命題分類剖析
命題點一 動量定理及應(yīng)用
1．沖量的三種計算方法
2.理解動量定理時應(yīng)注意的四個問題
(3)動量定理是過程定理，解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量．
(4)動量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向．
例 1 如圖所示，
學(xué)生練習(xí)用頭顛球．某一次足球從靜止開始下落20 cm，被豎直頂起，離開頭部后上升的最大高度仍為20 cm.已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質(zhì)量為0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的是( )
A．下落到與頭部剛接觸時，足球動量大小為 1.6 kg· m/s
B．頭部對足球的平均作用力為足球重力的4倍
C．從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力的沖量為2 N·s
D．與頭部作用過程中，足球動量變化量為0
例 2 (多選)某市消防救援指揮中心接到報警稱；某區(qū)某街道某路某號4樓起火，70名指戰(zhàn)員到達(dá)現(xiàn)場將火勢撲滅，如圖所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物時，設(shè)水柱直徑為D，以水平水流速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度為零．高壓水槍的質(zhì)量為M，消防員手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度忽略不計，水的密度為ρ，下列說法正確的是( )
A．水槍的流量(單位時間內(nèi)通過水槍某一橫截面的水量)為12πvD2
B．水柱對著火物的沖擊力為14πρD2v2
C．向前水平噴水時，消防員對水槍的作用力方向與水流方向相反
D．如果將水平水流速度變?yōu)樵瓉淼?倍，消防員對水槍的作用力小于原來的4倍
思維提升
應(yīng)用動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．
(3)規(guī)定正方向．
(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量，根據(jù)動量定理列方程求解．
提升訓(xùn)練
1.[2023·湖南邵陽一模](多選)2022年10月19日，階段性建成的世界首個電磁推進地面超高速試驗設(shè)施“電磁橇”，在濟南成功運行，其對噸級以上物體的最高推進速度，是目前磁懸浮列車在最大輸出功率下最高運行速度的53倍．列車前進時會受到前方空氣的阻力，前進方向上與其作用的空氣立即從靜止變成與列車共速，已知空氣密度為ρ，列車迎面橫截面積為S.若用中國“電磁橇”作為動力車組，在其他條件完全相同的情況下，不計其他阻力，中國“電磁橇”與目前磁懸浮列車相比．下列說法正確的是( )
A．車頭迎面承受的壓力變?yōu)槟壳暗?3倍
B．車頭迎面承受的壓力變?yōu)槟壳暗?59倍
C．最大輸出功率變?yōu)槟壳暗?59倍
D．最大輸出功率變?yōu)槟壳暗?2527倍
2．[2023·陜西省西安市長安區(qū)模擬]2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標(biāo)志著我國首次火星探測任務(wù)——著陸火星取得圓滿成功．它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程，若已知著陸器質(zhì)量m＝1.3×103kg(降落傘質(zhì)量遠(yuǎn)小于著陸器質(zhì)量)，懸停時離地面的高度h4＝8 m，取火星表面重力加速度g′＝4ms2，忽略著陸器質(zhì)量的變化和g′的變化．若第②、第③和第④階段的運動都可視為加速度不同的豎直向下勻變速直線運動．
(1)求：第②階段著陸器下降的高度h2、以及所受總平均阻力f的大小；
(2)著陸器在第④階段為自由落體運動：
①求著陸速度v4的大?。?br>②著陸時，緩沖設(shè)備讓著陸器在約0.1 s內(nèi)勻減速至0，請估算地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小，并說出減小平均沖擊力的建議．
命題點二 動量守恒定律的綜合應(yīng)用
1．判斷守恒的三種方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板—塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，如爆炸、反沖．
(3)某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0，則在該方向上動量守恒，如滑塊—斜面(曲面)模型．
2．動量守恒定律的三種表達(dá)形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用)．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．
例 1 [2023·遼寧卷](多選)
如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B.已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍．初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧．釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計．下列說法正確的是( )
A．彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流
B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為4B2d2v3R
C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1
D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為BLd3R
例 2[2023·山東省六校線上聯(lián)考](多選)
如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的14光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為M2，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點，則( )
A．B的最大速率為4 m/s
B．B運動到最高點時的速率為34 m/s
C．B能與A再次發(fā)生碰撞
D．B不能與A再次發(fā)生碰撞
提升訓(xùn)練
1.
[2023·陜西省渭南市臨渭區(qū)質(zhì)量檢測]如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m＝1 kg的小球通過長L＝0.5 m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.則( )
A．若鎖定滑塊，小球通過最高點P時對輕桿的作用力為4 N
B．若解除對滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒
C．若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時速度為2 m/s
D．若解除對滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為13 m
2．[2023·廣東省惠州市調(diào)研]2022年北京冬奧會，我國短道速滑隊奪得混合團體2 000 m接力決賽金牌，如果在某次交接棒訓(xùn)練中，質(zhì)量為60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，質(zhì)量為65 kg的乙以11 m/s的速度從后面追上，并迅速將甲向
前推出．乙推出甲后做勻減速直線運動，10 s后停在離交接棒前方40 m的地方，則：
(1)假設(shè)乙推甲過程中不計任何阻力，則甲乙分離瞬間甲的速度為多大；若甲乙作用時間為0.3 s，則乙對甲的平均推力是多大；
(2)若甲離開乙后甲立即做勻加速直線運動，加速度大小為0.5 m/s2，4秒末剛好追上前方1 m處勻速滑行的另一隊的隊員丙，計算隊員丙勻速滑行的速度大?。?br>命題點三 碰撞模型及拓展
1．三類碰撞的特點
2．碰撞問題遵循的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．
例 1 [2023·河南省高三二模]
(多選)如圖所示，質(zhì)量均為2 kg的三個物塊靜止在光滑水平面上，其中物塊B的右側(cè)固定一水平輕彈簧，物塊A與彈簧接觸但不拴接．某時刻物塊A突然以v0＝3 m/s的速度向左運動，已知當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程時間極短，然后繼續(xù)運動．若B、C碰撞過程中損失的機械能為ΔE，B、C碰撞后運動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，則( )
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
例 2 如圖，靜置于水平地面的兩輛購物車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當(dāng)車運動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離L時停止．車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：
(1)兩車碰后共同運動過程的最大速率；
(2)人給第一輛車水平?jīng)_量的大??；
(3)碰撞時系統(tǒng)損失的機械能ΔE與整個運動過程中系統(tǒng)克服摩擦阻力做功Wf之比．
思維提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
提升訓(xùn)練
1.[2023·江蘇常熟市期中]質(zhì)量相等的甲、乙兩球放在光滑的水平面上，它們用細(xì)線相連，開始時細(xì)線處于松弛狀態(tài)．現(xiàn)使兩球反向運動，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如圖所示，當(dāng)細(xì)繩拉緊時突然繃斷，這以后兩球的運動情況可能是( )
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
2. [2023·天津卷]一質(zhì)量為mA＝2 kg的A物體從距地面h＝1.2 m處由靜止自由下落，同時另一質(zhì)量為mB＝1 kg的B物體從A物體的正下方地面上豎直向上拋出，經(jīng)過t＝0.2 s兩物體相遇，碰撞后立刻粘在一起運動，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞時間極短，不計空氣阻力．求兩物體：
(1)碰撞時離地面的高度x；
(2)碰后瞬間的速度v；
(3)碰撞過程損失的機械能ΔE.
3.
[2023·上海卷]如圖，將小球P拴于L＝1.2 m的輕繩上，mP＝0.15 kg，向左拉開一段距離釋放， 水平地面上有一物塊Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低點A與物塊Q碰撞，P與Q碰撞前瞬間向心加速度為1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比為5∶1，碰撞前后P、Q總動能不變．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面動摩擦因數(shù)μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬間物塊Q的速度vQ；
(2)P與Q碰撞后再次回到A點的時間內(nèi)，求物塊Q運動的距離s.
素養(yǎng)培優(yōu)·模型建構(gòu)
彈簧模型
彈簧問題綜合性強，但彈簧問題往往是由幾個基本的模型組合而成，掌握彈簧問題的基本模型，對于解決復(fù)雜的彈簧問題有很重要的意義．處理復(fù)雜的彈簧模型，要應(yīng)用基本的彈簧模型，應(yīng)用力的觀點、能的觀點以及動量的觀點解決問題．
模型1 彈性勢能不變模型
[典例1]
光滑斜面上物塊A被平行斜面的輕質(zhì)彈簧拉住靜止于O點，如圖所示，現(xiàn)將A沿斜面拉到B點無初速度釋放，物塊在BC范圍內(nèi)做簡諧運動，則下列說法錯誤的是( )
A．在運動過程中，物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．從B到C的過程中，合外力對物塊A的沖量為零
C．物塊A從B點到O點過程中，動能的增量等于彈性勢能的減小量
D．B點時物塊A的機械能最小
模型2 彈性勢能對稱模型
[典例2] [2022·湖北卷]
如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上．P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止．彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g.若剪斷輕繩，P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為( )
A．μmgk B．2μmgk
C．4μmgk D．6μmgk
模型3 碰撞模型
[典例3] [2022·全國乙卷]如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0.A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同．斜面傾角為θ(sin θ＝0.6)，與水平面光滑連接．碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求
(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；
(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)．
第5講 動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用
命題分類剖析
命題點一
[例1] 解析：下落到與頭部剛接觸時，由運動學(xué)公式v2＝2gh
解得v＝2gh＝2×10×20×10-2 m/s＝2 m/s，則足球動量大小為p＝mv＝0.4×2 kg· m/s＝0.8 kg· m/s
故A錯誤；
以向上為正方向，由動量定理定律可知(F－mg)Δt＝mv2－mv1解得F＝20 N＝5mg，故B錯誤；
從最高點下落到頭部的時間為t＝ 2hg＝ 2×0.210 s＝0.2 s
從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力的沖量為I＝mg(2t＋Δt)＝0.4×10×(0.2×2＋0.1)N·s＝2 N·s，故C正確；
由題可知，與頭部碰撞后，離開頭部后上升的最大高度仍為20 cm，則離開時速度反向，大小不變，取向上為正方向，則動量變化為Δp＝mv′－mv＝(0.8＋0.8)kg· m/s＝1.6 kg· m/s，故D錯誤．
答案：C
[例2] 解析：設(shè)Δt時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則有Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝14πD2vΔt，則流量為ΔVΔt＝14πD2v，選A錯誤．考慮一段極短時間Δt′，在此時間內(nèi)噴到著火物上水的質(zhì)量為m，設(shè)著火物對水柱的作用力為F，由動量定理有FΔt′＝mv，Δt′時間內(nèi)沖到著火物上水的質(zhì)量為m＝14ρπD2vΔt′，解得F＝14πρD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對著火物的沖擊力為F′＝F＝14πρD2v2，選項B正確；當(dāng)高壓水槍向前噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向后，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方，選項C錯誤．如果將水平水流速度變?yōu)樵瓉淼?倍，由水槍受到水流的力F″＝14πρD22v2可得反沖力變?yōu)樵瓉淼?倍，水槍處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件，手對水槍的力的水平方向分力變?yōu)樵瓉淼?倍，但水槍重力不變，手對水槍的力的豎直方向分力不變，則消防員對水槍的作用力小于原來的4倍，選項D正確．
答案：BD
[提升訓(xùn)練]
1．解析：設(shè)列車運行的速度為v，在Δt時間內(nèi)，與列車作用的空氣質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，取這部分空氣作為研究對象，設(shè)運動方向為正方向，由動量定理fΔt＝Δmv－0，解得列車對空氣的作用力大小為f＝ρSv2，由牛頓第三定律得，車頭迎面承受的壓力為FN＝f＝ρSv2，可得FN∝v2，用“電磁橇”推進磁懸浮列車的最高運行速度為原來的53倍，則車頭迎面承受的壓力變?yōu)槟壳暗?59倍，選項A錯誤，B正確．當(dāng)列車速度達(dá)到最大時，牽引力F＝f＝ρSv2，此時列車的最大輸出功率為P＝Fv＝ρSv3，可得P∝v3，由于“電磁橇”推進磁懸浮列車的最高運行速度為原來的53倍，則最大輸出功率變?yōu)槟壳暗?2527倍，選項C錯誤，D正確．
答案：BD
2．解析：(1)由加速度定義式可得：a＝v2-v1t2-t1
代入數(shù)據(jù)解得：a＝－4 m/s2，負(fù)號表示方向向上；
此階段為勻減速直線運動，由平均速度公式可得：h2＝v1+v22(t2－t1)
代入數(shù)據(jù)得：h2＝25 200 m
根據(jù)牛頓第二定律可得：mg′－f＝ma
代入數(shù)據(jù)得：f＝1.04×104 N；
(2)由v42＝2g′h4可得著陸速度v4的大小為：v4＝8 m/s
取向上為正方向，由動量定理可得：
(F－mg′)t＝0－m(－v4)，
解得：F＝1.092×105N
由動量定理可知增大落地時間，平均沖擊力會減小、降低懸停時離地面的高度，可減小著陸時的速度也可減小平均沖擊力．
答案：(1)25 200 m 1.04×104 N
(2)①8 m/s ②1.092×105 N，增大落地時間、降低懸停時離地面的高度．
命題點二
[例1] 解析：彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右．
可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m, PQ速率為v時，則2mv＝mv′
解得v′＝2v
回路的感應(yīng)電流I＝2Bdv'+B·2dv3R＝2BdvR
MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝4B2d2vR
選項B錯誤；
兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得
mx1＝2mx2
x1＋x2＝L
可得最終MN位置向左移動x1＝2L3
PQ位置向右移動x2＝L3
因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個過程根據(jù)動能定理
F彈x1－F安xMN＝0
F彈x2－F安xPQ＝0
可得xMNxPQ＝x1x2＝21
選項C正確；
兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動2L3，PQ位置向右移動L3，則
q＝ eq \(I,\s\up6(－)) Δt＝ΔΦR總＝2B2L3d+BL32d3R＝2BLd3R
選項D錯誤．故選AC.
答案：AC
[例2] 解析：A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得M2v0＝M2vA+MvB，12·M2v02＝12·M2vA2 +12MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率為4 m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝43 m/s，選項B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時速度分別為v′B、v′C，由水平方向動量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C，由機械能守恒有12MvB2＝12Mv'B2 +12·2MvC'2，聯(lián)立解得v′B＝－43 m/s，由于|v′B|

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