2025高考物理總復(fù)習(xí)第七章動(dòng)量守恒定律課件練習(xí)題

第七章動(dòng)量守恒定律考情分析試題情境生活實(shí)踐類安全行車(機(jī)車碰撞、安全氣囊)、交通運(yùn)輸(噴氣式飛機(jī))、體育運(yùn)動(dòng)(滑冰接力、球類運(yùn)動(dòng))、火箭發(fā)射、爆炸、高空墜物學(xué)習(xí)探究類氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞第1課時(shí)目標(biāo)要求1.理解動(dòng)量和沖量，理解動(dòng)量定理及其表達(dá)式，能用動(dòng)量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。2.能利用動(dòng)量定理解決相關(guān)問題，會(huì)在流體力學(xué)中建立“柱狀”模型。動(dòng)量定理及應(yīng)用內(nèi)容索引考點(diǎn)一

動(dòng)量和沖量考點(diǎn)二

動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用考點(diǎn)三

應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”課時(shí)精練><考點(diǎn)一動(dòng)量和沖量1.動(dòng)量(1)定義：物體的

和

的乘積。(2)表達(dá)式：p＝

，單位為kg·m/s。(3)方向：動(dòng)量是

量，方向與

的方向相同。質(zhì)量速度mv矢速度2.動(dòng)量變化量(1)動(dòng)量的變化量Δp等于末動(dòng)量p′減去初動(dòng)量p的矢量運(yùn)算，也稱為動(dòng)量的增量，即Δp＝

。(2)動(dòng)量的變化量Δp也是

，其方向與

的方向相同，運(yùn)用矢量法則計(jì)算。p′－p矢量速度的改變量Δv3.沖量(1)定義：力與

的乘積。(2)公式：

。(3)單位：

。(4)方向：沖量是

，其方向與

相同。力的作用時(shí)間I＝FΔtN·s矢量力的方向1.物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量一定不變。(

)2.物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大。(

)3.物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力不做功，其沖量為零。(

)4.兩物體中動(dòng)量大的動(dòng)能不一定大。(

)××√×例1

(2024·江蘇省南京師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)如圖，斜面頂端A與另一點(diǎn)B在同一水平線上，甲、乙兩小球質(zhì)量相等。讓甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度v0從頂端A運(yùn)動(dòng)到底端，同時(shí)讓乙球以同樣的初速度從B點(diǎn)拋出，兩球同時(shí)到達(dá)地面，不計(jì)空氣阻力。則A.兩球運(yùn)動(dòng)過程中所受重力的沖量不同B.兩球運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量的變化量相同C.兩球到達(dá)地面前瞬間動(dòng)能相等D.兩球到達(dá)地面時(shí)重力的瞬時(shí)功率相等√因兩球同時(shí)到達(dá)地面，設(shè)斜面傾角為θ，由h＝v0sinθ·t＋

at2，可知甲球的加速度在豎直方向的分量等于重力加速度，由公式IG＝mgt，PG＝mg(v0sinθ＋gt)可知兩球運(yùn)動(dòng)過程中所受重力的沖量相同，兩球到達(dá)地面時(shí)重力的瞬時(shí)功率相等，故A錯(cuò)誤，D正確；甲球在水平方向還有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球運(yùn)動(dòng)過程中速度的變化量大，則兩球運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量變化量不同，兩球到達(dá)地面前瞬間速度大小不相等，動(dòng)能不相等，故B、C錯(cuò)誤。

動(dòng)量動(dòng)能物理意義描述機(jī)械運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量定義式p＝mv

標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系

動(dòng)量與動(dòng)能的比較

動(dòng)量動(dòng)能變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對(duì)量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量一定也發(fā)生變化；但動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化例2

(2024·江蘇省南京六校聯(lián)合體調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是A.重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθB.支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθC.合外力的沖量為0D.摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)√重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，B項(xiàng)正確；整個(gè)過程中滑塊的動(dòng)量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0，C項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。例3

(2023·江蘇鹽城市伍佑中學(xué)?？?一木箱靜止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示，4s后木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，圖中F1、F2、F3已知，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是A.可求2～4s內(nèi)，木箱的加速度B.可求出木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)C.可求出0～6s內(nèi)合力的沖量大小D.可求出0～6s內(nèi)木箱克服摩擦力做的功√4s后木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，表明滑動(dòng)摩擦力大小等于F2，由于木箱質(zhì)量不確定，因此不能求木箱的加速度和木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，A、B錯(cuò)誤；在F－t圖像中，圖線與時(shí)間軸所圍面積表示沖量，根據(jù)題圖可求出0～6s內(nèi)拉力F的沖量大小IF＝2(F1＋F2＋F3)，0～2s內(nèi)木箱處于靜止?fàn)顟B(tài)，靜摩擦力與F1等大反向，2～6s內(nèi)摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小等于F2，方向與拉力方向相反，則0～6s內(nèi)摩擦力的沖量If＝－2Ff1－4Ffmax＝－2F1－4F2，則合力的沖量大小I合＝IF＋I(xiàn)f，解得I合＝2(F3－F2)，則可求出0～6s內(nèi)合力的沖量大小，C正確；由于木箱質(zhì)量不確定，因此不能求出木箱的速度、加速度與位移，即不能求出0～6s內(nèi)木箱克服摩擦力做的功，D錯(cuò)誤。公式法I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)圖像法F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時(shí)間均勻變化，即力為時(shí)間的一次函數(shù)，則力F在某段時(shí)間t內(nèi)的沖量動(dòng)量定理法根據(jù)物體動(dòng)量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量沖量的計(jì)算方法返回動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用><考點(diǎn)二1.內(nèi)容：物體在一個(gè)過程中所受力的沖量等于它在這個(gè)過程始末的_____

。2.公式：

或

。3.對(duì)動(dòng)量定理的理解：(1)公式中的F是研究對(duì)象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是變力。當(dāng)合外力為變力時(shí)，F(xiàn)是合外力對(duì)作用時(shí)間的平均值。(2)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。動(dòng)量變化量F(t′－t)＝mv′－mvI＝p′－p(3)動(dòng)量定理中的沖量可以是合外力的沖量，可以是各個(gè)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)Ft＝p′－p還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因。(5)由Ft＝p′－p得F＝

即物體所受的合外力等于物體動(dòng)量的變化率。(6)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)量定理求解。1.物體所受合外力的沖量方向與物體動(dòng)量變化量的方向是一致的。(

)2.動(dòng)量定理描述的是某一狀態(tài)的物理規(guī)律。(

)3.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。(

)×√×例4

(2023·江蘇淮安市漣水縣一中月考)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，這種做法的好處是A.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(dòng)量的變化C.可以使某顛簸過程中物品動(dòng)量變化的時(shí)間延長D.可以使某顛簸過程中物品動(dòng)量的變化率增加√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(dòng)量變化量不變，由動(dòng)量定理可知，合力的沖量不變，充氣袋可以延長動(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)量的變化率即為物品所受的合力，充氣袋可以減小某顛簸過程中物品動(dòng)量的變化率，D錯(cuò)誤。例5

(2023·廣東卷·10改編)某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng)，忽略阻力。開窗簾過程中，電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F，推動(dòng)滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有A.該過程動(dòng)量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.40N·sC.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.44N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N√取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的動(dòng)量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，則滑塊的碰撞過程動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；對(duì)滑塊1，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向水平向左，故B錯(cuò)誤；對(duì)滑塊2，則有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C錯(cuò)誤；對(duì)滑塊2根據(jù)動(dòng)量定理有

＝5.5N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D正確。例6

(2023·江蘇常州市聯(lián)考)質(zhì)量為60kg的建筑工人不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)而使他懸掛起來。已知安全帶的緩沖時(shí)間為1.2s，安全帶長5m，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則安全帶所受的平均沖力的大小為A.500N B.600N C.1000N D.1100N√對(duì)建筑工人進(jìn)行分析：第一階段，建筑工人做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安全帶繃直時(shí)l＝

＝10m/s；第二階段，安全帶緩沖使建筑工人速度減為0，根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化，則(mg－F)t＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得安全帶所受的平均沖力的大小為F＝1100N，故選D。應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般思路返回應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”><考點(diǎn)三研究對(duì)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“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一小段柱體，其橫截面積為S②微元研究小段柱體的體積ΔV＝vSΔt小段柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt小段柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt小段柱體動(dòng)量p＝mv＝ρv2SΔt③列出方程，應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp研究例7

(2023·江蘇蘇州市統(tǒng)考)如圖所示，一玩具水槍的槍口直徑為d，水的密度為ρ，水平出射速度為v，垂直擊中豎直目標(biāo)后以大小為0.2v的速度反向?yàn)R回，則水柱水平擊中目標(biāo)的平均沖擊力大小為(不考慮水豎直方向的運(yùn)動(dòng))A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv√t時(shí)間內(nèi)流經(jīng)水槍槍口的水的體積為V＝vtS＝

t時(shí)間內(nèi)擊中目標(biāo)的水的質(zhì)量為m＝ρV，取初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛頓第三定律可得，水柱擊中目標(biāo)的平均沖擊力大小為0.3πd2ρv2，故選B。返回課時(shí)精練1.(2024·江蘇徐州市階段練習(xí))行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能D.延長了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積√1234567891011汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機(jī)身體接觸。司機(jī)在很短時(shí)間內(nèi)由運(yùn)動(dòng)到靜止，動(dòng)量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時(shí)間變長，據(jù)動(dòng)量定理Δp＝FΔt知，司機(jī)所受作用力減??；又知安全氣囊打開后，司機(jī)受力面積變大，因此減小了司機(jī)單位面積的受力大??；碰撞過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。綜上可知，選項(xiàng)D正確。12345678910112.(2024·江蘇淮安市楚州中學(xué)月考)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上以速率v勻速向左運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻對(duì)物塊施加與水平方向夾角為θ的恒定拉力F，如圖所示。經(jīng)過時(shí)間t，物塊恰好以相同速率v向右運(yùn)動(dòng)。在時(shí)間t內(nèi)，下列說法正確的是A.物塊所受拉力F的沖量方向水平向右B.物塊所受拉力F的沖量大小為2mvC.物塊所受重力的沖量大小為零D.物塊所受合力的沖量大小為Fcosθ·t√1234567891011物塊所受拉力F的沖量為IF＝Ft，方向與水平方向夾角為θ，故A錯(cuò)誤；物塊所受重力的沖量為IG＝mgt≠0，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知I合＝2mv＝Ftcosθ，故B錯(cuò)誤，D正確。12345678910113.網(wǎng)球質(zhì)量約60g，某球員高速擊球時(shí)，球迎面飛來的速度約為50m/s，球與球拍接觸的時(shí)間大約是0.004s，若要用球拍以同樣的速率將球反向擊回，則此過程中網(wǎng)球A.動(dòng)量變化量為0B.動(dòng)量變化量約為3.0kg·m/sC.受到球拍的沖擊力約為750ND.受到球拍的沖擊力約為1500N1234567891011√取被擊回后網(wǎng)球速度的方向?yàn)檎较颍W(wǎng)球動(dòng)量變化量約為Δp＝mv2－mv1＝0.06×50kg·m/s＋(0.06×50)kg·m/s＝6.0kg·m/s，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1500N，故D正確，C錯(cuò)誤。12345678910114.如圖所示，表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，質(zhì)量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下。在兩物塊到達(dá)斜面底端的過程中，下列說法正確的是A.兩物塊所受重力沖量相同B.兩物塊的動(dòng)量改變量相同C.兩物塊的動(dòng)能改變量相同D.兩物塊到達(dá)斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同√1234567891011設(shè)斜面傾角為θ時(shí)，物塊在斜面上的加速度為a＝gsinθ，設(shè)斜面頂點(diǎn)到水平地面的高度為h，則物塊在斜面上滑行的時(shí)間為t＝

，因?yàn)椤螦BC<∠ACB，可得物塊在AB斜面上的滑行時(shí)間比在AC斜面上的滑行時(shí)間長，根據(jù)I＝mgt可知，兩物塊所受重力沖量不相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤1234567891011根據(jù)動(dòng)量定理有mgsinθ·t＝Δp，可知Δp＝動(dòng)量改變量是矢量，兩物塊的動(dòng)量改變量大小相等，但方向不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理ΔEk＝mgh得兩物塊的動(dòng)能改變量相同，選項(xiàng)C正確；物塊到達(dá)斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率P＝mgvsinθ，因兩物塊所處斜面傾角不相同，則重力的瞬時(shí)功率不相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。12345678910115.我國為“長征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg√123456789101112345678910116.(2024·江蘇省模擬)某次10m跳臺(tái)跳水訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水中深度3m后速度減為零，其質(zhì)量m＝50kg，忽略空氣阻力，且運(yùn)動(dòng)員在水中的運(yùn)動(dòng)近似為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2。則從入水到速度減為零的過程中，水給運(yùn)動(dòng)員的沖量大小最接近A.220N·s B.520N·sC.720N·s D.920N·s√123456789101112345678910117.(2023·江蘇省江陰高級(jí)中學(xué)檢測(cè))如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)，由A點(diǎn)斜射出一個(gè)小球，B、C、D是小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)，A、C、D三點(diǎn)的坐標(biāo)已在圖中標(biāo)出，空氣阻力忽略不計(jì)。下列說法正確的是A.小球在A點(diǎn)的動(dòng)量和在C點(diǎn)的動(dòng)量相同B.從A到B和從B到C，小球動(dòng)量變化量相同C.小球從B到C重力的沖量小于從C到D重力

的沖量D.小球從B到C的動(dòng)量變化率小于從C到D的動(dòng)量變化率√1234567891011動(dòng)量是矢量，A、C兩處速度方向不同，所以動(dòng)量不同，故A錯(cuò)誤；小球在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而A到B、B到C、C到D在x軸上間距相等，所以經(jīng)歷的時(shí)間也相等，設(shè)時(shí)間均為t，小球又只受重力作用，則A到B、B到C、C到D速度變化量相同，為Δv＝gΔt＝gt，所以從A到B和從B到C，小球的動(dòng)量變化量Δp＝mΔv＝mgt，可知從A到B和從B到C小球的動(dòng)量變化量相同，故B正確；1234567891011重力的沖量I＝mgΔt，因?yàn)锽到C、C到D的時(shí)間相等，所以重力的沖量相同，故C錯(cuò)誤；因?yàn)锽到C、C到D的時(shí)間相等，動(dòng)量的變化相同，所以動(dòng)量的變化率也相等，故D錯(cuò)誤。12345678910118.(2023·新課標(biāo)卷·19改編)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和為零√1234567891011如圖所示：由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于兩磁鐵運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，所以可得v甲<v乙，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；1234567891011由于m甲>m乙，F(xiàn)f1>Ff2，所以對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)不滿足動(dòng)量守恒，所以甲的動(dòng)量大小與乙的不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，故甲的動(dòng)量大小比乙的小，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤。12345678910119.(2022·全國乙卷·20改編)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(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。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＝10m/s2。則A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能不為零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/sD.0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J1234567891011√物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2N，對(duì)物塊在0～3s時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入數(shù)據(jù)可得v3＝6m/s,3s時(shí)物塊的動(dòng)量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t2物塊的速度減為0，由動(dòng)量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝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錯(cuò)誤；12345678910110～6s時(shí)間F對(duì)物塊所做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正確。123456789101110.水刀(如圖所示)，即以水為刀，本名高壓水射流切割技術(shù)，以其冷切割不會(huì)改變材料的物理化學(xué)性質(zhì)而備受青睞。目前在中國，“水刀”的最大壓強(qiáng)已經(jīng)做到了420MPa?！八丁痹诠ぷ鬟^程中，將水從細(xì)噴嘴高速噴出，直接打在被切割材料的表表面上后，立刻沿材料表面散開沒面上，假設(shè)高速水流垂直打在材料有反彈，已知水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3，試估算要達(dá)到我國目前的“水刀”壓強(qiáng)，則該“水刀”噴出的水流速度約為A.600m/s B.650m/s C.700m/s D.750m/s√1234567891011設(shè)水流速度為v，橫截面積為S，在極短時(shí)間Δt內(nèi)的質(zhì)量Δm＝ρvSΔt由動(dòng)量定理得Δmv＝pSΔt，得v≈648m/s，故選B。123456789101111.中華神盾防空火控系統(tǒng)會(huì)在目標(biāo)來襲時(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t＝0.01s、橫截面積為S＝2m2的圓柱形彈幕，每個(gè)子彈顆粒的平均質(zhì)量為m＝2×10－2kg，每1cm3有一個(gè)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(duì)目標(biāo)形成的沖量大小I＝3.6×107kg·m/s2D.彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝3.6×108N1234567891011√形成彈幕的總體積為V＝vtS＝6m3，A錯(cuò)誤；每1cm3有一個(gè)子彈顆粒，則子彈顆粒的總個(gè)數(shù)N＝

＝6×106個(gè)，所形成彈幕的總質(zhì)量M＝Nm＝1.2×105kg，B正確；對(duì)整個(gè)彈幕由動(dòng)量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107kg·m/s，C錯(cuò)誤；由沖量公式I＝FΔt知，彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖擊力大小F＝

＝3.6×109N，D錯(cuò)誤。1234567891011返回第七章動(dòng)量守恒定律第2課時(shí)目標(biāo)要求1.理解系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件并會(huì)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決基本問題。2.能熟練運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解決臨界問題。3.會(huì)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)分析爆炸問題、反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型。動(dòng)量守恒定律內(nèi)容索引考點(diǎn)一

動(dòng)量守恒定律的理解考點(diǎn)二

動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用考點(diǎn)三

爆炸問題反沖運(yùn)動(dòng)人船模型課時(shí)精練><考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解1.內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的

為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。矢量和2.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

它所受到的外力，如碰撞、爆炸等過程。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒。遠(yuǎn)大于1.只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒。(

)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。(

)3.若物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，則機(jī)械能一定守恒。(

)√××例1

(2024·江蘇省常熟中學(xué)調(diào)研)如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是A.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，只有重力對(duì)它做功B.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與半圓槽在水

平方向動(dòng)量守恒C.小球自半圓槽的最低點(diǎn)B向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球

與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒D.小球離開C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)√當(dāng)小球由B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，因小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，小球機(jī)械能減少，槽對(duì)小球的支持力對(duì)小球做了負(fù)功，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球在槽內(nèi)由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，左側(cè)物塊對(duì)槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；小球從B到C的過程中，系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，滿足系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故C正確；小球離開C點(diǎn)以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。例2如圖，水平地面上有一小車C，頂端有一輕滑輪，質(zhì)量完全相同的兩個(gè)小木塊A、B由通過滑輪的輕繩相連接，初始時(shí)用手托住小木塊A，使A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻突然將手撤去，A、B、C開始運(yùn)動(dòng)，則對(duì)小車C、小木塊A、B三者組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計(jì))A.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C.豎直方向上動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D.水平方向上動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒√所有摩擦均忽略不計(jì)，只有動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，總的機(jī)械能不變，機(jī)械能守恒；初始時(shí)用手托住小木塊A，使A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。松手后，整個(gè)系統(tǒng)豎直方向上合力不為零，動(dòng)量不守恒，但水平方向上合力為零，水平方向上動(dòng)量守恒。故D正確。返回動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用><考點(diǎn)二1.動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝

。即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量。(2)Δp1＝

，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向。m1v1′＋m2v2′－Δp22.動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性：矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面)同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2…應(yīng)是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′…應(yīng)是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)例3如圖，質(zhì)量M＝9kg的小車A以大小為v0＝8m/s的速度沿光滑水平面勻速運(yùn)動(dòng)，小車左端固定的支架光滑水平臺(tái)面上放置質(zhì)量m＝1kg的小球B(可看作質(zhì)點(diǎn))，小球距離車上表面H＝0.8m。某一時(shí)刻，小車與靜止在水平面上的質(zhì)量m0＝6kg的物塊C發(fā)生碰撞并粘連在一起(碰撞時(shí)間可忽略)，此后，小球剛好落入小車右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小車的最終速度的大小v；答案5m/s

整個(gè)過程中，小球B、小車A和物塊C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)系統(tǒng)最終速度為v，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5m/s。A與C的碰撞過程動(dòng)量守恒，則有Mv0＝(M＋m0)v1Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝1.28m。(2)初始時(shí)小球與桶的水平距離Δx。答案1.28m例4

(2023·江蘇無錫市江陰一中期中)如圖所示，有A、B兩質(zhì)量均為M＝100kg的小車，沿光滑水平面上以速率v0＝1m/s在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)，A車上站著一質(zhì)量為m＝50kg的人。為避免兩車相撞，他至少要以對(duì)地多大的速度從A車跳到B車？答案2.6m/s只要人跳上B車后兩車速度相同，就可以避免相撞。全過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則(M＋m)v0－Mv0＝(2M＋m)v1，可得最終的共同速度為v1＝0.2m/s，再以人和A車為對(duì)象，人跳出過程人和A車系統(tǒng)動(dòng)量守恒，跳出后A車的速度應(yīng)為v1，因此有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，可得v＝2.6m/s。返回爆炸問題反沖運(yùn)動(dòng)人船模型><考點(diǎn)三動(dòng)量守恒爆炸物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量_____機(jī)械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(shí)間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移

，可以認(rèn)為爆炸后各部分從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)1.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律守恒很小2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力

外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(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)的機(jī)械能增加遠(yuǎn)大于例5

2023年春節(jié)期間，中國許多地方燃放了爆竹，爆竹帶來濃濃的年味。一質(zhì)量為M的爆竹豎直運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，爆炸成兩部分，爆炸后瞬間質(zhì)量為m的部分動(dòng)能為E，爆炸時(shí)間極短可不計(jì)，不計(jì)爆炸過程中的質(zhì)量損失，則該爆竹爆炸后瞬間的總動(dòng)能為√設(shè)爆炸后瞬間質(zhì)量為m的部分速度大小為v1，另一部分的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv1＝(M－m)v2，例6將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)A.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s√開始總動(dòng)量為零，規(guī)定氣體噴出的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的動(dòng)量p＝－m1v1＝－0.05×600kg·m/s＝－30kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向，大小為30kg·m/s，故選A。例7

“獨(dú)竹漂”是一項(xiàng)獨(dú)特的黔北民間絕技。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達(dá)岸邊，此時(shí)女子靜立于竹竿A點(diǎn)，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進(jìn)行對(duì)比，其簡化圖如圖所示。經(jīng)過測(cè)量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中A、B兩點(diǎn)的水平間距約為1cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。女子在照片上身高約為1.6cm。已知竹竿的質(zhì)量約為25kg，若不計(jì)水的阻力，則該女子的質(zhì)量約為A.45kg B.50kg C.55kg D.60kg對(duì)該女子和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入數(shù)據(jù)可得該女子的質(zhì)量為m2＝45kg，故選A。1.模型圖示2.模型特點(diǎn)(1)兩者滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝03.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于二者質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即返回課時(shí)精練1.(2024·江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)檢測(cè))在冬奧會(huì)冰上短道速滑接力比賽中，乙運(yùn)動(dòng)員奮力向前推出前方甲運(yùn)動(dòng)員，忽略一切阻力，此過程中A.甲對(duì)乙的沖量大于乙對(duì)甲的沖量B.甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)動(dòng)量增加C.甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加D.甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的速度變化量大小一定相等√123456789101112根據(jù)沖量的定義I＝Ft，可知乙推甲的過程中，相互作用力大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，所以甲對(duì)乙的沖量大小等于乙對(duì)甲的沖量大小，A錯(cuò)誤；在乙推甲的過程中，忽略一切阻力，系統(tǒng)所受合外力為零，所以甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；123456789101112根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化情況分析可知，在乙推甲的過程中，將體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機(jī)械能，所以甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，C正確；乙推甲的過程中，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，甲和乙組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不變，甲、乙的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，但是甲、乙的質(zhì)量不一定相同，所以甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的速度變化量大小不一定相等，D錯(cuò)誤。1234567891011122.木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當(dāng)撤去外力后，下列說法正確的是A.a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不

守恒B.a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.a離開墻壁后，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.a離開墻壁后，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒√123456789101112a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)只有彈簧彈力在做功，故機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向上受到墻壁水平向右的彈力，系統(tǒng)所受合外力不為零，故動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；a離開墻壁后，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)所受合力為零，故動(dòng)量守恒，故C正確，D錯(cuò)誤。1234567891011123.(2024·江蘇淮安市楚州中學(xué)馬壩中學(xué)聯(lián)考)兩名質(zhì)量相等的滑冰人員甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上?，F(xiàn)在其中一人向另一人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是A.若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙B.若乙最后接球，則一定是v甲>v乙C.若甲最后接球，則一定是v甲>v乙D.無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙123456789101112√因系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故最終甲、乙動(dòng)量大小必相等。誰最后接球誰和球的整體質(zhì)量大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，最終誰接球誰的速度小。故選B。1234567891011124.(2024·江蘇海安市立發(fā)中學(xué)檢測(cè))在光滑水平面上沿一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ發(fā)生正碰，碰后立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，碰撞前滑塊Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—時(shí)間關(guān)系圖線分別如圖中的線段a、b、c所示。由圖像可知A.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量小B.滑塊Ⅰ的質(zhì)量與滑塊Ⅱ的質(zhì)量之比為3∶5C.滑塊Ⅰ的質(zhì)量與滑塊Ⅱ的質(zhì)量之比為5∶3D.碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量比滑塊Ⅱ受到的沖量大√123456789101112由題圖可知，碰撞后總動(dòng)量為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前的總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量較大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B錯(cuò)誤，C正確；由動(dòng)量定理知，碰撞過程中滑塊Ⅰ受到的沖量與滑塊Ⅱ受到的沖量大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。1234567891011125.(2024·江蘇省金陵中學(xué)月考)如圖所示，一個(gè)長為L的輕細(xì)桿兩端分別固定著a、b兩個(gè)光滑金屬球，a球質(zhì)量為2m，b球質(zhì)量為m，兩球的半徑相等且均可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)裝置放在光滑的水平面上，將此裝置從桿與水平面夾角為53°的圖示位置由靜止釋放，則A.在b球落地前瞬間，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬間，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對(duì)a球做正功D.在b球落地前瞬間，b球的速度方向豎直向下√123456789101112a、b組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，水平方向上動(dòng)量守恒，系統(tǒng)水平方向的初動(dòng)量為零，在b球落地前瞬間系統(tǒng)水平方向動(dòng)量仍為零，此時(shí)b球的速度方向豎直向下，a球的速度為零，故A、B錯(cuò)誤，D正確；a球初動(dòng)能為零，b球落地前瞬間a球的動(dòng)能也為零，且重力與地面的支持力對(duì)a球不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對(duì)a球做功為零，故C錯(cuò)誤。1234567891011126.如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)A.系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒B.水平方向任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量都相同C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動(dòng)的最大距離為√123456789101112系統(tǒng)只是在水平方向合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯(cuò)誤；123456789101112小球相對(duì)于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動(dòng)的最大距離為

D正確。1234567891011127.如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0，為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計(jì)水的阻力)答案4v0123456789101112設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，先選乙船(包括人)和貨物為研究系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，再選甲船(包括人)和貨物為研究系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得10m×2v0－mvmin＝11mv2，為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1＝v2聯(lián)立解得vmin＝4v0。1234567891011128.(2024·江蘇無錫市錫車中學(xué)月考)如圖所示，有一質(zhì)量M＝6kg、棱長為0.2m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道，一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg的小球由靜止開始從軌道的左端運(yùn)動(dòng)到右端，在該過程中木塊的位移為A.0.05m B.0.10mC.0.15m D.0.50m√123456789101112123456789101112小球由靜止開始從如題圖所示軌道的左端運(yùn)動(dòng)到右端過程中，小球與木塊組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，則有

即mx1＝Mx2，根據(jù)題意有x1＋x2＝0.2m，聯(lián)立解得x2＝0.05m，故選A。9.于2021年10月16日發(fā)射的“神舟十三號(hào)”飛船在2022年4月16日成功返回地球。飛船返回艙返回地面過程可簡化為：打開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)裝置沿豎直方向勻速下降，為確保返回艙能安全著陸，在返回艙距地面一定距離時(shí)，艙內(nèi)航天員主動(dòng)切斷與降落傘的連接(“切傘”)，同時(shí)點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭，在火箭向下噴氣過程中返回艙減至安全速度。假設(shè)“切傘”瞬間返回艙的速度大小為v1＝16m/s，火箭噴出的氣體相對(duì)地面的速度大小為v2＝944m/s，火箭“噴氣”時(shí)間極短，噴氣完成前、后返回艙的質(zhì)量比為130∶128，噴氣完成后返回艙的速度大小為A.2m/s B.1.5m/s

C.2.5m/s D.0.5m/s123456789101112√設(shè)噴氣前、后返回艙質(zhì)量分別為m1、m2，噴氣完成后返回艙的速度大小為v3。由題知m1∶m2＝130∶128，分析火箭噴氣過程，由動(dòng)量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5m/s，故選B。12345678910111210.(2021·浙江1月選考·12)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空氣阻力。下列說法正確的是A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m√123456789101112設(shè)碎塊落地的時(shí)間為t，質(zhì)量大的碎塊水平初速度為v，則由動(dòng)量守恒定律知質(zhì)量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度相同，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝

，可見兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)題意知，vt＝(5s－t)×340m/s，又2vt＝(6s－t)×340m/s，聯(lián)立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸點(diǎn)離地面高度為h＝

＝80m，所以B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩碎塊落地點(diǎn)的水平距離為Δx＝3vt＝1020m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。12345678910111211.如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。123456789101112答案2m/s因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①碰撞后A與B在摩擦力作用下再次達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s。12345678910111212.(2023·江蘇海安市實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖甲所示，長木板靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端與木板相對(duì)靜止。若將木板分成長度相等的兩段(如圖乙)，該滑塊仍以v0從木板左端開始滑動(dòng)，已知滑塊運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦力不變。則下列分析正確的是A.滑塊滑到木板的右端后飛離木板B.滑塊滑到木板的右端前就與木板保持相對(duì)靜止C.兩過程滑塊的動(dòng)量變化相同D.兩過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等123456789101112√123456789101112第一次在滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次滑塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，平均加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，故第二次滑塊與右邊木板將更早達(dá)到共同速度，所以滑塊還沒有運(yùn)動(dòng)到最右端，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知兩過程中滑塊最后的速度不同，則兩過程滑塊的動(dòng)量變化不同，故C錯(cuò)誤；123456789101112返回根據(jù)摩擦力乘以相對(duì)位移等于產(chǎn)生的熱量，分析可知在題圖乙中木板上相對(duì)運(yùn)動(dòng)的位移沒有題圖甲中的長，所以產(chǎn)生的熱量小于在題圖甲中木板上滑行產(chǎn)生的熱量，故D錯(cuò)誤。第七章動(dòng)量守恒定律第3課時(shí)目標(biāo)要求1.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律。2.理解“滑塊—彈簧”、“滑塊—斜(曲)面”兩種模型與碰撞的相似性，會(huì)分析解決兩類模型的有關(guān)問題。專題強(qiáng)化：碰撞模型及拓展內(nèi)容索引考點(diǎn)一

碰撞模型考點(diǎn)二

碰撞模型拓展課時(shí)精練><考點(diǎn)一碰撞模型1.碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。2.特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力

外力，可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。遠(yuǎn)大于

動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒_____非彈性碰撞_____有損失完全非彈性碰撞守恒損失_____3.分類守恒守恒最大4.“一動(dòng)碰一靜”彈性碰撞實(shí)例分析以質(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′討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈－v1，v2′≈0。思考質(zhì)量為mA、初速度為v0的物體A與靜止的質(zhì)量為mB的物體B發(fā)生碰撞，碰撞后物體B的速度范圍為________≤vB≤________。答案物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多，物體B的速度最小，

當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，物例1

(2024·江蘇鹽城市響水中學(xué)期中)如圖所示，質(zhì)量為3m的小球B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m、速度為v的小球A與小球B發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值。碰撞后小球B的速度大小可能是A.0.15v B.0.2v C.0.4v D.0.6v√若發(fā)生的是彈性碰撞，對(duì)A、B碰撞過程由動(dòng)量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2由機(jī)械能守恒定律可得若A、B發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則碰后兩球共速，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′碰撞問題遵守的三條原則1.動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。2.動(dòng)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(dòng)，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(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。(2)碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變。例2

(2024·江蘇省木瀆高級(jí)中學(xué)月考)如圖所示，兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留有較小空隙，從距水平地面高度為h處同時(shí)由靜止釋放。已知小球Q的質(zhì)量是P的2倍。設(shè)所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時(shí)間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度為√例3

(2023·天津卷·12)已知A、B兩物體mA＝2kg，mB＝1kg，A物體從h＝1.2m處自由下落，且同時(shí)B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過t＝0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞時(shí)離地高度x；答案1m

對(duì)物體A，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得(2)碰后速度v；答案0設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為vB0，解得vB0＝6m/s可得碰撞前A物體的速度vA＝gt＝2m/s，方向豎直向下碰撞前B物體的速度vB＝vB0－gt＝4m/s，方向豎直向上選向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v解得碰后速度v＝0(3)碰撞損失的機(jī)械能ΔE。答案12J根據(jù)能量守恒定律可知碰撞損失的機(jī)械能返回碰撞模型拓展><考點(diǎn)二1.“滑塊—彈簧”模型(1)模型圖示(2)模型特點(diǎn)①動(dòng)量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。②機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。③彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小。(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能)④彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大。(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)例4

(2023·江蘇南通市模擬)如圖甲所示，左端接有水平輕彈簧的物塊A靜止在光滑水平面上，物塊B以某一初速度向A運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)B與彈簧接觸，0～2s內(nèi)兩物塊的v－t圖像如圖乙所示。則A.A的質(zhì)量比B的大B.0～1s內(nèi)，彈簧對(duì)A、B的

沖量相同C.t＝1s時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大D.t＝2s時(shí)，A的動(dòng)量比B的大√由題圖乙可知，物塊B的初速度為v0＝1.2m/s，t＝1s時(shí)，物塊A、B的共同速度大小為v＝1.0m/s，由動(dòng)量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)，彈簧對(duì)A的沖量方向向右，彈簧對(duì)B的沖量方向向左，所以彈簧對(duì)A、B的沖量不相同，故B錯(cuò)誤；t＝1s時(shí)，物塊A、B有共同速度，彈簧最短，彈簧的彈性勢(shì)能最大，故C正確；t＝2s時(shí)，A的動(dòng)量pA＝mAvA，B的動(dòng)量pB＝mBvB，由題圖乙可知vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s，又mB＝5mA，所以A的動(dòng)量比B的小，故D錯(cuò)誤。例5

(2023·江蘇連云港市期中)如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)質(zhì)量均為m＝0.3kg的小球A、B、C，B球左側(cè)固定一水平輕彈簧。使A球以初速度v0＝4m/s向B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧至A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘連在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。從A開始?jí)嚎s彈簧至與彈簧分離的過程中，下列說法正確的是A.球A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.與C球相碰時(shí)B球的動(dòng)能為1.2JC.彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能為1.3JD.A球與彈簧分離時(shí)的速度為4m/s√B與C相碰并粘連在一起，該過程是完全非彈性碰撞，機(jī)械能損失最大，故A錯(cuò)誤；壓縮彈簧至A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰，則對(duì)A、B由動(dòng)量守恒得mv0＝2mv，解得v＝

v0＝2m/s，B球的動(dòng)能為EkB＝

mv2＝0.6J，故B錯(cuò)誤；A球與彈簧分離前有能量損失，由能量守恒可知，A球與彈簧分離時(shí)的速度小于4m/s，故D錯(cuò)誤。2.“滑塊—斜(曲)面”模型(1)模型圖示(2)模型特點(diǎn)①上升到最大高度：滑塊m與斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此時(shí)滑塊m的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為滑塊m的重力勢(shì)能)。②返回最低點(diǎn)：滑塊m與斜(曲)面M分離點(diǎn)。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

(相當(dāng)于彈性碰撞)。例6

(2023·江蘇蘇州市高新區(qū)一中?？?帶有

光滑圓弧軌道、質(zhì)量為M的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回車的左端，重力加速度為g，求：(1)此過程小球?qū)π≤囎龅墓?；設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，選取向右為正方向，整個(gè)過程中水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得Mv＝Mv1＋Mv2解得v1＝0，v2＝v對(duì)小車運(yùn)用動(dòng)能定理得，小球?qū)π≤囎龅墓?2)小球上升的最大豎直距離。當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球上升到最大高度，設(shè)小球上升的最大豎直距離為h，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得Mv＝2Mv3返回課時(shí)精練1.如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊向凹槽推出，冰塊平滑地滑上凹槽，則A.小孩推出冰塊過程，小孩和冰塊系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B.冰塊在凹槽上運(yùn)動(dòng)過程，冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒C.冰塊從凹槽下滑過程，凹槽動(dòng)量減少D.冰塊離開凹槽時(shí)的速率與沖上凹槽前的速率相等√12345678910小孩推出冰塊過程，系統(tǒng)合外力為0，小孩和冰塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；冰塊在凹槽上運(yùn)動(dòng)過程，冰塊和凹槽系統(tǒng)水平方向所受合外力為0，所以水平方向動(dòng)量守恒，故B正確；冰塊從凹槽下滑過程，冰塊對(duì)凹槽做正功，凹槽速度增加，動(dòng)量增加，故C錯(cuò)誤；冰塊在凹槽上滑和下滑過程，凹槽對(duì)冰塊做負(fù)功，速度減小，冰塊離開凹槽時(shí)的速率比沖上凹槽時(shí)的速率小，故D錯(cuò)誤。123456789102.如圖所示，兩個(gè)物塊A、B中間用輕彈簧相連放在光滑的水平面上，A、B質(zhì)量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg，物塊A右側(cè)與豎直墻接觸。某一瞬間敲擊物塊B使其獲得0.3m/s的水平向右的速度，物塊B向右壓縮彈簧然后被彈簧彈回，彈回時(shí)帶動(dòng)物塊A運(yùn)動(dòng)。當(dāng)彈簧拉伸到最長時(shí)，物塊A的速度大小為A.0.1m/s B.0.2m/sC.0.3m/s D.0.4m/s√12345678910由機(jī)械能守恒可知，當(dāng)物塊B被彈簧彈回到初始位置時(shí)速度仍為v0＝0.3m/s，方向向左；當(dāng)彈簧拉伸到最長時(shí)，兩者共速，則由動(dòng)量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2m/s，即物塊A的速度大小為0.2m/s，故選B。123456789103.如圖，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為6kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s。則A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶2123456789√10根據(jù)p＝mv可知?jiǎng)恿肯嗤瑫r(shí)質(zhì)量小的速度大，A球的速度比B球大，所以左方是A球。根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(6＋6)kg·m/s＝mAvA＋mBvB根據(jù)題意mAvA＝(6－4)kg·m/s，mB＝2mA解得vA∶vB＝2∶5，故選A。123456789104.(2023·江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)期中改編)如圖所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4m/s，當(dāng)甲物體的速度減小到1m/s時(shí)，彈簧最短。下列說法中正確的是A.此時(shí)乙物體的速度大小為1m/sB.緊接著甲物體將開始做加速運(yùn)動(dòng)C.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶4D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，乙物體的速度大小為4m/s123456789√10根據(jù)題意可知，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩物體速度相同，所以此時(shí)乙物體的速度大小也是1m/s，A正確；因?yàn)閺椈蓧嚎s到最短時(shí)，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝