高考物理动量突破-五大专题讲义教师版

2025高考物理动量突破——五大专题讲义教师版模型1冲量与功、动量与动能、动量守恒定律与机械能守恒定律的区别与联系 1.冲量与功的比较 2.动量与动能的比较 3.动量定理与动能定理 4.动量守恒定律与机械能守恒定律 3模型2应用动量定理处理流体模型 141.研究对象 2.处理方法 模型3碰撞问题 2.特点： 3.分类 4.碰撞问题遵守的三条原则 255.弹性碰撞的结论 模型4爆炸、反冲及人船模型 40 402.反冲现象： 403.人船模型 40模型5滑块木板、子弹木块、滑块弹簧、滑块斜(曲)面问题 511.滑块木板模型 2.子弹木块模型 3.滑块弹簧模型 4.滑块斜（曲）面模型 模型1冲量与功、动量与动能、动量守恒定律与机械能守恒定律的区别与联系1.冲量与功的比较冲量定义作用在物体上的力和力作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位N·sJ公式I=Ft(F为恒力)W=Flcosθ(F为恒力)矢标性矢量标量意义(1)表示力对时间的累积(2)是动量变化的量度(1)表示力对空间的累积(2)是能量变化的量度联系都是过程量,都与力的作用过程相联系2.动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝\2mEk变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化3.动量定理与动能定理1）动量定理：①内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.②表达式:F合t=mvt-mv02）动能定理①内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.②表达式：W合=mvt-mv0.③物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度.3）说明：①应用这两个定理时，都涉及到初、末状状态的选定，一般应通过运动过程的分析来定初、末状态．初、末状态的动量和动能都涉及到速度，一定要注意我们现阶段是在地面参考系中来应用这两个定理，所以速度都必须是对地面的速度.②动量是有方向的，是矢量，而动能没方向，是标量。③两个定理都不用考虑中间过程，只考虑始末状态。动量定理只考虑始末状态的动量，动能定理只考虑始末状态的动能。过程中的速度加速度变化不予考虑。④两个定理都主要解决“不守恒”问题，动量定理主要解决动量不守恒问题，动能定理主要解决机械能不守恒问题。⑤动量定理反映了冲量是动量变化的原因，而动能定理反映了外力做功是物体动能变化的原因。4.动量守恒定律与机械能守恒定律1）动量守恒定律①内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。②适用条件Ⅰ、理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。Ⅱ、近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。Ⅲ、某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。③动量守恒定律的表达式4(1)p=p’或m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)Δp1=Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。2）机械能守恒定律①内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。②表达式：mgh1+=mgh2+或Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。③守恒条件：只有重力或弹力做功。1.冲量与功【典型题1】（2024·辽宁大连·二模多选）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是()A．地面对手的支持力做了正功B．地面对手的支持力冲量为零C．他克服重力做了功D．他的机械能增加了【答案】CD【详解】A．由于地面对手的支持力作用点没有发生位移，则地面对手的支持力不做功，故A错误；B．根据IN=Nt可知地面对手的支持力冲量不为零，故B错误；CD．由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，在向上撑起过程中，同学的机械能增加了，故CD正确。故选CD。2.动量与动能【典型题2】甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。若甲的质量大于乙的质量，5A．甲推乙的过程中，甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力B．甲推乙的过程中，甲对乙的冲量小于乙对甲的冲量C．分开后，甲的动量大于乙的动量D．分开后，甲的动能小于乙的动能【答案】D【详解】A．根据牛顿第三定律可知，甲推乙的过程中，甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，故A错BC．甲推乙的过程中，甲乙二人组成的系统在二者相互作用过程中不受外力，满足系统动量守恒条件，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大反向，故分开后，甲的动量等于乙的动量，故BC错误；D．根据Ek=可知动量大小相等，而甲的质量大于乙的质量，故甲的动能小于乙的动能，故D正确。故选D。3.动量定理与动能定理【典型题3】（2024·山东淄博·模拟预测）中科院研制的电磁弹射实验装置能构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。已知在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。取重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是()A．实验舱向下运动的过程始终处于失重状态B．实验舱运动过程中距离A位置的最大距离为40mC．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功等于1×105JD．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量大于1×104N.s【答案】D【详解】A．实验舱向下运动的过程，开始做自由落体运动，处于失重状态，后向下减速，处于超重状态，选项A错误；B．实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知距离A位置的最大距离gt2=×10×22m=20m选项B错误；C．实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为v=gt=10m/s2×2s=20m/s在向上弹射过程中，根据动能定理有W—mgh=mv2=1×105J选项C错误；D．在向上弹射过程中，根据动量定理有I—mgt/=mv=1×104N.s选项D正确。故选D。4.动量守恒定律与机械能守恒定律【典型题4】（2024·江苏镇江·模拟预测）如图，A、B两物体的质量之比为mA:mB=1:2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开（A、B两物体始终不滑出平板车A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．A、B在小车C上滑动过程中小车一直处于静止D．A、B、C组成的系统动量守恒【答案】D【详解】A．在弹簧释放的过程中，因mA:mB=1:2，由摩擦力公式Ff=μFN=μmg可知A、B两物体所受的摩擦力大小不相等，故A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，故A错误；BC．A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，小车将向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故BC错误；D．A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确。故选D。12025·广东·一模）一定质量的物体，下列说法正确的是()A．动量变化时，动能可能不变B．动量变化时，速率一定变化C．速度变化时，动能一定变化D．动能变化时，动量可能不变【答案】A【详解】A．物体动量变化时，动能可能不变，比如匀速圆周运动，故A正确；B．动量变化时，可能是速度方向变化，速率不一定发生变化，故B错误；C．速度变化时，若大小不变，则动能不变，故C错误；D．动能变化时，则速度大小一定变化，所以动量一定变化，故D错误。故选A。22024·北京·模拟预测）“神舟十六号”载人飞船安全着陆需经过分离、制动、再入和减速四个阶段。如图所示，在减速阶段，巨型降落伞为返回舱提供阻力，假设返回舱做直线运动，则在减速阶段()8A．伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力B．伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和为零C．合外力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化D．除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化【答案】D【详解】A．返回舱做减速运动，则伞绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，选项A错误；B．返回舱的动量不断减小，则根据动量定理，伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和不为零，方向向上，选项B错误；C．根据动能定理，合外力对返回舱做的功等于返回舱动能的变化，选项C错误；D．由能量关系可知，除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化，选项D正确。故选D。32024·广西贵港·模拟预测）为了响应政府号召，做到“守护好一江碧水”，记者骑行马拉松跑道见证最美长江岸线，并用手机上“测加速度”的应用程序记录下了电动车从静止开始沿直线运动过程中的运动信息，其加速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知在这段时间内电动车()A．2s末的位移最大B．0~2s平均速度大小大于2s~4s平均速度大小C．0~2s合外力做功大小等于2s~4s合外力做功大小D．0~2s合外力冲量大小小于2s~4s合外力冲量大小【答案】C9【详解】A．a-t图像与坐标轴包围的面积表示速度的变化量，0~2s速度的变化量大小与2~4s速度的变化量大小相同，方向相反。设t=2s，速度为v，则t=4s速度为零。0~2s电动车从速度为零开始加速，2~4s时减速到零。4s末位移最大，A错误；B．根据图像对称性，0~2s位移与2~4s相等，0~2s平均速度大小等于2~4s平均速度大小，B错误；C．根据动能定理，0~2s和2~4s动能的变化量相等，故合外力做功大小相等，C正确；D．根据动量定理，0~2s合外力冲量大小等于2~4s合外力冲量大小，方向相反，D错误。故选C。42024·贵州毕节·模拟预测）某同学做投篮练习，两次分别从相同高度的A、B两位置抛出同一篮球，恰好都垂直撞击在篮板同一位置C，如图所示，忽略空气阻力，以下说法正确的是()A．篮球两次抛出时的动量相等B．两次篮球重力做功的平均功率相等C．篮球两次到位置C时机械能相等D．两次重力的冲量不相等【答案】B【详解】A．篮球垂直撞击在篮板同一位置，可知逆过程可看做是平抛运动，因高度相同，则运动时间t相同，根据vx=可知从A位置抛出时的水平速度较大，根据抛出时的速度可知篮球从A位置抛出时的速度较大，动量较大，故A错误；B．根据P=可知，篮球两次从抛出到撞击篮板的过程中重力做功的平均功率相等，故B正确；C．两次在位置C重力势能相等，但动能不等，故机械能不等，故C错误；D．由I=mgt可知重力的冲量相等，故D错误。故选B。52024·山东·模拟预测）如图，a车拖着因故障而失去动力的b车在平直的公路上匀速行驶，t=0时刻a、b之间的拖车绳断裂。已知a车行驶过程中功率始终恒定，a、b运动过程中所受的阻力恒定，忽略拖车绳的质量。从t=0时刻至b车停止之前，下列说法正确的是()A．两车动量之和恒定不变B．两车动能之和不断增大C．相同时间间隔内a车动能的增量相同D．b车的动量随时间均匀减小【答案】D【详解】AB．设a车的功率为P，a、b车所受阻力的大小分别为Fa、Fb，绳子断开之前，有P=(Fa+Fb)va绳子断开后，a车受到的阻力为Fa，则a车速度将增大，其功率不变，故其牵引力减小，a车先做加速度减小的加速运动，之后可能存在匀速过程，将a，b两车视为系统，可知在b车停下之前系统合外力水平向左，两车的动量之和减小，合外力做负功，动能之和减小，故AB错误；C．对a车，根据动能定理可得Pt—Fas=ΔEb可知a车加速的过程中相同时间内位移不断增大，a车克服阻力做的功增多，动能增加量减少，故C错D．b车做匀减速直线运动，速度随时间均匀减小，故动量随时间均匀减小，故D正确。故选D。62024·云南·模拟预测）如图所示，将三个完全相同的小球a、b、c从同一高度以相同速率同时抛出。其中a球竖直上抛、b球竖直下抛、c球平抛，均落到同一水平地面上。不计空气阻力，下列说法正确的是()A．三个小球刚要落地时，速度相同B．三个小球刚要落地时，b球的动能最大C．三个小球从抛出到落地过程中，重力做功相等D．从抛出到b球落地的过程中，c球的动量变化量最大【答案】C【详解】C．三个小球从抛出到落地过程中，从同一高度抛出后落到同一水平地面上，竖直高度相同，重力做功mgh相等，故C正确；AB．三个小球抛出时的速率相同，根据动能定理mgh=mv2—知，三球落地时速度的大小相等，但落地时方向不同，故速度不同，但动能相等，故A错误，B错误；D．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以小球a上抛，运动的时间最长，根据动量定理mgΔt=Δp知，a球的动量变化量最大，故D错误。故选C。72024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像可知A．物体在1s末改变运动方向B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反C．前2s内合力冲量为0D．第3s合力对物体做负功【答案】C【详解】A．由v—t图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误；B．根据vt图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误；C．由vt图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，故C正确；D．由vt图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力对物体做正功，故D错误。故选C。82023·浙江宁波·模拟预测）2022年2月5日在北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队成功夺冠。运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。不考虑空气阻力的影响，则交接过A．两运动员的总动量不守恒B．两运动员的总机械能守恒C．每个运动员所受推力的冲量大小相同D．每个运动员的动量变化相同【答案】C【详解】A．两运动员在交接的过程中，系统所受合力矢量和为零，系统动量守恒，故两运动员的总动量守恒，故A错误；B．后方运动员推前方运动员，推力对两运动员都做正功，故两运动员的总机械能增加，故B错误；C．两运动员受到的推力为相互作用力，力的作用时间相同，每个运动员所受推力的冲量大小相同。故C正确；D．系统动量守恒，两个运动员的动量变化量等大反向，动量变化不相同，故D错误。故选C。9．竖直放置的轻质弹簧，下端固定在水平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度处自由下落，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是()A．小球和弹簧组成的系统动量守恒B．小球的动量一直减小C．弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小D．小球的机械能守恒【答案】C【详解】A．弹簧为轻质弹簧，质量忽略不计，弹簧的动量为0，对小球进行受力分析，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先做自由落体运动，后向下做加速度减小的变加速直线运动，最后向下做加速度增大的变减速直线运动，可知，速度先增大后减小，动量先增大后减小，可知，小球和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；B．根据上述可知，小球的动量先增大后减小，故B错误；C．根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，直至速度减为0，根据动量定理有IG-I弹簧=0-mv可知，弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小，故C正确；D．根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，故D错误。故选C。102024·山西朔州·模拟预测）如图是老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，手拿住木棒（保持水平此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由下落时（不计空气阻力发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是()A．放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用B．放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线C．放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒D．放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒【答案】D【详解】A．放手下落过程中，磁铁竖直方向只受重力作用，木棒与磁铁间没有弹力，所以不受摩擦力作用，故A错误；B．磁铁水平方向受相互吸引力作用，且引力不断增大，所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条直线上，磁铁做曲线运动，故B错误；C．两个磁铁水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故C错误；D．放手下落过程中，两磁铁间的吸引力做正功，所以系统机械能不守恒，故D正确。故选D。112024·北京海淀·模拟预测）如图所示，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对于子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程中，下列说法正确的是()A．整个过程中，弹丸和沙箱组成的系统动量守恒B．子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能守恒C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大D．若保持M、m、v不变，l变大，则弹丸与沙箱的最大摆角不变【答案】C【详解】AB．弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，而系统的机械能因摩擦生热而减少，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=(M+m)v1解得弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，而系统的外力之和不为零动量不守恒，故整个过程中弹丸和沙箱组成的系统动量不守恒，子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能不守恒，故AB错误；C．由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能为mv2-若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大，故C正确；D．弹丸与沙箱一起摆动过程，设最大摆角为则有22联立解得=cosα若保持M、m、v不变，l变大，则弹丸与沙箱的最大摆角α变小，故D错误。故选C。模型2应用动量定理处理流体模型1.研究对象1)流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ2)微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n微粒类先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘N计算2.处理方法1）构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S2）微元研究①小段柱体的体积ΔV＝vSΔt②小段柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt③小段柱体粒子数N＝nvSΔt④小段柱体动量p＝mv=ρv2SΔt3）列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究1.应用动量定理处理流体模型【典型题1】（2024·甘肃平凉·模拟预测）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示，距离地面高度约1m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，喷出的燃气相对于喷气前返回舱的速度为v，4台发动机喷气口的横截面积均为S，喷出燃气的密度为ρ。喷出的气体所受重力忽略不计。反推发动机工作时燃气对返回舱作用力的大小为()【答案】A【详解】极短的时间Δt内喷出的燃气质量Δm=PvΔt.4S=4PvΔtS根据动量定理有FΔt=Δmv联立解得F=4PSv2由牛顿第三定律知反推发动机工作时燃气对返回舱作用力的大小为F/=F=4PSv2故选A。【典型题2】（2024·上海黄浦·二模）消防员用横截面积为S的喷水枪，喷出恒定流速为v的水流，水流垂直射向着火的墙体后，速度可视为0。水的密度为P，水流的重力忽略不计。求：（1）水枪在Δt时间内喷出水的质量。（2）墙体受到水流平均冲击力的大小。【详解】（1）水枪在Δt时间内喷出水的质量为Δm=PSvΔt（2）以水喷出的方向为正方向，与墙体碰撞过程中Δt时间内的水，根据动量定理得-FΔt=0-Δmv解得F=PSv2根据牛顿第三定律可得，墙体受到水流平均冲击力的大小F/=F=PSv212024·河北邢台·二模）某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm，空气密度为1.29kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度10m/s2。则此时吹风机的风速约为()A．6m/sB．8m/sC．10m/sD．12m/s【答案】A【详解】对于Δt时间内吹出的空气，根据动量定理FΔt=mv=PvSΔt.v其中F=G=0.36N，S=πr2代入数据解得v≈6m/s故选A。22024·安徽合肥·二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如下图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I．氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为()【答案】D【详解】氙离子经电场加速，根据动能定理有解得设单位体积内离子数目为n，加速喷出时截面积为S，在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出Δm=nmSvΔt，形成电流为I，I=nqSv由动量定理可得FΔt=Δmv联立可得离子推进器产生的推力为。故选D。32024·北京海淀·二模）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响，对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；认为沙子落到容器底部时速度瞬时变为零，下列说法正确的是()A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小【答案】C【详解】AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。对整体分析，有一部分沙子有向下的加速度，则总重力大于桌面对沙漏的支持力，合力向下，故AB错误；C．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的沙子质量为m1，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙子冲击底部静止沙子表面的速度为沙子下落的时间为设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为F1，在极短时间Δt内，撞击在底部静止沙子表面的沙子质量为Δm，取向上为正方向，由动量定理有Δt=Δmv=Δm解得空中的沙子质量对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力为FN=(m-m1)g+F1=mg故C正确，D错误。故选C。42024·山东枣庄·三模）如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为()A．1.5sB．2.5sC．3.0sD．5.0s【答案】B设持续倾倒黄豆的时间为t，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，由动量定理得FΔt=2nm0v方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v又F=0.8N，则代入数据可得t=2.5s故选B。52024·山东菏泽·三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为θ,牵引线与竖直方向夹角为2θ。已知风筝质量为m，垂直风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为()【答案】A【详解】对风筝受力分析如图1所示，作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力F=2mgcosθ根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间Δt内，垂直打在风筝面的风的质量Δm=PSvΔt在垂直风筝面方向上由动量定理有F.Δt=Δm.v联立解得空气密度为故选A。62025·河南安阳·一模）汽车在高速运行时受到的空气阻力与汽车的速度有关。一质量为m的汽车在平直高速公路上由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。汽车运动过程中，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P，车头的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力，当汽车以额定功率运行到速度为最大速度的时，汽车的加速度大小为()【答案】D【详解】设汽车的速度为v，汽车对空气的作用力为F，取Δt时间内空气柱的质量为Δm，对一小段空气柱应用动量定理可得F.Δt=Δm.v其中Δm=Pv.ΔtS解得F=PSv2由牛顿第三定律可得，空气对汽车的阻力为f=F=PSv2当牵引力等于阻力时速度达到最大，则P=fvm解得对整体根据牛顿第二定律F牵-f/=ma故选D。72024·山东日照·一模）台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12级台风登陆时中心附近最大风力约为35m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5m2，空气的密度约为1.29kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为()A．790NB．79NC．230ND．23N【答案】A【详解】单位时间吹到人身体上的空气质量m=PV=PSvΔt根据动量定理-FΔt=0-mv小明所受的风力大小约为F=PSv2=1.29×0.5×352N≈790N故选A。82024·海南海口·一模）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为P，不计雨滴重力。压强p为()C．P(v-v2)D．P(v+v2)【答案】B【详解】以极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为Δm，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，根据动量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为则以极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量Δm=m0SΔt=根据牛顿第三定律有F2=F1雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强解得故选B。92025·浙江·一模）游乐园内喷泉喷出的水柱使得质量为M的卡通玩具悬停在空中（假设这样冲水，能保持短暂平衡）。为估算，作如下假定后进行理论分析：假设喷泉水柱从横截面积为S的喷口以速度v0持续竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积大于S水柱冲击到玩具底部后，竖直方向的速度变为零，朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ,当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法错误的是()A．水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力B．水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力C．喷泉单位时间内喷出的水质量为Pv0SD．玩具在空中悬停时，其底部相对于喷口的高度为【答案】D【详解】AB．卡通玩具悬停在空中，可知水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力，即水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力，故AB正确，不满足题意要求；C．喷泉单位时间内喷出的水质量为=Pv0S故C正确，不满足题意要求；D．设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，有能量守恒得m0v2+m0gh=m0v02在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=m0v（m0=PSv0Δt）设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt=Δp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg联立可得故D错误，满足题意要求。故选D。102024·海南省直辖县级单位·模拟预测）帆船是利用风力航行的船，是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为P，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则风速大小为()0【答案】A【详解】Δt时间内冲击船帆的空气的体积为V=SL=S(v—v0)ΔtΔt时间内冲击船帆的空气质量为空气的动量改变量为Δp=m(v0—v)取船速方向为正，设帆对空气的作用力大小为F，由动量定理可得—Ft=Δp又帆船匀速前行，根据平衡条件F=f联立解得故选A。112024·福建·三模多选）如图所示，消防员正在进行消防灭火演练，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，设水柱直径为D，以水平速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为P，下列说法A．水枪的流量为πvD2B．水枪的功率为πPD2v3C．水柱对着火物的冲击力为πPD2v2D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方【答案】BDA错误；B.Δt时间内水枪喷出的水的动能为Δmv2=πPD2v3Δt知高压水枪在此期间对水做功为W=Ek=πPD2v3Δl高压水枪的功率为πPD2v3B正确；C．考虑一个极短时间Δt/，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得FΔt/=mvΔt/时间内冲到着火物上水的质量为PπD2vΔt/解得πPD2v2由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为F/=F=πPD2v2C错误；D．当高压水枪水平向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力水平向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D正确。故选BD。模型3碰撞问题1.碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.2.特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.3.分类类型定义动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失守恒守恒非弹性碰撞发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能守恒有损失完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动守恒损失最大在一动撞一静的完全非弹性碰撞失的动能为系统初动能的一半4.碰撞问题遵守的三条原则1）动量守恒：p1+p2=p1+p2.2）动能不增加：Ek1+Ek2=Ek1+Ek2.3）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至少有一个改变.5.弹性碰撞的结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有v,讨论：,'''.'>0，v2>0(碰后两物体沿同一方向运动)；当m1>1.弹性碰撞【典型题1】（2024·山东济宁·一模）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是()A．v1=0.2m/s，方向水平向左2=0.2m/s，方向水平向左B．v1=0.2m/s，方向水平向右D．v2=0.1m/s，方向水平向左【答案】B【详解】设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得代入数据解得v1=0.2m/s，v2=0.4m/s可知v1=0.2m/s，方向水平向右；v2=0.4m/s，方向水平向左。故选B。2.完全非弹性碰撞【典型题2】（2024·山东济南·模拟预测）如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m＝2kg。开始时橡皮筋松弛，B静止。给A向左的初速度v0=3m/s，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的2倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。整个过程中橡皮筋始终在弹性限度内，则滑块B的质量为()A．4kgB．3kgC．2kg【答案】D【详解】设碰撞前瞬间A、B的速度大小为别为v1、v2，碰撞后的共同速度为v3，根据题意有v3=2v1，对该系统由动量守恒定律有联立解得mB=1kg故选D。3.碰撞的可能性问题【典型题3】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′4m/s，vB′＝7m/s【答案】C【详解】A．碰前系统总动量为：p=(1×6+2×2)kg.m/s=10kg.m/s碰前总动能为：Ek=J=22J动量不守恒，不可能，A错误；B．碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；C．如果vA/=2m/s，vB/=4m/s，则碰后系统动量守恒，碰后总动能为：Ek/=J=18J系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；D．如果vA/=4m/s，vB/=7m/s，则碰后总动量为p/=(1×(4)+2×7)kg.m/s=10kg.m/s系统动量守恒，碰后总动能为：Ek/=J=57J系统动能增加，不可能，D错误。故选C。12024·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强，若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的()50150250【答案】B【详解】如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律mv0=(150m+m)v解得如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律mv0=150mv1+mv2由机械能守恒定律×150mv联立解得故撞击后大石块的速度范围为v0≤v≤1故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的故选B。22024·贵州·模拟预测）如图，光滑水平地面上，动量为p1的小球1向右运动，与同向运动且动量为p2的小球2发生弹性碰撞，p1=p2，碰撞后小球1的速率为v、动能为E1、动量大小为p，小球2的速率为v、动能为E2、动量大小为p。下列选项一定正确的是()A．v<vB．碰撞后球2向右运动，球1向左运动C．E1<E2D．p<p【答案】D【详解】AB．要发生碰撞则v1>v2，m1<m2根据两个物体发生弹性碰撞的公式可得碰撞后速度因此当足够大时可造成v>v由弹性碰撞规律，当时可造成碰后两者可以都向右运动，故AB错误；C．碰撞过程小球2动能增大，但初动能小球1的大于小球2的，故碰后动能大小不确定，故C错误；D．碰撞过程小球2动量增大，且系统动量守恒，所以p<p，故D正确。故选D。32024·江苏·模拟预测）如图所示，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生正碰，然后b与c也发生正碰。若a、b、c的质量可任意选择，碰撞可以是弹性也可以是非弹性的，各种可能的碰撞后，c的最大速度为()A．4vB．6v【答案】A【详解】设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc。a与b碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有mav=mava+mbvb1①根据机械能守恒定律有mav2=mava2+mbvb12②联立①②解得vb1=③由③式可知，当mamb时，有vb1≈2v④设b与c碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得联立⑤⑥解得vc=⑦由⑦式可知，当mbmc时，有vc≈2vb1≈4v⑧所以若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于4v。故选A。42024·河北沧州·三模）甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球甲的质量小于小球乙的质量，两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是()A．图线A为碰前乙的位移—时间图像B．图线C为碰后甲的位移—时间图像D．两小球的碰撞为非弹性碰撞【答案】A【详解】AB．由图像可知图线A、B、D对应的小球的速度大小分别为、、vC=由题意小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的方向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线A为碰前小球乙的图线，图线C为碰后小球乙的图线，故A正确，B错误；C．由碰撞过程动量守恒定律得-m甲vB+m乙vA=m甲vC故C错误；D．碰前系统的动能为Ek1=m甲碰后系统的动能为Ek2=m甲显然Ek1=Ek2所以该碰撞为弹性碰撞，故D错误。故选A。52024·吉林长春·模拟预测）如图所示，用长度均为l的轻质细绳悬挂三个形状相同的弹性小球，质量依次满足m1m2m3(ℼ≫”表示“远大于”）。将左边第一个小球拉起一定角度θ后释放，则最后一个小球开始运动时的速度约为()【答案】D【详解】设碰撞前瞬间第一个小球的速度为v0，根据机械能守恒定律，有m1gl解得设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律，有v2根据机械能守恒定律，有故选D。62024·江西·一模）如图，在水平地面上固定一圆环，圆环内壁光滑，圆环内嵌着A、B两个大小相同的小球，它们的质量分别是mA、mB，且mA>mB，小球的直径略小于圆环的孔径且它们之间的摩擦忽略不计，圆环的内半径远大于球的半径，初始时B球处于静止状态，A球以一定初速度撞击B球，A、B两个球在a点发生弹性碰撞，一段时间后，A、B两个球在b点发生第二次弹性碰撞，a、b两点与圆环【答案】A【详解】两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则根据动量守恒和机械能守恒有联立解得v0，vB=第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，有xA=l周，故A、B通过的路程之比为，则有（k=0，1，2…）由于两质量均为正数，故k=0，即故选A。72024·山东烟台·二模）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令则p的取值范围为()【答案】C【详解】xt图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，m1碰后的速度为v1=m2碰后的速度大小为两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即v2且m1v02≥m1v12+m2v22整理解得即p≤1故选C。82024·福建·一模多选）在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是()A．若m1=m2，最终将有1个小球运动B．若m1<m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞C．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致D．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致【答案】AD【详解】A．碰撞时由动量守恒和能量守恒可知若m1=m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A正确；B．若m1<m2，则碰后v1>v2>0，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换…，则不只发生1次碰撞，B错误；CD．若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，且运动方向相反，C错误、D正确。故选AD。92024·宁夏石嘴山·三模多选）A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a、b分别为A、B两球碰撞前的位移-时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移-时间图像，若A球质量是m=2kg，则由图可知，下列结论正确的是()A．A、B碰撞前的总动量为3kg.m/sB．碰撞时A对B所施冲量为—4N.sC．碰撞前后A的动量变化量为4kg.m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8J【答案】BC根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=(mA+mB)v解得A、B两球碰撞前的总动量为p=mAvA+mBvB=—3kg.m/s故A错误；故B正确；故C正确；D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk=mvA2+mBvB2—v2=10J故选BC。102024·四川内江·三模多选）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1kg的滑块可在水平滑轨上滑动。忽略摩擦和空气阻力。开窗帘过程中，电机对滑块a施加一个水平向右的恒力F，推动滑块a以0.30m/s的速度与静止的滑块b碰撞，碰撞时间为0.04s。碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.16m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的是()A．两滑块的动量不守恒B．滑块a受到合外力的冲量大小为0.14N•sC．滑块b受到合外力的冲量大小为0.32N•sD．滑块b受到滑块a的平均作用力的大小为3.5N【答案】AB【详解】A．取向右为正方向，滑块a和滑块b组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.30kg·m/s=0.30kg·m/s碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.16kg·m/s=0.32kg·m/s则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A正确；B．对滑块a，取向右为正方向，则有I1=mv2-mv1=1×0.16kg·m/s-1×0.30kg·m/s=-0.14kg·m/s负号表示方向水平向左，故B正确；C．对滑块b，取向右为正方向，则有I2=mv2=1×0.16kg·m/s=0.16kg·m/s故C错误；D．对滑块b根据动量定理有F.Δt=I2解得F=4N则滑块b受到滑块a的平均作用力大小为4N，故D错误。故选AB。112024·福建漳州·二模多选）如图，冰壶被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧。质量相同的冰壶甲和乙相距30m，冰壶甲以速度v0被推出后做匀减速直线运动，经过10s与静止的冰壶乙发生对心弹性碰撞，则()A．两冰壶碰撞后均向前运动B．两冰壶碰撞后，甲静止不动C．冰壶甲初速度v0大小可能为3m/sD．冰壶甲初速度v0大小可能为5m/s【答案】BD【详解】AB．根据两质量相等的物体，弹性碰撞速度交换可知，两冰壶碰撞后，甲静止不动，乙向前运动，故A错误，B正确；CD．冰壶做匀减速直线运动，则由题意可知v>0，代入数据得v0<6m/s但如果v0=3m/s，则v=3m/s，与甲做匀减速运动矛盾，故C错误，D正确。故选BD。122024·陕西商洛·模拟预测）如图所示，可固定的四分之一圆槽AB的半径为R、质量为3m，静止放在水平地面上，圆槽底端B点的切线水平，距离B点为R处有一质量为3m的小球2。现将质量为m的小球1（可视为质点）从圆槽顶端的A点由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦，两小球大小相同，所有的碰撞均为弹性碰撞。（1）若圆槽固定，求小球2最终的速度大小；（2）若圆槽不固定，求小球1刚与小球2接触时，与圆槽底端B点的距离；（3）若圆槽不固定，求小球1最终的速度大小。【答案】（12）R3）【详解】（1）若圆槽固定，则小球1下落速度为v1接下来小球1与小球2发生弹性碰撞，动量守恒有mv1=mv2+3mv3机械能守恒有mv=mv+.3mv解得（2）设小球1刚离开圆槽时，圆槽的位移为x0，此时小球的位移为x1，有x0+x1=R小球1滑下过程水平方向动量守恒，设小球1运动方向为正方向，有0=mv4—3mv5由于两者运动时间相同，整理有mv4t=3mv5t小球1滑下过程，由能量守恒有mgR=.3mv小球滑下后，到与小球2接触过程做匀速直线运动，则有2R—x1=v4t1该时间内圆槽运动为x2=v5t1综上所述，其小球1与圆槽底端距离为s=x2+x0+R=（3）结合之前的分析可知，小球1与小球2发生碰撞，动量守恒有mv4=mv6+3mv7机械能守恒有.3mv解得v6=即小球1与小球2碰撞后速度大小为R>v5=所以小球1与小球2碰后速度大小大于圆槽的速度，最终会追上圆槽并滑上后再滑下来，该过程类似于弹性碰撞。设圆槽运动方向为正方向，有能量方面有2mv6+2.3mv=2mv+2解得所以小球1最终以速度匀速运动下去。132024·天津北辰·三模）2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度v0从乙车正后方同一车道匀速驶来，在距乙车x0处紧急刹车（牵引力瞬间变为零但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、乙两车各自减速运动后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间不计，碰撞前、后两车质量均保持为m不变，且始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加速度相同的匀减速运动，重力加速度为g。求：（1）碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比；（2）两车与路面的动摩擦因数及甲车碰撞前瞬间的速度大小。【详解】（1）设碰撞后甲、乙两车的速度大小分别为v1、v2，两车与路面的动摩擦因数为μ,根据动能定理可得可得碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为v1:v2=1:2（2）设碰撞前瞬间甲车的速度为v，碰撞前对甲车，由动能定理得—μmgx0=mv2—碰撞时由动量守恒可得mv=mv1+mv2结合（1）问方程，解得μ=，模型4爆炸、反冲及人船模型1.爆炸1）爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.2）在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.3）由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.2.反冲现象：1）反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.2）在反冲现象里，系统不受外力或内力远大于外力，系统的动量是守恒的.3）反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加3.人船模型1）模型图示2）模型特点①两物体满足动量守恒定律：m人v人-m船v船=0②两物体的位移大小满足：m人又x人+x船=L③运动特点Ⅰ、人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；Ⅱ、人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x人x船=v船=1.爆炸【典型题1】（2024·青海海南·二模）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为()【答案】D【详解】火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v，则E=2mv2得设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，有2mv=—mv+mv1解得v1=3根据平抛运动规律有得两块碎片落地点之间的距离故D。2.反冲【典型题2】（2024·山东潍坊·模拟预测）如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为P，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲【答案】A【详解】喷出的气体的质量为m=PV以喷出的气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有FΔt=mu—mv解得根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为。故选A。3.人船模型【典型题3】（2024·山东·模拟预测）如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的【答案】C【详解】P、Q在水平方向上动量守恒，有mv0=mv1+3mv2则在时间t内有mv0t=mx+3mx2可知故选C。1.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1=50kg的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为m2=20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为h=5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，气球上升的距离大约是（可以把人看作质点）()【答案】C【详解】设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得m1v1=m2v2则有m1x1=m2x2由几何关系x1+x2=h=5m气球上升的距离为x2=h=×5m≈3.6m故选C。2．如图甲所示，光滑地面上有一质量为M的足够长木板ab，一质量为m的人站在木板的b端，关于人由静止开始至运动到木板的a端（M、N表示地面上原a、b对应的点则如图乙所示中正确的是()【答案】B【详解】木板与人组成的系统动量守恒，以N点为参考点，人向左运动，木板向右运动，即人在N点左侧，木板b端在N点右侧。故选B。32024·安徽淮北·二模）如图所示，北京时间2024年3月2日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林密切协同，在地面科研人员的配合支持下，进行了约8小时的出舱活动，完成既定任务。为了保证出舱宇航员的安全，通常会采用多重保障，其中之一就是出舱宇航员要背上可产生推力的便携式设备，装备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同装备共有100kg的航天员，脱离空间站后，在离空间站30m的位置与空间站处于相对静止的状态。航天员为了返回空间站，先以相对空间站50m/s的速度向后喷出0.15kg的气体距离空间站15m时，再次以同样速度喷出同等质量的气体，则宇航员返回空间站的时间约为()A．200sB．300sC．400sD．600s【答案】B【详解】设宇航员的速度方向为正方向，第一次喷气后航天员的速度为v，则根据动量守恒定律解得v≈0.075m/s此15m所需的时间为s=200s解得v/≈0.15m/s此后15m所需的时间为s=100s则宇航员返回空间站的时间约为t1+t2=200s+100s=300s故选B。42024·陕西商洛·模拟预测）“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．火箭的推力来自空气对它的作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为22C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒【答案】B【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；B．在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动解得火箭的速度大小为故B正确；C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为故C错误；D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。故选B。52024·山东·二模）如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑细杆上。初始时，细绳恰好伸直并处于水平状态，两球均可视为质点且mB＝2mA，重力加速度为g。现将A、B由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是() A．A球在竖直平面内做变速圆周运动B．B球运动的最大速度大小为·C．A球速度最大时，水平位移大小为D．B向右运动的最大位移大小为【答案】D【详解】A．B球在光滑杆上做往复运动，A球一边围绕B球做圆周运动，一边随B球做往复运动，A错误；22B．当A球摆到最低点时，A、B两球运动的速度最大，由系统机械能守恒有mAgL＝2mAvA+2mBvB水平方向动量守恒有mBvB＝m22联立可得B错误；C．根据x＝vt有mBxB＝mAxA从释放到A球摆到最低点的过程中，有xB+xA＝L则A球的水平位移大小为B球的水平位移大小为C错误；D．B球向右运动的最大位移大小为=2xB=62024·海南·模拟预测）小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为M（含燃料开始火箭模型静置在地面上，点火后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的燃气，喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是()A．火箭喷气过程机械能守恒B．火箭的推力来源于空气对它的反作用力C．喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0D．喷气结束时火箭模型的速度大小为【答案】C【详解】A．系统体统所受合外力为零，满足动量守恒，但机械能不守恒，A错误；B．火箭的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力，B错误；C．开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0=mv0+p喷气结束时火箭模型的动量大小p=mv0C正确；D．根据0=mv0(Mm)v解得D错误。故选C。72024·四川成都·一模）如图，ABC静置于水平面上，BC之间放有少量炸药，极短时间内爆炸产生60J的能量中有90%转化为BC两物体的动能。已知mA=2kg，mB=1kg，mC=3kg；A与地面之间的动摩擦因数μA=0.05，A与B之间的动摩擦因数μB=0.5，A与C之间的动摩擦因数μC=0.4。A板足够长，重力加速度g取10m/s2。求：（1）爆炸后瞬间A、B、C的加速度大小；（2）爆炸后瞬间B、C的速度大小；（3）爆炸后到A板向右运动到最远的过程中，A与地面之间因为摩擦而产生的热量；【详解】（1）爆炸后瞬间，分别对物体受力分析得（2）爆炸瞬间，由动量守恒得mBvB=mCvC根据题意，由能量守恒得90%E=联立解得vBC（3）设经过t1时间，A、C两物体达到共速，则有v共=vC-aCt1=aAt1代入数据解得假设A、C两物体一起减速运动，则两者的加速度满足=1.6m/s2＜aC故假设成立，则A、C速度减到零的时间为s=0.625s此过程中A物体的对地位移为m=0.5625m则因摩擦而产生的热量为Q=μA(mA+mB+mC)gx=0.05×6×10×0.5625J=1.6875J82024·北京顺义·一模）一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为m1的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小v1；（2）炸裂后B部分在空中下落的时间t；（3）在爆炸过程中增加的机械能ΔE。2hg（2）2hg2(mm1,2(mm1,解得A