专题7 题型各个击破&实验重点攻克(精讲册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

怎么考 题型各 题型一流体类模型 题型解读 1.流体类问题分析 (1)建立“柱状”模型，沿流速的方向选取 一段柱状流体，其横截面积为S。 (2)微元研究，作用时间△t内的一段柱状流 体的长度为△l=v△t,对应的质量为△m =pSUAt。 (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状 流体，即F△t=△m△v。 2.微粒类问题分析 (1)建立“柱状”模型，沿速度v的方向选取 一段柱体微元，其横截面积为S,单位体积 内粒子数为n。 (2)微元研究，作用时间△t内一段柱体微元 的长度为△l=o△t,对应的体积为△V= Su△t,则微元内的粒子数N=nwS△t. (3)应用动量定理研究微元内的粒子，建立 方程求解，即F△t=Nm△v。 典例1运动员在水上做飞行运动表演，他操控 喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水等 速率反转180°后向下喷出，让自己悬停在空 中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为 90kg,两个喷嘴的直径均为10cm,已知重力 加速度大小g取10m/s2,水的密度p=1.0× 103kg/m3,则喷嘴处喷水的速度约为() A.2.7m/s B.5.4m/s C.7.6m/s D.10.8m/s 解析：根据平衡条件，水对飞行器的作用力F O专题7动量守恒定律 个击破 9 =Mg,根据牛顿第三定律，飞行器对水的平均 作用力大小也等于F。设水喷出时的速度为 u,在时间t内喷出水的质量△m=pV=2oSvt, 由动量定理可知，飞行器对水的平均作用力在 时间t内对质量为△m的水的冲量I=Ft= Mg一 △m[u-(-],联立可得v=√ 90×10 V4X1000×π×0.052 m/s≈5.4m/s,B 正确。 )答案B 题型二碰撞类模型 题型解读 1.“弹簧类”模型 模型 m1r00000m2 777777777777777777777 图示 水平地面光滑 (1)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性 势能发生变化，系统的总动能将发生变 化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以 外的内力不做功，系统机械能守恒。 模型 (2)弹簧处于最长（最短）状态时两物体 特点速度相等，弹性势能最大，系统动能通常 最小（完全非弹性碰撞拓展模型）。 (3)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系 统动能最大（弹性碰撞拓展模型，相当于 碰撞结束时) 典例2如图甲所示，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，t=0时与弹簧接触，到t=2to时与 弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像 如图乙所示。已知从t=0到t=to时间内，物 块A运动的距离为0.36to。A、B分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上 317 讲解 实战高考·物理 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(sin0 =0.6),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： v 2Vp 1.2v 1--- 0.8vo B B→·做A 01 1to tto 甲 乙 (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μ。 解析：(1)设物块B的质量为M,to时刻物块 A、B达到共速，弹簧弹性势能最大，设为Em, 0~。时间内两物块作用过程满足动量守恒定 律，以水平向右为正方向，结合图乙数据得 MX1.2=(M+m)X,解得M=5m, 此过程对A、B和弹簧组成的系统，由机械能 守恒定律得Em-号M(1.2)2-号(M十+m) 6,解得Em=0.6m. (2)t时刻物块A、B达 到共速，此时弹簧压缩量 1.2w 最大，因0~to时间内两0.8% :B 物块受到的合力大小等 to2tt 于弹簧的弹力大小，故两 S 物块所受合力大小相等、方向相反，又因M 5,由牛顿第二定律可知物块B做减速直线 运动的加速度大小始终等于物块A做加速直 线运动的加速度大小的号，则在相同时间内， 物块B的速度减小量始终等于物块A的速度 增加量的号，已知U:因像中图线与时间躺图 成的面积表示位移的大小，如图所示 318 0~t时间内，物块A运动的距离为0.36to, 即图中面积S4=0.36to, 物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于 图中面积SB, 由上远分折可知S=号5=}×0.36%6= 0.072to, 则0~t0时间内，物块B运动的位移大小为xB =1.26to-Ss=1.128t, 由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩 量的最大值为△ln=xg一SA=1.128t一 0.36to=0.768to. (3)已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前 一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相 同，且为2. 设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为 VA(其方向水平向左)，A与B再次碰撞后B 的速度为VB,以水平向右为正方向，对A与B 再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能 守恒定律，结合图乙数据得 MX0.8uo-muA=MUB+mX2vo, 2合M0.8u)+2m-2M号+2a2w, 联立解得vA=,B=0.2o. 设A沿斜面上滑的最大高度为h,A与斜面间 的动摩擦因数为4，对A第一次滑上斜面到达 最高点的过程，由动能定理得 -mgi-mg0as0:h00-2m(2w只， 对A第一次滑上斜面又回到斜面底端的过 程，由动能定理得 h12 -2umgcos 0.sin mm(2), 代入数据解得μ=0.45. )答案(1)0.6m(2)0.7686t6(3)0.45 解题技巧应用动量守恒定律解题的步骤 明确研究对象，确定系统的组成 进行受力分析，判断动量是否守恒 规定正方向，确定初、末动量 根据动量守恒定律，建立守恒方程 代入数据，求出结果并讨论说明 2.“子弹打木块”“滑块一木板”模型 D G 蔓 水平地面光滑 禀 m+0。 水平地面光滑 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑 下，当两者速度相等时木块或木板的速度最 大，两者的相对位移取得极值（完全非弹性 碰撞拓展模型)。 (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦 力与两者相对位移的乘积等于系统减少的 模 机械能。 特 (3)根据能量守恒定律，系统损失的动能 A=M5,可以看出，子弹（或滑块） 的质量越小，木块（或木板）的质量越大，动 能损失越多。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解， 相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从 力和运动的角度借助图像求解 典例3如图所示，光滑水平面上有两个等高的 滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端 和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为 1kg,A和C以相同速度vo=10m/s向右运 动，B和D以相同速度ko向左运动，在某时 刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘 在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形 Q专题7动量守恒定律 成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数 均为u=0.1。重力加速度大小g取10m/s2。 C D B 7777777777777777 7777777 (1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新 滑板各自速度的大小和方向。 (2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相 对静止时，求两者相对位移的大小。 解析：(1)物块C、D碰撞过程中动量守恒，设 碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为V物， C、D的质量均为m,以水平向右为正方向，有 m-m·kb=（m十m)V物， 郎得w=1=5(1-0m/>0, 即碰撞后瞬间新物块的速度大小为5(1一 k)m/s,方向水平向右。 滑板A、B碰撞过程中动量守恒，设碰撞后滑 板A、B形成的新滑板的速度为？滑，A、B的质 量分别为mA、mB,以水平向右为正方向，有 mAvo一mB·kb=（mA十mB)滑， 解得m-1号2w-1020m/>0, 3 即碰撞后瞬间新滑板的速度大小为10一20k 3 m/s, 方向也水平向右。 (2)若k=0.5,可知碰撞后瞬间新物块的速度 v物=5(1-k)m/s=2.5m/s, 新滑板的速度香=10,20km/s=0, 3 可知从碰撞后到二者相对静止，新物块向右做 匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设相 对静止时二者的共同速度为共，根据动量守 恒定律可得2m0物=(2m十mA十mB)V共， 解得v共=1m/S, 根据金能量守恒定律得2mg=号× 2mt%-2(2m+ma十me)候， 319 讲解 实战高考·物理 解得两者相对位移的大小为x相=1.875m。 )答案(1)5(1一)m/s,方向水平向右 10-20k 3 m/s,方向水平向右(2)1.875m 解题技巧“滑块一木板”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考 虑用动量定理。 (3)在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用 动能定理。 (4)在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考 虑用系统的能量守恒。 (5)滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同 速度。 3.“光滑圆弧轨道+滑块（小球）”模型 颦 累 水平地面光滑 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。 系统水平方向动量守恒，有mo=(M十m) 唉；系统机械能守恒，有2mG-M十m) 强十mgh,其中h为滑块上升的最大高度， 型 不一定等于圆弧轨道的高度（完全非弹性碰 点 撞拓展模型)。 (2)最低点：m与M分离点。水平方向动量 守恒，有mo=mw十Mw2;系统机械能守恒， 有2m6=mf+}M(弹性碰撞拓展模 型) 4.悬绳模型 如图所示，与“光滑圆弧 水平杆光滑 轨道十滑块（小球）”模型 特点类似，即系统机械能 ☑ 守恒，水平方向动量守恒，解题时需注意物 320 体运动的最高点和最低点。 典例4如图所示，质 量M=2kg的小车 上固定有处于竖直 R 平面内的特殊形状 D 的圆管，圆管内壁光滑且可以忽略内径，其中 AB段圆弧所对应的半径R1=0.5m,圆心角 ∠AOB=53°，B点切线方向竖直向下，圆管的 BC段是一段四分之一圆弧，对应的半径R2= 0.35m,C点与小车表面平滑衔接，小车CD 部分足够长，且CD部分与小球之间的动摩擦 因数为41=0.1，小车置于水平地面的光滑段。 现将质量m=2kg的小球由A点左上方某点 以vo=4m/s的初速度水平抛出，使小球刚好 可以无碰撞地进入到圆管中。小球穿过圆管 后，滑上CD段。当小球与小车共速时，小车 也刚好运动至水平面的粗糙段，车与地面的动 摩擦因数为2=0.2，g取10m/s2,求： (1)小球运动到B点时，小球和小车的速度。 (2)小球运动到C点时，小球和小车的速度。 (3)最终小球和小车都静止时，小球到C点的 距离。 解析：(1)从小球抛出到运动到B点的过程， 系统水平方向动量守恒，有m=（m十 M0u.', 解得小车速度u.'=2m/s,方向水平向右； 根据题意，小球经过A点时速度的竖直分量 满足=tan53°，可得=3m/s, A点距离抛出，点的高度ho= 2g1 解得ho=0.45m, 从小球拋出到运动到B,点的过程，系统机械 能守恒，有maf十mg(h十Rsn53")= 2+m, 解得小球运动到B点时的速度v=√29m/s, 方向向右下方且与水平方向的夹角α满足 tan a-Viu -=2.5。 Ur (2)小球从抛出到运动至C点的过程，系统水 平方向动量守恒，机械能守恒，以水平向右为 正方向，则有m6=mw十M2, mG+mg(h,+Rsin53”+R)=md话+ 1 Mvi, 解得小球运动到C,点时的速度v1=一2m/s, 即方向水平向左， 小车的速度2=6m/s,方向水平向右。 (3)从小球经过C点到小球与小车共速的过程 中，系统的动量守恒，则有mw十M2=(m十 Mu,设二者的相对位移为△，对系统有司 M+2ma话-号m十Mt=4mgA,解得 △x1=16m,v=2m/s,即小车在这段时间内 比小球多走16m,随后系统进入粗糙水平路 面，对小车受力分析可知mg一(m十Mg =Ma2,解得a2=一3m/s2,对小球受力分析 有-mg=ma1,解得a=-1m/s2,从小球 与小车共速到停止运动前，小车的位移为x2 -02a,解得=号m,小球的位移为石 2a2 0。t,解得=2m,可知△2=一=2m 2a1 m=专m,即小球比小车多走专m,则最 2 4 终小球到C,点的距离为△x=△0一△x2=16m -专me14.67m )答案(1)√29m/s,方向向右下方且与水平方 向的夹角a满足tana=2.52m/s,方向水 平向右(2)2m/s,方向水平向左6m/s,方 O专题7动量守恒定律 向水平向右 (3)14.67m 题型三人船模型 题型解读 如图所示，长为L、质量为船的小船停在静水 中，质量为队的人由静止开始从船的一端走 到船的另一端，不计水的阻力。 m人9 L m船 x人 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的 一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向 不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守 恒，可得m船船=m以v以， 因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒， 故有m船x船=m队x人， 由图可看出x船十x人=L, 可解得以一nmL一mnL。 典例5载人气球静止于高h的空中，气球的质 量为M,人的质量为m,若人沿绳梯滑至地面， 则绳梯至少为多长？ 解析：气球和人原来静止在空中，说明系统所 受合力为零，故系统在人下滑过程中动量守 恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长 为L,人沿绳梯滑至地面，人的位移大小为 x人，气球的位移大小为x球，如图所示， 由动量守恒定律有0=Mx球一mx人， 又有十x队=L,x队=h,可得L=M什h。 M 案M特 321 讲解册 实战高考·物理 ⊙ 怎么学 实验耳 实验8 验证动量守恒定律 一、实验原理 1.在一维碰撞中，分别测出两球的质量m、2 和碰撞前后两球的速度，计算得出碰撞前的 动量p=m16及碰撞后的动量p'=m十 22,验证碰撞前后的动量是否相同。 2.由于平抛运动时间相等，可知碰撞前的动量 与时间的乘积t=ot及碰撞后的动量 与时间的乘积p't=m1t十22t,因此只 要验证m1sop=mh1saM十2saN,即可验证动 量守恒定律。 二、实验装置 定位卡 入射球 靶球 记录纸 三、实验过程 1.用天平测出两小球的质量，并选定质量大的 小球为入射小球。 2.按照实验原理图安装实验装置。调整并固 定斜槽使其末端切线水平。 3.白纸在下、复写纸在上，在适当位置铺放好， 记下铅垂线所指的位置O。 4.不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定 高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽 量小的圆把小球所有的落点都圈在里面，圆 心P就是小球落点的平均位置。 5.把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜 槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重 322 点攻克 复实验10次。用步骤4中的方法，标出碰 后入射小球落点的平均位置M和被撞小球 落点的平均位置N。 6.连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度。 7.整理好实验器材放回原处。 四、数据处理 验证表达式：msp=m1soM十m2ow,看在误差 允许的范围内是否成立。 五、注意事项 1.前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物 体在碰撞前沿同一直线运动，碰撞后还沿这 条直线运动。 2.利用斜槽进行实验，入射小球质量要大于被 碰小球质量，即m>2,防止碰后m1反弹。 六、误差分析 1.系统误差：主要来源于装置本身。 (1)碰撞是否为一维（即正碰），两小球是否 等大，且速度沿球心连线方向。 (2)实验是否满足动量守恒的条件，如斜槽 末端是否水平。 2.偶然误差：主要来源于质量m1、m2和碰撞前 后速度（或水平射程）的测量。 七、其他方案 1.利用气垫导轨完成实验 2.利用斜槽末端的碰撞在斜面上完成实验 ☑