动量-讲义 广东省广州市2025-2026学年高二上学期期末复习

广东省广州市2025-2026学年高二上期末复习之动量 考点一 冲量　动量 一、冲量的理解与计算 1.定义：在物理学中，将Ft定义为冲量，用I表示。 2.公式：I=Ft。单位是牛秒，符号是N·s。 说明：冲量是过程量，是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 3.方向：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定，如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向与力的方向相同。 总结提升一 1.冲量是过程量，要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。 2.求合力的冲量 (1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 (2)如果各力的作用时间相同，可先求出各力的合力，再由I=F合Δt求合力的冲量。 3.求变力的冲量 (1)如图所示，若力F是变力，但力与时间成线性变化关系，则可用平均力求变力的冲量。 (2)给出了力随时间变化的F-t图像，则图像与横坐标轴所围的面积表示力在这段时间内的冲量，需注意各部分面积对应力的冲量方向是否相同。 总结提升二 1.区别：(1)冲量是矢量，功是标量，有力一定有冲量，不一定有功，但有功就一定有冲量。 (2)一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，方向一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，符号也不一定相反。 (3)合力的冲量为0，总功不一定为0。 2.相同点：功与冲量都是过程量。 二、动量 1.定义：物体的质量和速度的乘积。 2.公式：p=mv。单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。 3.动量的三个性质 (1)矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同。 (2)瞬时性：动量是状态量(填“过程量”或“状态量”)，v是瞬时速度(填“平均速度”或“瞬时速度”)。 (3)相对性：与参考系有关，一般以地面为参考系。 总结提升三 1.动量是矢量，计算动量时应先明确参考系，并确定是哪一时刻或哪一位置的动量。 2.动量变化量Δp也是矢量，是末动量p'与初动量p的矢量差，即Δp=p'-p，方向与速度变化量的方向相同。 3.动量始终保持在一条直线上时，先选定一个正方向，动量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化成代数运算，此时的正、负号仅表示方向。若初、末动量不在一条直线上，则遵循矢量运算的平行四边形定则(或三角形定则)。 三、动量与动能 1.动量是一个与力在时间上的积累有关的物理量，具有方向性，是矢量，它表示传递机械运动的本领。 2.动能是一个与力在空间上的积累有关的物理量，是标量，它表示物体做功的本领。 总结提升四 1.对同一个物体，动量是否变化既要看速率是否变化，还要看速度的方向是否变化，而动能只看速率是否变化。 2.对不同的物体，动量是否相同既要看质量与速度的乘积是否相等，还要看方向是否相同；而动能是否相等只需看mv2的值是否相等。 3.常用p=、Ek=来快速求解有关比例问题。 考点二　动量定理 一、动量定理的推导 1.内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。 2.表达式：Ft=mvt-mv0。 3.适用范围：动量定理不但适用于恒定的外力，而且适用于随时间而变化的变力。在后一种情况下，动量定理中的力F通常取力在作用时间内的平均作用力。 4.对动量定理的理解 (1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因，是力在时间(填“时间”或“空间”)上的积累改变了物体的动量。 (2)动量定理的表达式Ft=mvt-mv0是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向，合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向相同。 (3)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 二、动量定理的应用 应用动量定理FΔt=Δp 分析实际问题时： (1)Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； (2)F一定，Δt长则Δp大，Δt短则Δp小。 (3)若Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。 (二)动量定理的定量计算 1.应用动量定理进行定量计算的一般步骤 2.动量定理与动能定理的比较 (1)动量定理是矢量式，反映力对时间的累积效应，是物体动量改变的原因，涉及一段时间(或冲量)选用动量定理，应用时必须选取正方向。 (2)动能定理是标量式，反映力对空间的累积效应，是物体动能改变的原因，涉及一段位移(或功)选用动能定理，应用时不用选取正方向。 考点三　动量定理的应用 一、用动量定理处理多过程问题 如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法： (1)分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I=I1+I2+…+In，根据动量定理I=p'-p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。 (2)全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…，第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I=p'-p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。 注意：若不需要求中间量，用全过程法更为简便。 二、用动量定理解决多物体问题 对于两个物体组成的系统，它们间的相互作用力的冲量的矢量和总为零，所以动量定理也适用于多物体系统，冲量表达式为IF=(m1v1'+m2v2')-(m1v1+m2v2)，其中IF是系统外力冲量的矢量和。 三、连续变质量问题 1.连续流体类问题 (1)运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。 (2)解答该类问题的基本思路 ①确定研究对象：Δt时间内流体微元。 ②建立“柱体”模型 对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl=v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt； ③运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt=Δp(Δt足够短时，流体重力可忽略不计)。 2.非连续流体类问题 (1)宇宙空间中分布的尘埃、空中下落的雨滴等，与其他物体接触时对接触面同样存在冲击力。 (2)解答该类问题的基本思路 ①确定研究对象：极短时间Δt内的物体 ②结合具体情境，确定极短时间Δt内物体的质量Δm，如单位时间内的质量为m0，则Δm=Δt·m0；再如若速度为v、单位体积内粒子个数为N、单个粒子质量为m0，则Δm=v·ΔtSNm0等等。 ③同理，选定研究对象后，根据动量定理F合Δt=Δp进行相应计算。 解题技巧 1.无论是连续的还是非连续的“流体类”问题，应将“无形”的流体变为“有形”的实物，确定好短时间内所对应研究对象的质量Δm是解决该类问题的关键。 2.因所取时间较短，质量为Δm的研究对象所受重力可忽略不计。 3.若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象为“流体”，分析与流体接触的物体对流体的力，进一步结合牛顿第三定律进行解答。 考点四 动量守恒定律 一、动量守恒定律的理解 1.系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个系统。 (2)内力：系统内物体间的作用力。 (3)外力：系统外部其他的物体对系统的作用力。 2.动量守恒定律 (1)内容：如果系统所受合外力为零，则系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。 (2)公式：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (3)条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受合外力为零。 ②近似守恒：系统所受合外力不为零，但内力远远大于外力。 ③某一方向守恒：系统所受合外力不为零(整个系统动量不守恒)，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则可认为系统在该方向上动量守恒。 3.系统动量是否守恒的判定方法 1.选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。 2.分析系统受到的外力矢量和是否为零，若外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化，如碰撞、爆炸过程中，若系统内力远大于外力，系统动量近似守恒。 3.除了利用动量守恒的条件判定外，还可以通过实际过程中系统各物体在各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定。 二、动量守恒定律的验证 1.实验思路 (1)动量守恒的条件：系统所受合外力为零或者某个方向合外力为零。 (2)实验原理：当发生碰撞时作用时间很短，内力远大于外力，因此碰撞满足动量守恒的条件。在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1'、v2'，若系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，则m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (3)物理量的测量 ①质量的测量：用天平测量两球的质量m1、m2。 ②速度的测量：两球碰撞前后的速度，可以利用平抛运动的知识求出。 2.实验器材 (1)实验装置如图所示 (2)器材：铁架台，斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小球，重垂线，复写纸，白纸，天平，刻度尺，圆规，三角板等。 3.进行实验 (1)按图所示安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端处于水平，钢球放在上面能保持静止状态。在木板上依次铺上白纸、复写纸。利用重垂线在白纸上分别标注斜槽水平段端口、靶球初位置(支球柱)在白纸平面的投影点O和点O'。 (2)用天平测出两个大小相同、但质量不同的钢球的质量，质量大的钢球m1作为入射球，质量小的钢球m2作为靶球。 (3)先让入射球单独从斜槽上端紧靠定位板的位置自由滑下，在白纸上留下落地碰撞的痕迹。 (4)让入射球从斜槽上端同一位置自由滑下，与放在支球柱上的靶球发生碰撞，两球分别在白纸上留下落地碰撞的痕迹。 (5)测出入射球m1两次落地碰撞点与点O的距离s和s1，靶球m2落地碰撞点与点O'的距离s2。 4.数据分析 由于钢球离开斜槽末端后做平抛运动，钢球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等，故钢球飞出的水平距离与飞出的速度成正比。因此这个实验可以不测速度的具体数值，若m1s=m1s1+m2s2在误差允许范围内成立就验证了钢球碰撞前后总动量守恒。 5.误差分析 (1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。 (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。 6.注意事项 (1)入射球的质量必须大于靶球的质量。 (2)每次都要控制入射球从相同的高度自由滑下。 (3)在调节实验装置时，要使固定在桌边的斜槽末端点的切线水平，支柱与槽口间距离等于钢球直径，而且两球相碰时处在同一高度。 考点五　动量守恒定律的应用 一、动量守恒定律的普适性 动量守恒定律是物理学中最常用的普适定律之一。只要系统所受的合外力为零，都适用动量守恒定律。若系统在某个方向上合外力为零，则该系统在该方向上也满足动量守恒定律的条件。 动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速(接近光速)微观粒子组成的系统。 迄今为止，尚未发现违反动量守恒定律的现象。在日常生活中、体育运动中较为常见，只要系统所受合力为零或内力远大于外力(如碰撞、爆炸等)时都适用动量守恒定律分析。若系统动量不守恒，但只要某一方向上合外力为零，则该系统在该方向上也动量守恒。 应用动量守恒定律解题的思路 二、反冲现象 1.定义：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的现象。 说明：这里的“静止”指两部分间相对静止，而“相反”也是指一部分相对于另一部分的运动方向相反。 2.规律：反冲运动中物体之间相互作用力很大，且作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，外力可忽略，满足动量守恒定律。 3.讨论反冲运动应注意的两个问题： (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，先将各速度转换成相对同一参考系的速度(地面上物体一般指对地速度)，再列动量守恒方程求解。 三、火箭 分析火箭类问题应注意的三个问题： (1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。 (2)明确两部分物体初、末状态速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。 考点六　动量守恒定律的综合应用 一、反冲运动的应用——“人船模型” 1.“人船模型”概述 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，有m人v人-m船v船=0。 2.运动特点：人动船动，人停船停；人快船快，人慢船慢；人左船右。人和船的位移大小与它们的质量成反比。 3.“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系(一般为地面)的位移。 二、爆炸问题 1.爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒。 2.能量特点：爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，系统机械能增加。 三、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用 多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意： (1)正确进行研究对象的选取：有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律。研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要。 (2)正确进行过程的选取和分析：通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。 四、动量守恒中的临界问题 在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近(或最远)、恰好不相撞、弹簧最长(或最短)或物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。 动量守恒定律应用中的常见临界情形 光滑水平面上的A物体以速度v向静止的B物体运动，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大 物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B(上表面粗糙且长度足够长)上，当物体A在小车B上滑行的距离最远时，物体A、小车B相对静止，物体A、小车B的速度必定相等 质量为M的弧形滑块静止在光滑水平面上，弧形滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向弧形滑块滚来。设小球不能越过弧形滑块，则小球到达弧形滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度一定相等 光滑水平面上的薄板A(上表面粗糙且足够长)与物块C发生碰撞后，再与物块B相互作用，最后不再相撞的临界条件是：三者具有相同的速度 考点七　弹性碰撞与非弹性碰撞 一、碰撞的分类 1.碰撞 (1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用。 (2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，所以可以认为系统在碰撞过程中动量守恒。 说明：(1)在碰撞发生相互作用的过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。 (2)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的极短时间内仍在同一位置。 2.分类 (1)弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变能完全恢复，则没有机械能损失，碰撞前后两小球构成的系统的机械能相等。 (2)非弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能不再相等。 (3)完全非弹性碰撞：两球碰撞后粘在一起，机械能损失最大。 二、碰撞的实例分析 1.在弹性限度内，弹簧发生弹性形变，碰撞后弹簧可以恢复原长，碰撞前后机械能不变。 2.弹簧发生塑性形变，碰撞后弹簧只能部分恢复原长，碰撞过程有部分机械能转化为内能。 3.在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大。 4.一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b发生正碰，碰后球a、b的速度分别为v1'和v2'。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： (1)弹性碰撞：v1'=v1，v2'=v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1'=v2'=v1。 (3)碰撞后两物体的速度满足：v1≤v1'≤v1，v1≤v2'≤v1。 三、碰撞可能性问题 1.碰撞能发生遵从的三个原则： (1)系统动量守恒，即p1+p2=p1'+p2'。 (2)系统动能不增加，即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或++。 (3)速度要合理： ①若碰前两物体相向运动：碰后两物体除均静止外，至少有一个物体的运动方向发生改变。 ②若碰前两物体同向运动：碰前一定满足v后>v前。碰后两物体反向运动或做v后'≤v前'的同向运动。 2.分析碰撞可能性问题的思路 1.对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加。 2.注意碰后的速度关系是否合理。 3.要灵活运用Ek=和p=两个关系式。 考点八　碰撞模型及拓展应用 一、弹簧—小球(物块)模型 1.模型概述 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。若接触面光滑，弹簧和物体组成的系统机械能守恒。 2.模型特点 (1)弹簧处于最长(最短)状态：此时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (2)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 二、滑块—光滑斜(曲)面模型 1.模型概述 对滑块和光滑斜(曲)面组成的系统，若水平面光滑且滑块始终未脱离斜(曲)面，在相互作用的过程中，系统所受合外力不为零，但系统在水平方向所受合外力为零，则该系统在水平方向上满足动量守恒定律。 2.模型特点——“两个位置” (1)当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块在竖直方向的速度vy=0。系统水平方向动量守恒，有mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，有m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。 (2)当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离。水平方向动量守恒，有mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，有m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。 考点九　子弹打木块模型　滑块—木板模型 一、子弹打木块模型 1.模型图例 2.模型特点 (1)相互作用特点：作用时间极短，内力远大于外力； (2)系统动量特点：系统动量守恒； (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为系统的内能。 3.两种情况 (1)子弹未穿透木块，两者共速，有mv0=(m+M)v共； ①系统损失的机械能ΔE损=m-(m+M)； ②系统增加的内能Q=f·s=ΔE损，其中s为子弹射入木块的深度，f为子弹和木块之间的平均作用力； ③类比碰撞模型：该种情况损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 (2)子弹穿透木块，有mv0=mv1+Mv2； ①系统损失的机械能 ΔE损=m-m-M； ②系统增加的内能Q=f·d=ΔE损，其中d为木块的长度； ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 二、滑块—木板模型 1.模型图例 说明：水平面光滑，滑块从左侧边缘滑上木板。 2.模型特点 (1)相互作用特点：水平面光滑，系统所受合外力为零。 (2)系统动量特点：系统动量守恒。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为系统的内能。 3.两种情况 (1)若木板足够长，滑块始终未滑离木板，二者最终共速，即有mv0=(m+M)v共； ①系统损失的机械能ΔE损=m-(m+M)； ②系统增加的内能Q=f·s=ΔE损，其中s为两者间的相对位移，f为滑块和木板之间的滑动摩擦力大小； ③类比碰撞模型：该种情况损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 (2)若滑块能够滑离木板，有mv0=mv1+Mv2 ①系统损失的机械能 ΔE损=m-m-M； ②系统增加的内能Q=f·L，其中L为木板的长度； ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 4.两类模型相互作用过程中涉及下列规律： (1)动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反。 (2)运动学规律：可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题或相对运动问题。在一段时间内子弹射入木块的深度或物块在木板上滑动的距离，就是这段时间内两者相对位移的大小。 (3)动量规律：由于系统所受外力的合力为零，故遵守动量守恒定律。 (4)能量规律：对单个物体，一般列动能定理方程，对系统则遵循能量守恒定律，系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量，即Q=f·s相对，s相对为相对路程。 考点十　力学规律综合应用 一、力的三个基本观点和选用原则 1.力的三个作用效果及五个规律 (1)力的三个作用效果 作用效果 对应规律 表达式 列式角度 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合=ma 动力学 力在空间上的积累效果 动能定理 W合=ΔEk即W合=m-m 功和能的关系 力在时间上的积累效果 动量定理 I合=Δp即FΔt=mv'-mv 冲量与动量的关系 (2)两个守恒定律 名称 表达式 列式角度 能量守恒定律(包括机械能守恒定律) E1=E2 能量转化(转移) 动量守恒定律 p1=p2 动量关系 2.力学规律的选用原则 (1)如果物体受到恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含系统机械能与其他形式能量之间的转化，由于作用时间极短，因此常用动量守恒定律。 解题技巧 1.灵活选取物理过程。在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究。 2.灵活选取系统。根据题目的特点在某个过程(或某些过程)中选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。 3.若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解，列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况。 二、用系统化思维解决问题 1.系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量观点或能量观点分析比较复杂的运动过程，可不考虑过程细节。 (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。 2.若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。 专题训练 1．（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（    ） A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 2．（23-24高一下·华附·期末）如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v向前排开，叶片旋转形成的圆的面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（　　） A．t时间内通过叶片的空气质量为ρSv B．空气对叶片的推力为 C．若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半 D．单位时间内流过叶片的空气的动能为 3．（23-24高一下·华附·期末）如图所示，一同学使用网球训练器练习打网球，质量为m的网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，速率为，网球到达d处前弹性绳已经绷紧，在d处撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（    ） A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向 B．击打后由a到c过程中网球受到的合力冲量竖直向下 C．c到d过程中网球受到的合力的冲量方向竖直向下 D．c处重力的瞬时功率为 4．（23-24高一下·华附·期末）如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中（   ） A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能不守恒 D．动量守恒，机械能守恒 5．（23-24高二下·天河·期末）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。重力加速度为g。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，下列说法正确的是（　　） A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为 B．A、B两木块分离时，C的速度大小为 C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为 D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为 6．（23-24高二上·广雅，省实，二中，六中，执信五校·期末）2023年10月3日晚在第十九届杭州亚运会跳水女子10米跳台决赛中，中国选手全红婵在最后一轮还落后于对手的情况下，凭借最后一跳的“水花消失术”，以总分438.20的成绩，完美“逆袭”，斩获金牌．在该赛事的某次比赛中，全程可以简化为如图所示，全红婵从最高点到入水前的运动过程记为I，入水后到最低点的运动过程记为II，速度减为零时并未到达池底，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．过程I中，她的动量改变量大于重力的冲量 B．过程I中，她的动量改变量等于零 C．过程II中，她的动量改变量等于合外力的冲量 D．过程II中，她的动量改变量等于水的作用力的冲量 7．（23-24高一下·华附·期末）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略各摩擦阻力，则（　　）   A．系统的动量守恒 B．小球运动到最低点时小车速度为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 8．（22-23高二下·番禺·期末）“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　）   A．减小穿戴者与地面的接触时间 B．减小穿戴者所受重力的冲量 C．减小穿戴者动量的变化量 D．减小穿戴者动量的变化率 9．（22-23高二下·荔湾·期末）在一次“水火箭”比赛中，某小组利用废弃的饮料瓶来制作箭体。发射时，先灌入水，再用打气筒充入空气，到达一定的压力后发射升空。若某次发射过程中，时间内箭体受到的平均反冲力约为12N，喷射的水流速度约为3m/s，则该过程中喷射的水的质量约为（　　）   A． B． C． D． 10．（22-23高二下·越秀·期末）使用无人机播植树种时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在静止于离地面高处的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以的速度竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取则（　　） A．土壤对种子胶囊冲量的大小为 B．发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为 C．种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为 D．播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为零 11．（24-25高二下·福建·期中）（多选）如图所示，建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。打桩机先把重锤吊起一定的高度，然后由静止释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动直到停止。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．从静止释放到停止运动的过程中，重锤所受合外力冲量为零 B．重锤随桩一起向下运动过程中，重锤所受的合外力冲量向下 C．从静止释放到停止运动的过程中，重锤和桩组成的系统动量不守恒 D．重锤与桩的撞击过程中，机械能守恒 12．（24-25高三上·华附、省实、广雅、深中四校·期末）（多选）现代科学研究表明，如图所示，运动员手持一定质量的负重起跳，能够跳得更远。在某次负重跳远训练中，运动员两手各持一个负重，与水平方向成一定角度跳离地面，当他到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，抛出后瞬间他的速度水平向前，大小也为v0，忽略空气阻力，则（　　） A．抛出负重前后的一段时间内，人与负重动量守恒 B．起跳后到落地前，人与负重系统机械能不守恒 C．负重抛出后落地前，动量方向竖直向下 D．与不抛出负重相比，运动员跳得更远，时间更长 13．（23-24高二下·越秀·期末）（多选）如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45cm被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，g取，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是（　　） A．足球下落到与头部刚接触时速度为3m/s B．头部对足球的平均作用力为足球重力的7倍 C．足球与头部作用过程中足球动量变化量为 D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0 14．（23-24高一下·海珠·期末）（多选）人从高处跳到低处时，一般在着地的过程中需要屈膝下蹲，某人在0.8m的平台跳下，屈膝下蹲过程用了0.4s，已知其质量为50kg，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．屈膝过程中人的动量保持不变 B．屈膝是为了减小地面对人的平均作用力 C．屈膝过程中人的动量变化量大小约为200kg·m/s D．屈膝过程地面对人的平均作用力大小约为500N 15．（23-24高二下·番禺·期末）（多选）电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度匀速转动，已知A、B与圆心O的距离均为r，。则关于盘子随餐桌从A转到B的过程中（　　）   A．餐桌对盘子做的功为零 B．餐桌对盘子做的功为 C．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为零 D．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为 16．（2024·广东江门·一模）（多选）数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6ms以上，人头部的质量约为2kg，则下列说法正确的是（　　） A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 D．若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N 17．（2024·广东肇庆·二模）（多选）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　） A．物体a、b受到的摩擦力大小相等 B．两水平推力对物体的冲量之比为 C．两水平推力对物体的做功之比为 D．两水平推力的大小之比为 18．（22-23高一下·七区·期末）（多选）如图所示，两个质量相同的钢球从甲乙装置正上方同时释放，分别与甲乙装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，下列说法正确的是（　　）   A．两小球到达底部时，动量相同 B．碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量相同 C．曲线①代表乙装置碰撞情况，曲线②代表甲装置碰撞情况 D．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积 19．（24-25高二下·六中·期末）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度H=2R，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度x1=3R，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为M=3m。启动风机，给A施加一大小恒为F=2mg的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短。大气对C产生的压力为恒力（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为Wf=mgR（π−1），求： (1)A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小FN； (2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC； (3)当A与B发生第二次碰撞时，C刚好运动到e出口，大气对C产生的压力FC为多大。 20．（24-25高二下·天河·期末）在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。求： (1)C与B碰撞过程中的动能损失； (2)弹簧长度刚被锁定后A球的速度大小； (3)在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。 21．（24-25高三上·华附、省实、广雅、深中四校·期末）如图甲所示，表面绝缘、足够长的粗糙水平传送带以的速度沿逆时针方向匀速运行，其上方有垂直向里的匀强磁场，磁感应强度；紧靠传送带右轮的光滑绝缘水平面上，沿中轴线静置有质量分别为、 小物体a、b，其中a带负电，电量，b不带电；两者中间放有压缩且被锁定的绝缘轻弹簧，弹簧与a、b恰好接触但不粘连，其弹性势能；在b右侧，固定有与水平面等高、间距为的足够长的平行金属导轨，其所在区域有竖直向上、磁感应强度也为0.5T的匀强磁场；在导轨上，两根金属细棒M、N垂直于导轨放置，其质量分别为和，M光滑，N与轨道的动摩擦因数为；某时刻解锁弹簧，之后b在M的中点处与M发生正碰粘在一起；若M、N不会相碰，b与M碰后MN与导轨组成的回路总电阻恒等于，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。 (1)求a在传送带上运动过程中所受合力的冲量大小I0； (2)求M向右运动的位移大小； (3)若在b与M碰完瞬间对N施加一水平向右的力F，F随M、N棒的相对速度Δv（）变化的图像如图乙所示，求整个过程中M克服安培力所做的功。 22．（24-25高二上·广雅，省实，二中，六中，执信五校·期末）神舟十三号载人飞船的返回舱距地面10km时开始启动降落伞装置，速度减至，并以这个速度开始在大气中降落。在距地面1m时，返回舱的四台缓冲发动机开始竖直向下喷气，舱体再次减速。每次喷气时间极短，返回舱的质量和降落伞提供的阻力可以认为不变。 (1)设最后减速过程中返回舱做匀减速直线运动，并且到达地面时恰好速度为0，求： a．最后减速阶段的加速度大小； b．返回舱的总质量大约3吨，根据资料，返回舱发动机对地喷气速度约为，试估算每秒每个喷嘴喷出的气体质量。 (2)若返回舱总质量为M，当其以速度匀速下落过程中，开动喷气发动机开始竖直向下喷气，每次喷出气体的质量为m，如果喷出气体相对地面的速度大小为v，喷气两次后返回舱的速度是多大？ (3)据国家航天局消息，8月太阳探测试验卫星“羲和号”发现，在地球表面附近观测到的单位体积内太阳风粒子的数目为n，每个太阳风粒子的质量为，假设地球周边所观测的太阳风的平均速率为v，且运动过程损失忽略不计，已知太阳到地球的距离为r，请由此推算太阳在单位时间因为太阳风而损失的质量。 23．（23-24高二下天河·期末）台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法（当球杆杆头水平接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞）击打母球，使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量均为0.2kg，且可视为质点，球间距离为0.8m，目标球与CD挡壁间的虚线长度为0.2m，目标球被CD挡壁反弹后向球洞A运动方向与AC挡壁间夹角为30°，，球与桌面间阻力为球重力的，球与挡壁碰撞过程中损失的动能，g取。（结果可用根号表示） （1）若某次击打后母球获得的初速度为1m/s，且杆头与母球的接触时间为0.1s，求母球受到杆头的平均冲击力大小； （2）若另一次瞬间击打后母球获得速度，求目标球被碰撞后瞬间的速度大小； （3）若能到达球洞上方且速率小于6m/s的球均可进洞，通过计算判断（2）问中的目标球能否进洞。 24．（23-24高二下·越秀·期末）如图，一滑板的上表面由长度为L的粗糙水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为（已知，但具体大小未知），一根长度为L、不可伸长的轻细线，一端固定于点，另一端系一小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小球Q的质量为m，物体P的质量为2m，滑板的质量为6m，，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）小球Q与物体P碰撞后瞬间，求物体P速度的大小； （2）若物体P恰不从C点滑出，求的值； （3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，求物体P在AB上滑行路程s与的关系。（结果均可用根式和分式表示） 25．（23-24高二下·番禺·期末）甲、乙两位同学用中国象棋进行弹射游戏。在水平放置的棋盘上，甲同学用手将甲方棋子以某一初速度正对乙方棋子弹出，两棋子发生对心正碰（碰撞时间极短），甲方棋子碰撞前、后的速度大小分别为0.3m/s和0.1m/s，且两速度方向相同。两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方格长宽均为，棋子直径均为，棋子质量均为，棋子与棋盘间动摩擦因数均为。重力加速度g大小取。求： （1）乙方棋子碰后的速度大小及两棋子碰撞时损失的机械能； （2）甲方棋子被弹出时的初速度大小； （3）甲方棋子弹出后在棋盘上运动的时间。 26．（23-24高一下·广外铁一广大附三校·期末）AstroReality（星球模型）是一款非常流行的儿童玩具，它是由一组大小、质量各不相同的硬质弹性小球组成，弹性极强，深受小朋友们的喜爱。某兴趣小组的同学利用它们进行了若干次碰撞实验。所有碰撞都可认为是弹性正碰，重力加速度大小为g，忽略空气阻力影响，小球均可够为质点。试讨论以下问题： （1）第一次实验他们将一个质量为的小球1从距离地面高度h处由静止释放，如图甲所示。通过查阅资料他们估计出了球与地面的作用时间，用表示。求球落地时的速度大小，以及碰撞过程中地面给球的平均作用力大小（碰撞过程中重力不可忽略）。 （2）第二次实验他们将质量为的1球和质量为的2球分别从距离地面h高处和5h高处同时由静止释放，两球的质量关系为，如图乙所示。两球碰撞以后2球被反弹，从碰撞点算上升的最大高度为h，求k的值。 27．（23-24高一下·天河·期末）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为F，方向都与竖直方向成θ角，重物从地面由静止开始竖直向上加速，运动至离地面高H时人停止施力，此后重物继续上升一段时间后自由下落把地面砸深为h。已知重物的质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： （1）重物刚落地时的速度大小； （2）重物对地面的平均冲击力大小。 28．（2024·广东深圳·二模）如图甲所示为固定安装在机车头部的碰撞吸能装置，由一级吸能元件钩缓装置和二级吸能元件防爬装置（可压缩）构成。某次碰撞实验中，一辆总质量为45t的机车以6m/s的初速度与固定的刚性墙发生正碰。开始仅触发一级吸能元件钩缓装置（由缓冲器与吸能管组成），其弹力随作用行程（压缩量）的变化关系如图乙所示，缓冲阶段，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性变形。作用行程为55mm时，达到最大缓冲极限，缓冲器被锁定，钩缓装置中吸能管开始平稳变形，产生的弹力恒为，其作用行程为110mm。吸能管行程结束后，钩缓装置迅速刚化，此时启动二级吸能元件，防爬装置被压缩产生恒定缓冲作用力，此过程行程为225mm 时，机车刚好停止，车体完好无损。（设每次碰撞过程中，该吸能装置的性能保持不变，忽略其它阻力影响。）求： （1）一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管变形过程总共吸收的能量； （2）二级吸能元件工作时的缓冲作用力及作用时间； （3）为了测试该吸能装置的一级吸能元件性能，将该套吸能装置安装在货车甲前端，货车甲总质量为66t，与静止在水平面上无制动的质量为13.2t的货车乙发生正碰（不考虑货车的形变），在一级吸能元件最大吸能总量的60%以内进行碰撞测试（碰撞时若钩缓装置的吸能管未启动时，缓冲器能像弹簧一样工作）。 求货车乙被碰后的速率范围。 29．（23-24高二上·广雅，省实，二中，六中，执信五校·期末）2023年3月12日，在短道速滑世锦赛男子5000米接力决赛中，中国队以7分04秒的成绩获得冠军。某次训练中，参与接力的两队员，甲质量为，乙质量为，接力前两人的速度均为，方向均向前，且甲在前，乙在后．接力时，如图所示，乙从后面猛推甲，动作完成瞬间，乙的速度变为，方向不变，若接力过程两人所受的系统外力远小于推力，且接力前后瞬间两人均在同一条直线上运动，求： （1）乙猛推甲的动作完成瞬间，甲的速度大小v2； （2）乙猛推甲过程，甲和乙组成的系统增加的机械能ΔE． 30．（24-25高三上·十六中·期末）某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动，力F与水平方向的夹角为，F作用2s后撤去，小滑块又滑行1s后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求： （1）撤去力F时小滑块的速度大小； （2）力F的大小； （3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，s的取值范围。 31．（22-23高一下·广外铁一广大附三校·期末）如图所示，质量为1kg的物块A和质量为的物块B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上。弹簧与两物块未粘连。解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下开始运动。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道，在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；B分离后向右运动，滑上速度的足够长的传送带，传送带与平台等高，B与传送带间的动摩擦因数，分离后AB不相碰，取。 （1）求A与B分离后瞬间，A的速度大小； （2）求A与B分离后瞬间，B的速度大小； （3）弹簧锁定时的弹性势能； （4）求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q。 32．（22-23高一下·广外铁一广大附三校·期末）如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： （1）整个过程中摩擦阻力所做的总功； （2）跟第三辆车碰撞前瞬间，第二辆车的速度大小； （3）人给第一辆车水平冲量的大小。      33．（22-23高二下·越秀·期末）如图所示，光滑水平面ab上静止放置着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），右侧放置一个不固定的光滑弧形滑块C（足够高），质量，C的弧面与水平面相切。水平面左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长的小车，小车上表面与ab等高。用轻质细绳将A、B连接在一起，A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（与A、B不拴接）。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动冲上弧形滑块C，B在C上可达到的最大高度。物块A与小车之间的动摩擦因数，小车质量M满足，重力加速度g取。求： （1）刚与弹簧分开时物块B的速度大小； （2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能； （3）物块A在小车上滑动过程中产生的热量（计算结果可含有M）。    试卷第1页，共3页 1 / 29 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A【详解】A．根据动能定理有解得故A正确； B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有Ek = F2d2故B错误； C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误； D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小故D错误。故选A。 2．B【详解】A．t时间内叶片排开的空气的质量为故A项错误； B．由动量定理可得 解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为 根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为，故B项正确； C．空气对叶片的压强为所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C项错误； D．单位时间，则时间为1s，所以其单位时间内通过叶片的空气为 单位时间内流过叶片的空气的动能为 故D项错误。故选B。 3．B【详解】A．网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误； B．a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确； C．由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误； D．c处重力的瞬时功率为故D错误。故选B。 4．C【详解】系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。故选C。 5．C【详解】AB．根据题意可知，球C下落到最低点时，AB将要分离，根据机械能守恒定律有 系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有联立解得，故AB错误； C．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有故C正确； D．C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为，AB对地的水平位移大小为，则有 ，解得，故D错误。故选C。 6．C【详解】A．从空中最高点到入水前的过程中，她仅受重力作用，她的动量改变量等于重力的冲量，故A错误； B．从空中最高点到入水前的过程中，速度增大，动量增大，动量的变化量不为零，故B错误； CD．从接触水面到水中最低点的过程中，除了重力还有水的作用力，根据动量定理可知，从接触水面到水中最低点的过程中，她的动量改变量等于水对她的冲量与重力的冲量之和，故D错误，C正确。故选C。 7．D【详解】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B．小球运动到最低点时有向左的速度，则小车速度向右，选项B错误； C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，规定水平向左为正方向，设小球在水平方向上的平均速度为vm，小车在水平方向上的平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm-MvM=0 根据运动学公式有mxm=MxM又根据题意有xm+xM=2l 联立解得小车向右移动的最大距离为xM＝故D正确。故选D。 8．D【详解】ACD．设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理可得 可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未发生变化，故AC错误，D正确； B．由ACD选项分析可知，全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，而 穿戴者所受重力的冲量增大了，故B错误。故选D。 9．A【详解】由题意可知，在时间内箭体受到的平均反冲力约为12N，由牛顿第三定律可知，喷射的水受到的作用力大小约为12N，对水由动量定理可得代入数据解得     A正确，BCD错误。故选A。 10．C【详解】A．种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，有 解得种子胶囊在空中运动的时间为 可得种子胶囊落地的速度为 根据动量定理土壤对种子胶囊的冲量为 故土壤对种子胶囊冲量的大小为，故A错误； B．发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为，故B错误； C．种子胶囊在土壤中做匀减速运动，有解得加速度为 种子胶囊在土壤中运动的时间 根据动量定理有解得 解得种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为，故C正确； D．播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为 故D错误故选C。 11．AC【详解】A．整个运动过程，重锤初始动量为零，末动量为零，根据动量定理，重锤所受合外力冲量为零，A正确； B．重锤随桩一起向下运动过程，动量变化量方向向上，故合外力冲量向上，B错误； C．整个运动过程，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，但运动过程动量不为零，知系统在运动过程不满足动量守恒，C正确； D．重锤与桩的撞击过程会产生内能，所以撞击过程中机械能不守恒，D错误。故选AC。 12．BC【详解】A．抛出负重前后的一段时间内，人与负重所受外力的合力不为0，可知，人与负重动量不守恒，故A错误； B．由于人到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，此时人对负重与自身做了正功，消耗了人的化学能，人与负重机械能增大，可知，起跳后到落地前，人与负重系统机械能不守恒，故B正确； C．由于人到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，而抛出后瞬间他的速度水平向前，大小也为v0，可知，此时负重的对地的速度为0，即负重抛出后做自由落体运，则负重抛出后落地前，动量方向竖直向下，故C正确； D．人跳离地面时做斜抛运动，令初速度为，速度方向与水平方向夹角为，当人上升到最高点时，利用逆向思维有解得 人在最高点，抛出负重后做平抛运动，由于高度一定，可知，与不抛出负重相比，运动员运动的时间不变，在抛出负重前后瞬间人与负重水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，抛出负重后人的速度增大，则与不抛出负重相比，运动员跳得更远，故D错误。故选BC。 13．AB【详解】A．根据自由落体运动的公式解得足球下落到与头部刚接触时速度为 故A正确； B．离开头部后竖直上升的最大高度仍为45cm，则离开的速度 对足球列动量定理解得故B正确； C．足球与头部作用过程中足球动量变化量为故C错误； D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为故D错误。故选AB。 14．BC【详解】A．屈膝过程中人的动量不断变化，最后变为零，故A错误； B．屈膝是为了延长作用时间，从而减小地面对人的支持力，故B正确； C．人与地面接触前的下落过程有解得 所以屈膝过程中人的动量变化量为 即动量变化量的大小为200kg·m/s，方向竖直向上，故C正确； D．根据动量定理可得解得故D错误。故选BC。 15．AD【详解】AB．依题意，盘子随餐桌做匀速圆周运动，其速率保持不变，由动能定理可知 故A正确；B错误； CD．A、B两点速度方向如图甲所示，    则有 由于摩擦力是变力，由动量定理得 将方向平移到B点，如图乙所示，解得 故C错误；D正确。故选AD。 16．ACD【详解】A．根据可得 依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率。故A正确； B．同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量。故B错误； C．根据头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等。故C正确； D．代入数据，可得 可知事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N。故D正确。故选ACD。 17．ABC【详解】AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物 体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知， 解得 根据图像可知，解得 故A正确，D错误； B．根据动量定理有，解得 故B正确； C．根据动能定理可得，，，解得 故C正确。故选ABC。 18．ABD【详解】A．由图甲可知，两球下落高度相同，由可知 则两球到达底部时的速度相同，由于两球质量相同，所以两小球到达底部时，动量相同，故A正确； B．由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，根据两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量相同，故B正确； C．甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，则与甲装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，故C错误； D．由于两球碰撞过程中动量变化量相同，由动量定理， 可知 图像所围面积表示支持力的冲量所以曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D正确。故选ABD。 19．(1)4mg(2)(3)mg 【详解】（1）A由a到b过程解得 A经b点处时解得 （2）A由b到d过程 解得 A与B碰撞，以vd的方向为正方向有， 解得， B与C碰撞，有， 解得， （3）先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离解得 假设成立； 以vA的方向为正方向，根据运动对称性，设A与B两次碰撞时间间隔为t1，则 解得 A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为 其中，解得 对C受力分析有FC=3ma解得FC=mg 20．(1)(2)(3) 【详解】（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒有解得 根据能量守恒 则 （2）弹簧长度变到最短时，三个球的速度相等，根据动量守恒定律 可得弹簧长度刚被锁定后A球的速度 （3）弹簧长度被锁定后，弹簧具有的弹性势能 可得 解除锁定后，根据能量守恒，弹性势能转化为D的动能得 在A球离开挡板P之后，当三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒可得 解得弹簧的最大弹性势能 21．(1)(2)m(3)0.11J 【详解】（1）弹开时，设a、b的速度分别为、，由动量守恒和能量守恒有： 解得m/s m/sa滑上传送带后向左加速，设其速度为时与传送带恰好无挤压，则有 解得m/sm/s 故a在传送带上运动的末速度为5m/s；对a，由动量定理解得 （2）b与M棒相碰，设共速为v，则有解得m/s B切割磁感线，电动势 回路电流 两棒所受安培力解得N 故棒N不会动 对棒M与b，在很短的时间内，由动量定理 对全程，满足 解得m （3）当速度差为0.4 m/s~1.6 m/s之间时，由于，M、N系统动量守恒，当速度差为0.4 m/s时，由动量守恒定律有 又因为 可得 当速度差小于时，（SI制） 回路的感应电动势为 感应电流 N棒受到的安培力 由于，可知之后N匀速，M减速至匀速，系统将一起以vN1=0.6 m/s匀速运动，故全过程M克服安培力做的功为- 解得W=0.11J 22．(1)50m/s2；12.5kg (2) (3) 【详解】（1）a．题意可知距地面x=1m时返回舱速度，到达地面时速度为0，设匀减速直线运动加速度大小为a，由匀变速直线运动速度位移关系可知 b．设每个喷嘴获得的反冲作用力为F，返回舱总质量为M，加速度为a，由牛顿第二定律可知 设单位时间每个喷嘴喷出气体质量为，由动量定律得 联立以上解得 （2）设两次喷气后返回舱速度大小为，动量守恒定律可得 解得 （3）根据题意建立模型如图 设极短时间内太阳因太阳风而损失的质量为，由流体连续性可得粒子径向推进的距离 该球壳内增加的质量等于太阳损失的质量，即 联立以上解得，在单位时间因为太阳风而损失的质量 23．（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）杆头击打母球，对母球由动量定理可得解得 （2）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得 母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒定理和机械能守恒定律有 联立解得目标球被碰撞后的速度大小为 （3）目标球前进到CD挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得 解得 目标球与CD挡壁碰撞，根据题意有即 目标球运动到A球洞过程，由动能定理可得 解得则目标球能进洞。 24．（1）；（2）；（3），当时，，当时， 【详解】（1）小球Q下摆过程，根据动能定理有 小球Q与物体P发生弹性碰撞过程有 解得 （2）若物体P恰不从C点滑出，即P运动到C点时与滑板的速度相等，则有 解得 （3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，则（2）中求出的动摩擦因数为最小值，即有 当P恰好能够运动到B点，此时的动摩擦因数为最大值，则有 解得 综合上述有 若物体P最终恰好运动至滑板上的A点与滑板保持相对静止，则有 解得 可知，当动摩擦因数小于时，P最终将从滑板的A点飞出，可知，当时有 当时，P最终在AB之间的某一位置与滑板保持相对静止，则有 解得 25．（1），；（2）；（3） 【详解】（1）设甲碰撞前、后速度大小分别为、，乙碰撞后速度大小为，甲、乙棋子碰撞过程动量守恒 解得乙方棋子碰后的速度大小 两棋子碰撞时损失的机械能 （2）甲方棋子被弹出后到与乙碰撞运动的位移大小为 棋子运动的加速度大小为 设甲方棋子被弹出时的初速度大小为，则解得 （3）甲方棋子弹出后到碰撞前运动的时间 甲方棋子碰撞后在棋盘上运动的时间 甲方棋子碰撞后运动的位移大小 说明甲棋子没滑出棋盘，故甲方棋子弹出后在棋盘上运动的时间 26．（1）；（2）3 【详解】（1）1球下落高度为h，此时1球的速度大小为v0，由自由落体规律可得 解得 1球受竖向下的重力mg，设地面的平均作用力为F，方向竖向上。1球与地面发生弹性撞后速度大小不变，向为竖直向上，以竖直向下为正方向。由动量定理得 解得 （2）设1球反弹后经时间与2球碰，碰撞时2球自由下落的高度 1球竖直上升的高度 由几何关系得 解得， 即在1球最高点发生碰撞。此时球的速度大小 设它们碰后的速度大小分别为和。以竖直向上为正方向。两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得， 解得 由题意，反弹后能达到的最大高度为h，则有 解得（舍去） 27．（1）；（2） 【详解】（1）两根绳子对重物的合力 重物从上升到最终到地面，根据动能定理解得 （2）重物落到地面后，根据速度位移公式解得 则，重物与地面作用时间为 设地面对重物的平均作用力为F1，取竖直向上为正方向，对重物根据动量定理 解得 根据牛顿第三定律，重物对地面的平均冲击力大小等于地面对重物的平均作用力 28．（1）247500J；（2），0.09s；（3）见解析 【详解】（1）由题可知一级吸能元件吸收能量等于缓冲吸能吸能管吸能总和 由图可知 可得 （2）设一级吸能元件工作结束时现车的速度为，由能量守恒定律解得 设二级吸能原件工作时的缓冲作用力大小为，作用时间为t，由动能定理和动量定理有 解得， （3）当甲车速度为时，甲乙两车碰撞后两车共速且刚好使一级吸能元件中的缓冲器锁定，此时两车速度设为，则有 （一级最大吸能总量60%以内） 可得 由题可知两车碰撞中当甲车速度时，碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器末被锁定此时发生弹性碰撞，弹簧恢复形变后，甲车的速度为，乙车获得速度为，有 可得 即当时，； 由题可知两车碰撞中当甲车速度时，碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器被锁定后此时启动了吸能管，发生的碰撞为完全非弹性碰撞，吸能元件吸收能量最大且原件吸能总量为时，碰后两车速度相同为，有 可得， 当时，缓冲器被锁定，有 可得 综上所述：当时，； 当时，。 29．（1）20m/s；（2）5400J 【详解】（1）设甲的速度为，乙猛推甲，系统动量守恒解得 方向与初速度方向相同； （2）乙推甲过程，若乙肌肉做功，消耗生物能量全部转化为甲、乙系统机械能的增加量，甲、乙系统机械能的增加量为ΔE，对系统，由能量守恒定律 解得 30．（1）15m/s ；（2）14.77N ；（3） 【详解】（1）撤去力F后，小滑块在滑行1s过程中由动量定理有 解得撤去力F时滑块的速度 （2）小滑块在滑行2s过程中由动量定理有 解得 （3）小滑块与木板作用，根据动量守恒定律有 解得小滑块与木板共速为 设木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小为，由动能定理有 解得木板位移 故当即时，小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰。 31．（1）6m/s；（2）5m/s；（3）33J；（4）2.4J 【详解】（1）物块A在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；由牛顿第二定律得 解得 由动能定理 A与B分离后瞬间，A的速度大小 （2）A与B分离后瞬间，由动量守恒可得 A与B分离后瞬间，B的速度大小 （3）解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得 （4）B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由牛顿第二定律可得解得加速度为 B在传送带做减速运动的时间为 B减速运动的位移为 在此时间内传送带的位移为 物块B相对传送带滑行的距离为 B在传送带上滑动过程中产生的内能 32．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则 即整个过程中摩擦阻力所做的总功为。 （2）（3）设第一车的初速度为，第一次碰前速度为，碰后共同速度为，第二次碰前速度为，碰后共同速度为，根据动能定理有 由动量守恒得， 联立求得 跟第三辆车碰撞前瞬间，第二辆车的速度大小 人给第一辆车水平冲量的大小 33．（1）4m/s；（2）10J；（3）当时，，当时， 【详解】（1）物块B与弹簧分离后，对B、C，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有解得 （2）对物块A、B构成的系统，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有解得 （3）若A没有飞离小车，对A与小车，根据动量守恒定律有 令相对位移为x，则有解得 可知，当小车质量M增大时，相对位移x增大，当x=L时，解得M=4kg 可知，当时，物块A飞离小车，相对位移为L，则有 当时，物块A没有飞离小车，则有解得 21 / 29 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $