守恒，D错误． 13. (多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　) A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为Mv D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 答案　BC 解析　从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且系统机械能守恒，设小球离开小车时，小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有Mv＝Mv＋Mv，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理，小球对小车所做的功W＝Mv－0＝Mv，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律有Mv＝2×(Mv2)＋Mgh，联立解得h＝，D错误。 14.(2023广州市高三校联考)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v－t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示，则由图线可知(　　) A.两带电小球的电性一定相反 B.甲、乙两球的质量之比为2∶1 C.t2时刻，乙球的电势能最大 D.在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 答案　B 解析　由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；两球作用过程动量守恒，有m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得＝，故B正确；t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。 11.小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2。 图9 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案　(1)8 N，方向水平向左　(2)不能冲出斜轨道末端C点　计算过程见解析 (3)h＝x－ m 　h＝0 解析　(1)小滑块从释放点到D，由机械能守恒定律得mgH＝mgR＋mv 在D点，由牛顿第二定律得FN＝＝8 N 由牛顿第三定律可知，滑块在D点时对轨道的压力FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。 (2)假设小滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，由功能关系得 mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ 得LBC′＝ m<1.0 m，故不能冲出。 (3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，小滑块从释放点到距A点x处，由动能定理得mgH－μmgx＝mv2 设碰撞后的速度为v′，由动量守恒定律得 mv＝3mv′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，由动能定理得 －3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2 得h＝x－ m h＝0。 16.如图所示，弹射器固定在高度为h1的固定光滑桌面上，桌面左端无缝挨着一个上表面为光滑圆弧的小车，圆弧的半径为R，在空中距地面高h2处(高度未知)固定一个圆环，已知小车、小球的质量均为m，假设弹射器的弹性势能全部转化为小球的动能。某次测试时，弹射器的弹性势能为Ep，弹出的小球恰能水平经过圆环圆心，然后恰能落回小车的圆弧，最后飞出小车。忽略小车的滚动摩擦和空气阻力的影响，小球可视为质点，求： (1)小球离开弹射器时的速度大小； (2)圆环的高度h2； (3)小球先后两次对小车做的功之比。 答案　(1)　(2)h1＋　(3)1∶3 解析　(1)由弹射器的弹性势能全部转化为小球的动能，可得Ep＝mv 解得v0＝。 (2)由于小球经过圆弧时系统水平方向动量守恒，故得p＝mv0＝2mvx 得v0＝2vx 根据机械能守恒定律得 E＝mv ＝m(v＋v)＋mgR＋mv 解得vy＝＝ 解得h2＝h1＋R＋＝h1＋。 (3)小球在空中的水平分速度与小车的水平速度相等，故小球水平经过圆环圆心后恰能落回小车的圆弧，由于系统水平方向动量守恒， 故得px＝2mvx＝mv0＝mv车＋mv球 机械能守恒，得 E＝mv＝Ep＝mv＋mv 得v车＝v0，v球＝0 故得W1＝mv＝mv W2＝mv－mv＝mv 可得＝。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$