重難點06動量

（動量定理及其應(yīng)用、動量守恒定律及其應(yīng)用、碰撞模型及其拓展）

彳------------

摘題趨理4

考點分析三年考情分析2025命題熱點

2024：廣東卷、全國甲卷、湖南卷

動量定理的應(yīng)用2023：廣東卷、新課標(biāo)卷、福建卷、江蘇卷

2022：山東卷、湖北卷

2024：江西卷、安徽卷、湖北卷、河北卷、山

動量守恒定理的應(yīng)東卷、甘肅卷小西士由口甘廣由

E+六七,廣七1、動量定理及其應(yīng)用

用2023：廣東卷、北星卷、山東卷?甘什同

*加士/2、碰撞模型及其拓展

2022：河北卷、湖南卷

2024：廣東卷、廣西卷、安徽卷、湖南卷、湖

北卷

碰撞模型及其拓展加古生、-Z寶生后出生、7…生

2023：湖南卷、福建卷、海南卷、遼丁卷

2022：湖北卷

【課標(biāo)要求】

1.理解動量定理，靈活利用動量定理解決實際問題。

2.理解動量守恒定理成立的條件，利用動量守恒定律解決有關(guān)問題。

3.掌握碰撞模型及其拓展，會應(yīng)用動量守恒定律等規(guī)律解決實際問題。

【考查方向】

本專題內(nèi)容屬于高考考查的熱點和難點，既有選擇題又有計算題，或與電磁感應(yīng)等結(jié)合。

命題點主要包括以下幾個方面：

①動量、沖量、動量守恒定律的應(yīng)用；

②動量守恒定律、能量守恒定律的綜合問題；

③聯(lián)系動量守恒，以力學(xué)綜合問題的形式出現(xiàn)綜合計算題；

④動量在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用；

⑤動量定理處理流體（變質(zhì)量）問題；

⑥動量定理處理勻變速直線運(yùn)動的問題。

【備考建議】

復(fù)習(xí)本專題時，備考中不僅要對動量、沖量、動量守恒定律的知識熟練掌握，而且要結(jié)合

本章處理綜合問題的方法，分類復(fù)習(xí)套路，重點把握以下知識點：

①牛頓運(yùn)動定律處理勻變速直線運(yùn)動的問題；

②動量定理結(jié)合能量守恒定律、動量守恒定律處理碰撞、反沖類問題。

----------------------------h

重難詮釋

【情境解讀】

1.碰撞問題情境

兩車碰撞：在公路上，兩輛汽車發(fā)生碰撞。例如，一輛車以一定速度追尾另一輛車，這是

典型的非彈性碰撞情境。通過動量守恒定律可以計算碰撞后兩車的共同速度。如果已知兩車碰

撞前后的位移變化，還能結(jié)合動能定理等分析碰撞過程中的能量損失情況。

粒子碰撞：在微觀領(lǐng)域，像a粒子和其他原子核碰撞。這種情境用于考查動量守恒在微

觀物理中的應(yīng)用，碰撞類型可能是彈性碰撞或者非彈性碰撞，根據(jù)已知的粒子速度、質(zhì)量等信

息，利用動量守恒定律和能量關(guān)系來求解碰撞后的粒子狀態(tài)。

2.爆炸與反沖情境

炮彈發(fā)射：炮彈從炮筒中發(fā)射出去，炮身會產(chǎn)生反沖現(xiàn)象。根據(jù)動量守恒定律，炮彈向前

的動量與炮身向后的動量大小相等、方向相反。通過已知的炮彈質(zhì)量和射出速度，可以計算炮

身的反沖速度。

火箭升空：火箭燃料燃燒產(chǎn)生大量氣體向后噴出，火箭獲得向前的動量。通過動量守恒定

律可以研究火箭速度的變化與燃料噴射速度、質(zhì)量之間的關(guān)系，在這個情境中還會涉及變質(zhì)量

問題的處理。

3.系統(tǒng)相互作用情境

滑塊-木板系統(tǒng)：在光滑水平面上有木板，木板上放置滑塊。當(dāng)滑塊與木板之間有相互作

用（如滑塊在木板上滑動，或者通過彈簧、輕繩連接相互作用）時，整個系統(tǒng)的動量守恒。例

如，滑塊以一定速度在木板上滑動，通過動量守恒定律可以計算滑塊和木板最終的共同速度，

結(jié)合能量關(guān)系（如摩擦生熱等于系統(tǒng)機(jī)械能減少量）分析滑塊在木板上滑動的距離。

多物體系統(tǒng)：三個或更多物體組成的系統(tǒng)，比如有A、B、C三個小球，A球和B球碰撞后,

B球再和C球碰撞。這種情境下，分別在兩次碰撞過程中運(yùn)用動量守恒定律，結(jié)合已知的物體

質(zhì)量和初始速度等條件，求解最終各物體的運(yùn)動狀態(tài)。

【高分技巧】

1彈性碰撞

1.碰撞三原則：

(1)動量守恒：即pi+p2=pi'+p2’.

22，2f2

(2)動能不增加：即Eki+Ek2NEki'+Ek2'或霜+婷n絳■+先.

2mlZmi2mlZmi

(3)速度要合理

①若碰前兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v后X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.“動碰動”彈性碰撞

發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為陽和"Z2,

碰前速度為VI,V2,碰后速度分別為VI,，V2,則有：

,171911

1Vl+m2v2=m1v1+mlv25ml匕+-m2v2=/m1Vl+5町%

聯(lián)立(1)、(2)解得：

n

vi=2-----------------匕，V2=2^^-V2.

叫+叫叫+叫

特殊情況：若機(jī)1二M2.VI=V29V2=VI

3.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論

兩球.發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為vi的小球與質(zhì)量為

儂的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有mivi=mivf+m2V2r(1)

^miv?=+52V2'2(2)

,(mi—m2)vi,2mivi

解傳：V1=mi+mi—，也;嬴工菰

結(jié)論：⑴當(dāng)加1=加2時，Vl'=0,以'=0(質(zhì)量相等，)

(2)當(dāng)如〉用2時，0'>0,/>0,且V2'>0’(大碰小，一起跑)

(3)當(dāng)如〈M2時,vf<0,V2'>0(小碰大，要反彈)

(4)當(dāng)如》帆2時,vi'=wo,出=2vi(極大碰極小,大不變，小加倍)

(5)當(dāng)如《W2時，Vl，=—VI,V2'=0(極小碰極大，小等速率,大不變)

2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞

1.非彈性碰撞

介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。

根據(jù)動量守恒定律可得：miv\+m.2V2=mwi+"22V2(1)

損失動能AEk,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：^-mivi2+gm2V22=-1mivi2+-1m2V22+AEk.

(2)

2.完全非彈性碰撞

碰后物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得:

mivi+m2V2=(mi+m2)v共(1)

完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：

△Ek=%機(jī)iv/+%機(jī)2V22-%(機(jī)1+加2》共2(2)

聯(lián)立⑴、⑵解得…共=也±色匕

嗎+%2ml+恤

3人船模型

1.適用條件

①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；

②動量守恒或某方向動量守恒.

2.常用結(jié)論

,人%?m船

___________&

名船丁工人?

設(shè)人走動時船的速度大小為v船，人的速度大小為v人，以船運(yùn)動的方向為正方向，則m船v船-m

人v人=0,可得m船v船=111人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m

人v人t,

即：m船XHu=m人x人,由圖可看出x船+x人=1”

m即,m.

可解得：%人=-L%船=L

m人+m船.m人+m船

3.類人船模型

4爆炸和反沖問題

1.對反沖現(xiàn)象的三點說明

(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動，通常用動量守恒來處理。

(2)反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。

(3)反沖運(yùn)動中平均動量守恒。

2.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律

(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，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。

(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前

后系統(tǒng)的總動能增加。

(3)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，一般可忽略不

計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量.開始運(yùn)動。

5.子彈打木塊模型

1.模型特點

⑴子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為該過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒.

⑵在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化.

2.兩種類型

⑴子彈留在木塊中(未穿出)

①動量守恒：mvo=(m+M)v

②機(jī)械能損失(摩擦生熱)

其中d為子彈射入木塊的深度.

⑵子彈穿出木塊

①動量守恒：mvo=mvi+Mvi

②機(jī)械能的損失（摩擦生熱）

Qa=Ff-L=2?wo2-^nv^—^Mvr

其中L為木塊的長度，注意dWL

6.彈簧模型

”原長靜止

->v最短-->V

01W?

條件與模型

也‘-------原長十

V最長.

(WWWMD

情況一：從原長到最短（或最長）時

2

①%%=（mA+mB）v；②gmAv^=^mA+mB）v+Epm

規(guī)律與公式

情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復(fù)原長時

22

①mAv0=mAv\+mBv2；②gmAv^=|mAv；+1mBv2

7.板塊模型

-AM)

板塊模型f-~P512ffl水平面光滑

一?VO「共

mi__IV共

—_____?

m21?

過程簡圖~7///，////，//////

<——X2---------?

?----------Xl-

mxm2

動力學(xué)常用關(guān)系v0-"=a2t；

1212

；%.a2t；x相對=玉一/

△相對=g嗎片-g（嗎+?）嗔

功能常用關(guān)系

動量常用關(guān)系=（根i+加2）v共

限時提升練

一、單選題

1.（2024.重慶.模擬預(yù)測）如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，一滑塊從斜面頂端由靜止（開始下

滑，取地面為零勢能面，則滑塊的速度大小八重力勢能與隨位移x的變化關(guān)系圖線，以及滑塊的動量P、

動能線隨時間t變化關(guān)系圖線正確的是（）

【知識點】重力勢能的定義和公式、計算物體的動量及動量的變化

【詳解】A.設(shè)斜面夾角為e,滑塊沿斜面下滑過程中

mgsin6.八

a=-----------=gsin”

m

根據(jù)速度公式

v-at

滑塊的動能

紜=：m丫2=遛等投』穌T圖線不是正比例函數(shù)圖線，故A錯誤;

B.由動量公式

p=mv

結(jié)合上述分析有

p—mgsin0t

可見PT為正比例函數(shù)，故B正確；

C.由速度位移公式，有

v2=2gsin

由數(shù)學(xué)知識可知選項C滿足的是丫=依2的函數(shù)關(guān)系式，與上述結(jié)論不符，故C錯誤；

D.滑塊下滑的高度

h=xsm6

設(shè)斜面的高度為》，重力勢能與位移x的關(guān)系為

Ep=mg（H-lz）=mgH-mgxsin3綜-尤應(yīng)為直線，故D錯誤。

故選B。

2.（2024?新疆?一模）某同學(xué)在列車車廂的頂部用細(xì)線懸掛一個小球，在列車以某一加速度水平向右運(yùn)動

的過程中，細(xì)線與豎直方向的夾角保持為仇則在一段時間內(nèi)，關(guān)于細(xì)線拉力的沖量/和做功W,下列說法

C.I豐0,w=oD./￥0,”0

【答案】D

【知識點】功的定義、計算式和物理意義、沖量的定義、單位和矢量性

【詳解】小球受力示意圖如圖所示，細(xì)線拉力沿繩方向，與運(yùn)動方向形成銳角，故拉力做正功，則

WHO

根據(jù)沖量的定義式

I=Ft

因此拉力有沿繩方向的沖量

/片0

3.（2024.貴州六盤水.模擬預(yù)測）如圖所示，一根光滑剛性桿0A8固定在底座上，其中。4段是四分之一

圓弧，48段是與段平滑連接的水平桿，底座置于光滑水平面上?，F(xiàn)讓內(nèi)徑比桿略大的小環(huán)套在桿上并

以某一初速度沿桿由點B滑動到點。，則此過程（）

A.小環(huán)動量守恒

B.小環(huán)水平方向動量守恒

C.小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)動量守恒

D.小環(huán)、桿048及底座組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

【答案】D

【知識點】系統(tǒng)受到的合外力為零、系統(tǒng)在某一方向不受外力

【詳解】A.小環(huán)套在桿上并以某一初速度沿桿由點8滑動到點。，小環(huán)在圓弧段合力不為零，動量不守恒,

故A錯誤；

B.小環(huán)在圓弧段受到圓弧的彈力，小環(huán)水平方向合力不為零，動量不守恒，故B錯誤；

C.小環(huán)、桿及底座組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，動量不守恒，故C錯誤；

D.小環(huán)、桿及底座組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，故D正確。

故選D。

4.（2024?安徽?模擬預(yù)測）如圖所示。上表面粗糙的長木板P放在光滑水平面上，長木板中央放置兩質(zhì)量

大小關(guān)系未知的物塊M和N,兩物塊與板向的動摩擦因數(shù)均相同。M和N之間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與

兩物塊均不拴接），開始時板和兩物塊均靜止。現(xiàn)同時釋放M、N,彈簧將兩物塊彈開，兩物塊在長木板上

滑動的過程中，下列說法正確的是（）

__________RwMTi]___________

/」/.///.///./////，///二///匚////“//.///.///.////////

A.M、N組成的系統(tǒng)總動量一定守恒

B.M、N組成的系統(tǒng)總動量一定不守恒

C.若長木板向左運(yùn)動，則物塊M的質(zhì)量一定小于物塊N的質(zhì)量

D.若長木板向左運(yùn)動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右

【答案】D

【知識點】系統(tǒng)受到的合外力為零、利用動量守恒計算解決簡單的碰撞問題

【詳解】AB.物塊M和N受到長木板對它們的摩擦力大小未知，若兩摩擦力大小相等，則M、N組成的

系統(tǒng)總動量守恒，若兩摩擦力大小不相等，則M、N組成的系統(tǒng)總動量不守恒，故AB錯誤；

C.若長木板向左運(yùn)動，則板受到的合力向左，M對板的摩擦力大于N對板的摩擦力，M的質(zhì)量一定大于

N的質(zhì)量，故C錯誤；

D.長木板和兩物塊組成的系統(tǒng)總動量守恒，若長木板向左運(yùn)動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右,

故D正確。

故選D。

5.（2024?廣東廣州.一模）2023年10月，杭州亞運(yùn)會蹦床項目比賽在黃龍體育中心體育館舉行。如圖是運(yùn)

動員到達(dá)最高點。后，豎直下落到A點接觸蹦床，接著運(yùn)動到最低點C的情景，其中8點為運(yùn)動員靜止在

蹦床時的位置。不計空氣阻力，運(yùn)動員可看成質(zhì)點。運(yùn)動員從最高點。下落到最低點C的過程中，運(yùn)動員

A.在OA段動量守恒

B.從A到C的過程中，運(yùn)動員的加速度先增大后減小

C.在AC段的動量變化量等于AC段彈力的沖量

D.在C點時，運(yùn)動員的動能和蹦床的彈性勢能之和最大

【答案】D

【知識點】利用牛頓第二定律分析動態(tài)過程、彈簧類問題機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問題、動量定理的內(nèi)容、動量守恒

定律的內(nèi)容、應(yīng)用范圍和推導(dǎo)

【詳解】A.從。到A的過程中，運(yùn)動員受重力作用，故動量不守恒，故A錯誤；

B.從A到C的過程中，則開始彈力小于重力，則有

mg-F#=ma

隨著彈力增大，加速度減?。贿^B點后彈力大于重力，則有

五彈一mg=ma

隨著彈力增大，加速度增大，所以運(yùn)動員的加速度先減小后增大，故B錯誤；

C.根據(jù)動量定理有

可知在AC段的動量變化量等于AC段彈力沖量與重力沖量的矢量和，故C錯誤；

D.整個過程蹦床和運(yùn)動員組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在C點運(yùn)動員的重力勢能最小，故運(yùn)動員的動能和蹦床

的彈性勢能之和最大，故D正確。

故選D。

6.（2024?北京海淀?模擬預(yù)測）如圖所示，用長為/的輕繩懸掛一質(zhì)量為"的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為

的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對于子彈射向沙

箱到與其共同擺過一小角度的過程中，下列說法正確的是（）

A.整個過程中，彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量守恒

B.子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機(jī)械能守恒

C.若保持M、m、/不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大

D.若保持M、"7、I，不變，/變大，則彈丸與沙箱的最大擺角不變

【答案】C

【知識點】判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒、系統(tǒng)在某一方向不受外力、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰

撞問題

【詳解】AB.彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，而系統(tǒng)的機(jī)械能因摩擦生熱而減少，以彈丸的初

速度方向為正方向，由動量守恒定律得

mv=(Al+rri)vx

解得

mv

匕二-----

M+m

彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而系統(tǒng)的外力之和不為零動量不守恒，故整個過程中彈丸和沙

箱組成的系統(tǒng)動量不守恒，子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機(jī)械能不守恒，故AB錯誤；

C.由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

2

121Mmv

AE=—mv——(M+m)Vj9=

22(M+m)

若保持M、m、/不變，口變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故C正確;

D.彈丸與沙箱一起擺動過程,設(shè)最大擺角為則有

19

—+m)v1=+m)g(l-1cosa)

聯(lián)立解得

1m2v2

l---------z-=cosa

2（M2gl

若保持M、m、u不變，/變大,則彈丸與沙箱的最大擺角a變小，故D錯誤。

故選Co

7.（23-24高三下?遼寧?期中）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅

子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備

（火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等）總質(zhì)量為加，點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為機(jī)的熾熱燃?xì)庀鄬?/p>

地面以%的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g,下列說法中正確的是（）

A.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為丫=產(chǎn)」

M-m

B.火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機(jī)械能守恒

c.噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為

g-m）

D.在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒

【答案】A

【知識點】豎直上拋運(yùn)動的高度、速度與時間的計算、判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒、系統(tǒng)受到的合外力為零、

火箭的原理

【詳解】A.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，萬戶及所攜設(shè)備組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v,規(guī)定火

箭運(yùn)動方向為正方向，則有

解得火箭的速度大小為

nv

v=J^

M—m

故A正確；

B.在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設(shè)備做正功，所以火箭機(jī)

械能不守恒，故B錯誤；

C.噴出燃?xì)夂螅f戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得，最大上升高度為

222

/7=。一%,

2g2（M-m）2g

故C錯誤;

D.在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備因為受重力，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。

故選Ao

二、多選題

8.（2024?重慶?模擬預(yù)測）如圖所示，繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上放著質(zhì)量為小的物塊，物塊與圓盤

保持相對靜止，其到轉(zhuǎn)軸的距離為已知圓盤轉(zhuǎn)動的周期為T,物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加

速度為g,空氣阻力忽略不計，物塊可視作質(zhì)點。若物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動一周，則（）

A.物塊的動量變化量為零

B.物塊所受重力的沖量為零

C.物塊所受支持力的沖量大小為

D.物塊所受摩擦力做的功為〃的

【答案】AC

【知識點】應(yīng)用動能定理求變力的功、求恒力的沖量、計算物體的動量及動量的變化

【詳解】A.物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動一周，速度變化量為零，故動量變化量為零，故A正確；

B.物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動一周，根據(jù)沖量的定義，物塊所受重力的沖量為mgT,方向豎直向下，故B錯誤；

C.豎直方向平衡，物塊所受支持力大小等于重力，故物塊所受支持力的沖量大小為加gT,故C正確；

D.物塊隨圓盤勻速轉(zhuǎn)動，速度大小不變，根據(jù)動能定理知物塊所受摩擦力做的功為零，故D錯誤。

故選ACo

9.（2024?全國?模擬預(yù)測）如圖，水平向里的勻強(qiáng)磁場中有一豎直絕緣板，一個帶正電的小滑塊緊靠絕緣

板左側(cè)從足夠高處由靜止釋放。已知小滑塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)處處相同，且小滑塊的電荷量不變，

則在下滑過程中，小滑塊所受洛倫茲力的沖量〃隨下滑距離x與所受合力的沖量/隨下滑時間f變化的圖像

正確的是（）

X

X

X

X

X

【答案】BC

【知識點】求變力的沖量、動量定理的內(nèi)容

【詳解】A.設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,小滑塊的質(zhì)量為旭、電荷量為心與絕緣板間的動摩擦因

數(shù)為〃。小滑塊沿絕緣板下滑，速度為v時，極短時間加內(nèi)，洛倫茲力的沖量大小

IB=Bqv^t

累加求和得

IB=EBqvAt=BqYAx=Bqx

故A錯誤，B正確;

CD.小滑塊沿絕緣板下滑，速度為v時，水平方向板向左的支持力及與水平向右的洛倫茲力心始終平衡,

即

FN=FB=Bqv

豎直方向小滑塊受到的合力大小

F=mg—Ff

且

耳=〃6

可得

F=mg—juBqv

可見隨著小滑塊下滑速度的增大，小滑塊所受的合力產(chǎn)越來越小，加速度越來越小，當(dāng)尸=0時小滑塊以最

大速度做勻速直線運(yùn)動，由動量定理可得

I-mv

可知最終合力沖量不再變化，故C正確，D錯誤；

故選BCo

10.（2024?福建寧德?三模）生活中常用高壓水槍清洗汽車，高壓水槍噴口直徑為。，噴出水流的流速為v,

水柱垂直射向汽車表面后速度變?yōu)榱悖拿芏葹橄?，下列說法正確的是（）

A.高壓水槍單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為工%?。2V

4

B.水柱對汽車的平均沖力為J/ZDZU

4

C.若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼腏倍

D.若高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼?倍

【答案】AC

【知識點】用動量定理解決流體問題

【詳解】A.高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量

12

m=pV=—v

故A正確；

B.設(shè)水柱對汽車的平均沖力為b，垂直汽車表面方向，由動量定理得

-FAr=0-Amv加時間內(nèi)水柱的質(zhì)量為

1。

Am=p/W=pSvAt=—npD^v^t

解得水柱對汽車的平均沖力為

F=-^itpv2D2

故B錯誤；

C.若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，根據(jù)尸10y。得水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼?倍,

故C正確;

D.根據(jù)

F=-^itpv2D2

若高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水柱對汽車的平均沖力為原來的4倍，故D錯誤。

故選ACo

11.（2024?福建?二模）如圖甲，一電量為q=1.0xl0-6C、質(zhì)量為相=1.0kg的帶電物塊（可視為質(zhì)點）靜置于

動摩擦因數(shù)為0.2的絕緣水平平臺上。仁0時刻在空間內(nèi)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小隨時間變化如

圖乙所示。1s時物塊恰好從平臺右邊緣飛出，3s時物塊恰好落地。重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正

確的是（）

A.1s后物塊做非勻變速曲線運(yùn)動

B.物塊從平臺飛出時的速度大小為3m/s

C.0~ls內(nèi)物塊的電勢能減少了7.68J

D.物塊落地時的速度大小約為24m/s

【答案】AD

【知識點】曲線運(yùn)動概念和性質(zhì)、利用功能關(guān)系計算電場力做的功及電勢能的變化、利用動量定理求解其

他問題

【詳解】A.由題意得1s后物塊從平臺飛出后，受豎直方向的恒定重力和水平方向隨時間變化的電場力，

故為非勻變速曲線運(yùn)動，故A正確；

B.水平平臺給物塊的最大靜摩擦力等于電場力時，即

jumg=Eq=2N

帶入題中數(shù)據(jù)解得

E=2xlO6V/m

故當(dāng)E增加到2xl06v/m時，結(jié)合圖乙可知0.2s時物塊才開始向右運(yùn)動，即。?0.2s時間內(nèi)，物塊處于靜止

狀態(tài)O2~ls時間內(nèi)，設(shè)1s末脫離平臺時的速度為匕，由動量定理

ZF1-I{=mVl

電場力的沖量4等于0.2-ls時間內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積乘以電荷量，即

4=(^T^xi°6x0,8xl,0><10JN?

0.2~1S時間內(nèi)摩擦力沖量4等于摩擦力乘該段時間，即

4=/jmgx8s=1.6N?

聯(lián)立解得

匕=3.2m/s

故B錯誤；

C.假設(shè)物塊在0.2~ls時間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動，該時間內(nèi)的位移

Si=^-f1=1.28m

則克服摩擦力做功

Wf=pimgsl=2.56J

實際上物塊做加速度增加的變加速運(yùn)動，位移小于L28m,故克服安培力做功的值小于2.56J,動能增加量

1,

A￡k=—mv；=5.12J

根據(jù)能量守恒得可知，電場力做功的值等于克服摩擦力做功與動能增量之和，故電場力做功小于7.68J,故

O~ls內(nèi)物塊的電勢能減少量小于7.68J,故C錯誤；

D.設(shè)3s末物塊的水平速度為內(nèi)”豎直速度為為八在水平方向由動量定理得

/a=mv2x-mVl

由圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積可得

/%=10N-s

聯(lián)立解得

v2A.=13.2m/s

豎直方向由運(yùn)動學(xué)公式得

V2y=g,2=20m/s

則物塊落地時的速度

%=Ji+Wy=24m/s

故D正確。

故選ADo

12.(2025?廣西?模擬預(yù)測)中國空間站天和核心艙配備了四臺國產(chǎn)化的LHJ100霍爾推進(jìn)器，其簡化的

工作原理如圖所示。放電通道兩端的電極A、B間存在一加速電場E,工作時，工作物質(zhì)流氣進(jìn)入放電通道

后立即被電離為一價債離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。單臺推進(jìn)器每秒噴出的一價債離子數(shù)

?=1.8xl019yb,速度v=2xl()4m/s,單個低離子的質(zhì)量為%=2.2義ICT”kg,電子電荷量e=1.6xl()T9c,

不計一切阻力，計算時取債離子的初速度為零，忽略離子之間的相互作用，則()

放電通道昕_I：

1°°a*Xe+E

---------------?

氣Flo。占8O*

uoo*b?|；

G*

AB

A.A、B兩電極間的加速電壓為275V

B.A、B兩電極間的加速電壓為375V

C.單臺霍爾推進(jìn)器產(chǎn)生的平均推力大小約為0.08N

D.單臺霍爾推進(jìn)器向外噴射抗離子形成的電流約為29A

【答案】AC

【知識點】用動量定理解決流體問題、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動、電流強(qiáng)度的定義及單位

【詳解】AB.氤離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有

12

eU=—mv

2

可得加速電壓為

U=275V

選項A正確，B錯誤；

C.根據(jù)動量定理可得

F-\t=nmv

代入數(shù)據(jù)解得

F=7.92xlO'N

約為0.08N,選項C正確;

D.單臺霍爾推進(jìn)器向外噴射敬離子形成的電流

,NQne1.8xl019xl.6xl0-19…

/=—=——=--------------------------AA?2.9A

NtNt1

選項D錯誤。

故選ACo

13.（24-25高二上?海南省直轄縣級單位?階段練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量均為根的木塊A和B,并排放在光滑

水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的。點系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為機(jī)的球C,

現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球C,則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

A.運(yùn)動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量守恒

B.球擺到最低點過程，C球的速度為％=療

C.C球第一次擺到最低點過程中，木塊A、B向右移動的距離;心

3

D.C向左運(yùn)動能達(dá)到的最大局度;工

4

【答案】CD

【知識點】系統(tǒng)受到的合外力為零、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題

【詳解】A.木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)在水平方向合力為零，而在豎直方向合力不為零，故此系統(tǒng)在

水平方向上動量守恒，而在豎直方向上動量不守恒，所以此系統(tǒng)的動量不守恒，故A錯誤；

B.小球C第一次到達(dá)最低點時，設(shè)此時A、B共同速度大小為VAB,C的速度大小為vc,此過程水平方向

動量守恒可得

2〃7VAB

mvc=

由機(jī)械能守恒定律得

m2L——mv2+—1xc2mv2

2r2AB

解得

故B錯誤;

C.小球C第一次擺到最低點過程中，設(shè)C的水平速度大小為V7,木塊A、B的速度大小為也，對A、B、

C組成的系統(tǒng)，根據(jù)水平方向動量守恒得

mvx=2mv2

可得此過程中C的水平速度大小與木塊A、B的速度大小之比始終為

巧2m2

v2m1

則小球C第一次擺到最低點過程中，C的水平位移大小川與木塊A、B的位移大小&之比也為

芭_2

x21

由幾何關(guān)系得

玉+%2=￡

解得木塊A、B向右移動的距離為

%=口

故C正確；

D.球C第一次由最低點向左擺至最高點的過程，A與C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，球C向左擺

至最高點時兩者共速，以水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得

mvc-mvA=2mv

222

gmvc+；mvA=gx2mv+mgh

解得

h=-L

4

故D正確。

故選CD。

14.（2024?安徽?一模）如圖所示，一個固定的光滑導(dǎo)軌長臂水平、短臂豎直；一根不可伸長的輕繩，一端

系在質(zhì)量為優(yōu)的圓環(huán)上，另一端與質(zhì)量為根的小球相連，圓環(huán)套在長臂上。左手扶住圓環(huán)，右手拿起小球

將細(xì)線水平拉直，已知細(xì)線長度L=6后m，此時圓環(huán)距離短臂尤=3（應(yīng)-l）m,現(xiàn)將圓環(huán)與小球同時由靜止

釋放，小球向下擺動，環(huán)與短臂碰后粘連（碰撞時間極短）。在小球向下擺動過程中，小球與環(huán)沿繩方向

速度始終相等，重力加速度為g=10m/s2。從釋放小球到小球第一次到達(dá)最低點的過程中，下列說法正確的

是（）

，…_________o

Lm

A.小球與環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒

B.小球與環(huán)組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒

C.環(huán)的最大速度大小為3百m/s

D.小球運(yùn)動的最大速度大小為,30(4五

【答案】AD

【知識點】用動能定理求解外力做功和初末速度、判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒、用細(xì)繩連接的系統(tǒng)機(jī)械能守

恒問題、系統(tǒng)在某一方向不受外力

【詳解】小球與圓環(huán)釋放瞬間，小球與圓環(huán)水平方向上不受外力，水平方向動量守恒，根據(jù)平均動量守恒

有

m—=m—

tt

相等時間里小球與環(huán)水平位移相等，所以當(dāng)環(huán)與短臂碰撞時，小球的水平位移也為九，由于

L>2x

所以當(dāng)圓環(huán)與短臂碰撞時，小球未到最低點，之后環(huán)與短臂粘連，小球做圓周運(yùn)動到最低點。

A.環(huán)與短臂粘連時，小球與環(huán)沿繩方向的速度減為0,機(jī)械能不守恒，A正確；

B.環(huán)與短臂粘連前系統(tǒng)水平方向動量守恒，粘連后水平方向動量不守恒，B錯誤；

C.如圖

環(huán)與斷臂碰撞前瞬間速度最大，設(shè)最大速度為V,繩與水平方向夾角為a,根據(jù)水平方向動量守恒，有

mv=mvx

可得小球的水平速度為

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

2

mgh=:mv+；機(jī)（匕2）

h=^L2-（￡-2X）2=6m

在小球向下擺動過程中，小球與環(huán)沿繩方向速度始終相等，有

vcosa=vysina-vxcosa

h0

sina=—=—

L2

可得

a=45°

聯(lián)立解得

v=26m/s

C錯誤；

D.小球運(yùn)動到最低點時速度最大，設(shè)速度為M,環(huán)與短臂粘連時，小球與環(huán)沿繩方向的速度減為0,小球

的速度為

匕=vxsina+vycosa=3^/10In/s

根據(jù)動能定理，有

mg^L-h)=^mv,2-mv^

解得

v'=^30(472-1)111/8

D正確。

故選ADo

15.（2024?四川達(dá)州?一模）如圖甲所示，一小朋友駕駛一輛質(zhì)量仍=100kg（包含小朋友）的碰碰車以速

度v=2.5m/s勻速直線運(yùn)動，與質(zhì)量叱=50kg靜止球形障礙物（安裝有速度感應(yīng)器）發(fā)生正碰，碰撞后球

形障礙物被向前彈開，碰碰車車頭被撞變形，但仍持續(xù)向前運(yùn)動，不計一切阻力，速度感應(yīng)器測得障礙物

速度與時間的關(guān)系如圖乙所示，以開始碰撞的時刻為計時起點，則下列說法正確的是（）

A.r=l.0s之前碰碰車與障礙物分離

B.r=1.0s時碰碰車與障礙物分離

C.碰碰車與障礙物碰撞是彈性碰撞

D.碰撞過程中碰碰車與障礙物系統(tǒng)損失的機(jī)械能為37.5J

【答案】BD

【知識點】利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題

【詳解】AB.由圖可知，障礙物的速度在0~1.0s內(nèi)增加，1.0s之后速度不變，所以說明在t=1.0s時碰碰車

與障礙物分離，故A錯誤，B正確；

CD.具題意知碰碰車與障礙物發(fā)生碰撞后，障礙物速度彩=3.0m/s,設(shè)碰碰車碰后速度為匕，規(guī)定向右為

正方向，根據(jù)動量守恒定律

,nv

"21V=I%%+il

解得

匕=1.Om/s

則碰撞過程損失機(jī)械能

A廠121212

m

AE=~miv一萬叫匕-52y2

聯(lián)立以上得

AE=37.