2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講動量和動量定理學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動量和沖量的概念。2.能用動量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。3.會用動量定理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，并會在流體問題中建立“柱狀”模型。1.2.3.4.1.思考判斷(1)一個物體的運(yùn)動狀態(tài)變化時，它的動量一定改變。(√)(2)合力的沖量是物體動量發(fā)生變化的原因。(√)(3)作用力和反作用力的沖量一定等大、反向。(√)(4)物體的動量發(fā)生改變，則合力一定對物體做了功。(×)(5)運(yùn)動員接籃球時手向后緩沖一下，是為了減小動量的變化量。(×)2.高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。在啟動階段，列車的動能()A.與它所經(jīng)歷的時間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比答案B考點(diǎn)一動量和沖量1.對動量的理解(1)瞬時性：動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。(2)相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常是指相對地面的動量。(3)動量與動能的關(guān)系：p＝eq\r(2mEk)或Ek＝eq\f(p2,2m)。2.對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性：沖量與力和力的作用時間有關(guān)，恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積。②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內(nèi)方向變化的力來說，沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量改變量的方向一致。(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但與作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系。3.沖量的計(jì)算方法(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計(jì)算。(2)變力的沖量①圖像法：作出F－t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖1所示。圖1②動量定理法：對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解。角度對動量和沖量的理解與計(jì)算例1(2023·天津模擬)如圖2所示，學(xué)生練習(xí)用腳顛球。足球的質(zhì)量為0.4kg，某一次足球由靜止自由下落0.8m，被重新顛起，離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球與腳部的作用時間為0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()圖2A.足球從下落到再次上到最大高度，全程用了0.7sB.在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球做的功為1.4JC.足球與腳部作用過程中動量變化量大小為2.8kg·m/sD.足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為4N·s答案C解析足球下落時間為t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.4s，足球上升時間為t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.3s，總時間為t＝t1＋t2＋t3＝0.8s，A錯誤；在足球與腳接觸的時間內(nèi)，合外力對足球做的功為W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式veq\o\al(2,1)＝2gh1，veq\o\al(2,2)＝2gh2，解得W合＝－1.4J，B錯誤；足球與腳部作用過程中動量變化量大小為Δp＝mv2－(－mv1)＝2.8kg·m/s，C正確；足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小IG＝mgt＝0.4×10×0.8N·s＝3.2N·s，D錯誤。角度利用F－t圖像求動量和沖量例2(多選)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖3所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則()圖3A.4s時物塊的動能為零B.6s時物塊回到初始位置C.3s時物塊的動量為12kg·m/sD.0～6s時間內(nèi)力F的沖量為零答案AD解析物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2N對物塊在0～3s時間內(nèi)由動量定理可知(F－Ff)t1＝mv3代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s3s時物塊的動量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯誤；設(shè)3s后經(jīng)過時間t2物塊的速度減為0，由動量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3解得t2＝1s所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確；在0～3s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x1＝9m3～4s時間內(nèi)，對物塊由動能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得x2＝3m4～6s時間內(nèi)物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2發(fā)生的位移大小為x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝4m<x1＋x2即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；0～6s時間力F的沖量為I＝F1t1＋F2t2＝(4×3－4×3)N·t＝0，故D正確。跟蹤訓(xùn)練1.一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖4所示，下列說法正確的是()圖4A.第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動量為0B.第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動量方向發(fā)生變化C.第4s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)D.在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0答案D解析由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了加速度先逐漸增大后加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動量最大，方向不變，A、B錯誤；2～4s內(nèi)力F的方向與0～2s內(nèi)力F的方向不同，該質(zhì)點(diǎn)0～2s內(nèi)做加速運(yùn)動，2～4s內(nèi)做減速運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點(diǎn)，C錯誤；在F－t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，D正確。考點(diǎn)二動量定理的理解和應(yīng)用1.對動量定理的理解(1)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。(2)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動量變化的原因。(3)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合力等于物體的動量對時間的變化率。2.解題基本思路角度用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象例3(2023·湖南岳陽模擬)快遞運(yùn)輸時，我們經(jīng)?？吹?，有些易損壞物品外面都會利用充氣袋進(jìn)行包裹(如圖5所示)，這種做法的好處是()圖5A.可以大幅度減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量B.可以大幅度減小某顛簸過程中物品動量的變化C.可以使某顛簸過程中物品動量變化的時間延長D.可以使某顛簸過程中物品動量對時間的變化率增加答案C解析充氣袋在運(yùn)輸中起到緩沖作用，在某顛簸過程中，物品的動量變化量不變，由動量定理可知，合外力的沖量不變，充氣袋可以延長動量變化所用的時間，從而減小物品所受的合力，A、B錯誤，C正確；動量對時間的變化率即為物品所受的合力，充氣袋可以減小顛簸過程中物品動量對時間的變化率，D錯誤。跟蹤訓(xùn)練2.跳遠(yuǎn)時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，如圖6所示，以下說法正確的是()圖6A.人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小B.人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小C.人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小D.人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上大答案A解析人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小，因?yàn)槿速|(zhì)量與速度的大小一樣，所以動量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動量變化等于跳在水泥地上的動量變化，因?yàn)槌鮿恿肯嗟?，末動量?，所以動量的變化量大小相等，B錯誤；根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的沖量與跳在水泥地上的沖量大小相等，C錯誤；根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小，D錯誤。角度動量定理的有關(guān)計(jì)算例4(2023·云南省玉溪第一中學(xué)高三月考)將質(zhì)量為m＝1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10N，物體由靜止開始運(yùn)動，作用4s后撤去F。已知g＝10m/s2，對于物塊從靜止開始到物塊停下這一過程，下列說法正確的是()A.整個過程物塊運(yùn)動的時間為6sB.整個過程物塊運(yùn)動的時間為8sC.整個過程中物塊的位移大小為40mD.整個過程中物塊的位移大小為60m答案B解析在整個過程中由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，選項(xiàng)A錯誤，B正確；物塊在前4s運(yùn)動的過程中由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項(xiàng)C、D錯誤。跟蹤訓(xùn)練3.(多選)(2023·天津南開中學(xué)高三檢測)有些人喜歡躺著刷手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)掉落砸傷眼睛或者額頭的情況。若有一手機(jī)質(zhì)量為120g，從離人額頭約20cm的高度無初速掉落，砸到額頭后手機(jī)的反彈忽略不計(jì)，額頭受到手機(jī)的沖擊時間約為0.2s。下列分析正確的是()圖7A.手機(jī)與額頭作用過程中，手機(jī)的動量變化大小約為0.24kg·m/sB.手機(jī)對額頭的沖量大小約為0.24N·sC.手機(jī)對額頭的沖量方向豎直向上D.手機(jī)對額頭的作用力大小約為2.4N答案AD解析根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律，手機(jī)掉落到人額頭位置時的速度為v＝eq\r(2gh)≈2m/s，手機(jī)與額頭作用后手機(jī)的速度變?yōu)?，選取向下為正方向，所以手機(jī)與額頭作用過程中動量變化為Δp＝0－mv＝－0.24kg·m/s，故A正確；手機(jī)與額頭接觸的過程中受到重力與額頭的作用力，選取向下為正方向，對手機(jī)由動量定理得mgt＋I(xiàn)＝Δp，代入數(shù)據(jù)得I＝－0.48N·s，負(fù)號表示方向豎直向上，根據(jù)力的作用是相互的，所以手機(jī)對額頭的沖量大小約為0.48N·s，故B錯誤；因?yàn)轭~頭對手機(jī)的沖量的方向是豎直向上，所以手機(jī)對額頭的沖量方向豎直向下，故C錯誤；根據(jù)沖量定義得手機(jī)對額頭的作用力大小約為F＝eq\f(I,t)＝2.4N，故D正確。考點(diǎn)三應(yīng)用動量定理處理流體問題研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟①構(gòu)建“柱體”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV＝vSΔt小柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp研究例5如圖8所示為清洗汽車用的高壓水槍。設(shè)水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是()圖8A.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2B.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為eq\f(1,4)ρvD2C.水柱對汽車的平均沖力為eq\f(1,4)ρD2v2D.當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?倍答案D解析高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量等于單位時間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，A、B錯誤；水柱對汽車的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產(chǎn)生的壓強(qiáng)p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，則當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確。跟蹤訓(xùn)練4.(2023·江西宜春期中)中華神盾防空火控系統(tǒng)會在目標(biāo)來襲時射出大量子彈顆粒，在射出方向形成一個均勻分布、持續(xù)時間t＝0.01s、橫截面積為S＝2m2的圓柱形彈幕，每個子彈顆粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－2kg，每1cm3有一個子彈顆粒，所有子彈顆粒以v＝300m/s射入目標(biāo)，并停在目標(biāo)體內(nèi)。下列說法正確的是()A.所形成彈幕的總體積V＝6cm3B.所形成彈幕的總質(zhì)量M＝1.2×105kgC.彈幕對目標(biāo)形成的沖量大小I＝3.6×107kg·m/s2D.彈幕對目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝3.6×108N答案B解析形成彈幕的總體積為V＝vtS＝6m3，A錯誤；每1cm3有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數(shù)N＝eq\f(6,1×10－6)個＝6×106個，所形成彈幕的總質(zhì)量M＝Nm＝1.2×105kg，B正確；對整個彈幕由動量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107kg·m/s，C錯誤；由沖量公式I＝FΔt知，彈幕對目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D錯誤。A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1動量和沖量1.(多選)關(guān)于動量和動能，下列說法中正確的是()A.做變速運(yùn)動的物體，動能一定不斷變化B.做變速運(yùn)動的物體，動量一定不斷變化C.合力對物體做功為零，物體動能的增量一定為零D.合力的沖量為零，物體動量的增量一定為零答案BCD解析做變速運(yùn)動的物體，速度大小不一定變化，動能不一定變化，故A錯誤；做變速運(yùn)動的物體，速度發(fā)生變化，動量一定不斷變化，故B正確；合力對物體做功為零，由動能定理知，物體動能的增量一定為零，故C正確；合力的沖量為零，由動量定理知，物體動量的增量一定為零，故D正確。2.(多選)(2023·廣州市綜合測試)如圖1，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6kg·m/s，則()圖1A.球的動能可能不變B.球的動量大小一定增加12.6kg·m/sC.球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同答案AC解析壘球被擊打后，可能以與擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能不變，動量的大小可能不變，故A正確，B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可得，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向與棒對球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。3.(2022·湖北卷，7)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是()A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1答案D解析根據(jù)動能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D正確。對點(diǎn)練2動量定理的理解和應(yīng)用4.自由式滑雪大跳臺的滑道由助滑道、起跳臺、著陸坡、停止坡組成。如圖2所示，運(yùn)動員使用雙板進(jìn)行滑行，下列說法正確的是()圖2A.助滑時運(yùn)動員兩腿盡量深蹲是為了降低重心增大重力B.起跳后運(yùn)動員在完成空中動作時運(yùn)動員可看作質(zhì)點(diǎn)C.著陸時運(yùn)動員控制身體屈膝下蹲，可以減小沖擊力D.滑行時運(yùn)動員張開手臂是為了減小空氣阻力答案C解析助滑時運(yùn)動員兩腿盡量深蹲并不能增大重力，故A錯誤；由于是研究運(yùn)動員起跳后在空中的動作完成情況，所以不能將運(yùn)動員看作質(zhì)點(diǎn)，故B錯誤；著陸時運(yùn)動員控制身體屈膝下蹲，可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減小沖擊力，故C正確；滑行時運(yùn)動員張開手臂是為了調(diào)整重心保持平衡，故D錯誤。5.(2022·廣東深圳模擬)如圖3所示，質(zhì)量為2kg的椰子從距地面高度為20m的樹上由靜止落下，將沙地砸出小坑后靜止，與沙地接觸時間約為0.01s。不計(jì)椰子下落時的空氣阻力，取g＝10m/s2。則()圖3A.椰子落地時瞬間動量為20kg·m/sB.沙地對椰子的平均阻力約為4000NC.沙地對椰子做的功約為4000JD.沙坑的深度約為20cm答案B解析設(shè)椰子落地時的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝20m/s，根據(jù)動量的計(jì)算公式可得p＝mv＝2×20kg·m/s＝40kg·m/s，選項(xiàng)A錯誤；沙地對椰子的平均阻力為f，取向上為正方向，根據(jù)動量定理可得(f－mg)t＝0－(－mv)，解得f＝4020N≈4000N，選項(xiàng)B正確；設(shè)椰子將沙地砸出小坑深度約為h，根據(jù)位移公式可得h＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×0.01m＝0.1m＝10cm，從椰子接觸地面到速度為零的過程中，沙地對椰子做的功約為W＝－fh＝－4000×0.1J＝－400J，選項(xiàng)C、D錯誤。6.(2022·山東卷，2)我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭。如圖4所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中()圖4A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量答案A解析火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯誤。對點(diǎn)練3應(yīng)用動量定理處理流體問題7.(2023·遼寧大連模擬)水刀切割具有精度高、無熱變形、無毛刺、無需二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn)，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機(jī)床如圖5所示，若橫截面直徑為d的圓柱形水流垂直射到要切割的鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的流量(單位時間流出水的體積)為Q，水的密度為ρ，則鋼板受到水的平均沖力大小為()圖5A.4Qρ B.Qρ C.eq\f(16ρQ,πd2) D.eq\f(4ρQ2,πd2)答案D解析水流速度v＝eq\f(Q,S)＝eq\f(Q,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，單位時間內(nèi)水的質(zhì)量Δm＝ρQ，在Δt時間內(nèi)由動量定理可得－FΔt＝0－ρQΔteq\f(Q,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，解得F＝eq\f(4ρQ2,πd2)，故D正確，A、B、C錯誤。8.(2020·海南卷，8)太空探測器常裝配離子發(fā)動機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動機(jī)尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質(zhì)量為490kg，離子以30km/s的速率(遠(yuǎn)大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3g/s，則探測器獲得的平均推力大小為()A.1.47N B.0.147N C.0.09N D.0.009N答案C解析對離子流，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt，解得F＝0.09N，故探測器獲得的平均推力大小為0.09N，故選項(xiàng)C正確。B級綜合提升練9.(2023·廣東深圳市調(diào)研)明朝的《天工開物》記載了我國古代勞動人民的智慧。如圖6所示，可轉(zhuǎn)動的把手上a點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為2R，轆轤邊緣b點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為R。人甲轉(zhuǎn)動把手，把井底的人乙加速拉起來，則()圖6A.a點(diǎn)的角速度大于b點(diǎn)的角速度B.a點(diǎn)的線速度小于b點(diǎn)的線速度C.繩對乙拉力的沖量等于乙的動量變化量D.繩對乙的拉力大于乙的動量變化率答案D解析a、b兩點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動，則兩點(diǎn)的角速度相同，又a點(diǎn)轉(zhuǎn)動半徑較大，根據(jù)v＝ωr可知a點(diǎn)的線速度大于b點(diǎn)的線速度，選項(xiàng)A、B錯誤；根據(jù)動量定理有(F－mg)t＝mv，變形可得F＝eq\f(mv,t)＋mg，即繩對乙拉力和乙的重力的合力的沖量等于乙的動量變化量，繩對乙的拉力大于乙的動量變化率，選項(xiàng)C錯誤，D正確。10.(多選)如圖7所示，籃球以水平初速度v0碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉淼膋倍(k<1)，碰撞時間極短，彈回后籃球的球心恰好經(jīng)過籃框的中心。已知籃球的質(zhì)量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點(diǎn)與籃框中心的高度差為h，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()圖7A.籃板對籃球的沖量大小為(k－1)mv0B.籃板對籃球的沖量大小為(k＋1)mv0C.若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更低D.若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高答案BD解析由題意可知，以籃球彈回的方向?yàn)檎较?，由動量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A錯誤，B正確；彈回后籃球做平拋運(yùn)動，若籃球漏氣，導(dǎo)致k減小，在v0不變的情況下，kv0減小，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，即籃球彈回后水平位移不變，時間t要增大，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高，故C錯誤，D正確。11.(2023·河北邯鄲模擬)如圖8甲所示，在粗糙的水平面上靜止放置一滑塊，t＝0時刻在滑塊上施加一水平向右的外力F，外力大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，滑塊的加速度隨時間的變化規(guī)律如圖丙所示，已知滑塊與地面間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是()圖8A.滑塊的質(zhì)量為m＝2kgB.4s末滑塊速度的大小為12m/sC.在0～1s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為0D.在0～4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為22N·s答案D解析根據(jù)題圖乙可知，外力F隨時間變化的關(guān)系表達(dá)式為F＝2＋4t，由題圖丙可知，在t＝1s時，物塊開始有加速度，故此刻拉力與最大靜摩擦力平衡，則有Ff＝F1＝6N，由題圖丙可知，在t＝4s時，滑塊的加速度為4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有F4－Ff＝ma，解得m＝eq\f(F4－Ff,a)＝3kg，A錯誤；由a－t圖像的面積表示速度的變化量，滑塊由靜止開始加速運(yùn)動，故4s內(nèi)a－t圖像的面積即表示為4s末滑塊速度的大小，v4＝eq\f(0＋4,2)×(4－1)m/s＝6m/s，B錯誤；在0～1s的時間內(nèi)，有靜摩擦力作用，故摩擦力的沖量大小不為0，其大小等于F的沖量大小，If1＝IF＝eq\f(2＋6,2)×1N·s＝4N·s，C錯誤；在1～4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為If14＝Fft14＝6×3N·s＝18N·s，故在0～4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為I＝If1＋I(xiàn)f14＝22N·s，D正確。12.(2022·河北張家口模擬)娛樂風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置，在一個特定的空間內(nèi)有人工制造的可控制氣流，游客只要穿上特制的可改變受風(fēng)面積(游客在垂直風(fēng)力方向的投影面積)的飛行服跳入飛行區(qū)，即可通過改變受風(fēng)面積來實(shí)現(xiàn)向上、向下運(yùn)動或懸浮。已知一游客質(zhì)量為60kg，腹部向下時受風(fēng)面積最大為0.7m2，身體直立時受風(fēng)面積最小為0.2m2，氣流密度為1.2kg/m3，氣流速度為30m/s，重力加速度為g＝10m/s2，假設(shè)氣流吹到人身體上后速度近似變?yōu)?。求：圖9(1)若游客在風(fēng)洞內(nèi)懸浮，則受風(fēng)面積應(yīng)調(diào)整為多大；(2)若游客進(jìn)入風(fēng)洞先由最大受風(fēng)面積運(yùn)動1s后立即改為最小受風(fēng)面積，求游客距出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為多少(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。答案(1)0.56m2(2)1.8m解析(1)在Δt時間內(nèi)吹到人體的氣體質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt①設(shè)人對氣流的力的大小為F，則對此段氣體由動量定理得FΔt＝Δmv②由牛頓第三定律，風(fēng)給人的力大小F′＝F③人受力平衡，所以F′＝mg④聯(lián)立可得S≈0.56m2。⑤(2)風(fēng)速遠(yuǎn)大于人速，人在風(fēng)洞內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動，當(dāng)S1＝0.7m2時，由①②③可得人受風(fēng)力F1＝ρS1v2＝756N⑥由牛頓第二定律得F1－mg＝ma1⑦經(jīng)過t1＝1s時x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.3m⑧v＝a1t1＝2.6m/s⑨當(dāng)受風(fēng)面積為S2＝0.2m2時加速度向下，由①②③可得F2＝ρS2v2＝216N⑩由牛頓第二定律得mg－F2＝ma2?解得a2＝6.4m/s2游客減速過程上升的距離x2＝eq\f(v2,2a2)?解得x2≈0.53m游客距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為x＝x1＋x2?解得x＝1.8m。第2講動量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動量守恒定律，知道動量守恒的條件。2.會定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞。3.會用動量守恒的觀點(diǎn)分析爆炸、反沖及人船模型。1.eq\a\vs4\al(2.,,,)3.4.1.思考判斷(1)只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動量就守恒。(×)(2)系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(√)(3)動量守恒定律的表達(dá)式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應(yīng)用時要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。(√)(4)發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。(√)(5)爆炸過程中機(jī)械能增加，反沖過程中機(jī)械能減少。(×)(6)在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動量大小一定相等。(√)2.(多選)如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是()圖1A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同答案CD考點(diǎn)一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟角度動量守恒定律的理解例1(2021·全國乙卷，14)如圖2，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()圖2A.動量守恒，機(jī)械能守恒B.動量守恒，機(jī)械能不守恒C.動量不守恒，機(jī)械能守恒D.動量不守恒，機(jī)械能不守恒答案B解析撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能減少，故B正確。角度動量守恒定律的基本應(yīng)用例2(多選)如圖3所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上相對a車保持靜止，此后()圖3A.a、b兩車運(yùn)動速率相等B.a、c兩車運(yùn)動速率相等C.三輛車的速率關(guān)系vc＞va＞vbD.a、c兩車運(yùn)動方向相反答案CD解析設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離b、c車時對地水平速度為v，在水平方向由動量守恒定律有0＝M車vc＋m人v，m人v＝M車vb＋m人v，m人v＝(M車＋m人)va，所以vc＝eq\f(m人,M車)v，vb＝0，va＝eq\f(m人,M車＋m人)v，即vc＞va＞vb，并且vc與va方向相反。所以選項(xiàng)A、B錯誤，C、D正確。跟蹤訓(xùn)練1.(多選)(2023·山東棗莊月考)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細(xì)繩一端連接著質(zhì)量為m1＝1.0kg的物塊A，另一端連接質(zhì)量為m2＝1.0kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質(zhì)量為m3＝1.0kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小?，F(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0m/s，物塊C立即在長木板B上運(yùn)動。已知繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是()圖4A.繩子繃緊前，B、C達(dá)到的共同速度大小為1.0m/sB.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0m/sC.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5m/sD.最終A、B、C三者將以大小為eq\f(2,3)m/s的共同速度一直運(yùn)動下去答案ACD解析繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度，設(shè)B、C達(dá)到的共同速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0m/s，A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，A、B具有相同的速度v2，A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5m/s，B錯誤，C正確；A、B、C三者最終有共同的速度v3，A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝eq\f(2,3)m/s，D正確?？键c(diǎn)二碰撞問題1.碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。2.彈性碰撞的結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：(1)若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；(2)若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運(yùn)動)；(3)若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；(4)若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運(yùn)動)；(5)若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。3.非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，動能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk損4.完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損max角度彈性碰撞例3(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖5，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是()圖5A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案B解析設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)聯(lián)立解得v1＝v0設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0可得v1＝v0>v2，故C、D錯誤；碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)可得pN>pH，故A錯誤；碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)可得EkH>EkN，故B正確。角度非彈性碰撞例4(多選)(2023·福建龍巖模擬)如圖6所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道的斜劈A和滑塊B、C均靜止在光滑水平地面上，斜劈A的末端與水平地面相切。一滑塊D從斜劈A的圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，滑塊D滑到水平地面后與滑塊B碰撞并粘在一起向前運(yùn)動，再與滑塊C碰撞又與C粘在一起向前運(yùn)動。已知斜劈A和三個滑塊的質(zhì)量均為m，斜劈A的圓弧軌道半徑為R，重力加速度大小為g?；瑝KB、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說法正確的是()圖6A.滑塊D在圓弧軌道上滑動的過程中，A對D的支持力做功為－eq\f(1,2)mgRB.與滑塊B碰撞前瞬間，滑塊D的速度大小為eq\r(2gR)C.滑塊B與滑塊C碰撞后的速度大小為eq\f(\r(2gR),3)D.滑塊D與滑塊B碰撞過程中損失的機(jī)械能為eq\f(1,4)mgR答案AD解析D在A上滑動時，A與D組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，且系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則當(dāng)D滑到水平地面上時mvD－mvA＝0，且mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，兩式聯(lián)立解得A、D分離時的速度大小為vD＝vA＝eq\r(gR)，即A與D的速度大小相等，方向相反，下滑過程對D由動能定理得WN＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得WN＝－eq\f(1,2)mgR，故A正確；D與B碰撞前的速度即為A、D分離時D的速度大小，為eq\r(gR)，故B錯誤；B與C碰撞過程中，B、C、D組成的系統(tǒng)動量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，則B與C碰撞后的速度大小為vC＝eq\f(\r(gR),3)，故C錯誤；D與B碰撞過程動量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，則碰撞后B、D整體的速度大小為vB＝eq\f(\r(gR),2)，損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,4)mgR，故D正確。跟蹤訓(xùn)練2.(2023·江蘇無錫高三期末)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動，B球在前，A球在后，mA＝1kg。經(jīng)過一段時間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖7所示，根據(jù)以上信息可知()圖7A.碰撞過程中B球受到的沖量為8N·sB.碰撞過程中A球受到的沖量為－8N·sC.B球的質(zhì)量mB＝4kgD.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞答案D解析已知x－t圖像的斜率代表速度，則vA＝6m/s，vA′＝2m/s，vB＝3m/s，vB′＝5m/s，根據(jù)動量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4N·s，IB＝mBvB′－mBvB，再根據(jù)動量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2kg，IB＝4N·s，A、B、C錯誤；碰撞前后的動能分別為Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，則A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞，D正確。

考點(diǎn)三爆炸、反沖和“人船”模型1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動2.反沖運(yùn)動的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加3.“人船”模型特點(diǎn)(1)常見情景(2)動量守恒：兩物體相互作用過程滿足動量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(3)位移關(guān)系：m1eq\f(x1,t)－m2eq\f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L，得x1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，x2＝eq\f(m1,m1＋m2)L。(4)運(yùn)動特點(diǎn)①人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。②人與船的位移比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)；人與船的平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。③應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。角度爆炸問題例5(多選)一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點(diǎn)以水平向右的速度v飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖8所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點(diǎn)。若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()圖8A.爆炸后乙落地的時間最長B.爆炸后甲落地的時間最長C.甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為4∶1D.爆炸過程釋放的化學(xué)能為eq\f(7mv2,3)答案CD解析爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時間t＝eq\r(\f(2H,g))相等，選項(xiàng)A、B錯誤；爆炸過程動量守恒，有mv＝－eq\f(1,3)mv丙＋eq\f(1,3)mv甲，由題意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離x＝vt，t相同，則x∝v，甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒可得爆炸過程釋放的化學(xué)能ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,丙)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(7,3)mv2，選項(xiàng)D正確。角度反沖問題例6(2022·河南開封模擬)導(dǎo)彈發(fā)射過程可以簡化為：將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的導(dǎo)彈點(diǎn)火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時東風(fēng)導(dǎo)彈獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0答案D解析由動量守恒定律得mv0＝(M－m)v，導(dǎo)彈獲得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，故D正確。角度“人船”模型例7(多選)(2023·福建廈門高三月考)如圖9所示，將一質(zhì)量為M、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口從A點(diǎn)由靜止開始落下，則以下結(jié)論中正確的是()圖9A.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C.小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時，小球通過的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)D.小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時，小球通過的水平位移是eq\f(2mR,M＋m)答案ABC解析小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，地面和圓弧面光滑，只有小球的機(jī)械能與半圓槽的機(jī)械能之間相互轉(zhuǎn)化，球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，地面光滑，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受的合外力為零，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，B正確；小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時，設(shè)小球和半圓槽通過的水平位移大小分別為x、y，如圖所示，小球和半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，在運(yùn)動過程中小球和半圓槽在任意時刻的水平速度滿足mvm＝MvM，則有mx＝My，根據(jù)位移關(guān)系可得x＋y＝2R，解得y＝eq\f(2mR,M＋m)，x＝eq\f(2MR,m＋M)，小球到達(dá)右邊最高點(diǎn)時，小球通過的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)，C正確，D錯誤。A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1動量守恒定律的理解與基本應(yīng)用1.如圖1所示，小車放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球向右拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，不計(jì)一切阻力，則在小球、小車運(yùn)動過程中下列說法正確的是()圖1A.小車和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B.小車的機(jī)械能一直在增加C.小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.小球的機(jī)械能一直在減少答案C解析小球擺動過程中，小球和小車系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，在豎直方向上，只有小球有豎直方向的分速度，且分速度大小也不斷變化，所以豎直方向動量不守恒，那么系統(tǒng)動量也不守恒，故A錯誤；小球在擺動過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球擺到最低點(diǎn)的過程中，繩子拉力對小車做正功，小車的機(jī)械能增加，小球的機(jī)械能減小，小球從最低點(diǎn)擺到最高點(diǎn)的過程中，繩子拉力對小車做負(fù)功，小車的機(jī)械能減少，小球的機(jī)械能增加，故B、D錯誤，C正確。2.(多選)無限長的水平面上放置有A、B兩滑塊，其質(zhì)量mA>mB。一根輕質(zhì)彈簧，一端與A拴接，另一端與B緊靠(不拴接)。用細(xì)線把兩滑塊拉緊，彈簧被壓縮，如圖2所示。如果把細(xì)線燒斷，兩滑塊與彈簧分離后，繼續(xù)運(yùn)動。不計(jì)空氣阻力，把A、B和彈簧看作系統(tǒng)，下列說法正確的是()圖2A.若水平面光滑，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.若水平面粗糙，系統(tǒng)動量一定不守恒，機(jī)械能一定不守恒C.若A、B受到的摩擦力大小相等，B運(yùn)動的總路程較長D.若A、B受到的摩擦力大小相等，B運(yùn)動的總時間較長答案AC解析動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零；機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，若水平面光滑，系統(tǒng)受到的合外力為零，只有彈力做功，A正確；若水平面粗糙，但A、B兩物體與水平面的動摩擦因數(shù)不同，A、B物體受到的摩擦力可能會等大反向，則系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，但要克服摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯誤；若A、B受到的摩擦力大小相等，根據(jù)動量守恒定律，取B運(yùn)動的方向?yàn)檎?，?＝－mAvA＋mBvB，由于A、B受到的摩擦力大小相等，則A、B與彈簧分離前后受到的平均合力大小時刻相等，由動量定理F合tA＝0－mAvA，F(xiàn)合tB＝0－mBvB，則A、B運(yùn)動的總時間相等，但由于mA>mB，則輕的物體平均速度大，有xA<xB，C正確，D錯誤。3.(多選)如圖3所示，在光滑平直的路面上靜止著兩輛完全相同的小車，人從a車跳上b車，又立即從b車跳回a車，并與a車保持相對靜止。下列說法正確的是()圖3A.最終a車的速率大于b車的速率B.最終a車的速率小于b車的速率C.全過程中，a車對人的沖量大于b車對人的沖量D.全過程中，a車對人的沖量小于b車對人的沖量答案BD解析人與a、b組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，設(shè)水平向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律，則有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq\f(va,vb)＝eq\f(mb,ma＋m人)＜1，則最終a車的速率小于b車的速率，故A錯誤，B正確；人對兩車的沖量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，結(jié)合牛頓第三定律可知，a車對人的沖量小于b車對人的沖量，故C錯誤，D正確。4.(2023·山東淄博模擬)冰壺運(yùn)動是冬奧會比賽項(xiàng)目之一。假設(shè)運(yùn)動員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰，不計(jì)碰撞時間，碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖4所示。已知兩壺的質(zhì)量均為19kg，則碰撞后藍(lán)壺所受的阻力大小為()圖4A.3.8N B.2.28N C.1.9N D.1.52N答案B解析根據(jù)動量守恒定律可得mv紅＝mv紅′＋mv藍(lán)，解得v藍(lán)＝0.6m/s，設(shè)碰撞后藍(lán)壺所受的阻力大小為f，取初速度方向?yàn)檎较?，對藍(lán)壺根據(jù)動量定理－fΔt＝0－mv藍(lán)，由圖可知Δt＝6s－1s＝5s，解得f＝2.28N，故B正確，A、C、D錯誤。對點(diǎn)練2碰撞問題5.(多選)(2023·福建龍巖高三月考)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運(yùn)動，質(zhì)量分別為m和2m，A的動量為5kg·m/s，B的動量為7kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生對心碰撞，則碰撞后A、B兩球動量的可能值為()A.pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/sB.pA′＝3.5kg·m/s，pB′＝8.5kg·m/sC.pA′＝3kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/sD.pA′＝2.5kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/s答案AB解析A、B兩球發(fā)生對心碰撞，滿足動量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′，滿足動能不增加Ek≥Ek′，根據(jù)Ek＝eq\f(peq\o\al(2,A),2m)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2×2m)，代入數(shù)據(jù)可知A、B均滿足，C不滿足動量守恒，D不滿足動能不增加，故A、B正確，C、D錯誤。6.(2020·全國Ⅲ卷，15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖5中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()圖5A.3J B.4J C.5J D.6J答案A解析設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確。對點(diǎn)練3爆炸、反沖和“人船”模型7.(多選)如圖6所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4kg，C板上表面粗糙，A、B兩個物體緊挨在一起，初始A、B和C三個物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，mA＝1kg，mB＝2kg。A、B間夾有少量火藥，某時刻火藥爆炸，瞬間釋放了E＝27J的能量并全部轉(zhuǎn)化為A和B的動能，使A、B分別水平向左、向右運(yùn)動起來，C板足夠長，以下結(jié)論正確的是()圖6A.爆炸后瞬間A、B速度大小vA＝2vBB.若A、B與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，則爆炸后A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒D.整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為27J答案AD解析爆炸瞬間，以A、B為系統(tǒng)，由動量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，則mAvA＝mBvB，代入數(shù)據(jù)得速度大小vA＝2vB，故A正確；A、B受到的摩擦力大小不等，則A、B系統(tǒng)所受外力不為0，A、B系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；對A、B、C整體分析，合力為零，滿足A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，故C錯誤；C足夠長，最終A、B、C總動量為0，故三者最終速度也為0，即A、B動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能為27J，故D正確。8.(2023·天津一模)將總質(zhì)量為1.05kg的模型火箭點(diǎn)火升空，從靜止開始，在0.02s時間內(nèi)有50g燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭尾部噴出，且燃?xì)鈬姵鲞^程中重力和空氣阻力可忽略。則下列說法正確的是()A.在燃?xì)鈬姵鲞^程，火箭獲得的平均推力為800NB.在燃?xì)鈬姵鲞^程，火箭獲得的平均推力為200NC.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小約為5m