2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考專用）

專題二能量和動(dòng)量（講）

2.3動(dòng)量和動(dòng)能

目考綱考情

一、考情分析

近3年考情分析

等級(jí)考題統(tǒng)計(jì)

考點(diǎn)要求

要求202220212020

2022,重慶卷110

2021?重慶卷?T7

2022?重慶卷?T4

2021?北京卷?T10

2022,北京卷T17

2021?湖北卷?T3

2022?北京卷T12

動(dòng)量沖量和動(dòng)量定2021?湖南卷?T82020?海南卷?T8

II2022?北京卷?T1O

理

2021?湖南卷T2

2022?海南卷?T1

2021?福建卷?T4

2022?湖南卷?T7

2021?山東卷T16

2022?全國乙卷120

2021?重慶卷T13

2021?浙江1月卷T122020?全國1卷?T14

2022?全國乙卷1252021?全國乙卷?T142020?全國II卷?T21

動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用II

2022,廣東卷T132021?廣東卷T132020?全國III卷-T15

2021?北京卷T172020?北京卷?T13

碰撞與反沖、爆炸類

II2022?山東卷T2天津卷

問題2021?T7

2021?天津卷T11

2020?海南卷T17

2022?海南卷T172021.浙江省6月卷?T21

2020?全國IH卷?T25

動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量2022?浙江6月卷.T202021?湖南卷414

II2020?山東卷?T18

觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

2022,山東卷T182021?湖北卷415

2020?天津卷?T12

2022?湖南卷T142021?河北卷T13

2021?海南卷T17

動(dòng)量守恒定律與磁

場、電磁感應(yīng)、原子II2022?湖南卷?T4

核物理等知識(shí)的粽合

應(yīng)用

動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識(shí)，是解決物理問題的重要基本方法，高考

中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，

結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)立、多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是綜合溶用動(dòng)能定理和

考情總結(jié)

能量守恒定律，結(jié)合動(dòng)量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題.這

幾類題型，命題情景新，密切聯(lián)系實(shí)際，綜合性強(qiáng)，前后兩個(gè)物理過程一般通過碰撞來

過渡，這就決定了動(dòng)量守恒定律在解題過程中的紐帶作用

本講內(nèi)容經(jīng)常與機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理等知

識(shí)點(diǎn)組成綜合題.這類題型命題情景新穎，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，前后兩個(gè)物理過

應(yīng)考策略程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動(dòng)量守恒方程在解題過程中的紐帶作用.2023年

復(fù)習(xí)備考要加強(qiáng)動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量及能量綜合題目的訓(xùn)練，關(guān)注運(yùn)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定

律和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶比粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題.

二、思維導(dǎo)圖

⑥考點(diǎn)梳理

三、講知識(shí)

1.動(dòng)量定理表達(dá)式必中的尸為物體在加時(shí)間內(nèi)所受的合外力.

應(yīng)用動(dòng)量定理列方程時(shí)必須選取正方向.

2.不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量

近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒.

3.三類碰撞

⑴彈性碰撞

動(dòng)量守恒:miV)+m2v2=fn\v\+mtvi.

m,22

機(jī)械能守恒：2iW+92日=vi+^m2V2.

⑵完全非彈性碰撞

動(dòng)量守恒、末速度相同:W|V|+62V2=(mi+〃〃)/.

機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為:

△E-(^//nvr+沙〃2日)-+ni2)v,2.

(3)非彈性碰撞

動(dòng)量守恒:/nivi+m2v2=tn\V\+/吸出

機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：

NE-(沙山V?+最"25)-(1/H1V|，2+1/H2V2,2).

四、講重點(diǎn)

重點(diǎn)1動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理

I,沖量的三種計(jì)算方法

⑴公式法：/=&適用于求恒力的沖量.

⑵動(dòng)量定理法：適用于求變力的沖量或F、f未知的情況.

⑶圖象法：用尸-，圖線與時(shí)間軸圍成的面積可求變力的沖量.若尸-/成線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力

的沖量.

2.流體作用的柱狀模型

對于流體運(yùn)動(dòng)，可沿流速。的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時(shí)間△/內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體

的長度為加,如圖1所示設(shè)流體的皎度為2,則在△/的時(shí)間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為△/=公必乙

根據(jù)動(dòng)量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康脑隽?，即FZ=Z心、分兩種情況：(以

原來流速v的方向?yàn)檎较?

()000

圖1

⑴作用后流體微元停止，有&，=-5代入上式有尸二-pS"2；

(2)作用后流體微元以速率。反彈,有-2°,代入上式有尸=-2〃S。2.

3.使用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)

(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定

理求解更簡捷.動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力.這種情況下，動(dòng)量定理中的力/應(yīng)理解為變力在作

用時(shí)間內(nèi)的平均值.

⑵動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的廠是

物體或系統(tǒng)所受的合力.

4.應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟

(1)明確研究對象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段).

（2）進(jìn)行受力分析：只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內(nèi)力

⑶規(guī)定正方向.

⑷寫出研究對象的初、末動(dòng)量和合外力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解.

重點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

1.注意區(qū)分動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件

⑴不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多，系統(tǒng)的動(dòng)量近

似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒.

⑵在只有重力或彈力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒.

⑶動(dòng)量是否守恒與機(jī)械能是否守恒沒有必然的聯(lián)系.

2.判斷動(dòng)量是否守恒與機(jī)械能是否守恒的方法

（1）判斷動(dòng)量是否守恒一般都是根據(jù)守恒條件.

⑵判斷機(jī)械能是否守恒既可以根據(jù)守恒條件，也可以根據(jù)守恒表達(dá)式，即E尸&.

3.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟

⑴明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體）及研究的過程，如例題中分別以“甲和箱子共乙和箱子”

為系統(tǒng).

⑵進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上動(dòng)量是否守恒）.

⑶規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量.

（4）由動(dòng)量守恒定律列出方程.

⑸代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明.

4.幾種常見情境的規(guī)律

動(dòng)量守恒

動(dòng)能不增加即m-+與二

/回/股Anh乙nk

速度要合理

碰撞（一維）①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則碰前應(yīng)有/后＞叮;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(dòng)，則應(yīng)有2『后'。

②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。

動(dòng)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

爆炸動(dòng)能增加：有其池形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為動(dòng)能

位置不變：爆炸的時(shí)間極短，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)

動(dòng)量守恒：系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力

反沖

機(jī)械能增加：有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能

兩個(gè)物體

動(dòng)量守恒：系統(tǒng)所受合外力為零

人船模型

質(zhì)量與位移關(guān)系：制航=位照(〃力、加為相互作用的物體質(zhì)量，X\、照為其位

移大小)

重點(diǎn)3碰撞與反沖、爆炸類問題

1.掌握碰撞的“三個(gè)原則”

(1)動(dòng)量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律；

⑵能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；

(3)物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實(shí)際相一致.

2.可熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：

如一〃”2g

3.熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)且V2=0時(shí)，碰

后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2%.當(dāng)如《〃?2,目以0=0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈.

命題角度解決方法易錯(cuò)辨析

準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)

動(dòng)量守恒的條件

掌握三個(gè)守恒條件力遠(yuǎn)大于外力，或者分析是否為碰撞

判斷

或爆炸

動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒

彈性碰撞分析無能量損失是最大特點(diǎn)

定律

完全非彈性碰撞

動(dòng)量守恒定律掌握碰撞后速度相等這一條件

分析

動(dòng)量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)注意爆炸后各部分的速度方向，有可

爆炸現(xiàn)象求解

大于外力能不在同一平面內(nèi)

4.“兩體碰撞多過程模型”

1.彈性碰撞模型的拓展

⑴“滑塊一彈簧”模型(如圖)

人□VWSAAAfj~\8

7777777/777777777777777777777777777,

m2

水平面光滑

①注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時(shí)，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大.

②從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復(fù)原長時(shí)，m=三鼠^，0,也

m\

(2)“滑塊一斜面”模型(如圖)

各接觸面均光滑

①水平方向動(dòng)量守恒；

②注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點(diǎn)時(shí)，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動(dòng)能最小，重力勢能最大;

③從滑塊以w滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時(shí)，力=一『1，0,冷=~^~

1十機(jī)？m?-r1112

vo.

(3)“小球一圓弧槽”模型(如圖)

各接觸面均光滑

①水平方向動(dòng)量守恒；

②小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時(shí)，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會(huì)沿

切面再進(jìn)入圓弧槽;

③從小球以血滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時(shí)，「禽瑪，也

277“

5.碰撞拓展

(1)“保守型”碰撞拓展模型

如

%力

A"B

f\*_?*/At'>+7+夕

圖例(水平面光滑)

小球一彈簧模型小球曲面模型

相當(dāng)丁完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)量滿足，〃如

達(dá)到共速二(〃?+M)0共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化;為彈性勢能、重力勢能

或電勢能

相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)量滿足mvo=mv\+

再次分離22

MV2,能量滿足f曲2=%w|+1/Vfy2

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都*z*d

C3>4

光滑)小、J

相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿足〃?。。=(加+的。共，損失的動(dòng)能

達(dá)到共速

最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能

重點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

1.確定研究對象，進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析；

2.分析物理過程，按特點(diǎn)劃分階段；

3.選用相應(yīng)規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程.

4,幾種常見模型的特點(diǎn)及規(guī)律

模型特點(diǎn)及滿足的規(guī)律

子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動(dòng)量守恒,能量守恒，即〃wo=(〃?+A/)v，

工__________.Q^=fL?RI=1/zzvo2—(M+m)P若子彈穿出木塊，有機(jī)n)=〃?vi+Mi，2，

，〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〉〃，

Q絡(luò)=加相對=；wvo2-J,nvi2-2”也2

(1)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿

足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即

V〃，l'O=(/m+"12)U共，|W1VO2=^。川+帆2川共2+fpm。

A/W\MAB

"http://////，

(2)彈簧處于原長時(shí)彈性勢能為零，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即

〃?11‘0="1八"+〃?2y2，2"“物2=：〃?1也7772V22

表面粗糙、質(zhì)量為例的木板，放在光滑的水平地面上，質(zhì)量為機(jī)的小

木塊以初速度也滑上木板，若木塊未滑離木板，當(dāng)木塊與木板相對靜止

時(shí)，二者的共同速度為〃木尖相對木板的位移為〃，木板相對地面的

模型路程為S，木塊和木板間的摩擦力為人這類問題類似于子彈打木塊模型

.中子彈未射出的情況，則有

2〃?v(廣22,?7Vo。

若木塊滑離木板，設(shè)滑離木板時(shí)，木塊的速度為口，木板的速度為也

木板長為/，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有〃?％=〃"“+MU2,摩擦力和相對路程

的乘積等于系統(tǒng)動(dòng)能的減少量，有

=2

f,l2加W-￡MV22O

重點(diǎn)5動(dòng)量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識(shí)的綜合應(yīng)用

合理選擇解題方法

選擇角度常用解題方案選擇

(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律：

(2)若研究對象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律；

從研究對象

上看⑶若研究對象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，-?般用“守恒定律”去解決

問題，但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件.

(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；

從研究過程(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)；

上看(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理；

(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律.

(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；

(2)如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；

從所涉及的

(3)如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；

物理量看

(4)如果涉及初、末速度的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)，最后再考慮

用牛頓運(yùn)動(dòng)定律.

U題型剖析

重點(diǎn)1動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理

例1：(2023?山西臨汾市高三上學(xué)期期中)如圖所示為某探究活動(dòng)小組沒”的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角830,

質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為正。木箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為小的貨物裝入木箱，

6

之后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下(貨物與木箱之間無相對滑動(dòng))，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨

裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列說法正確的是()

9

A.木箱下滑時(shí)最大速度所在位置，比上滑時(shí)最大速度所在位置偏下?些

B.木箱卜滑時(shí)最大速度所在位置，與上滑時(shí)最大速度所在位置在同一點(diǎn)

C.載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量，比卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)量大

D.載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量，與卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)量一樣大

【答案】BC

【解析】

AB.設(shè)木箱沿斜面下滑的最大位移為s,由題意，根據(jù)功能關(guān)系可得

解得

木箱速度最大時(shí)所受合外力為零，設(shè)木箱下滑過程中速度最大時(shí)彈簧的形變量為M，上滑過程中速度最大時(shí)彈

簧的形變量為足，則

解得

所以木箱下滑時(shí)最大速度所在位置，與上滑時(shí)最大速度所在位置在同一點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.設(shè)斜面頂端到彈簧上端的距離為L,載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的速度大小為力，卸載后木箱剛好離開彈簧

時(shí)的速度大小為V2,根據(jù)動(dòng)能定理有

解得

載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量大小為

卸載百木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)審大小為

所以

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選BCo

VII1：（2023?山東青島市高三上學(xué)期期中）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，

裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段；①助

滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面卜滑：②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)刃員兩腿猛蹬滑

道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放了身體

兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）

A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了減少飛行時(shí)間

C.匕行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時(shí)間

【答案】D

【解析】

A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤：

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了

增加向上的速度，B錯(cuò)誤；

C.匕行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；

D.看陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，

D正飾。

故選D。

重點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

例2：（2023?北京朝陽區(qū)高三上學(xué)期期中）一名連同裝備總質(zhì)量為M的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船x

處與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài)。裝備中有一個(gè)高壓氣源能以速度I，（以飛船為參考系）噴出氣體從而使航天員運(yùn)

動(dòng)。如果航天員一次性向后噴出質(zhì)量為加〃的氣體，且在規(guī)定時(shí)間，內(nèi)返回飛船。下列說法正確的是（）

A,噴出氣體的質(zhì)量小于也

VI

B.若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則返回時(shí)間大于1

C.若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動(dòng)量不變，則返回時(shí)間小于，

D.在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒

【答案】A

【解析】

A.由題知，航天員的速度為

噴氣過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以宇航員的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得

解得

故A正確：

B.根據(jù)動(dòng)量守恒有

解得

若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則%變大，故返回時(shí)間小于/,故B錯(cuò)誤:

C.根據(jù)動(dòng)量守恒有

解得

若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動(dòng)量不變，根據(jù)

可知減小，故%減小，則返回時(shí)間大于3故C錯(cuò)誤;

D.在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，整個(gè)系統(tǒng)的動(dòng)能增加，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,

故D錯(cuò)誤。

故選A。

訓(xùn)2：（2023?河南省安陽市高三上學(xué)期期中）如圖所示，質(zhì)量為機(jī)、帶有光滑半圓形軌道的小車靜止在光滑的

水平地面上，其水平直徑4B長度為2上現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從A點(diǎn)正上方R處由靜止釋放，然后由4點(diǎn)進(jìn)

入半圓形軌道后從8點(diǎn)沖出，已知重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）

T°

C小球離開小車后上升的高度小于RD.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為A

【答案】AD

【解析】

A.小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有

則知小球水平方向分速度與小車速度時(shí)刻大小相等，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程有機(jī)械能守恒

則最低點(diǎn)的速度大小為

故A正確；

B.小球離開小車后水平方向分速度為0,做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C.小球離開小車后水平方向分速度為。，小車的速度也為0,根據(jù)能量守恒小球離開小車后仍能上到下落點(diǎn)的

百度R，故C錯(cuò)誤；

D.小球水平方向分速度與小車速度時(shí)刻大小相等，則水平位移大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系知兩者的相對位移為

2R,故小車向左運(yùn)動(dòng)的最人距離為R,故D正確。

故選ADo

重點(diǎn)3碰撞與反沖、爆炸類問題

射甲2

甲乙

【答案】B

【解析】

A.當(dāng)細(xì)繩拉緊時(shí)突然繃斷，滿足動(dòng)量守恒，規(guī)定向左為正方向

因?yàn)閮汕蛸|(zhì)量相等，所以

帶入數(shù)據(jù)，不滿足條件，故A錯(cuò)誤:

B.帶入數(shù)據(jù)，滿足

且滿足，動(dòng)能不增加原則

且不會(huì)二次碰撞，故B正確;

C.會(huì)發(fā)生二次碰撞，故C錯(cuò)誤;

D.繩子斷后動(dòng)能增加，違背能量守恒定律

故D錯(cuò)誤。

故選B。

訓(xùn)3：（2023?湖北十堰市縣區(qū)普通聯(lián)合體高三上學(xué)期期中）加圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2,“和〃?

的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，曰于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷

細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（）

A皿乩恤跟出B

77777177777777777777777777777

【答案】AC

【解析】

A.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

解得

可知兩滑塊速度大小之比為

兩滑塊的動(dòng)能之比

A正魂;

B.兩滑塊的動(dòng)量大小之比

B錯(cuò)誤；

C.彈簧對兩滑塊的沖量之比

C正確；

D.彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動(dòng)能之比，為1：2,D錯(cuò)誤。

故選AC。

重點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

（1）滑板運(yùn)動(dòng)員到達(dá)8點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??；

（2）若小車和物塊C碰前，滑板運(yùn)動(dòng)員和小車能達(dá)到同速，則滑板和小車因摩擦產(chǎn)生的熱量Q

（3）若小車與物塊C只發(fā)生一次碰撞，求&與車長乙的最小值。

【解析】

（1）運(yùn)動(dòng)員從A到B由動(dòng)能定理得

解得

到達(dá)B點(diǎn)后，受力分析得

聯(lián)立解得

由牛頊第三定律可知，滑板運(yùn)動(dòng)員到達(dá)8點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為

（2）若小車和物塊C碰前，滑板運(yùn)動(dòng)員和小車能達(dá)到同速，則設(shè)共速時(shí)速度為％,則取向右為正方向，由動(dòng)

量守恒定律得

解得

共速時(shí)，由能量守恒定律得滑板和小車因摩擦產(chǎn)生