2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題6.1動(dòng)量和動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律精講含解析

PAGEPAGE13專(zhuān)題6.1動(dòng)量和動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律1.理解動(dòng)量的的概念，知道沖量的意義；2.理解動(dòng)量，會(huì)計(jì)算一維動(dòng)量變更；3.理解動(dòng)量變更和力之間的關(guān)系，會(huì)用來(lái)計(jì)算相關(guān)問(wèn)題；學(xué)問(wèn)點(diǎn)一動(dòng)量及動(dòng)量變更量的理解1．動(dòng)量(1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動(dòng)量，通常用p來(lái)表示。(2)表達(dá)式：p＝mv。(3)單位：kg·m/s。(4)標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同。2．動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變更量的比較動(dòng)量動(dòng)能動(dòng)量變更量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過(guò)程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)學(xué)問(wèn)點(diǎn)二沖量、動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用1．沖量(1)定義：力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量。公式：I＝F·t。(2)單位：沖量的單位是?！っ?，符號(hào)是N·s。(3)方向：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。2．動(dòng)量定理(1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變更量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量。(2)表達(dá)式：Ft＝Δp＝p′－p。(3)矢量性：動(dòng)量變更量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上應(yīng)用動(dòng)量定理?！就卣固嵘縿?dòng)量定理的理解(1)方程左邊是物體受到的全部力的總沖量，而不是某一個(gè)力的沖量。其中的F可以是恒力，也可以是變力，假如合外力是變力，則F是合外力在t時(shí)間內(nèi)的平均值。(2)動(dòng)量定理說(shuō)明的是合外力的沖量I合和動(dòng)量的變更量Δp的關(guān)系，不僅I合與Δp大小相等而且Δp的方向與I合方向相同。(3)動(dòng)量定理的探討對(duì)象是單個(gè)物體或物體系統(tǒng)。系統(tǒng)的動(dòng)量變更等于在作用過(guò)程中組成系統(tǒng)的各個(gè)物體所受外力沖量的矢量和。而物體之間的作用力(內(nèi)力)，由大小相等、方向相反和等時(shí)性可知不會(huì)變更系統(tǒng)的總動(dòng)量。(4)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中的應(yīng)用。在不涉及加速度和位移的狀況下，探討運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系時(shí)，用動(dòng)量定理求解一般較為便利。不須要考慮運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)微環(huán)節(jié)。學(xué)問(wèn)點(diǎn)三動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用1．動(dòng)量守恒的條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒。(3)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某個(gè)方向上所受合外力為零或不受外力，或外力可以忽視，則在這個(gè)方向上，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。2．動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容假如一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。3．動(dòng)量守恒的數(shù)學(xué)表達(dá)式(1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后總動(dòng)量p′)。(2)Δp＝0(系統(tǒng)總動(dòng)量變更為零)。(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，兩物體動(dòng)量增量大小相等，方向相反)?！就卣固嵘縿?dòng)量守恒定律的“五性”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)性各物體的速度必需是相對(duì)同一參考系的速度(沒(méi)有特別說(shuō)明要選地球這個(gè)參考系)。假如題設(shè)條件中各物體的速度不是相對(duì)同一參考系時(shí)，必需轉(zhuǎn)換成相對(duì)同一參考系的速度同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2…必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p′1、p′2…必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量，不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加系統(tǒng)性探討的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，而不是其中的一個(gè)物體，更不能題中有幾個(gè)物體就選幾個(gè)物體普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀(guān)物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀(guān)粒子組成的系統(tǒng)【典例】（2024·湖南衡陽(yáng)八中模擬）兩磁鐵各放在一輛小車(chē)上，小車(chē)能在水平面上無(wú)摩擦地沿同始終線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。已知甲車(chē)和磁鐵的總質(zhì)量為0.5kg，乙車(chē)和磁鐵的總質(zhì)量為1.0kg。兩磁鐵的N極相對(duì)，推動(dòng)一下，使兩車(chē)相向運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻甲的速率為2m/s，乙的速率為3m/s，方向與甲相反。兩車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未相碰。則：(1)兩車(chē)最近時(shí)，乙的速度為多大？(2)甲車(chē)起先反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙的速度為多大？【答案】(1)1.33m/s(2)2m/s【解析】(1)兩車(chē)相距最近時(shí)，兩車(chē)的速度相同，設(shè)該速度為v，取乙車(chē)的速度方向?yàn)檎较?。由?dòng)量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以?xún)绍?chē)最近時(shí)，乙車(chē)的速度為v＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m甲＋m乙)＝eq\f(1.0×3－0.5×2,0.5＋1.0)m/s＝eq\f(4,3)m/s≈1.33m/s。(2)甲車(chē)起先反向時(shí)，其速度為0，設(shè)此時(shí)乙車(chē)的速度為v乙′，由動(dòng)量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲,m乙)＝eq\f(1.0×3－0.5×2,1.0)m/s＝2m/s?！痉椒ㄒ?guī)律】應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟(1)明確探討對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及探討的過(guò)程)。(2)進(jìn)行受力分析，推斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)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。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)探討說(shuō)明?？键c(diǎn)一對(duì)動(dòng)量的理解【典例1】(2024·江蘇卷)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)速度的大小為v，方向向下．經(jīng)過(guò)時(shí)間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏希鲆暱諝庾枇?，重力加速度為g，求該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小?！敬鸢浮?mv＋mgt【解析】取向上為正方向，由動(dòng)量定理得mv－(－mv)＝I且I＝(eq\x\to(F)－mg)t解得IF＝eq\x\to(F)t＝2mv＋mgt【舉一反三】(多選)（2024·北京師范高校附中模擬）關(guān)于動(dòng)量的變更，下列說(shuō)法中正確的是()A．做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，動(dòng)量的增量Δp的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同B．做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體速度減小時(shí)，動(dòng)量的增量Δp的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反C．物體的速度大小不變時(shí)，動(dòng)量的增量Δp為零D．物體做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)量的增量肯定不為零【答案】ABD【解析】當(dāng)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體的速度增大時(shí)，其末態(tài)動(dòng)量p2大于初態(tài)動(dòng)量p1，由矢量的運(yùn)算法則可知Δp＝p2－p1＞0，與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，如圖(a)所示，所以A選項(xiàng)正確。當(dāng)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體速度減小時(shí)，p2＜p1，如圖(b)所示，Δp與p1(或p2)方向相反，與運(yùn)動(dòng)方向相反，故B選項(xiàng)正確。當(dāng)物體的速度大小不變時(shí)，其方向可能變更，也可能不變更，故動(dòng)量可能不變更即Δp＝0，也可能動(dòng)量大小不變而方向變更，此種狀況Δp≠0，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)物體做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度的大小和方向變更，即動(dòng)量肯定變更，Δp肯定不為零，如圖(c)所示，故D選項(xiàng)正確?！痉椒记伞坷斫鈩?dòng)量和動(dòng)能的四點(diǎn)留意(1)動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量。(2)動(dòng)量和動(dòng)能都是狀態(tài)量。沖量引起動(dòng)量的變更，總功引起動(dòng)能的變更。(3)若物體的動(dòng)能發(fā)生了變更，其動(dòng)量也肯定會(huì)發(fā)生變更；而物體的動(dòng)量發(fā)生變更時(shí)，其動(dòng)能不肯定發(fā)生變更。(4)動(dòng)量和動(dòng)能均與參考系的選取有關(guān)，中學(xué)階段通常選取地面為參考系。它們的大小關(guān)系：p＝eq\r(2mEk)或Ek＝eq\f(p2,2m)?！咀兪?】(2024·全國(guó)卷Ⅰ，14)高鐵列車(chē)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車(chē)的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)驗(yàn)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【解析】列車(chē)啟動(dòng)的過(guò)程中加速度恒定，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間關(guān)系可知v＝at，且列車(chē)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比，動(dòng)能與速度的平方成正比，A、C錯(cuò)誤；將x＝eq\f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，則列車(chē)的動(dòng)能與位移成正比，B正確；由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，列車(chē)的動(dòng)能與動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二動(dòng)量定理的應(yīng)用【典例2】(2024·全國(guó)卷Ⅱ)高空墜物極易對(duì)行人造成損害。若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A．10NB．102NC．103ND．104N【答案】C【解析】依據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2gh＝v2(h為25層樓的高度，約75m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103N，所以C正確。【方法技巧】動(dòng)量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量假如物體受到大小或方向變更的力的作用，則不能干脆用I＝Ft求沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變更Δp，等效代換得出變力的沖量I。(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變更例如，在曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變更，求動(dòng)量變更(Δp＝p2－p1)須要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較困難。假如作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動(dòng)量的變更?！咀兪?】（2024·山西平遙中學(xué)模擬）(多選)在某次雜技表演中，一演員平躺在水平面上，腹部上方靜置一質(zhì)量M＝80kg的石板，另一演員手持一質(zhì)量為m＝5kg的鐵錘，從h1＝1.8m高處由靜止落下，與石板撞擊后反彈至h2＝0.05m處，結(jié)果石板裂開(kāi)而平躺著的演員沒(méi)有受傷。若鐵錘撞擊石板的時(shí)間為t1＝0.01s，由于緩沖，演員腹部與石板相互作用的時(shí)間為t2＝0.5s，鐵錘的下落視為自由落體運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，則()A．鐵錘撞擊石板前瞬間的速度大小為6m/sB．撞擊過(guò)程中鐵錘受到的沖量大小為25N·sC．撞擊過(guò)程中鐵錘對(duì)石板的平均作用力大小為3550ND．緩沖過(guò)程中石板對(duì)演員的平均作用力大小約為4300N【答案】AC【解析】設(shè)鐵錘撞擊石板前瞬間的速度大小為v，則由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v2＝2gh1，解得v＝6m/s，A正確；設(shè)撞擊后鐵錘反彈的速度大小為v′，則由v′2＝2gh2，解得v′＝1m/s，由動(dòng)量定理可得撞擊過(guò)程中鐵錘受到的沖量大小I＝m(v′＋v)，解得I＝35N·s，B錯(cuò)誤；設(shè)撞擊過(guò)程中石板對(duì)鐵錘的作用力大小為F，則有I＝(F－mg)t1，解得F＝3550N，由牛頓第三定律可知鐵錘對(duì)石板的作用力大小為3550N，C正確；碰撞過(guò)程時(shí)間很短，可近似認(rèn)為動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間石板的速度大小為v1，則由動(dòng)量守恒定律可得mv＝Mv1－mv′，代入數(shù)據(jù)解得v1＝eq\f(7,16)m/s，設(shè)緩沖過(guò)程中人對(duì)石板的作用力大小為F′，由動(dòng)量定理可得(F′－Mg)t2＝Mv1，解得F′＝870N，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三動(dòng)量定理與圖象的結(jié)合【典例3】(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅲ)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變更的圖線(xiàn)如圖所示，則()A．t＝1s時(shí)物塊的速率為1m/sB．t＝2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg·m/sC．t＝3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg·m/sD．t＝4s時(shí)物塊的速度為零【答案】AB【解析】A對(duì)：前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s。B對(duì)：t＝2s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動(dòng)量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s。C錯(cuò)：物塊在2～4s內(nèi)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動(dòng)量大小p3＝mv3＝3kg·m/s。D錯(cuò)：t＝4s時(shí)物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s?！咀兪?】（2024·遼寧大連二十四中模擬）(多選)水平力F方向確定，大小隨時(shí)間的變更如圖甲所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，物塊質(zhì)量為3kg，在F從0起先漸漸增大的過(guò)程中，物塊的加速度隨時(shí)間變更的圖象如圖乙所示，重力加速度大小為10m/s2，最大靜摩擦力大于滑動(dòng)摩擦力，由圖象可知()甲乙A．物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力為3NB．在0～4s時(shí)間內(nèi)，水平力F的沖量為48N·sC．在0～4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為12N·sD．在0～4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為24J【答案】CD【解析】由題圖乙可知，t＝2s時(shí)刻物體剛起先運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力最大，最大靜摩擦力等于此時(shí)的拉力，由題圖甲讀出最大靜摩擦力為6N，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～4s時(shí)間內(nèi)，用面積法求水平力F的沖量為24N·s，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；a-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變更量，則得0～4s內(nèi)物體速度的增量為Δv＝eq\f(1＋3,2)×(4－2)＝4m/s，依據(jù)動(dòng)量定理，0～4s內(nèi)合外力的沖量為I＝Δp＝mΔv＝3×4＝12N·s，故C項(xiàng)正確；依據(jù)動(dòng)能定理，0～4s內(nèi)合外力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2＝24J，故D項(xiàng)正確。考點(diǎn)四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體”類(lèi)問(wèn)題【典例4】(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試勝利，這標(biāo)記著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展．若某次試驗(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．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kgD．1.6×106kg【答案】B【解析】依據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝1.6×103kg/s，所以選項(xiàng)B正確?！疽族e(cuò)警示】?jī)深?lèi)流體運(yùn)動(dòng)模型第一類(lèi)是“汲取模型”，即流體與被碰物質(zhì)接觸后速度為零，其次類(lèi)是“反彈模型”，即流體與被碰物質(zhì)接觸后以原速率反彈．設(shè)時(shí)間t內(nèi)流體與被碰物質(zhì)相碰的“粒子”數(shù)為n，每個(gè)“粒子”的動(dòng)量為p，被碰物質(zhì)對(duì)“粒子”的作用力為F，以作用力的方向?yàn)檎?，則“汲取模型”滿(mǎn)意Ft＝0－n(－p)，“反彈模型”滿(mǎn)意Ft＝np－n(－p)．“反彈模型”的動(dòng)量變更量為“汲取模型”的動(dòng)量變更量的2倍，解題時(shí)肯定要明辨模型，避開(kāi)錯(cuò)誤．【變式】(2024·全國(guó)卷Ⅰ)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算便利起見(jiàn)，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周勻稱(chēng)散開(kāi)。忽視空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求：(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度?！敬鸢浮?1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)【解析】(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。 ③(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0) ④在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變更量的大小為Δp＝(Δm)v ⑤設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，依據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。 ⑧【方法技巧】應(yīng)用動(dòng)量定理求解流體沖擊力的詳細(xì)思路1．探討對(duì)象經(jīng)常須要選取流體為探討對(duì)象，如水、空氣等。2．探討方法先隔離出肯定形態(tài)的一部分流體作為探討對(duì)象，然后列式求解。3．基本思路(1)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，取一小柱體作為探討對(duì)象。(2)求小柱體的體積ΔV＝vSΔt(3)求小柱體質(zhì)量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt(4)求小柱體的動(dòng)量變更Δp＝vΔm＝ρv2SΔt(5)應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp【變式4】（2024·黑龍江鶴崗一中模擬）一艘宇宙飛船以v＝1.0×104m/s的速度進(jìn)入密度為ρ＝2.0×10－7kg/m3的微隕石流中，假如飛船在垂直于運(yùn)動(dòng)方向上的最大截面積S＝5m2，且認(rèn)為微隕石與飛船碰撞后都附著在飛船上。為使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)為多大？【答案】100N【解析】設(shè)t時(shí)間內(nèi)附著在飛船上的微隕石總質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρSvt ①這些微隕石由靜止至隨飛船一起運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)量增加是受飛船對(duì)其作用的結(jié)果，由動(dòng)量定理有Ft＝Δp＝Δmv ②則微隕石對(duì)飛船的沖量大小也為Ft，為使飛船速度保持不變，飛船應(yīng)增加的牽引力為ΔF＝F ③綜合①②③并代入數(shù)值得ΔF＝100N，即飛船的牽引力應(yīng)為100N?？键c(diǎn)五動(dòng)量守恒的推斷及應(yīng)用【典例五】（2024·江蘇卷）質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽視滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為v，此時(shí)滑板的速度大小為_(kāi)________。A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)滑板的速度為，小孩和滑板動(dòng)量守恒得：，解得：，故B正確?！咀兪?】(2024·全國(guó)卷Ⅰ)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(guò)程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s【答案】A【解析】由于噴氣時(shí)間短，且不計(jì)重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。燃?xì)獾膭?dòng)量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動(dòng)量p2＝p1＝30kg·m/s，選項(xiàng)A正確?？键c(diǎn)六多物體多過(guò)程的動(dòng)量守恒問(wèn)題【典例六】(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)一質(zhì)量為m＝2000kg的汽車(chē)以某一速度在平直馬路上勻速行駛．行駛過(guò)程中，司機(jī)突然發(fā)覺(jué)前方100m處有一警示牌，馬上剎車(chē)．剎車(chē)過(guò)程中，汽車(chē)所受阻力大小隨時(shí)間的變更可簡(jiǎn)化為圖(a)中的圖線(xiàn)．圖(a)中，0～t1時(shí)間段為從司機(jī)發(fā)覺(jué)警示牌到實(shí)行措施的反應(yīng)時(shí)間(這段時(shí)間內(nèi)汽車(chē)所受阻力已忽視，汽車(chē)仍保持勻速行駛)，t1＝0.8s；t1～t2時(shí)間段為剎車(chē)系統(tǒng)的啟動(dòng)時(shí)間，t2＝1.3s；從t2時(shí)刻起先汽車(chē)的剎車(chē)系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車(chē)停止．已知從t2時(shí)刻起先，汽車(chē)第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m.(1)在圖(b)中定性畫(huà)出從司機(jī)發(fā)覺(jué)警示牌到剎車(chē)系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的v－t圖線(xiàn)；(2)求t2時(shí)刻汽車(chē)的速度大小及此后的加速度大?。?3)求剎車(chē)前汽車(chē)勻速行駛時(shí)的速度大小及t1～t2時(shí)間內(nèi)汽車(chē)克服阻力做的功；從司機(jī)發(fā)覺(jué)警示牌到汽車(chē)停止，汽車(chē)行駛的距離約為多少(以t1～t2時(shí)間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時(shí)間內(nèi)汽車(chē)的平均速度)?【答案】(1)見(jiàn)解析圖(2)28m/s8m/s2(3)30m/s1.16×105J87.5m【解析】(1)v－t圖象如圖所示．(2)設(shè)剎車(chē)前汽車(chē)勻速行駛時(shí)的速度大小為v1，則t1時(shí)刻的速度也為v1；t2時(shí)刻的速度為v2.在t2時(shí)刻后汽車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a.取Δt＝1s．設(shè)汽車(chē)在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt內(nèi)的位移為sn，n＝1，2，3….若汽車(chē)在t2＋3Δt～t2＋4Δt時(shí)間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2＋3Δt時(shí)刻的速度為v3，在t2＋4Δt時(shí)刻的速度為v4，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s1－s4＝3a(Δt)2①s1