2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義

第六章

DILIUZHANG動(dòng)量守恒定律

第1講動(dòng)量和動(dòng)量定理

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動(dòng)量和沖量的概念。2.能用動(dòng)量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。

3.會(huì)用動(dòng)量定理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，并會(huì)在流體問(wèn)題中建立“柱狀”模型。

夯實(shí)必備知識(shí)

「叵R）—物體的灰量與速度的乘積

言—■）表達(dá)式）—p=mr單位：kg,m/s

4^}-動(dòng)量的方向與速理的方向相同

2.

H矢最卜其方向與速度的改變?cè)O(shè)Ar的方向相同

動(dòng)量

變化最

_JAn=n--nU一般用末動(dòng)量減去初動(dòng)后〃進(jìn)行矢量

F廠運(yùn)算,也稱為動(dòng)鼠的增量

3.

左出一力與力的作用時(shí)間的把艮叫作力的沖威

4.

物體在一個(gè)過(guò)程中所受力的沖景等于它在這個(gè)過(guò)

r4W-

程始末的動(dòng)量變化量

遮｝-F(J)=mvr—mvi^il=p'-p

1.思考判斷

（I）一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化時(shí)，它的動(dòng)量一定改變。（J）

(2)合力的沖量是物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因。3)

(3)作用力和反作用力的沖量一定等大、反向。(。)

(4)物體的動(dòng)量發(fā)生改變，則合力一定對(duì)物體做了功。(義)

(5)運(yùn)動(dòng)員接籃球時(shí)手向后緩沖一下，是為了減小動(dòng)量的變化量。(X)

2.高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階

段，列車的動(dòng)能()

A.與它所經(jīng)歷的時(shí)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(dòng)量成正比

答案B

研透核心考點(diǎn)

考點(diǎn)一動(dòng)量和沖量

1.對(duì)動(dòng)量的理解

(1)瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，是針對(duì)某一時(shí)刻或位置而言的。

(2)相對(duì)性：動(dòng)量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常是指相對(duì)地面的動(dòng)量。

⑶動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系：而瓦或Ek=^。

2.對(duì)沖量的理解

(1)沖量的兩性

①時(shí)間性：沖量與力和力的作用時(shí)間有關(guān)，恒力的沖量等于該力與該力的作用時(shí)

間的乘積。

②矢量性：對(duì)于方向恒定的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與力的方向一致；對(duì)于作用時(shí)間

內(nèi)方向變化的力來(lái)說(shuō)，沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量改變量的方向一致。

⑵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(wú)必然聯(lián)系。

3.沖量的計(jì)算方法

(1)恒力的沖量：直接用定義式計(jì)算。

(2)變力的沖量

①圖像法：作出尸一，圖線，圖線與，軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖1

所示。

圖1

②動(dòng)量定理法：對(duì)于易確定始、末時(shí)刻動(dòng)量的情況，可用動(dòng)量定理求解。

角度口對(duì)動(dòng)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(kāi)腳部后豎直上升的最大高度

為0.45mo已知足球與腳部的作用時(shí)間為0.1s,重力加速度大小g取10nVs2,

不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

圖2

A.足球從下落到再次.上到最大高度，全程用了（）.7s

B.在足球與腳接觸的時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)足球做的功為1.4J

C.足球與腳部作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為2.8kg.m/s

D.足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過(guò)程中重力的沖量大小為4N-s

答案C

解析足球下落時(shí)間為力=、y^=（）.4s,足球上升時(shí)間為，2=、y^=（）.3s,總

時(shí)間為f=fi+f2+f3=0.8s,A錯(cuò)誤；在足球與腳接觸的時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)足球

做的功為卬合=斗〃應(yīng)一根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式濟(jì)=2g〃i,vl=2gh2,解得卬合=

—1.4J,B錯(cuò)誤；足球與腳部作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為\p=invi—（—im）\）

=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(guò)程中重力的沖

量大小/G=/H^=0.4X10X0.8N-s=3.2N-s,D錯(cuò)誤。

角度同利用/一/圖像求動(dòng)量和沖量

例2（多選）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力廣的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直

線運(yùn)動(dòng)，P與時(shí)間/的關(guān)系如圖3所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,

重力加速度大小取g=10mH。則()

F/N

4--------1

I

°2'4';6/A

-41...........1---------1

圖3

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零

B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg-m/s

D.0?6s時(shí)間內(nèi)力尸的沖量為零

答案AD

解析物塊與地面間的摩擦力為Ff=fimg=2N

對(duì)物塊在0?3s時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可知

(F-Ff)h=mv3

代入數(shù)據(jù)可得03=6m；s

3s時(shí)物塊的動(dòng)量為〃=〃W3=6kgm/s,故C錯(cuò)誤；

設(shè)3s后經(jīng)過(guò)時(shí)間/2物塊的速度減為0,由動(dòng)量定理可得一(F+Ff)f2=0—，的3

解得/2=1S

所以物塊在4s時(shí)速度減為0,則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確；

在0?3s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得

(F—Ff)Ai，解得笛=9m

3?4s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得

—(F+F()X2=()—,解得工2=3m

P—Fr

4?6s時(shí)間內(nèi)物塊開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為〃=/〃=2m/s2

發(fā)生的位移大小為X3=：a6=4m<n+x2

即6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；

0?6s時(shí)間力尸的沖量為

/=Fin+f2fo=(4X3-4X3)N-r=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(duì)其施加水平外力丹力廠隨時(shí)間按正弦規(guī)律

變化，如圖4所示，下列說(shuō)法正確的是()

圖4

A.第2s末,質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)員為0

B.第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)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(shí)間內(nèi)，力產(chǎn)的沖量為0

答案D

解析由題圖可知，0?2s時(shí)間內(nèi)產(chǎn)的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(dòng)，第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)

量最大，方向不變,A、B錯(cuò)誤；2?4s內(nèi)力廠的方向與。?2s內(nèi)力尸的方向不

同，該質(zhì)點(diǎn)()?2s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，2?4s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)在0?4s內(nèi)的位

移均為正，笫4s末沒(méi)有回到出發(fā)點(diǎn)，C錯(cuò)誤；在「一，圖像中，圖線與橫軸所圍

的面積表示力尸的沖量，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(shí)間內(nèi)，力戶的沖量為0,D正確。

考點(diǎn)二動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用

1.對(duì)動(dòng)量定理的理解

⑴R="一p是矢量式：兩邊不僅大小相等，而且方向相同。

(2)收="一〃除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說(shuō)明了兩邊的因果關(guān)系，卻合

力的沖量是動(dòng)量變化的原因。

(3)動(dòng)量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量，它可以是合力的

沖量，可以是各力沖的矢量和，也可以是外力在不同階段沖足的矢量和。

(4)由后=”一p,得尸=/=號(hào)，即物體所受的合力等于物體的動(dòng)量對(duì)時(shí)間的

變化率。

2.解題基本思路

確定研在中學(xué)階段其研究對(duì)象一般僅限于

究對(duì)象,單個(gè)物體

可先求每個(gè)力的沖量，再求各力沖

進(jìn)行受

?員的矢附和即合力的沖地；或先求

力分析

合力，再求其沖量

確定初、

末狀態(tài).

?確定各動(dòng)最和沖昂:的正負(fù)號(hào)

選好正

方向

根據(jù)動(dòng)景定理列方程,如有必要還

列方程?需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)

求解

角度用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象

例3（2023?湖南岳陽(yáng)模擬）快遞運(yùn)輸時(shí)，我們經(jīng)?？吹?，有些易損壞物品外面都會(huì)

利用充氣袋進(jìn)行包裹（如圖5所示），這種做法的好處是（）

圖5

A.可以大幅度減小果顛簸過(guò)程中物品所受合力的沖量

B.可以大幅度減小某顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量的變化

C可以使某顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量變化的時(shí)間延長(zhǎng)

D.可以使某顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量對(duì)時(shí)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(guò)程中，物品的動(dòng)量變化量不變，

由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量不變，充氣袋可以延長(zhǎng)動(dòng)量變化所用的時(shí)間，從

而減小物品所受的合力，A、B錯(cuò)誤，C正確；動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率即為物品所

受的合力，充氣袋可以減小顛簸過(guò)程中物品動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率，D錯(cuò)誤。

跟蹤訓(xùn)練

2.跳遠(yuǎn)時(shí)，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，如圖6所示，以下說(shuō)法正確的是

圖6

A.人跳在沙坑的動(dòng)量大小等于跳在水泥地上的動(dòng)量大小

B.人跳在沙坑的動(dòng)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(dòng)量大小等于跳在水泥地上的動(dòng)量大小，因?yàn)槿速|(zhì)量與速度

的大小一樣，所以動(dòng)量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動(dòng)量變化等于跳在水泥

地上的動(dòng)量變化，因?yàn)槌鮿?dòng)量相等，末動(dòng)量為0,所以動(dòng)量的變化量大小相等，

B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理必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(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理以，=△〃，人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥

地上小，D錯(cuò)誤。

角度向動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,現(xiàn)在物塊上施加一個(gè)平行于

水平地面的恒力尸=10N,物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，作用4s后撤去凡己知g=

lOm/s2,對(duì)于物塊從靜止開(kāi)始到物塊停下這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）

A.整個(gè)過(guò)程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為6s

B.整個(gè)過(guò)程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8s

C.整個(gè)過(guò)程中物塊的位移大小為40m

D.整個(gè)過(guò)程中物塊的位移大小為60m

答案B

解析在整個(gè)過(guò)程中也動(dòng)量定理得此一〃〃儂=0,解得z=8s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B

正確；物塊在前4s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中由動(dòng)量定理得Fh—/.imgt\=mVy解得v=20m/s,

-0+z7v7）7）

因物塊加速和減速過(guò)程的平均速度都為。=丁=]則物塊的總位移尸會(huì)+會(huì)

=導(dǎo)=與義8m=80m,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。

跟蹤訓(xùn)練

3.（多選X2023?天津南開(kāi)中學(xué)高三檢測(cè)）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(wú)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(shí)間約

為0.2s。下列分析正確的是（）

圖7

A.手機(jī)與額頭作用過(guò)程中，手機(jī)的動(dòng)量變化大小約為0.24kgm/s

B.手機(jī)對(duì)額頭的沖量大小約為0.24N-s

C.手機(jī)對(duì)額頭的沖量方向豎直向上

D.手機(jī)對(duì)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(dòng)規(guī)律，手機(jī)掉落到人額頭位置時(shí)的速度為。=同-

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(guò)程中動(dòng)量變化為A〃=0—"W=-0.24kg.m/s,故A正確；手機(jī)與額頭接

觸的過(guò)程中受到重力與額頭的作用力，選取向下為正方向，對(duì)手機(jī)由動(dòng)量定理得

mgt+I=Ap,代入數(shù)據(jù)得/=-0.48N$負(fù)號(hào)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(duì)額頭的沖量大小約為0.48N$故B錯(cuò)誤；因?yàn)轭~頭對(duì)手

機(jī)的沖量的方向是豎直向上，所以手機(jī)對(duì)額頭的沖量方向豎直向下，故C錯(cuò)誤;

根據(jù)沖量定義得手機(jī)對(duì)額頭的作用力大小約為F=;=2.4N,故D正確。

考點(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題

研究流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度〃

對(duì)象微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)〃

分析①構(gòu)建“柱體”模型：沿流速。的方向選取一段小柱體，其橫截面

步驟積為S

小柱體的體積

②微元小柱體質(zhì)量iv=p\V=pvS\t

研究小柱體粒子數(shù)N=nvS\t

小柱體動(dòng)量p=mv=pv2S^t

③建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理&V=A〃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。，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)入水槍的水流速度正忽略不計(jì)，已知水的密度為下列說(shuō)法正確的是（）

圖8

A.高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為pnvD2

B.高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為％vD2

C.水柱對(duì)汽車的平均沖力為5。2方

D.當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，噴出的水對(duì)汽車的壓強(qiáng)變?yōu)樵?/p>

來(lái)的4倍

答案D

解析高壓水槍單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量等于單位時(shí)間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即

￡）2f

mo=pV=pTt-^-v=-^iipvb1,A、B錯(cuò)誤；水柱對(duì)汽車的平均沖力為F,由動(dòng)量定

理得即a=/加力V。，解得產(chǎn)二鏟?！ā?,c錯(cuò)誤；高壓水槍噴出的水

心皿2。2

對(duì)汽車產(chǎn)生的壓強(qiáng)〃=]=1——=〃。2,則當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?lái)

A》

的2倍時(shí)，壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的4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(huì)在目標(biāo)來(lái)襲時(shí)射出大量子彈顆

粒，在射出方向形成一個(gè)均勻分布、持續(xù)時(shí)間7=0.01s、橫截面積為S=2n?的

圓柱形彈幕，每個(gè)子彈顆粒的平均質(zhì)量為，〃=2X10—2kg,每1cn?有一個(gè)子彈

顆粒，所有子彈顆粒以。=300m/s射入目標(biāo)，井停在目標(biāo)體內(nèi)。下列說(shuō)法正確

的是（）

A.所形成彈幕的總體積V=6cm3

B.所形成彈幕的總質(zhì)量M=1.2X105kg

C.彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖量大小/=3.6X107kgm/s2

D.彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖擊力大小尸=3.6XIO'N

答案B

解析形成彈幕的總體積為V="S=6m3,A錯(cuò)誤；每len?有一個(gè)子彈顆粒，

則子彈顆粒的總個(gè)數(shù)?個(gè)=6X106個(gè),所形成彈幕的總質(zhì)量M=N〃?=

1A1U

1.2X105kg,B正確；對(duì)整個(gè)彈幕由動(dòng)量定理可知/=M-Ao=3.6X1（）7kg.m/s,c

錯(cuò)誤；由沖量公式/=F。知，彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖擊力大小/=：=3.6X1（）9N,

D錯(cuò)誤。

提升

（限時(shí)：40分鐘）

A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練

對(duì)點(diǎn)練1動(dòng)量和沖量

1.（多選）關(guān)于動(dòng)量和動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.做變速運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能一定不斷變化

B.做變速運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)量一定不斷變化

C.合力對(duì)物體做功為零，物體動(dòng)能的增量一定為零

D.合力的沖量為零，物體動(dòng)量的增量一定為零

答案BCD

解析做變速運(yùn)動(dòng)的物體，速度大小不一定變化，動(dòng)能不一定變化，故A錯(cuò)誤；

做變速運(yùn)動(dòng)的物體，速度發(fā)生變化，動(dòng)量一定不斷變化，故B正確；合力對(duì)物

體做功為零，由動(dòng)能定理知，物體動(dòng)能的增量一定為零，故C正確；合力的沖

量為零，由動(dòng)量定理知，物體動(dòng)量的增量一定為零，故D正確。

2.（多選）（2023?廣州市綜合測(cè)試）如圖1,水平飛向球棒的壘球被擊打后，動(dòng)量變化

量為12.6kg-m/s,則()

A.球的動(dòng)能可能不變

B.球的動(dòng)量大小一定增加12.6kg?m/s

C球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)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(dòng)能可能

不變，動(dòng)量的大小可能不變，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可得，球

對(duì)棒的作用力與棒對(duì)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(duì)球的彈力方向相同，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯(cuò)誤。

3.（2022?湖北卷，7）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由。增大到2u,

在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2。增大到5°。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)

做功分別為W,和VV2,合外力的沖量大小分別為/I和/2o下列關(guān)系式一定成立的

是（）

A.VV2=3VVI,Z2^3ZIB.M=3WI,h^I\

C.VV2=7VVI,/2^3ZID.W2=7WI,h^I\

答案D

解析根據(jù)動(dòng)能定理可知Wl=/（2o）2—；〃小=如）2,卬2=；〃7（5。）2—J〃（2o）2=

21

5■〃切2,可得牝=7%，由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí),

動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是

3mv^h^：7mv1可知/22力，故D正確。

對(duì)點(diǎn)練2動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用

4.自由式滑雪大跳臺(tái)的滑道由助滑道、起跳臺(tái)、著陸坡、停止坡組成。如圖2所

示，運(yùn)動(dòng)員使用雙板進(jìn)行滑行，下列說(shuō)法正確的是（）

圖2

A.助滑時(shí)運(yùn)動(dòng)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(dòng)員在完成空中動(dòng)作時(shí)運(yùn)動(dòng)員可看作質(zhì)點(diǎn)

C.著陸時(shí)運(yùn)動(dòng)員控制身體屈膝下蹲，可以減小沖擊力

D.滑行時(shí)運(yùn)動(dòng)員張開(kāi)手臂是為了減小空氣阻力

答案C

解析助滑時(shí)運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲并不能增大重力，故A錯(cuò)誤；由于是研究運(yùn)

動(dòng)員起跳后在空中的動(dòng)作完成情況，所以不能將運(yùn)動(dòng)員看作質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

著陸時(shí)運(yùn)動(dòng)員控制身體屈膝下蹲，可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以

減小沖擊力，故C正確；滑行時(shí)運(yùn)動(dòng)員張開(kāi)手臂是為了調(diào)整重心保持平衡，故D

錯(cuò)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(shù)上由靜止落下，將沙地砸出小坑后靜止，與沙地接觸時(shí)間約為0.01s。不計(jì)椰

子下落時(shí)的空氣阻力，取g=10m/s2。則（）

圖3

A.椰子落地時(shí)瞬間動(dòng)量為20kgm/s

B.沙地對(duì)椰子的平均阻力約為4000N

C.沙地對(duì)椰子做的功約為4000J

D.沙坑的深度約為20cm

答案B

解析設(shè)椰子落地時(shí)的速度大小為根據(jù)動(dòng)能定理可得，〃顏加2,解得。=

20m/s,根據(jù)動(dòng)量的計(jì)算公式可得〃=〃w=2X20kg?m/s=40kg?m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)

誤；沙地對(duì)椰子的平均阻力為f,取向上為正方句，根據(jù)動(dòng)量定理可得

=0—(一〃W),解得了=4020NQ4000N,選項(xiàng)B正確；設(shè)椰子將沙地砸出小坑

深度約為〃，根據(jù)位移公式可得〃=*=岑X().()lm=().lm=l()cm,從椰子接觸

地面到速度為零的過(guò)程中，沙地對(duì)椰子做的功約為W=-/7?=-4()O()XO.lJ=-

400J,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。

6.(2022?山東卷，2)我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載

火箭。如圖4所示，發(fā)射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭螺直向上推出，火箭速度接近

零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中()

圖4

A.火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大

B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能

C.高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量

D.高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量

答案A

解析火箭從發(fā)射倉(cāng)發(fā)射出來(lái)，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(kāi)始向上的時(shí)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(dòng),

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(shí)，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(shí),

火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零

時(shí)，速度最大，動(dòng)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(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理,

可知合力沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣

體的推力和空氣阻力充火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。

對(duì)點(diǎn)練3應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題

7.（2023?遼寧大連模擬）水刀切割具有精度高、無(wú)熱變形、無(wú)毛刺、無(wú)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(shí)間流出水的體積）為Q,水的密度為p,則鋼板受到水

的平均沖力大小為（）

圖5

A.40〃B.Qp口.誓~

答案D

解析水流速度32,單位時(shí)間內(nèi)水的質(zhì)量△加=〃0，在加時(shí)間內(nèi)由動(dòng)

量定理可得一心，=0—〃04嚴(yán)5,解得尸=鬻，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。

8.（2020?海南卷，8）太空探測(cè)器常裝配離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其基本原理是將被電離的原

子從發(fā)動(dòng)機(jī)尾部高速噴出，從而為探測(cè)器提供推力，若某探測(cè)器質(zhì)量為490kg,

離子以30km/s的速率（遠(yuǎn)大于探測(cè)器的飛行速率）向后噴出，流量為3.0X103

g/s,則探測(cè)器獲得的平均推力大小為（）

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

答案C

解析對(duì)離子流，根據(jù)動(dòng)量定理有心片Am。，而A〃z=3.0X10—3xio-3加，解得

斤=0.09N,故探測(cè)器獲得的平均推力大小為0.09N,故選項(xiàng)C正確。

B級(jí)綜合提升練

9.（2023?廣東深圳市調(diào)研）明朝的《天工開(kāi)物》記載了我國(guó)古代勞動(dòng)人民的智慧。

如圖6所示，可轉(zhuǎn)動(dòng)的把手上。點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為2R,轆薩邊緣方點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的

距離為凡人甲轉(zhuǎn)動(dòng)把手，把井底的人乙加速拉起來(lái)，貝火）

圖6

A.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(duì)乙拉力的沖量等于乙的動(dòng)量變化量

D.繩對(duì)乙的拉力大于乙的動(dòng)量變化率

答案D

解析4、〃兩點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則兩點(diǎn)的角速度相同，又。點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)半徑較大，根據(jù)

。=如?可知。點(diǎn)的線速度大于〃點(diǎn)的線速度，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理有

（F-mg）t=mv,變形可得產(chǎn)=卒+/咫，即繩對(duì)乙拉力和乙的重力的合力的沖量

等于乙的動(dòng)量變化量，繩對(duì)乙的拉力大于乙的動(dòng)量變化率，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正

確。

10.（多選）如圖7所示，籃球以水平初速度。0碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵?/p>

米的攵倍碰撞時(shí)間極短，彈回后籃球的球心恰好經(jīng)過(guò)籃框的中心。已知

籃球的質(zhì)量為〃z，半徑為一，籃框中心距籃板的距離為L(zhǎng),碰撞點(diǎn)與籃框中心的

高度差為兒不計(jì)摩擦和空氣阻力，則（）

圖7

A.籃板對(duì)籃球的沖量大小為（A—1）而加

B.籃板對(duì)籃球的沖量大小為（Z+1）EO

C.若籃球漏氣，導(dǎo)致2減小，在見(jiàn)不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過(guò)籃框中心,

應(yīng)使碰撞點(diǎn)更低

D.若籃球漏氣，導(dǎo)致％減小，在見(jiàn)不變的情況下，要使籃球球心經(jīng)過(guò)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?dòng)量定理可得/=〃?初0—

（一,加0）=伏+1）〃切0,故A錯(cuò)誤，B正確；彈回后籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，若籃球漏氣,

導(dǎo)致A減小，在。o不變的情況下，切o減小，要使籃球中心經(jīng)過(guò)籃框中心，即籃

球彈回后水平位移不變，時(shí)間/要增大，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高，故C錯(cuò)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，r=0

時(shí)刻在滑塊上施加一水平向右的外力F,外力大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所

示，滑塊的加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖丙所示，已知滑塊與地面間的滑動(dòng)摩擦

力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。則下列說(shuō)法正確的是（）

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃/〃

a/(ni,s-2)

圖8

A.滑塊的質(zhì)量為根=2kg

B.4s末滑塊速度的大小為12m/s

C.在0?Is的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為0

D.在0?4s的時(shí)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，外力廠隨時(shí)間變化的關(guān)系表達(dá)式為尸=2+4],由題圖

丙可知，在f=ls時(shí)，物塊開(kāi)始有加速度，故此刻拉力與最大靜摩擦力平衡，則

有Ff=Fi=6N,由題圖丙可知，在1=4s時(shí)，滑塊的加速度為4m/s2,根據(jù)牛

pA—Ff

頓第二定律有用一片二〃心，解得加=■—=3kg,A錯(cuò)誤；由C7—/圖像的面積

表示速度的變化量，滑塊由靜止開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)，故4s內(nèi)a—f圖像的面積即表示

、0+4

為4s末滑塊速度的大小，V4=2X(4—l)m/s=6m/s,B錯(cuò)誤；在0?Is的時(shí)

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b的沖量大小,

")+6

/“=//==5-X1N,S=4N$C錯(cuò)誤；在1?4s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為

Zfi4=Ff/i4=6X3N-s=18N-s,故在。?4s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為/=左

+/fi4=22N-s,D正確。

12.(2022?河北張家口模擬)娛樂(lè)風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置，在一個(gè)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(guò)改變受風(fēng)面積來(lái)實(shí)現(xiàn)向上、

向下運(yùn)動(dòng)或懸浮。已知一游客質(zhì)量為60kg,腹部向下時(shí)受風(fēng)面積最大為0.7n?,

身體直立時(shí)受風(fēng)面積最小為0.2n?,氣流密度為1.2kg/n?,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(dòng)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Z時(shí)間內(nèi)吹到人體的氣體質(zhì)量為^/n=pSvM?

設(shè)人對(duì)氣流的力的大小為F,則對(duì)此段氣體由動(dòng)量定理得以/=△/皿②

由牛頓第三定律，風(fēng)給人的力大小尸=臉

人受力平衡，所以尸=，咫④

聯(lián)立可得SyO.56m2。⑤

⑵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(dòng)，當(dāng)S=0.7n?時(shí)，由①②③

可得人受風(fēng)力

Fi=〃S爐=756N@

由牛頓第二定律得Fi—mg=mai⑦

經(jīng)過(guò)fi=1s時(shí)山=1.3m⑧

v=a\t\=2.6m/s⑨

當(dāng)受風(fēng)面積為S2=0.2nf時(shí)加速度向下，

由①?③可得乃=〃S2〃=216N⑩

由牛頓第二定律得mg—F2=rna2@

解得歐=6.4m/s2

游客減速過(guò)程上升的跟離X2=2^@

解得X2g0.53m

游客距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為x=xi+.g?

解得x=L81n。第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動(dòng)量守恒定律，知道動(dòng)量守恒的條件。2.會(huì)定量分析一維碰撞

問(wèn)題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞。3.會(huì)用動(dòng)量守恒的觀點(diǎn)分

析爆炸、反沖及人船模型。

夯實(shí)必備知識(shí)

1.

如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和

H內(nèi)容卜

為。.這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)員保持不變

動(dòng)

黃

(1)〃=〃'或，〃必+〃12。2=叫+m2r2’。系統(tǒng)相互

守

恒表達(dá)式J作用前的總動(dòng)最等于相互作用后的總動(dòng)最

定(2)Ap產(chǎn)-Apz,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變

律化后等大反向

京%—不受外力或所受外力的合力為空

2.

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短,而物

H碰撞j

體間相互作用力很大的現(xiàn)象

_^冏_在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,”

工^一認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)樊守恒

碰3

撞

廠［彈性碰撞卜動(dòng)送守恒、機(jī)械能守恒

萬(wàn)國(guó)非彈性碰撞］-動(dòng)設(shè)守恒、機(jī)械能有損失

-露1彈一動(dòng)黃守恒、機(jī)械能損失最多

3.

—,爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作

爆?—用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動(dòng)

炸包量變恒.如爆竹爆炸等

4.

當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開(kāi)物體向前運(yùn)動(dòng)

U汐時(shí).剩余部分必將向后運(yùn)動(dòng),這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng)

反ru^i系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到

沖飛2112r的外力。實(shí)例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等

q規(guī)律)一遵從動(dòng)最守恒定律

1.思考判斷

(1)只耍系統(tǒng)所受合外力做功為0,系統(tǒng)動(dòng)量就守恒。(X)

(2)系統(tǒng)的動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。(V)

(3)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式如。|+〃?2。2=如。|'+相2。2',一定是矢量式，應(yīng)用時(shí)要

規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對(duì)同一個(gè)參考系。(J)

⑷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。(J)

(5)爆炸過(guò)程中機(jī)械能增加，反沖過(guò)程中機(jī)械能減少。(X)

(6)在光滑水平而上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后均變?yōu)殪oI匕則兩球碰撞前的動(dòng)量

大小一定相等。（J）

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(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是

()

圖1

A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

D.木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同

答案CD

研透核心考點(diǎn)

考點(diǎn)一動(dòng)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(dòng)量守恒。

2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟

明確研確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)

究對(duì)象物體及研究的過(guò)程）

進(jìn)行受判斷系統(tǒng)動(dòng)景是否守恒（或某一方

力分析向上是否守恒）

列方程）—*規(guī)定正方向,確定初.末狀態(tài)動(dòng)景,

由動(dòng)景守恒定律列出方程

求解與代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果.必要時(shí)討論

討論說(shuō)明

角度n動(dòng)量守恒定律的理解

例1（2021?全國(guó)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，滑塊與車席的水平底板間有摩擦。用力向

右推動(dòng)車席使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考

系（可視為慣性系）中，從撤去推力開(kāi)始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

圖2

A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動(dòng)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(dòng)量守恒，滑塊和小車之間有滑動(dòng)摩擦

力，由于摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能減少，故B正確。

角度見(jiàn)動(dòng)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。、氏。成一直線排列，靜止

在光滑水平面上。。車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從人車跳到。車上。

小孩跳離c車和b車時(shí)對(duì)地的水平速度相同。他跳到。車上相對(duì)。車保持靜止，

此后（）

cba

圖3

A.a、〃兩車運(yùn)動(dòng)速率相等

B.a、c兩車運(yùn)動(dòng)速率相等

C.三輛車的速率關(guān)系V2>Va>Vb

D.a、c?兩車運(yùn)動(dòng)方向相反

答案CD

解析設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離仇c車時(shí)對(duì)地水平速度為。，在水平方向由

動(dòng)量守恒定律有0=M”c+〃zK。，m人v=M車3+機(jī)人。，m車+〃2人）M

所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)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(zhǎng)的細(xì)繩一端

連接著質(zhì)量為/HI=1.0kg的物塊4另一端連接質(zhì)量為團(tuán)2=1.0kg的長(zhǎng)木板B,

繩子開(kāi)始是松弛的。質(zhì)量為帆3=1.0kg的物塊C放在長(zhǎng)木板B的右端，C與長(zhǎng)

木板B間的滑動(dòng)摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現(xiàn)在給物塊C水平向左

的瞬時(shí)初速度0o=2.Om/s,物塊C立即在長(zhǎng)木板B上運(yùn)動(dòng)。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(zhǎng)木板8上滑落。下列說(shuō)法正確的是()

A.繩子繃緊前，B、。達(dá)到的共同速度大小為1.0m/s

B.繩子剛繃緊后的瞬間，A、3的速度大小均為1.0m/s

C.繩子剛繃緊后的瞬間，A、8的速度大小均為0.5m/s

2

D.最終A、B、。三者將以大小為‘m/s的共同速度一直運(yùn)動(dòng)下去

答案ACD

解析繩子繃緊前，&C已經(jīng)達(dá)到共同速度，設(shè)夙C達(dá)到的共同速度大小為

到，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得加300=(加2+加3加，解得切=1.0m/s,A正確;繩，子

剛繃緊后的瞬間，4、8具有相同的速度s,A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則

有"?20i=(〃zi+"Z2)s,解得s=0.5m/s,B錯(cuò)誤，C正確；A、B、C三者最終有

共同的速度。3,A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有"2300=("“+"”+m3比3,

解得O3=5m/s,D正確。

考點(diǎn)二碰撞問(wèn)題

1.碰撞問(wèn)題遵守的三條原則

(1)動(dòng)量守恒：pi+p2=pi'+p2，。

(2)動(dòng)能不增加：Eki+Ek22Eki'+Ek2'。

（3）速度要符合實(shí)際情況

①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有。后前，碰后原來(lái)在前的物體

速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有。#2。/。

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。

2.彈性碰撞的結(jié)論

以質(zhì)量為"21、速度為ri的小球與質(zhì)量為"22的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

mw\=m\v\'tn2V2r

品1Vi=J”lV\，2+|w2P2z2

m\—mi2tn\

聯(lián)立解得。|'=T?V2=Tvi

"21十"22加1十"22

討論：⑴若如=胴2,則。|'=0,改’=初（速度交換）;

(2)若m\貝iJo/AO,碰后，兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng)）;

(3)若則V2r^2v\；

(4)若miVmz，則。/V（）,。2，＞（）（碰后，兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng)）;

(5)若〃21?加2,則初?一01,

3.非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。

mw\H-nizV2=。i'+miV2

gm1VI+17772V2=J"1010+^1?12V2"+A反物

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(dòng)，動(dòng)能損失最大。

imV2=。川+〃?2)。

2

Ivr+2H=1+^2)v+AR惱m(xù)ax

角度n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。o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初和汲。設(shè)碰撞為彈性

正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）

中子氫核

O------------------O--------?/

中子氮核

圖5

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小

C.P2大于V\

DQ大于

答案B

解析設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為〃7,氮核的質(zhì)量為14根，設(shè)中子和

氫核碰撞后中子速度為。3,取的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律和能量守恒

定律可得

mvo~mvi+mV}

^rivi=pz/UT+；"就

聯(lián)立解得V\=VO

設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為。4,取加的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律和

能量守恒定律可得niv(.=14mV2+mV4

\〃2加=4X14/72V2+4也昂

2

聯(lián)立解得V2=T7U0

AJ

可得切=如>。2,故C、D錯(cuò)誤;

碰撞后氫核的動(dòng)量為iM=mv\=mvo

KA"-LN“，2Smvo

氮核的動(dòng)量為PN=14/加2=]5

可得PN>PH,故A錯(cuò)誤;

碰撞后氫核的動(dòng)能為

EkH斗加加

氮核的動(dòng)能為fkN=1x14/加=2：魯

可得EkH>EkN,故B正確。

角度同非彈性碰撞

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和滑塊夙C均靜止在光滑水平地面上，斜劈人的末端與水平地面相切。一滑

塊Q從斜劈A的圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，滑塊?；剿降孛婧笈c滑塊

B碰撞并粘在一起向前運(yùn)動(dòng)，再與滑塊C碰撞又與C粘在一起向前運(yùn)動(dòng)。已知

斜劈A和三個(gè)滑塊的質(zhì)量均為〃7,斜劈A的圓弧凱道半徑為R,重力加速度大小

為g。滑塊8、C、。均可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）

D

圖6

A.滑塊。在圓弧軌道上滑動(dòng)的過(guò)程中，A對(duì)。的支持力做功為一多%R

B.與滑塊8碰撞前瞬間，滑塊。的速度大小為4荻

C.滑塊B與滑塊。碰撞后的速度大小為亨

D.滑塊D與滑塊B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為由〃gR

答案AD

解析。在A上滑動(dòng)時(shí)，力與。組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)機(jī)械

能守恒，則當(dāng)?；剿降孛嫔蠒r(shí)〃皿）一〃WA=0,且加昆+；/?就，兩式

聯(lián)立解得A、。分離時(shí)的速度大小為況）=內(nèi)=4正，即A與。的速度大小相等，

方向相反，下滑過(guò)程充。由動(dòng)能定理得WN+，〃gR=S而，解得以二一57次,

故A正確；D與B碰撞前的速度即為A、。分離時(shí)。的速度大小，為癇，故B

錯(cuò)誤；B與C碰撞過(guò)程中，B、C、。組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有加。。=（小十加+

，n）vc,則B與。碰撞后的速度大小為oc=零，故C錯(cuò)誤；。與5碰撞過(guò)程動(dòng)

量守恒，有WW/）=（〃z+〃7）08,則碰撞后B、。整體的速度大小為08="|反,損失

的機(jī)械能+m）vl=^mgR,故D正確。

跟蹤訓(xùn)練

2.（2023?江蘇無(wú)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(dòng)，B球在

前，A球在后，nw=lkgo經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、5發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰

撞前、后兩球的位移一時(shí)間圖像如圖7所示，根據(jù)以上信息可知（）

6.0b----

5.0

4.0

3.0解

2.0卜//

1.?！?

1.()1.6//s

A.碰撞過(guò)程中B球受到的沖量為8N-s

B.碰撞過(guò)程中A球受到的沖量為一8N-s

C.B球的質(zhì)量m3=4kg

D.A、8兩球發(fā)生的是彈性碰撞

答案D

解析已知x—f圖像的斜率代表速度，則內(nèi)=6m/s,VA,=2m/s,VB=3m/s,VB'

=5m/s,根據(jù)動(dòng)量定理有〃〃辦=—4N$加=/〃即"一"7808,再根據(jù)

動(dòng)量守恒定律有647〃+/麗斗6團(tuán)4,解得〃7B=2kg,7B=4N-S,A、R、

C錯(cuò)誤；碰撞前后的動(dòng)能分別為Ek=5"〃源+5〃3涼=27J,Ek,=^mAVA,2-\-^mBVB,2

=27J,則A、8兩球發(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(gè)規(guī)律

動(dòng)量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(guò)程

守恒中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒

動(dòng)能在爆炸過(guò)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

增加系統(tǒng)的機(jī)械能增加

位置爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為

不變爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)

2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明

作用原理反沖運(yùn)動(dòng)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

反沖運(yùn)動(dòng)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(dòng)遵循

動(dòng)量守恒

動(dòng)量守恒定律

反沖運(yùn)動(dòng)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

機(jī)械能增加

3.“人船”模型特點(diǎn)

⑴常見(jiàn)情景

(2)動(dòng)量守恒：兩物體相互作用過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律小加一〃2202=0。

(3)位移關(guān)系：XI+X2=L,得XI=~v-L,X2=L°

ttm\-vnn"八十im

(4)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)

①人動(dòng)船動(dòng)，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(shí)速度)比等于

它們質(zhì)量的反比，即詈。

人2(?Xffll

③應(yīng)用費(fèi)="=等時(shí)要注意：嘰。2和川、X2一般都是相對(duì)地面而言的。

角度EI爆炸問(wèn)題

例5(多選)一個(gè)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。飛行時(shí)，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(shuō)法正確的是（）

A.爆炸后乙落地的時(shí)間最長(zhǎng)

B.爆炸后甲落地的時(shí)間最長(zhǎng)

C.甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)。的距離比為4：1

D.爆炸過(guò)程釋放的化學(xué)能為等

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(shí)間/=

相等,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；爆炸過(guò)程動(dòng)量守恒，有〃w=-再+；小。甲，由

題意知。丙=。，得。甲=4心爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)

O的距離x—/相同，則X-小甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為

x甲：x產(chǎn)。甲：。產(chǎn)4：1,選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒可得爆炸過(guò)程釋放的化學(xué)

17

±+-X22-2

=力

22河3選項(xiàng)D正確。

角度反沖問(wèn)題

例6（2022?河南開(kāi)封模擬）導(dǎo)彈發(fā)射過(guò)程可以簡(jiǎn)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(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度00豎直向下噴出質(zhì)量為m的

熾熱氣體，忽略噴氣過(guò)程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)東風(fēng)導(dǎo)彈獲得

的速度大小是（)

A?謂。

-M-m

M-mM-m

答案D

解析由動(dòng)量守恒定律得〃wo=（W—〃z）。，導(dǎo)彈獲得的速度。=就，，。，故D正

確。

角度應(yīng)“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