专题09 动量 动量守恒 讲义 -2026届高考物理二轮复习讲义及课时精练

该高中物理高考复习教案聚焦动量定理、动量守恒定律、碰撞、爆炸与反冲等核心考点，按模型化逻辑构建知识体系，通过考点梳理（模型特点与规律）、方法指导（解题步骤与模型应用）、真题训练（例题精讲与课时精练），帮助学生系统掌握动量模块知识，突破解题难点。 资料以科学思维和模型建构为核心，创新采用“模型+微元”教学法，如流体问题中建立柱状模型分析动量变化，碰撞问题中对比弹性与非弹性碰撞的动量能量关系。设置分层练习与即时反馈，助力学生高效提升解题能力，为教师精准把控复习节奏提供有力支持。

专题09 动量 动量守恒 模型一　动量定理 1.对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中Ft是物体所受的合外力的冲量。 (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。 （3）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 （4）当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理。 2.用动量定理解题的基本思路 3.流体类“柱状模型” 特点 液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 （1）建立“柱状”模型，沿速度v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S. （2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρSvΔt. （3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 4.微粒类“柱状模型” 特点 电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“流体”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n 分析步骤 （1）建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S. （2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度Δl＝v0Δt，对应的体积ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt. （3）先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【例题精讲】 1．如图所示为某蹦床运动员比赛时的情景。某次运动过程，运动员从最高点由静止落下，下落到网面时的速度大小为8m/s，弹起后离开网面瞬间的速度大小为6m/s，此过程运动员与网接触的时间为0.7s，已知运动员的质量为60kg，重力加速度为10m/s2，则此过程网对运动员的平均作用力大小为（　　） A．771.4N B．1200N C．1440N D．1800N 【答案】D 【解答】解：选择竖直向上为正方向，根据动量定理 代入数据解得 故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为（　　） A． B． C． D．L 【答案】C 【解答】解：第一次运动过程，有I＝mv0，由动能定理可知，0， 第二次运动过程，设木板完全停下时右移的距离为x，全程平均摩擦力，由动能定理可知，0， 代入数据可得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区每1m3有n颗尘埃微粒，每颗尘埃微粒的质量为m0，飞船进入尘埃区的速度为v，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S。假设每颗尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（　　） A．单位时间内附着在飞船上的微粒数为Sv B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为nSv2m0 C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为nSv2m0 D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为nSv3m0 【答案】C 【解答】解：AB、飞船以速度v匀速运动，在时间Δt内飞船扫过的体积ΔV＝SvΔt。时间内附着的微粒数ΔN＝nΔV＝nSvΔt，则单位时间内附着的微粒数为nSv；单位时间内附着的微粒质量为，故AB错误； CD、取单位时间内附着的微粒为研究对象，取速度v方向为正方向，根据动量定理有FΔt＝Δm•v﹣0，解得飞船对微粒的作用力F＝nSv2m0；根据牛顿第三定律及平衡条件可知，飞船要保持速度不变，所需推力大小，故C正确，D错误。 故选：C。 4．一物体在合外力作用下由静止开始做直线运动，F与时间t的关系图像如图所示，由图像可知（　　） A．t＝1s时物体速度最大 B．t＝1s时与t＝3s时物体动能相同 C．物体相对于出发点的位移先增大后减小 D．0～1s与1～2s内F做功相等 【答案】B 【解答】解：AB．根据动量定理，合力的冲量I合＝Δp＝mv F﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示合力的冲量，物体在0～2s内合力的冲量最大，因此在t＝2s时物体速度最大； 由图可知0～1s内和0～3s内合力的冲量相同，根据动量定理可知t＝1s时与t＝3s时物体的速度相同，物体的动能相同，故A错误，B正确； C．F﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示合力的冲量，0～4s内物体合力的冲量等于零，根据动量定理可知t＝4s时刻物体的速度为零；因此0～2s内物体沿正方向加速运动，2～4s内沿正方向做减速运动，以后仍重复上述运动，可知物体相对于出发点的位移一直增大，故C错误； D．根据F﹣t图像可知，0～2s内物体所受的合力增大，物体做加速度增大的加速运动，v﹣t图像如图所示： v﹣t图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移，因此0～1s内的位移小于1～2s 内的位移，可知力F做功不相等，故D错误。 故选：B。 5．在研究直线运动时，教科书采用了由v﹣t图像中图线与横轴所围成的面积来求位移，如图所示。下列是对这一方法的类比应用，其中说法错误的是（　　） A．a﹣t（加速度—时间）图像面积反映速度变化量 B．I﹣t（电流—时间）图像面积反映电荷量 C．F﹣x（力—位移）图像面积反映力F所做的功 D．F﹣t（力—时间）图像面积反映动量 【答案】D 【解答】解：A.在a﹣t图像中，纵轴代表加速度a，横轴代表时间t，图像与坐标轴围成的面积为a乘以t对应速度变化量（Δv＝aΔt），故A正确； B.在I﹣t图像中，纵轴代表电流I，横轴代表时间t，图像与坐标轴围成的面积为I乘以t，对应电荷量（q＝It），故B正确； C.在F﹣x图像中，纵轴代表力F，横轴代表位移x，图像与坐标轴围成的面积为F乘以x，对应力F做的功（W＝Fx），故C正确； D.在F﹣t图像中，纵轴代表力F，横轴代表时间t，图像与坐标轴围成的面积为F与t的乘积，这一面积对应冲量或动量变化量（冲量I＝Ft动量定理I＝ΔP），故D错误。 本题选错误的选项，故选：D。 （多选）6．如图所示为某位小选手在蹦床比赛中上升到最高点的情景。已知小选手质量为m，小选手从最高点下落高度h至最低点所用时间为t，空气阻力不计，重力加速度为g，小选手可看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小选手从最高点下落至最低点的过程中，重力的冲量为mg B．小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网的冲量大小为mgt C．小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网弹性势能的增量为mgh D．小选手从最高点下落至最低点的过程中，合力的冲量为零，合力做功也为零 【答案】BCD 【解答】解：A．小选手从最高点下落至最低点的过程中，重力的冲量为IG＝mgt 若选手一直自由下落h，hgt′2 代入数据得所用时间为 显然选手实际所用时间不等于t'，所以整个过程中小选手重力的冲量不等于，故A错误； B．从最高点下落至最低点的过程中，根据动量定理有IG﹣IF＝0 即弹性网的冲量大小IF等于重力的冲量大小，等于mgt，但方向与重力的冲量方向相反，故B正确； C．从最高点下落至最低点的过程中，整个过程中只有重力做功机械能守恒，可得弹性网弹性势能的增量等于小选手重力势能的减少量，即为mgh，故C正确； D．从最高点下落至最低点的过程中，初、末速度为零，根据动量定理得小选手合力的冲量等于其动量的该变量，所以为零；根据动能定理可知，合力做功也为零，故D正确。 故选：BCD。 （多选）7．如图，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接的滑块M、N置于斜面上处于静止状态，现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开P时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。重力加速度为g，从滑块M开始运动到滑块N刚要离开P的过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块M的位移为 B．滑块N刚要离开P的瞬间，滑块M的加速度大小为2gsinα C．重力对滑块M做功为 D．滑块M获得瞬时冲量的大小为 【答案】BCD 【解答】解：A、初始时对M受力分析如图所示： 沿斜面方向有F1＝mgsinα，由胡克定律可知F＝kx1，代入数据可得弹簧压缩量x1， 滑块N刚要离开挡板时，对N受力分析如图所示： 沿斜面方向有F2＝mgsinα，由胡克定律可知F＝kx2，代入数据可得弹簧拉伸量x2，此时M的位移大小x＝x1+x2，故A错误； B、滑块N刚要离开挡板时，对M受力分析如图所示： 沿斜面方向，由牛顿第二定律可知F2+mgsinα＝ma，代入数据可得a＝2gsinα，故B正确； C、重力做M做功W＝﹣mgxsinα，代入数据可得W，故C正确； D、设M的初速度为v0，由初始到N刚要离开挡板，弹簧形变量相同，弹性势能相同，对MN组成的系统，由机械能守恒定律可知，滑块M获得的瞬时冲量大小I＝mv0，代入数据可得I，故D正确。 故选：BCD。 模型二　动量守恒定律 1.适用条件 （1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 （2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 （3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 2.动量守恒定律的“五性” 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面） 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 3.应用动量守恒定律解题的步骤 【例题精讲】 1．如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1﹣v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1：2 D．小球的初速度大小可能为 【答案】C 【解答】解：A．根据题意可知，不计一切摩擦，所以小球与滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但是在竖直方向动量不守恒，故A错误； C．设小球的质量为m，滑块质量M，水平方向上，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv1+Mv2化简可得结合图像 （b）可得所以，故C正确； B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v，解得v，故B错误； D．若小球恰好能到达圆弧最高点，小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，根据能量守恒定律得，即，解得 由于小球能从圆弧最高点冲出滑块，所以其初速度一定大于，故D错误。 故选：C。 2．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是（　　） A．A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2m/s B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J C．碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s 【答案】B 【解答】解：A、因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒。设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以水平向右为正方向，由动量守恒定律：mAv0＝mAvA+mCvC。A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律：mAvA+mBv0＝（mA+mB）vAB。A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC。联立解得：vA＝2m/s，vAB＝3m/s。故A正确； B、运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B相互作用过程中损失的机械能：，代入数据解得：Q＝3J。故B错误； D、以水平向右为正方向，对B由动量定理：﹣μmBgΔt＝mBvAB﹣mBv0，解得：Δt＝0.4s。故D正确； C、根据摩擦生热公式：Q＝μmBgx，解得：x＝0.6m。即碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m。故C正确。 本题选错误的，故选：B。 3．如图，光滑的半圆形凹槽静止在光滑的水平地面上，O为圆心，AB为直径等于2R。在A点由静止释放一个小球，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球与凹槽组成的系统动量守恒 B．小球可以达到与A点等高处 C．小球运动到最低点的速度为 D．小球第一次到达最高点的之前，凹槽先向左移动，再向右移动 【答案】B 【解答】解：A、小球与凹槽组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，在竖直方向小球受重力，系统动量不守恒，故A错误； B、小球与凹槽组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，小球第一次到达最高点时，二者共速，则速度仍为零，由机械能守恒定律可知，小球可到达与A点等高处，即B点，故B正确； C、若凹槽不动，小球运动至最低点，由机械能守恒定律可知，，代入数据可得小球在最低点的速度， 实际小球在最低点有向右的速度，由系统动量守恒可知，凹槽有向左的速度，由机械能守恒定律可知，小球的速度一定小于，故C错误； D、小球第一次到达最高点之前，由系统动量守恒可知，小球具有向右的动量，则凹槽具有向左的动量，凹槽始终在向左移动，故D错误。 故选：B。 4．2022北京冬奥会短道速滑接力项目中（如图2），交棒运动员乙滑行时，接棒运动员甲提前启动向前滑行；当乙追上甲后，乙用力向前推甲，使甲加速冲刺，同时乙的速度也发生变化。忽略冰面水平方向的作用力，下列关于甲、乙相互作用过程的说法正确的是（　　） A．甲、乙组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 B．甲、乙组成的系统机械能不守恒，水平方向动量不守恒 C．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相同 D．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小相等 【答案】D 【解答】解：AB.相互作用的过程中，甲要消耗体内的化学能，化学能转化为机械能，所以系统的机械能不守恒，但是两人在水平方向上不受外力，所以整体水平方向动量守恒，故AB错误； CD.根据动量守恒定律知：ΔP＝0，即有Δp甲+Δp乙＝0，则甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故C错误，D正确。 故选：D。 5．如图所示在光滑水平面上有一半径R＝0.6m、质量为1kg的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道底端与水平面相切。现将一个质量为2kg的小球由圆弧轨道的最高点静止释放，小球离开轨道后在水平面上与一个质量为3kg的静止物块发生弹性碰撞，碰撞后物块滑上右侧一个与水平面平滑连接的固定粗糙斜面，斜面的倾角θ＝37°，高度 h＝0.1m。滑块在斜面上减速后沿斜面滑下进入水平面，并且能与小球再次发生碰撞。已知重力加速度g＝10m/s2中，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．小球滑到圆弧轨道底端时圆弧轨道的位移大小为0.2m B．小球滑到圆弧轨道底端时速度大小为4m/s C．第一次与物块碰撞后小球的速度大小为1.6m/s D．物块与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围为 【答案】D 【解答】解：A.设小球质量为2m，轨道的质量为m，小球滑离圆弧轨道时，小球速度大小为v1，圆弧轨道的速度大小为v2，小球相对地面向右运动的距离为x1，圆弧轨道相对地面向左运动的距离为x2，以向右方向为正，根据动量守恒有 2mv1＝mv2 又 x1：x2＝v1：v2 可得 x1：x2＝1：2，又x1+x2＝R 联立解得 x2＝0.4m 故A错误； B.根据机械能守恒有 代入数据解得 v1＝2m/s 故B错误； C.小球与质量为3m的物块发生弹性碰撞，以向右方向为正，设碰后小球速度为v3，物块速度为v4，根据动量守恒定律有 2mv1＝2mv3+3mv4 根据能量守恒有 代入数据解得 v3＝﹣0.4m/s v4＝1.6m/s 即小球第一次与物块碰撞后的速度大小为0.4m/s，方向向左，故C错误； D.若物块刚好能运动到斜面顶端，根据动能定理有 ﹣3mgh﹣3μmgcosθ 代入数据解得 所以物块不从斜面顶端飞出需要满足，物块能与小球再次碰撞，返回至水平面时速度必须比小球大，取临界值设返回水平面时的速度为v3，根据动能定理，沿斜面上滑过程有 沿斜面滑下过程有 解得 所以要满足最后物块能够从斜面上滑下还必须满足 3mgsinθ＞3μmgcosθ 联立解得 综上可得物块与斜面间的动摩擦因数应满足 故D正确。 故选：D。 （多选）6．如图所示，一质量为m的小球A从光滑固定的斜坡上由静止下滑，斜坡底端与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上静置一质量为km的小球B。已知A的初始高度为h，重力加速度为g，A、B最终只发生了两次碰撞，且A、B间的碰撞均为弹性碰撞。两小球均可视为质点，碰撞时间和空气阻力不计，则（　　） A．1＜k＜3 B．3＜k≤5+2 C．小球B的速度大小可能为 D．小球B的速度大小不可能超过 【答案】BD 【解答】解：AB、小球A滑至斜面底端的速度为。第一次碰撞后，依据动量守恒与机械能守恒定律可得，。若要发生第二次碰撞，需满足小球A返回水平面时的速度vA1'＝﹣vA1＞vB1，解得k＞3。第二次碰撞后，小球A的速度为，小球B的速度为。若要最终仅发生两次碰撞，需满足|vA2|≤vB2，解得，即3，故A错误，B正确。 CD、由上述分析可知，第一次碰撞后，由于k＞3，故。第二次碰撞后，当k＞3时，该速度随k增大而减小，其最大值趋近于。因此，小球B的速度大小不可能超过，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）7．如图所示，P、Q两个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上，P、Q两球的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg，初始时两小球均静止，P、Q两球间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给P球一个向左的初速度v0＝10m/s。下列说法正确的是（　　） A．P、Q两球动量守恒，机械能守恒 B．弹簧的最大弹性势能为 C．Q球的最大速度大小为 D．P球一直向左运动 【答案】BCD 【解答】解：A．水平杆光滑，P、Q在水平方向上合外力为零，两球动量守恒，但是会将动能转化为弹簧得弹性势能，故机械能不守恒，故A错误； B．两球在水平方向上动量守恒，规定向左的方向为正方向，速度相等时，有m1v0＝（m1+m2）v，v═m/s 弹簧的最大弹性势能为J（2+1）×（）2JJ，故B正确； C．弹簧恢复原长时，对P、Q球组成的系统，根据弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒的特点，Q的最大速度大小为 m/s，故C正确； D．如果P球向右运动，根据动量守恒，Q向左运动的速度会更大，则系统的总机械能会增加，不符合题意，故P球不可能向右运动，应该一直向左运动，故D正确。 故选：BCD。 模型三　碰撞 1.碰撞问题遵守的三条原则 （1）动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2. （2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2. （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，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不可能都不改变。 2.弹性碰撞模型 情境 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能守恒，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v′1、v′2 规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v′1+m2v′2 机械能守恒 m1v＋m2v＝m1v′+m2v′ 结果 v′1＝2－v1, v′2＝2－v2 讨论 若v2＝0，则v′1＝v1， v′2＝v1 m1＝m2 v′1＝0, v′2＝v1 质量相等，交换速度 m1＞m2 v′1＞0，v′2＞0，且v′2＞v′1 大碰小，一起跑 m1＜m2 v′1＜0, v′2＞0 小碰大，要反弹 m1≫m2 v′1≈v′1, v′2≈2v1 极大碰极小，大不变，小加倍（碰后小质量物体的速率为大质量物体原速率的2倍） m1≪m2 v′1≈-v1, v′2≈0 极小碰极大，大不变，小等速率反弹 3.完全非弹性碰撞模型 情境 如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后两物体的速度相同，为v共 规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 有机械能损失（完全非弹性碰撞时系统损失的动能最多） 损失的动能ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v 结果 v共＝，ΔEk＝(v1－v2)2 【例题精讲】 1．如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光 滑圆弧轨道BC组成，AB恰与BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（　　） A．物块在AB上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒 B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在BC上运动过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度变为 【答案】D 【解答】解：A、物块在AB上运动时，对物块、轨道受力分析，可知滑动摩擦力对整体做负功，机械能转化为内能，结合机械能守恒条件，即可知轨道与物块组成的系统机械能减小，故A错误； B、物块在轨道上运动的全过程中，整体在水平方向不受外力，即整体水平方向动量守恒； 物块在BC段运动时，在竖直方向做减速运动，即竖直方向受力不为零，而轨道在竖直方向上始终没有运动，即轨道在竖直方向受合力为零，即可知整体在竖直方向的合力不为零，整体在竖直方向的动量不守恒； 即轨道与物块组成的系统总动量不守恒，故B错误； C、物块在BC上运动时，物块对轨道的压力斜向右下方，在水平方向有向右的分力，而轨道在水平方向不受其它力，即轨道水平方向的受力与运动方向相同，则轨道水平方向做加速运动，轨道的动量增加，故C错误； D、对物块和轨道整体受力分析，根据水平方向系统动量守恒，即可得：mv0＝（m+M）v，解得相对静止时的速度为：，故D正确。 故选：D。 2．如图（a），轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，上端与物块甲相连，甲处于静止状态。现从斜面上某位置由静止释放物块乙，运动一段距离与甲碰撞，碰撞后一起沿斜面向下运动。取乙的释放位置为坐标原点O建立一维坐标系，x轴的正方向沿斜面向下。乙的动能Ek与位置坐标x的关系如图（b）所示，图像中0～x1之间为直线，其余部分为曲线且在x＝x2处切线斜率为0。甲、乙均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙质量之比为2：1 B．甲、乙碰撞后在x＝x2位置加速度最大 C．位置坐标满足关系x2 D．弹簧的劲度系数k 【答案】D 【解答】解：A．由图乙可知，物块乙与物块甲碰撞前的动能是E，碰撞后瞬间乙的动能为，碰撞前后速度之比为2：1，规定向下沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：m乙v0＝（m乙十m甲）v，解得：m甲：m乙＝1：1，故A错误； B．两物块乙、甲碰撞后先沿斜面向下做加速运动，当合力为零时速度最大，然后再沿斜面向下做减速运动，直至速度为零，在x1位置两物块发生碰撞，速度不是最大，到达x2位置速度最大，加速度为0，故B错误； C．在x。位置弹簧的压缩量最大，A、B系统所受合外力最大，加速度最大，故C错误； D．设B静止时弹簧的形变量为x0，由平衡条件得：mBgsinθ＝kx0，当A、B一起运动到x2时速度最大，此时A、B系统所受合力为零，则（mA十mB）gsinθ＝k（x2﹣x1+x0）， 物块A从O点运动到位置x1的过程中，根据动能定理：mAgx1sinθ＝E，解得弹簧E的劲度系数，故D正确。 故选：D。 3．某物理兴趣小组乘坐了七彩云南欢乐世界的碰碰车后，设计了如下的模型研究两车碰撞过程。如图所示，质量分别为1kg、2kg的小车A、B置于光滑水平面上，小车A右端与轻质弹簧连接。现使A、B两车分别以6m/s、3m/s的初速度沿同一直线向右运动（规定向右为正方向）。从小车B与弹簧接触到与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是（　　） A．弹簧对小车B做功的功率一直增大 B．弹簧对小车A冲量大小为2kg•m/s C．某一时刻小车A、B速度可能分别为﹣2m/s和7m/s D．某一时刻小车A、B速度可能分别为2m/s和5m/s 【答案】D 【解答】解：A、对A、B分别受力分析，从B接触弹簧到分离的过程，弹簧先压缩后恢复直至恢复原长； 弹簧弹力：F＝kΔx，弹力先增大后减小，A的速度减小，B的速度增大，可知弹簧对B的功率先变大后变小，故A错误； CD、对A、B整体受力分析，可得到整体动量守恒，以水平向右为正方向，即：mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′， 弹簧最终恢复原长，可得AB整体机械能守恒，即：， 可得到A、B的末速度分别为：vA′＝2m/s，vB′＝5m/s，故C错误，D正确； B、以水平向右为正方向，对A应用动量定理，可得到弹簧对A的冲量为：I＝mAvA′﹣mAvA，解得：I＝﹣4kg•m/s，故B错误。 故选：D。 4．如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为f0，改变子弹的初速度大小v0，则（　　） A．v0越大，木块的末速度就越大 B．v0越大，子弹与木块损失的总动能就越多 C．v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越短 D．无论v0取何值，木块的末速度都不可能大于 【答案】D 【解答】解：B、若子弹能穿过木块，根据功能关系，子弹与木块损失的总动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝f0L，故v0越大，子弹与木块损失的总动能不变，故B错误； A、若子弹能穿过木块，子弹的初速度v0越大，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，由动量定理得f0t＝Mv木块，可知v0越大，木块的末速度就越小，故A错误； C、若子弹不能穿过木块，由动量守恒有mv0＝（M+m）v'，解得：。对木块，由动量定理得f0t'＝Mv'，解得：，可知v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故C错误； D、要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间应最长，此时子弹刚好要击穿木块，设二者共同速度为v，由动量守恒有mv0＝（M+m）v，由能量守恒定律得，联立解得：，故D正确。 故选：D。 5．如图所示，带有光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，小车的质量为M，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，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．此过程中小球对小车做的功为 B．小球之后将向右做平抛运动 C．小球之后将向左做平抛运动 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 【答案】A 【解答】解：A、从小球滚上小车至其滚下并离开小车的过程中，系统在水平方向动量守恒，因无摩擦力做功，机械能亦守恒，该过程类似于弹性碰撞。由于二者质量相等，作用后交换速度，即小球返回小车左端时速度减为零，随后做自由落体运动，小车速度变为v0，其动能为。依据功能关系，此过程小球对小车所做的功即为，故A正确； BC、依据上述分析，小球返回时速度为零，小车获得速度v0，故BC错误； D、当小球上升至最高点时，其与小车相对静止，具有共同速度v'。根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv'，根据机械能守恒定律有。联立两式，解得：，故D错误。 故选：A。 （多选）6．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40J B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为12N•s，方向向左 C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为12J D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6m/s 【答案】CD 【解答】解：以水平向右为正方向。t＝4s时，物块C与A碰撞并粘合，由动量守恒定律得mCvC＝（mA+mC）vAC，由图像知vC＝12m/s，vAC＝4m/s，代入解得mC＝2kg，则AC组合体总质量M＝mA+mC，即M＝6kg。 AB、物块B离开墙壁前，当AC组合体速度减为零时弹簧压缩量最大，由能量守恒得最大弹性势能，代入数据计算得Epm＝48J； 在4s到12s内，对AC、B及弹簧系统，由动量定理得I＝Mv12﹣Mv4，代入数据得I＝6×（﹣4）﹣6×4N•s＝﹣48N•s，即墙壁对B的冲量大小为48N•s，方向向左，故AB错误； CD、t＝12s时弹簧恢复原长，此后B离开墙壁。当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得Mv12＝（M+mB）v共，解得v共＝﹣3m/s，最大弹性势能，代入数据计算得Epm'＝12J； 当弹簧再次恢复原长时物块B速度最大，由动量守恒与能量守恒得，解得vBm＝﹣6m/s，其最大速度大小为6m/s，故CD正确。 故选：CD。 （多选）7．如图所示，小滑块P和小滑块Q质量之比为1：2，在水平面上同时开始相向运动，发生碰撞。已知P和Q碰前速度大小之比v1：v2＝2：1，碰后运动方向相反，P和Q与水平面间的动摩擦因数之比为2：1，下列判断正确的是（　　） A．P和Q在整个运动过程中动量都守恒 B．P和Q在整个运动过程中机械能守恒 C．P和Q在碰后，运动位移大小之比为1：2 D．P和Q在碰前，运动位移大小之比为2：1 【答案】AD 【解答】解：A、根据滑动摩擦力公式f＝μmg可知，两物体所受摩擦力大小相等，方向始终相反，系统所受合外力为零，因此P和Q在整个运动过程中动量守恒，故A正确； B、由于摩擦力做负功，则P和Q在整个运动过程中机械能减少，故B错误； CD、P和Q在碰撞前后，总动量为p＝m1v1﹣m2v2＝0，则碰撞后满足m1v'1﹣m2v'2＝0，解得：。加速度之比为，根据速度—位移公式v2＝2ax可知，碰后两者位移之比为2：1，故C错误，D正确； 故选：AD。 模型四　爆炸和反冲 人船模型 1.爆炸及其特点 概念 一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程 特点 动量 守恒 由于爆炸是在极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，由于其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而在爆炸过程中，物体产生的位移很小，一般忽略不计，即认为位置不变 2.反冲运动及其特点 概念 根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动　 特点 作用原理 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 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 动能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加 3.“人船模型”问题的特征 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。 4.“人船模型”的特点 （1）两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. （2）运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；两物体的位移满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，即x人＝L，x船＝L. （3）应用此关系时要注意一个问题：公式中v1和v2一般都是相对地面而言的。 5.类“人船模型” 　　 【例题精讲】 1．如图所示，某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是100kg，速度是0.4m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水和空气的阻力，以向右为正方向，人停在船上时，小船的速度为（　　） A．0.5m/s B．﹣0.5m/s C．1.0m/s D．﹣1.0m/s 【答案】A 【解答】解：把人和船作为一个系统，由于不计水和空气的阻力，系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，设人的质量为m，小船的质量为M，人和船的最终速度为v； 规定向右为正方向，则有mv人﹣Mv船＝（m+M）v 代入数据解得v＝0.5m/s 故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（　　） A． B．2mv2 C． D．7mv2 【答案】C 【解答】解：设爆炸后乙的速度为v′，方向水平向右。根据动量守恒可得 解得v′＝（v+0.72v）×2＝3.5v 根据能量守恒可得爆炸过程中转化为动能的化学能为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．一门大炮处于静止状态，炮身的质量为M，水平方向发射一枚质量为m的炮弹，已知炮弹的动能为E0，则炮弹发出之后炮身反冲中的动能为（　　） A．E0 B． C． D． 【答案】B 【解答】解：动能与动量关系为 则系统总动量为零，由动量守恒可知，炮弹和炮身的动量等大、反向，即 炮弹发出之后炮身反冲的动能为，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．某玩具炮车（含炮弹）的总质量为M，以速度v0沿水平地面匀速行驶，某时刻开启火炮，沿水平方向向后连续发射2颗炮弹，炮弹的质量均为m，炮弹离开炮筒时相对炮车的速度大小均为u，发射炮弹过程中，阻力和牵引力均不变。则炮弹发射后，炮车的速度大小为（　　） A． B． C．v0 D．v0 【答案】C 【解答】解：炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受任何外力作用，故炮弹和炮车组成的系统满足动量守恒，规定炮车的速度方向为正方向，设发射第1颗炮弹后炮车的速度大小为v1，根据动量守恒定律有Mv0＝（M﹣m）v1+m（v1﹣u），发射第2颗炮弹后炮车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有（M﹣m）v1＝（M﹣2m）v2+m（v2﹣u），联立解得v2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是 B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【答案】D 【解答】解：AB、根据题意分析可知，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 Mv0﹣mv0＝（M+m）v 解得 若M＞m，A所受的摩擦力 f＝μmg 对A，根据动能定理得 则得物体A对地向左的最大位移 若M＜m，对B，由动能定理得 则得小车B对地向右的最大位移 故AB错误； C、根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即 故C错误； D、取初速度方向为正方向，根据动量定理得 ﹣ft＝Mv﹣Mv0 又f＝μmg，解得 故D正确。 故选：D。 （多选）6．光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　） A．FN＝mgcosα B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 【答案】AD 【解答】解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，滑块的加速度在垂直斜面方向有分量，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN≠mgcosα，故A错误； B、斜面体和滑块紧密接触，运动轨迹如下图所示，滑块所受合力方向与运动轨迹一致，重力大小不变则支持力大小不变。斜面体所受的滑块给的压力大小不变，故斜面体所受的合力大小不变，斜面体向左做匀加速直线运动，故B正确； CD、B滑块的加速度有竖直向下的分量，系统在竖直方向上合外力不为0，则滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒。系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向， 由动量守恒定律得Mv1﹣mv2＝0，变形得Mv1•Δt﹣mv2•Δt＝0，所以Mx1﹣mx2＝0， 由题意可知：x1+x2＝L， 解得，故C正确，D错误。 本题选择不正确的，故选：AD。 （多选）7．某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体对水和火箭做的功为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 【答案】BC 【解答】解：A、发射过程中，火箭的推力来源于喷出的水对它的反作用力，故A错误； CD、设火箭发射的初速度为v1，火箭做竖直上抛运动知v1，若水喷出的初速度为v2，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv1一mv2＝0，可得，v2，高压气体释放的能量E，解得E，故C正确，D错误； B、由动能定理知高压气体对火箭外壳做功WMMgh，故B正确； 故选：BC。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．2025年7月30日15时49分，我国利用运载火箭长征八号成功发射互联网低轨06组卫星，卫星发射成功后关闭动力系统，由于空气阻力的影响，导致卫星轨道逐渐变化，下列说法正确的是（　　） A．卫星的轨道高度逐渐变大 B．卫星的周期逐渐增大 C．卫星的机械能逐渐减小 D．卫星的动量逐渐减小 【答案】C 【解答】解：AC．由于空气阻力做负功，卫星的机械能逐渐减小，导致同一轨道时卫星的速度减小，万有引力大于所需的向心力，卫星做近心运动，轨道高度变小，故A错误，C正确； BD．根据 可得， 由于轨道半径变小，则卫星的周期逐渐减小，卫星的速度逐渐增大，根据p＝mv可知，卫星的动量逐渐增大，故BD错误。 故选：C。 2．高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一高铁以速度v匀速行驶的过程中，车头会受到前方空气的阻力，假设车头碰到空气前，空气的速度为0；碰到空气后，空气的速度立刻与汽车速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。已知重力加速度为g，则空气对高铁的平均阻力大小为（　　） A． B．ρSvg C．ρSv2 D． 【答案】C 【解答】解：在时间Δt内，冲击高铁的空气体积为V＝SL＝SvΔt。该段时间内，冲击高铁的空气质量为m＝ρV＝ρSvΔt。取高铁运动方向为正方向，设高铁对空气的平均作用力大小为F，取速度v方向为正方向，由动量定理可得FΔt＝mv。联立解得F＝ρSv2。根据牛顿第三定律可知，空气对高铁的平均阻力大小为f＝F＝ρSv2，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．小明同学质量为50kg，从2m高处无初速跳下，脚掌触地后，他采取屈膝下蹲的保护方式停止运动。已知从脚掌触地到身体停止运动用时约0.5s，则在触地的过程中地面对他的平均作用力最接近（　　） A．500N B．900N C．1200N D．1500N 【答案】C 【解答】解：设人触地瞬间速度大小为v，则v2＝2gh 2m/s 触地过程中，取竖直向上为正，根据动量定理可得（F﹣mg）t＝0﹣m（﹣v） 代入数据解得F＝1132N，方向竖直向上，C选项与之最接近，故ABD错误；C正确。 故选：C。 4．2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器发动机点火，成功将携带样品的上升器送入到预定环月轨道，如图所示。若该发动机每秒钟向下喷出质量约为0.5kg、速度约为3.63×103m/s的气体，上升器加速向上运动，已知携带月壤样本的上升器质量为500kg，月球表面的重力加速度g＝1.63m/s2，不计由于喷出气体上升器质量的变化，则嫦娥五号上升器获得加速度约为（　　） A．3.4m/s2 B．2.4m/s2 C．2.0m/s2 D．0.24m/s2 【答案】C 【解答】解：对喷出气体由动量定理可知FΔt＝mv 解得FN＝1.815×103N，由牛顿第三定律可知，气体对携带月壤样本的上升器作用力为1.815×103N，对携带月壤样本的上升器由牛顿第二定律可知F﹣mg＝ma 解得ag＝（1.63）m/s2＝2m/s2，故ABD错误，C正确。 故选：C。 5．如图所示，固定斜面倾角θ＝30°，在P点把一个质量为m的小球以初速度v0水平向右抛出。小球垂直撞击斜面，又恰好反向弹回到P点。已知小球与斜面的碰撞时间极短，不计空气阻力。在碰撞过程中，斜面弹力对小球的冲量大小为（　　） A．0 B．4mv0 C．2mv0 D．2mv0 【答案】B 【解答】解：小球做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v，由题意v的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v0，可得 根据逆向思维，碰撞后小球到速度为2v0，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由规定初速度方向为正，由动量定理，斜面对小球的冲量为|I|＝|m×（﹣2v0）﹣m×2v0|＝4mv0，故ACD错误，B正确。 故选：B。 6．在我国空间站的微重力环境中，一个质量为0.4kg的球形水珠以4m/s的水平速度垂直撞向特制疏水材料平板，碰撞后水珠以2m/s的速度反向弹回。以初速度方向为正方向，该水珠的动量变化量为（　　） A．﹣2.4kg•m/s B．0.8kg•m/s C．2.4kg•m/s D．﹣0.4kg•m/s 【答案】A 【解答】解：水珠的质量为 m＝0.4kg，碰撞前速度为v1＝4m/s方向设为正方向；碰撞后速度为v2＝﹣2m/s，方向与原方向相反，设为负方向，动量变化量Δp为碰撞后动量减去碰撞前动量，即Δp＝m（v2﹣v1）＝0.4×（﹣2﹣4）＝﹣2.4kg•m/s 因此，动量变化量的大小为2.4kg•m/s，方向与原速度方向相反，故A正确，BCD错误。 故选：A。 7．翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间内撞到B处的体积Q＝2Sv B．水流与B处碰撞前瞬间的速度 C．空中水的质量 D．水流对B处的冲击力F＝4ρSv2 【答案】C 【解答】解：A．根据题意得，水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间撞通过水平喷水口的体积，即体积为Q＝Sv，故A错误； B．水流从P到B做平抛运动，设初速度为v，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B点的速度方向与水平方向成60°，则有，故B错误； C．结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向速度 根据v＝gt 代入数据得平抛时间为 所以空中水的质量，故C正确； D．设Δt时间内有质量为Δm的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为N，规定vB方向为正方向，由动量定理有﹣NΔt＝0﹣Δm×vB 因为 Δm＝ρSvΔt 代入数据得N＝2ρSv2 根据牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力F＝N＝2ρSv2，故D错误。 故选：C。 8．2025年8月，全球首座兆瓦级高空风能发电装备——浮空风力发电系统在长沙组装完成，该系统可在1500米的高空利用稳定且强劲的风力发电。假设高速气流以速度v冲击涡轮发电机叶片后速度减为零，发电机叶片受气流冲击的面积为S，空气密度为ρ，则风力对叶片的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B． C．ρSv2 D． 【答案】C 【解答】解：取单位时间为Δt，根据规定初速度方向为正，动量定理 代入数据得平均冲击力大小，故ABD错误，C正确。 故选：C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．一深空探测宇宙飞船以恒定速度v经过宇宙微尘区，飞船垂直于速度方向的正面面积为S，微尘区的密度为ρ。设微尘与飞船碰撞后附着于飞船上，且其质量远小于飞船质量，则（　　） A．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为ρSv B．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为2ρSv C．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为ρSv2 D．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为2ρSv2 【答案】AC 【解答】解：AB.由题意可知，在极短时间Δt内，飞船以速度v运动，垂直于速度方向的正面面积为S，所以这段时间内与飞船碰撞的微尘体积为： ΔV＝S•vΔt， 因为微尘区的密度为ρ，所以这段时间内附着的微尘质量为： Δm＝ρΔV＝ρSvΔt， 则单位时间内附着的微尘质量为： 故A正确，B错误； CD.结合题意可知，微尘原本速度为0，附着后速度与飞船相同（为v）， 对于质量为Δm的微尘，以飞船的速度方向为正方向，根据动量定理可知，牵引力的冲量等于微尘的动量变化量，即： F•Δt＝Δp＝Δm•v﹣0， 结合前面分析可知： Δm＝ρSvΔt， 联立可得： F＝ρSv2， 故C正确，D错误； 故选：AC。 （多选）10．如图，两个半径均为R的四分之一光滑圆槽静置于光滑水平面上，左右圆槽底端与水平面相切于A、B两点，一质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端C点正上方的P点（图中未画出）由静止释放，从C点进入圆槽，已知P、C两点间距为R，初始时A、B两点间距为2R，圆槽质量均为2m，重力加速度为g。则（　　） A．小球刚运动到A点时对左侧圆槽的压力大小为7mg B．小球第一次到达B点时，A、B相距3.5R C．小球滑上右侧圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后仍能滑上左侧圆槽 【答案】ABC 【解答】解：A小球从P点下落至A点过程中，小球与左侧圆槽组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。设小球到达A点速度为vA，左侧圆槽速度为vL，根据及mvA+2mvL＝0，解得：，。小球相对左侧圆槽速度，在A点根据牛顿第二定律有，解得：N＝7mg，由牛顿第三定律可知压力为7mg，故A正确。 B、小球与左侧圆槽水平位移比xm：xL＝2：1，当小球到达A点时，左侧圆槽向左移动，此时A点坐标，小球坐标，右侧圆槽B点坐标xB＝3R。小球从A运动到B经历时间，此过程中左侧圆槽继续向左移动距离，此时A点坐标变为，则A、B两点间距为xB﹣xA'＝3.5R，故B正确。 C、小球滑上右侧圆槽过程中，取水平向右为正方向，系统水平动量守恒，当两者速度相等时达到最大高度，根据mvA＝（m+2m）v共及，代入数据解得：，故C正确。 D、小球从右侧圆槽回到水平面后，设其速度为v1，根据动量守恒和机械能守恒有mvA＝mv1+2mvR及，解得：。由于|v1|＜|vL|，即小球向左运动速度小于左侧圆槽向左运动速度，小球无法追上左侧圆槽，故D错误。 故选：ABC。 （多选）11．2024年9月，我国成功发射北斗卫星导航系统第60颗卫星，标志着“北斗三号”全球卫星导航系统建设的圆满收官。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交点（即卫星在地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道Ⅰ近似为圆轨道，高度低于地球静止卫星轨道，绕行方向如图（b）所示。一段时间后，卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ交点处通过快速喷气变轨到轨道Ⅱ，如图（c）所示，轨道Ⅱ为赤道平面圆轨道，Ⅰ为倾斜圆轨道，Ⅰ、Ⅱ轨道高度相同。地球自转周期为24小时，卫星质量为m，卫星在轨道Ⅰ上运行的速率v，不考虑喷气时卫星的质量变化。根据以上信息可以判断（　　） A．卫星在该轨道Ⅱ运行时比赤道上随地球自转的物体所受的向心力大 B．该卫星运行速度大于第一宇宙速度 C．该卫星运行周期为12小时 D．喷气变轨时，速度的变化量为 【答案】CD 【解答】解：A、根据向心力表达式，由于卫星与赤道上物体的质量关系未知，故无法比较两者向心力的大小，故A错误； B、由万有引力提供向心力，可得线速度，第一宇宙速度为近地卫星的最大环绕速度，该卫星轨道高度虽低于地球静止卫星，但仍大于地球半径，故其运行速度小于第一宇宙速度，故B错误； C、由图（a）可知，卫星绕地球转两圈，地球恰好自转一圈，即2T＝T自，地球自转周期为24h，解得：T＝12h，故C正确； D、由图（a）可知，轨道Ⅰ与赤道平面夹角为30°，即与轨道Ⅱ夹角为30°，卫星由轨道Ⅰ变轨至轨道Ⅱ需短暂喷气，根据动量定理，卫星所受冲量大小I＝Δp＝2mvsin15°，解得：，故D正确。 故选：CD。 三．解答题（共5小题） 12．网球爱好者经常借助网球发球器进行训练。假设发球器发球口离地面高度h＝1.8m，某时刻斜向上发射一速度大小v0＝10m/s，方向与水平方向成θ＝53°的网球，网球落地后反弹（碰撞时无机械能损失），之后在距落地点水平距离Δx＝1.2m处与竖直状态的球拍发生极短时间碰撞，碰撞后竖直方向速度不变，最终网球刚好直接击中发球口。已知网球质量m＝0.06kg，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）击球点离地面的高度H； （2）球拍给网球的水平冲量大小I。 【答案】（1）击球点离地面的高度是1.8m； （2）球拍给网球的水平冲量大小0.81kg•m/s。 【解答】解：（1）网球离开发球口后做斜上抛运动，竖直方向位移大小为 代入数据得t1＝1.8s 水平方向x1＝v0cosθ•t1 代入数据得x1＝10.8m 落地时竖直方向的速度为大小为vy，﹣vy＝v0sinθ﹣gt1 代入数据得vy＝10m/s 网球与地面弹性碰撞后做斜上抛运动 水平方向上Δx＝v0cosθ•t2 代入数据得t2＝0.2s 运动员击球点高度 代入数据得H＝1.8m； （2）球离开球拍时竖直方向的速度大小为v'y＝vy﹣gt2 代入数据得v'y＝8m/s 球离开球拍至发球口的时间 代入数据得t3＝1.6s 球离开球拍时的水平速度大小为 代入数据得vx＝7.5m/s 由动量定理得网球拍给球的水平冲量大小I＝mvx+mv0cosθ 代入数据得I＝0.81kg•m/s 答：（1）击球点离地面的高度是1.8m； （2）球拍给网球的水平冲量大小0.81kg•m/s。 13．在传统制作糍粑的过程中，质量m＝15kg的木椪从某一高度自由落下，刚接触糍粑时的速度大小v0＝16m/s，木槌与糍杷的相互作用时间Δt＝0.15s，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求木椪刚接触糍粑时的动量大小。 （2）若打击糍杷后木椪速度变为2m/s且方向竖直向上，求此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小。 【答案】（1）求木椪刚接触糍粑时的动量大小为240kg•m/s； （2）此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小为1950N。 【解答】解：（1）木槌刚接触糍粑时的动量大小p1＝mv0＝15×16kg•m/s＝240kg•m/s； （2）设竖直向下为正方向，木槌的末动量p2＝mv＝15×（﹣2）kg•m/s＝﹣30kg•m/s 根据动量定理（mg﹣F）Δt＝p2﹣p1 代入数据，解得 F＝mg15×10NN＝150N+1800N＝1950N 答：（1）求木椪刚接触糍粑时的动量大小为240kg•m/s； （2）此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小为1950N。 14．如图所示，长l＝1m的非弹性轻绳一端固定在O点，另一端拴有小球A，O点正下方l处有一小物块B静置于木板C最右端，小物块D距离C右端2m。开始时C被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角θ＝30°，A由静止释放，轻绳再次伸直时A做圆周运动。到最低点与B发生弹性碰撞。之后B向左运动，与D发性弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为m＝0.4kg，D的质量为M＝0.8kg，B、D与C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10m/s2。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求： （1）A与B碰撞前A的速度大小； （2）C的长度； （3）整个过程中B、C间因摩擦产生的热量。 【答案】（1）A与B碰撞前A的速度大小为； （2）C的长度为2.25m； （3）整个过程中B、C间因摩擦产生的热量为3.75J。 【解答】解：（1）A由静止开始自由下落，当绳再次绷紧时，有 绳绷紧后瞬间，A的速度变为v'A＝vAcos30° A从绳绷紧后运动到最低点，由动能定理得 A与B碰撞前的速度 （2）A、B碰撞过程： 以v0的方向为正方向，根据动量守恒：mv0＝mv1+mv2 根据机械能守恒： 解得：v2＝5m/s 设B与D碰撞前速度为v，B在C上减速时加速度 由运动规律得 解得：v＝3m/s B、D碰撞过程： 以v的方向为正方向，动量守恒：mv＝mv1'+Mv2' 机械能守恒： 碰后B的速度v'1＝﹣1m/s，D的速度v'2＝2m/s 碰后D的加速度aD＝μg，由牛顿第二定律得μMg﹣μmg＝maC 解得：aC＝μg 设C加速后经过时间t与D共速： v共＝v1'﹣aBt＝aCt 解得：v共＝1m/s， 从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对距离 解得：Δx1＝0.25m 木板C的长度L＝Δx1+d 解得 L＝2.25m （3）CD共速时，B的速度vB＝v1'+aBt＝0 从B、D碰撞到C、D共速，B相对C的距离 解得 Δx2＝0.25m 从C、D共速到B、C、D三者共速： 以v共的方向为正方向，对系统由动量守恒定律得：（m+M）v共＝（2m+M）v共' 对B：v共'＝μgt' B相对C的路程： 解得 C由于摩擦产生的热量Q＝μmg（d+Δx2+Δx3） 解得 Q＝3.75J 答：（1）A与B碰撞前A的速度大小为； （2）C的长度为2.25m； （3）整个过程中B、C间因摩擦产生的热量为3.75J。 15．如图所示，足够大光滑水平地面上沿同一直线依次放置A、B、C三个物块，其中B的左端焊接有轻质弹簧，已知A、C的质量均为3m，B的质量为m。初始时对A施加瞬时冲量使A以v0向右运动并压缩弹簧，当弹簧第一次恢复原长时B恰好运动到C，并与C碰撞且粘在一起。若物块均视为质点，弹簧形变始终在弹性限度内。求： （1）弹簧第一次被压缩过程中，弹簧的最大弹性势能； （2）弹簧第一次恢复原长时，A、B的速度vA和vB； （3）最终A的速度大小及方向。 【答案】（1）弹簧第一次被压缩过程中，弹簧的最大弹性势能为； （2）弹簧第一次恢复原长时，A、B的速度vA为（方向向右），vB为（方向向右） （3）最终A的速度大小为，方向向右。 【解答】解：（1）弹簧第一次被压缩最短时，A、B组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，则有3mv0＝（m+3m）v1 根据系统机械能守恒，可得弹簧的弹性势能为 联立解得 （2）当弹簧第一次恢复原长时，滑块B的速度最大，A、B组成的系统动量守恒，有3mv0＝3mvA+mvB 根据系统机械能守恒有 联立解得， 弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度大小为，方向水平向右；滑块B的速度大小为，方向水平向右。 （3）根据题意，B恰好运动到C，并与C碰撞且粘在一起，B、C组成的系统动量守恒守恒，设碰撞后B、C的共同速度为vBC，则有mBvB＝（mB+mC）vBC 解得 之后A与B、C整体通过弹簧相互作用，整体过程系统动量守恒3mvA+（m+3m）vBC＝3mvA终+（m+3m）vBC终 同时系统机械能守恒， 联立解得 速度方向向右。 答：（1）弹簧第一次被压缩过程中，弹簧的最大弹性势能为； （2）弹簧第一次恢复原长时，A、B的速度vA为（方向向右），vB为（方向向右） （3）最终A的速度大小为，方向向右。 16．如图所示，带圆弧槽的小车静止在光滑的水平面上，槽的A端与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ＝53°，B端与圆心O等高。一个质量为m、可视为质点的小球以水平向右的初速度v0抛出，刚好从A点无碰撞地进入圆弧槽，小球运动到B点时恰好与小车相对静止。圆弧槽光滑，小车质量为2m，不计空气阻力，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）小球运动到B点时，球与小车的共同速度大小； （2）小球抛出点与A点的高度差； （3）圆弧槽的半径R。 【答案】（1）小球与小车在水平方向动量守恒，共同速度大小为。 （2）小球抛出点与A点的高度差为。 （3）圆弧槽的半径R为。 【解答】解：（1）设小球运动至B点时小车的速度为v，小球与小车在水平方向动量守恒，可得mv0＝（m+2m）v，解得：。 （2）设小球运动至A点时速度大小为v1，则有。小球从抛出点到A点机械能守恒，即，解得：。 （3）小球从A点运动到B点的过程中，系统机械能守恒，有，解得：。 答：（1）小球与小车在水平方向动量守恒，共同速度大小为。 （2）小球抛出点与A点的高度差为。 （3）圆弧槽的半径R为。 第19页（共20页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 动量 动量守恒 模型一　动量定理 1.对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中Ft是物体所受的合外力的冲量。 (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。 （3）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 （4）当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理。 2.用动量定理解题的基本思路 3.流体类“柱状模型” 特点 液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 （1）建立“柱状”模型，沿速度v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S. （2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρSvΔt. （3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 4.微粒类“柱状模型” 特点 电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“流体”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n 分析步骤 （1）建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S. （2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度Δl＝v0Δt，对应的体积ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt. （3）先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【例题精讲】 1．如图所示为某蹦床运动员比赛时的情景。某次运动过程，运动员从最高点由静止落下，下落到网面时的速度大小为8m/s，弹起后离开网面瞬间的速度大小为6m/s，此过程运动员与网接触的时间为0.7s，已知运动员的质量为60kg，重力加速度为10m/s2，则此过程网对运动员的平均作用力大小为（　　） A．771.4N B．1200N C．1440N D．1800N 2．如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为（　　） A． B． C． D．L 3．科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区每1m3有n颗尘埃微粒，每颗尘埃微粒的质量为m0，飞船进入尘埃区的速度为v，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S。假设每颗尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（　　） A．单位时间内附着在飞船上的微粒数为Sv B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为nSv2m0 C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为nSv2m0 D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为nSv3m0 4．一物体在合外力作用下由静止开始做直线运动，F与时间t的关系图像如图所示，由图像可知（　　） A．t＝1s时物体速度最大 B．t＝1s时与t＝3s时物体动能相同 C．物体相对于出发点的位移先增大后减小 D．0～1s与1～2s内F做功相等 5．在研究直线运动时，教科书采用了由v﹣t图像中图线与横轴所围成的面积来求位移，如图所示。下列是对这一方法的类比应用，其中说法错误的是（　　） A．a﹣t（加速度—时间）图像面积反映速度变化量 B．I﹣t（电流—时间）图像面积反映电荷量 C．F﹣x（力—位移）图像面积反映力F所做的功 D．F﹣t（力—时间）图像面积反映动量 （多选）6．如图所示为某位小选手在蹦床比赛中上升到最高点的情景。已知小选手质量为m，小选手从最高点下落高度h至最低点所用时间为t，空气阻力不计，重力加速度为g，小选手可看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小选手从最高点下落至最低点的过程中，重力的冲量为mg B．小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网的冲量大小为mgt C．小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网弹性势能的增量为mgh D．小选手从最高点下落至最低点的过程中，合力的冲量为零，合力做功也为零 （多选）7．如图，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接的滑块M、N置于斜面上处于静止状态，现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开P时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。重力加速度为g，从滑块M开始运动到滑块N刚要离开P的过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块M的位移为 B．滑块N刚要离开P的瞬间，滑块M的加速度大小为2gsinα C．重力对滑块M做功为 D．滑块M获得瞬时冲量的大小为 模型二　动量守恒定律 1.适用条件 （1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 （2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 （3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 2.动量守恒定律的“五性” 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面） 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 3.应用动量守恒定律解题的步骤 【例题精讲】 1．如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1﹣v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1：2 D．小球的初速度大小可能为 2．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是（　　） A．A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2m/s B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J C．碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s 3．如图，光滑的半圆形凹槽静止在光滑的水平地面上，O为圆心，AB为直径等于2R。在A点由静止释放一个小球，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球与凹槽组成的系统动量守恒 B．小球可以达到与A点等高处 C．小球运动到最低点的速度为 D．小球第一次到达最高点之前，凹槽先向左移动，再向右移动 4．2022北京冬奥会短道速滑接力项目中（如图2），交棒运动员乙滑行时，接棒运动员甲提前启动向前滑行；当乙追上甲后，乙用力向前推甲，使甲加速冲刺，同时乙的速度也发生变化。忽略冰面水平方向的作用力，下列关于甲、乙相互作用过程的说法正确的是（　　） A．甲、乙组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 B．甲、乙组成的系统机械能不守恒，水平方向动量不守恒 C．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相同 D．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小相等 5．如图所示在光滑水平面上有一半径R＝0.6m、质量为1kg的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道底端与水平面相切。现将一个质量为2kg的小球由圆弧轨道的最高点静止释放，小球离开轨道后在水平面上与一个质量为3kg的静止物块发生弹性碰撞，碰撞后物块滑上右侧一个与水平面平滑连接的固定粗糙斜面，斜面的倾角θ＝37°，高度 h＝0.1m。滑块在斜面上减速后沿斜面滑下进入水平面，并且能与小球再次发生碰撞。已知重力加速度g＝10m/s2中，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．小球滑到圆弧轨道底端时圆弧轨道的位移大小为0.2m B．小球滑到圆弧轨道底端时速度大小为4m/s C．第一次与物块碰撞后小球的速度大小为1.6m/s D．物块与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围为 （多选）6．如图所示，一质量为m的小球A从光滑固定的斜坡上由静止下滑，斜坡底端与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上静置一质量为km的小球B。已知A的初始高度为h，重力加速度为g，A、B最终只发生了两次碰撞，且A、B间的碰撞均为弹性碰撞。两小球均可视为质点，碰撞时间和空气阻力不计，则（　　） A．1＜k＜3 B．3＜k≤5+2 C．小球B的速度大小可能为 D．小球B的速度大小不可能超过 （多选）7．如图所示，P、Q两个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上，P、Q两球的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg，初始时两小球均静止，P、Q两球间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给P球一个向左的初速度v0＝10m/s。下列说法正确的是（　　） A．P、Q两球动量守恒，机械能守恒 B．弹簧的最大弹性势能为 C．Q球的最大速度大小为 D．P球一直向左运动 模型三　碰撞 1.碰撞问题遵守的三条原则 （1）动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2. （2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2. （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，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不可能都不改变。 2.弹性碰撞模型 情境 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能守恒，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v′1、v′2 规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v′1+m2v′2 机械能守恒 m1v＋m2v＝m1v′+m2v′ 结果 v′1＝2－v1, v′2＝2－v2 讨论 若v2＝0，则v′1＝v1， v′2＝v1 m1＝m2 v′1＝0, v′2＝v1 质量相等，交换速度 m1＞m2 v′1＞0，v′2＞0，且v′2＞v′1 大碰小，一起跑 m1＜m2 v′1＜0, v′2＞0 小碰大，要反弹 m1≫m2 v′1≈v′1, v′2≈2v1 极大碰极小，大不变，小加倍（碰后小质量物体的速率为大质量物体原速率的2倍） m1≪m2 v′1≈-v1, v′2≈0 极小碰极大，大不变，小等速率反弹 3.完全非弹性碰撞模型 情境 如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后两物体的速度相同，为v共 规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 有机械能损失（完全非弹性碰撞时系统损失的动能最多） 损失的动能ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v 结果 v共＝，ΔEk＝(v1－v2)2 【例题精讲】 1．如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光 滑圆弧轨道BC组成，AB恰与BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（　　） A．物块在AB上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒 B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在BC上运动过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度变为 2．如图（a），轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，上端与物块甲相连，甲处于静止状态。现从斜面上某位置由静止释放物块乙，运动一段距离与甲碰撞，碰撞后一起沿斜面向下运动。取乙的释放位置为坐标原点O建立一维坐标系，x轴的正方向沿斜面向下。乙的动能Ek与位置坐标x的关系如图（b）所示，图像中0～x1之间为直线，其余部分为曲线且在x＝x2处切线斜率为0。甲、乙均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙质量之比为2：1 B．甲、乙碰撞后在x＝x2位置加速度最大 C．位置坐标满足关系x2 D．弹簧的劲度系数k 3．某物理兴趣小组乘坐了七彩云南欢乐世界的碰碰车后，设计了如下的模型研究两车碰撞过程。如图所示，质量分别为1kg、2kg的小车A、B置于光滑水平面上，小车A右端与轻质弹簧连接。现使A、B两车分别以6m/s、3m/s的初速度沿同一直线向右运动（规定向右为正方向）。从小车B与弹簧接触到与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是（　　） A．弹簧对小车B做功的功率一直增大 B．弹簧对小车A冲量大小为2kg•m/s C．某一时刻小车A、B速度可能分别为﹣2m/s和7m/s D．某一时刻小车A、B速度可能分别为2m/s和5m/s 4．如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为f0，改变子弹的初速度大小v0，则（　　） A．v0越大，木块的末速度就越大 B．v0越大，子弹与木块损失的总动能就越多 C．v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越短 D．无论v0取何值，木块的末速度都不可能大于 5．如图所示，带有光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，小车的质量为M，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，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．此过程中小球对小车做的功为 B．小球之后将向右做平抛运动 C．小球之后将向左做平抛运动 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 （多选）6．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40J B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为12N•s，方向向左 C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为12J D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6m/s （多选）7．如图所示，小滑块P和小滑块Q质量之比为1：2，在水平面上同时开始相向运动，发生碰撞。已知P和Q碰前速度大小之比v1：v2＝2：1，碰后运动方向相反，P和Q与水平面间的动摩擦因数之比为2：1，下列判断正确的是（　　） A．P和Q在整个运动过程中动量都守恒 B．P和Q在整个运动过程中机械能守恒 C．P和Q在碰后，运动位移大小之比为1：2 D．P和Q在碰前，运动位移大小之比为2：1 模型四　爆炸和反冲 人船模型 1.爆炸及其特点 概念 一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程 特点 动量 守恒 由于爆炸是在极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，由于其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而在爆炸过程中，物体产生的位移很小，一般忽略不计，即认为位置不变 2.反冲运动及其特点 概念 根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动　 特点 作用原理 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 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 动能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加 3.“人船模型”问题的特征 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。 4.“人船模型”的特点 （1）两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. （2）运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；两物体的位移满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，即x人＝L，x船＝L. （3）应用此关系时要注意一个问题：公式中v1和v2一般都是相对地面而言的。 5.类“人船模型” 　　 【例题精讲】 1．如图所示，某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是100kg，速度是0.4m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水和空气的阻力，以向右为正方向，人停在船上时，小船的速度为（　　） A．0.5m/s B．﹣0.5m/s C．1.0m/s D．﹣1.0m/s 2．一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（　　） A． B．2mv2 C． D．7mv2 3．一门大炮处于静止状态，炮身的质量为M，水平方向发射一枚质量为m的炮弹，已知炮弹的动能为E0，则炮弹发出之后炮身反冲中的动能为（　　） A．E0 B． C． D． 4．某玩具炮车（含炮弹）的总质量为M，以速度v0沿水平地面匀速行驶，某时刻开启火炮，沿水平方向向后连续发射2颗炮弹，炮弹的质量均为m，炮弹离开炮筒时相对炮车的速度大小均为u，发射炮弹过程中，阻力和牵引力均不变。则炮弹发射后，炮车的速度大小为（　　） A． B． C．v0 D．v0 5．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是 B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 （多选）6．光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　） A．FN＝mgcosα B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 （多选）7．某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体对水和火箭做的功为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．2025年7月30日15时49分，我国利用运载火箭长征八号成功发射互联网低轨06组卫星，卫星发射成功后关闭动力系统，由于空气阻力的影响，导致卫星轨道逐渐变化，下列说法正确的是（　　） A．卫星的轨道高度逐渐变大 B．卫星的周期逐渐增大 C．卫星的机械能逐渐减小 D．卫星的动量逐渐减小 2．高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一高铁以速度v匀速行驶的过程中，车头会受到前方空气的阻力，假设车头碰到空气前，空气的速度为0；碰到空气后，空气的速度立刻与汽车速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。已知重力加速度为g，则空气对高铁的平均阻力大小为（　　） A． B．ρSvg C．ρSv2 D． 3．小明同学质量为50kg，从2m高处无初速跳下，脚掌触地后，他采取屈膝下蹲的保护方式停止运动。已知从脚掌触地到身体停止运动用时约0.5s，则在触地的过程中地面对他的平均作用力最接近（　　） A．500N B．900N C．1200N D．1500N 4．2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器发动机点火，成功将携带样品的上升器送入到预定环月轨道，如图所示。若该发动机每秒钟向下喷出质量约为0.5kg、速度约为3.63×103m/s的气体，上升器加速向上运动，已知携带月壤样本的上升器质量为500kg，月球表面的重力加速度g＝1.63m/s2，不计由于喷出气体上升器质量的变化，则嫦娥五号上升器获得加速度约为（　　） A．3.4m/s2 B．2.4m/s2 C．2.0m/s2 D．0.24m/s2 5．如图所示，固定斜面倾角θ＝30°，在P点把一个质量为m的小球以初速度v0水平向右抛出。小球垂直撞击斜面，又恰好反向弹回到P点。已知小球与斜面的碰撞时间极短，不计空气阻力。在碰撞过程中，斜面弹力对小球的冲量大小为（　　） A．0 B．4mv0 C．2mv0 D．2mv0 6．在我国空间站的微重力环境中，一个质量为0.4kg的球形水珠以4m/s的水平速度垂直撞向特制疏水材料平板，碰撞后水珠以2m/s的速度反向弹回。以初速度方向为正方向，该水珠的动量变化量为（　　） A．﹣2.4kg•m/s B．0.8kg•m/s C．2.4kg•m/s D．﹣0.4kg•m/s 7．翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间内撞到B处的体积Q＝2Sv B．水流与B处碰撞前瞬间的速度 C．空中水的质量 D．水流对B处的冲击力F＝4ρSv2 8．2025年8月，全球首座兆瓦级高空风能发电装备——浮空风力发电系统在长沙组装完成，该系统可在1500米的高空利用稳定且强劲的风力发电。假设高速气流以速度v冲击涡轮发电机叶片后速度减为零，发电机叶片受气流冲击的面积为S，空气密度为ρ，则风力对叶片的平均冲击力大小为（　　） A．ρSv B． C．ρSv2 D． 二．多选题（共3小题） （多选）9．一深空探测宇宙飞船以恒定速度v经过宇宙微尘区，飞船垂直于速度方向的正面面积为S，微尘区的密度为ρ。设微尘与飞船碰撞后附着于飞船上，且其质量远小于飞船质量，则（　　） A．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为ρSv B．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为2ρSv C．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为ρSv2 D．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为2ρSv2 （多选）10．如图，两个半径均为R的四分之一光滑圆槽静置于光滑水平面上，左右圆槽底端与水平面相切于A、B两点，一质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端C点正上方的P点（图中未画出）由静止释放，从C点进入圆槽，已知P、C两点间距为R，初始时A、B两点间距为2R，圆槽质量均为2m，重力加速度为g。则（　　） A．小球刚运动到A点时对左侧圆槽的压力大小为7mg B．小球第一次到达B点时，A、B相距3.5R C．小球滑上右侧圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后仍能滑上左侧圆槽 （多选）11．2024年9月，我国成功发射北斗卫星导航系统第60颗卫星，标志着“北斗三号”全球卫星导航系统建设的圆满收官。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交点（即卫星在地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道Ⅰ近似为圆轨道，高度低于地球静止卫星轨道，绕行方向如图（b）所示。一段时间后，卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ交点处通过快速喷气变轨到轨道Ⅱ，如图（c）所示，轨道Ⅱ为赤道平面圆轨道，Ⅰ为倾斜圆轨道，Ⅰ、Ⅱ轨道高度相同。地球自转周期为24小时，卫星质量为m，卫星在轨道Ⅰ上运行的速率v，不考虑喷气时卫星的质量变化。根据以上信息可以判断（　　） A．卫星在该轨道Ⅱ运行时比赤道上随地球自转的物体所受的向心力大 B．该卫星运行速度大于第一宇宙速度 C．该卫星运行周期为12小时 D．喷气变轨时，速度的变化量为 三．解答题（共5小题） 12．网球爱好者经常借助网球发球器进行训练。假设发球器发球口离地面高度h＝1.8m，某时刻斜向上发射一速度大小v0＝10m/s，方向与水平方向成θ＝53°的网球，网球落地后反弹（碰撞时无机械能损失），之后在距落地点水平距离Δx＝1.2m处与竖直状态的球拍发生极短时间碰撞，碰撞后竖直方向速度不变，最终网球刚好直接击中发球口。已知网球质量m＝0.06kg，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）击球点离地面的高度H； （2）球拍给网球的水平冲量大小I。 13．在传统制作糍粑的过程中，质量m＝15kg的木槌从某一高度自由落下，刚接触糍粑时的速度大小v0＝16m/s，木槌与糍粑的相互作用时间Δt＝0.15s，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求木槌刚接触糍粑时的动量大小。 （2）若打击糍粑后木槌速度变为2m/s且方向竖直向上，求此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小。 14．如图所示，长l＝1m的非弹性轻绳一端固定在O点，另一端拴有小球A，O点正下方l处有一小物块B静置于木板C最右端，小物块D距离C右端2m。开始时C被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角θ＝30°，A由静止释放，轻绳再次伸直时A做圆周运动。到最低点与B发生弹性碰撞。之后B向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为m＝0.4kg，D的质量为M＝0.8kg，B、D与C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10m/s2。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求： （1）A与B碰撞前A的速度大小； （2）C的长度； （3）整个过程中B、C间因摩擦产生的热量。 15．如图所示，足够大光滑水平地面上沿同一直线依次放置A、B、C三个物块，其中B的左端焊接有轻质弹簧，已知A、C的质量均为3m，B的质量为m。初始时对A施加瞬时冲量使A以v0向右运动并压缩弹簧，当弹簧第一次恢复原长时B恰好运动到C，并与C碰撞且粘在一起。若物块均视为质点，弹簧形变始终在弹性限度内。求： （1）弹簧第一次被压缩过程中，弹簧的最大弹性势能； （2）弹簧第一次恢复原长时，A、B的速度vA和vB； （3）最终A的速度大小及方向。 16．如图所示，带圆弧槽的小车静止在光滑的水平面上，槽的A端与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ＝53°，B端与圆心O等高。一个质量为m、可视为质点的小球以水平向右的初速度v0抛出，刚好从A点无碰撞地进入圆弧槽，小球运动到B点时恰好与小车相对静止。圆弧槽光滑，小车质量为2m，不计空气阻力，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）小球运动到B点时，球与小车的共同速度大小； （2）小球抛出点与A点的高度差； （3）圆弧槽的半径R。 第19页（共20页） 学科网（北京）股份有限公司 $