2024·安徽·高考物理試題2024·江蘇·高考物理試題2024·廣東·高考物理試題2024·廣西·高考物理試題2024湖南·高考物理試題
動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性：矢量性、相對(duì)性、同時(shí)性、系統(tǒng)性、普適性
理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零
近似守恒：系統(tǒng)所受內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力
某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向不受外力或所受外力合力為零
動(dòng)量守恒：P1+P2=P1'+P2'
動(dòng)能不變：EK1+EK2=EK1'+EK2'
速度合理：不發(fā)生二次碰撞
系統(tǒng)中各個(gè)物體位置不變
動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
爆炸、反沖和“人船” 模型
考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
知識(shí)點(diǎn)1.動(dòng)量守恒定律的適用條件(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)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒。
知識(shí)點(diǎn)1.動(dòng)量守恒定律的適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為____。
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的______遠(yuǎn)大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上__________。
知識(shí)點(diǎn)2.動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性
考向1.動(dòng)量守恒定律的理解
1.如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)( )
A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒得看系統(tǒng)是不是只受內(nèi)力或受到外力且合力為零，機(jī)械能是否守恒得看系統(tǒng)是不是只有重力或彈簧彈力做功
A.當(dāng)C在A上滑行時(shí)，A、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.當(dāng)C在B上滑行時(shí)，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量都守恒D.當(dāng)C在B上滑行時(shí)，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
2.如圖所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在B木塊的右端，對(duì)此過程，下列敘述不正確的是(　　)
3.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)緊靠在墻壁上?，F(xiàn)讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，自A點(diǎn)與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi)，則下列結(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B點(diǎn)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)
(1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時(shí)的速度大??；(2)求B車剎車前的速度，并判斷B車是否超速。
考向2.動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用
4．隨著機(jī)動(dòng)車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯，分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命。已知某限速60 km/h的平直公路上，一輛質(zhì)量為m1＝800 kg的汽車A以速度v1＝15 m/s 沿平直公路行駛時(shí)，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠(yuǎn)處有一質(zhì)量m2＝1 200 kg的汽車B以速度v2迎面駛來，兩車立即同時(shí)急剎車，使車做勻減速運(yùn)動(dòng)，但兩車仍在開始剎車t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后結(jié)合在一起再沿B車原行駛方向滑行6 m后停下，設(shè)兩車與路面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3, g取10 m/s2，忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求：
(2)求B車剎車前的速度，并判斷B車是否超速。【答案】：(1)6 m/s　(2)21 m/s，超速【解析】：(1)對(duì)于碰撞后共同滑行過程有a＝＝μgx＝，可得v共＝6 m/s。(2)對(duì)A車有：vA＝v1－at對(duì)B車有：vB＝v2－at以碰撞前A車運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，?duì)碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得：m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共可得v2＝21 m/s>60 km/h故B車超速。
注意分析兩車在各個(gè)過程中的受力和運(yùn)動(dòng)，從而判斷小車的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、功能關(guān)系、動(dòng)量是否守恒
5. (多選)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端連接著質(zhì)量為m1＝1.0 kg的物塊A，另一端連接質(zhì)量為m2＝1.0 kg的長(zhǎng)木板B，繩子開始是松弛的。質(zhì)量為m3＝1.0 kg的物塊C放在長(zhǎng)木板B的右端，C與長(zhǎng)木板B間的滑動(dòng)摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小?，F(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時(shí)初速度v0＝2.0 m/s，物塊C立即在長(zhǎng)木板B上運(yùn)動(dòng)。已知繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長(zhǎng)木板B上滑落。下列說法正確的是(　　)
A.繩子繃緊前，B、C達(dá)到的共同速度大小為1.0 m/sB.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0 m/sC.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5 m/sD.最終A、B、C三者將以大小為 m/s的共同速度一直運(yùn)動(dòng)下去
注意在分析過程中選擇正確的研究對(duì)象和研究過程，并規(guī)定初動(dòng)量方向?yàn)檎较?br/>知識(shí)點(diǎn)1.碰撞類問題遵循的三條原則
知識(shí)點(diǎn)2.彈性碰撞討論
(1)碰后速度的求解：根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律解得v1′＝ v2′＝
(2)分析討論：當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若m1＝m2，則：v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，v2＝0，則：v1′＝ ， v2′＝ 。
①m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩物體沿相同方向運(yùn)動(dòng)。③m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。
碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk損2.完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vm1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk損max
3.靜止物體被撞后的速度范圍物體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，vB＝ v0，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，物體B速度最大，vB＝ v0。則碰后物體B的速度范圍為 v0≤vB≤ v0。
考向1.碰撞的可能性分析
1.如圖為某運(yùn)動(dòng)員正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球A的動(dòng)量pA＝5 kg· m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動(dòng)量變?yōu)閜B′＝4 kg· m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是(　　)
A.mB＝ mA B.mB＝ mAC.mB＝2mA D.mB＝5mA
注意在分析過程中規(guī)定初動(dòng)量方向?yàn)檎较?，且?dòng)量和動(dòng)能之間滿足EK=
【答案】　C【解析】　碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以白色球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加，則有 ，解得mB≥ mA，碰后，兩球同向運(yùn)動(dòng)，A的速度不大于B的速度，則 ，解得mB≤4mA，綜上可知 mA≤mB≤4mA，故C正確。
考向2.彈性碰撞的應(yīng)用
2.如圖所示，五個(gè)等大的小球B、C、D、E、F，沿一條直線靜放在光滑水平面上，另一等大小球A沿該直線以速度v向 B球運(yùn)動(dòng)，小球間發(fā)生碰撞均為彈性碰撞。若B、C、D、E四個(gè)球質(zhì)量相等，且比A、F兩球質(zhì)量均要大些，則所有碰撞結(jié)束后，還在運(yùn)動(dòng)的小球個(gè)數(shù)為(　 )
A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)
根據(jù)碰撞過程必須滿足碰撞三原則，A球一定反彈，B、C、D球不動(dòng)，E、F各獲得A的一部分動(dòng)量而運(yùn)動(dòng)。
注意雙守恒定律的應(yīng)用：mv＝mv1＋Mv2， mv2＝ mv12＋ Mv22
【答案】C【解析】　球A、B發(fā)生彈性碰撞過程mv＝mv1＋Mv2， mv2＝ mv12＋ Mv22，可得v1＝ v，v2＝ v，即A球反彈，B球前進(jìn)，然后B與C發(fā)生彈性碰撞，速度互換，B球停止，C球前進(jìn)，以此類推，最后B、C、D停止，E與F發(fā)生彈性碰撞，可推得E、F都向右運(yùn)動(dòng)，速度不同，因此最后運(yùn)動(dòng)的是A、E、F球，故選C。
3.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(　　)
A. h B. h C. h D. h
【答案】　B【解析】　設(shè)小球P、Q的質(zhì)量分別為m、2m，落地前的瞬間二者速度均為v，由動(dòng)能定理可得3mgh＝ ×3mv2，解得v＝ ，Q與地面碰撞后速度等大反向，然后與P碰撞，P、Q碰撞過程滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，規(guī)定向上為正方向，則有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝ mvP2＋ ×2mvQ2，解得vP＝ ，碰后小球P機(jī)械能守恒，則有mgh′＝ mvP2，解得h′＝ h，故選B。
4.如圖所示，光滑水平面上依次有滑塊C質(zhì)量mC＝2 kg，滑塊A質(zhì)量mA＝3 kg，滑塊B質(zhì)量mB＝3 kg。開始時(shí)A、B靜止，C以初速度v0＝10 m/s的速度沖向A，與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生碰撞并粘在一起。求：
(1)C與A碰撞后A的速度大小為多少；(2)A與B碰撞過程中損失的機(jī)械能。
【答案】　(1)8 m/s　(2)48 J【解析】　(1)取向右為正方向，以C、A為系統(tǒng)研究，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mCv0＝mCvC＋mAvA根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mCv02＝ mCvC2＋ mAvA2解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s即C與A碰撞后A的速度大小為8 m/s。(2)仍取向右為正方向，以A、B為系統(tǒng)研究，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAvA＝（mA+mB）v根據(jù)能量守恒定律有E損＝ mAvA2－ mB v2 解得E損＝48 J。
5.如圖所示，超市為節(jié)省收納空間，常常將手推購(gòu)物車相互嵌套進(jìn)行收納。質(zhì)量均為m＝16 kg的兩輛購(gòu)物車相距L1＝1 m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運(yùn)動(dòng)與第二輛車嵌套在一起，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)了L2＝1.25 m后停了下來。人推車時(shí)間、兩車相碰時(shí)間極短，可忽略，車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒為車重的0.25倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)兩輛車從嵌套后運(yùn)動(dòng)到停下來所用時(shí)間；(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機(jī)械能；(3)工作人員對(duì)第一輛車所做的功。
【答案】　(1)1 s　(2)100 J　(3)240 J【解析】　(1)對(duì)整體，由牛頓第二定律有k×2mg＝2ma解得a＝2.5 m/s2逆向過程有L2＝ at2，解得t＝1 s。(2)嵌套后，對(duì)整體有0＝v2－at，v2＝2.5 m/s嵌套過程中有mv1＝2mv2，解得v1＝5 m/s
在嵌套過程中損失的機(jī)械能ΔE＝ mv12－ ×2mv22 解得ΔE＝100 J。(3)對(duì)第一輛小車，由動(dòng)能定理得W－kmgL1＝ mv12－0解得W＝240 J。
考點(diǎn)三 爆炸、反沖和“人船”模型
知識(shí)點(diǎn)1.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律
知識(shí)點(diǎn)2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明
知識(shí)點(diǎn)3.人船模型及其拓展
(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：________________。
3.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)人船位移比等于它們質(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 。
(2)兩物體的位移大小滿足：m －M ＝0，x人＋x船＝L得x船＝ x人＝ L
4.“人船模型”的拓展(某一方向動(dòng)量守恒)
1.雙響爆竹是民間慶典使用較多的一種煙花爆竹，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示，紙筒內(nèi)分上、下兩層安放火藥。使用時(shí)首先引燃下層火藥，使爆竹獲得豎直向上的初速度，升空后上層火藥被引燃，爆竹凌空爆響。一人某次在水平地面上燃放雙響爆竹，爆竹上升至最高點(diǎn)時(shí)恰好引燃上層火藥，立即爆炸成兩部分，兩部分的質(zhì)量之比為1∶2，獲得的速度均沿水平方向。已知這次燃放爆竹上升的最大高度為h，兩部分落地點(diǎn)之間的距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)火藥爆炸對(duì)爆竹總質(zhì)量的影響。
(1)求引燃上層火藥后兩部分各自獲得的速度大小。(2)已知火藥燃爆時(shí)爆竹增加的機(jī)械能與火藥的質(zhì)量成正比，求上、下兩層火藥的質(zhì)量比。
【答案】　(1) 　 　 　 　 (2)【解析】(1)引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向h＝ gt2水平方向L＝v1t＋v2t上層火藥燃爆時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)爆竹總質(zhì)量為m，則有0＝mv1－mv2解得兩部分各自獲得的速度大小v1＝ ，v2＝ 。(2)上層火藥燃爆后爆竹獲得的機(jī)械能E上＝ ×mv12＋ ×mv22下層火藥燃爆后爆竹獲得的機(jī)械能E下＝mgh上、下兩層火藥的質(zhì)量比 。
2．(多選)一個(gè)質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點(diǎn)以水平向右的速度v飛行時(shí)，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點(diǎn)。若忽略空氣阻力，釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，則下列說法正確的是(　 )
A．爆炸后乙落地的時(shí)間最長(zhǎng)B．爆炸后甲落地的時(shí)間最長(zhǎng)C．甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為4∶1D．爆炸過程釋放的化學(xué)能為
【答案】CD【解析】：　爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時(shí)間t＝ 相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；爆炸過程動(dòng)量守恒，有mv＝－ mv丙＋ mv甲，由題意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離x＝vt，t相同，則x∝v，甲、丙落地點(diǎn)到乙落地點(diǎn)O的距離比為x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒定律可得爆炸過程釋放的化學(xué)能ΔE＝ × v甲2＋ × ×v丙2－ mv2＝ mv2，選項(xiàng)D正確。
3.一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出質(zhì)量m＝200 g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1 000 m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，火箭初始時(shí)靜止(結(jié)果保留1位小數(shù))。(1)當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為多大？
【答案】　(1)2.0 m/s　(2)13.5 m/s【解析】　(1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2.0 m/s。(2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0，解v20≈13.5 m/s。
4.如圖所示，某中學(xué)航天興趣小組的同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對(duì)地面為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是(　 )
A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對(duì)它的反作用力B．水噴出的過程中，火箭和水機(jī)械能守恒C．火箭獲得的最大速度為 v0D．火箭上升的最大高度為
【答案】D【解析】：　火箭的推力來源于火箭里噴出的水對(duì)它的反作用力，故A錯(cuò)誤；水噴出的過程中，瓶?jī)?nèi)氣體做功，火箭和水機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定理可得(M－m)v＝mv0，解得v＝ ，故C錯(cuò)誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由題意有v2＝2gh，h＝ ＝ ，故D正確。
考向3.人船模型及其拓展模型
5.如圖所示，質(zhì)量為M＝4 kg的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R＝1 m 的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m＝1 kg 的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車上的A點(diǎn)由靜止開始沿AB軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)，滑塊與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g＝10 m/s2，則(　 )
A．整個(gè)過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．滑塊由A滑到B過程中，滑塊的機(jī)械能守恒C．BC段長(zhǎng)L＝1 mD．全過程小車相對(duì)地面的位移大小為0.6 m
【答案】　D【解析】　滑塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)有豎直方向的加速度，所以對(duì)系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零，不滿足動(dòng)量守恒的條件，故A錯(cuò)誤；滑塊由A滑到B過程中，小車對(duì)滑塊的彈力做負(fù)功，滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；滑塊恰好停在C點(diǎn)時(shí)，二者均靜止，根據(jù)能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有Mv1＝mv2，通過相同的時(shí)間有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正確。
6.質(zhì)量為m的人在質(zhì)量為M的小車上從左端走到右端，如圖所示，當(dāng)車與地面摩擦不計(jì)時(shí)，那么(　 )A.人在車上行走，若人相對(duì)車突然停止，則車由于慣性過一會(huì)才停止B.人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上移動(dòng)的距離也越大C.人在車上行走的平均速度越小，則車在地面上移動(dòng)的距離就越大D.不管人以什么樣的平均速度行走，車在地面上移動(dòng)的距離相同
【答案】D【解析】：　由人與車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初態(tài)系統(tǒng)總動(dòng)量為零，則有mv人＝Mv車，若人相對(duì)車突然停止，則車也突然停止，故A錯(cuò)誤；設(shè)車長(zhǎng)為L(zhǎng)，由m(L－x車)＝Mx車，解得x車＝ L，車在地面上移動(dòng)的位移大小與人的平均速度大小無關(guān)，故D正確，B、C錯(cuò)誤。
7.一個(gè)質(zhì)量為M、底面邊長(zhǎng)為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時(shí)，斜面體移動(dòng)的距離為s。下列說法中正確的是(　 )
A．若斜面粗糙，則s＝B．只有斜面光滑，才有s＝C．若斜面光滑，則下滑過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒
【答案】A【解析】：　不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動(dòng)量守恒，以向左為正方向，斜面體的位移大小為s，則物塊的位移大小為b－s，物塊和斜面體的平均速率分別為v1＝ ，v2＝ ，由動(dòng)量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝ ，A正確，B錯(cuò)誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過程中系統(tǒng)在豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C、D錯(cuò)誤。
1．（2024·安徽·高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同的帶電小球，通過不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，連接成邊長(zhǎng)為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，可視為點(diǎn)電荷。初始時(shí)，小球均靜止，細(xì)線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷，當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個(gè)小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減少了，k為靜電力常量，不計(jì)空氣阻力。則（????）
A．該過程中小球3受到的合力大小始終不變B．該過程中系統(tǒng)能量守恒，動(dòng)量不守恒C．在圖乙位置， ，D．在圖乙位置，
【答案】D【詳解】AB．該過程中系統(tǒng)動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為0，故動(dòng)量守恒；當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知細(xì)線中的拉力相等，此時(shí)球3受到1和2的電場(chǎng)力大小相等，方向相反，故可知此時(shí)球3受到的合力為0，球3從靜止?fàn)顟B(tài)開始運(yùn)動(dòng)，瞬間受到的合力不為0，故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯(cuò)誤；CD．對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒
根據(jù)球1和2運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知 ，解得根據(jù)能量守恒解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。
A.彈簧原長(zhǎng)時(shí)B動(dòng)量最大 B.壓縮最短時(shí)A動(dòng)能最大C.系統(tǒng)動(dòng)量變大 D.系統(tǒng)機(jī)械能變大
2．（2024·江蘇·高考真題）在水平面上有一個(gè)U形滑板A，A的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在物體B的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在物體B的右側(cè)，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（　?。?br/>【答案】A【詳解】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧原長(zhǎng)時(shí)得聯(lián)立得故可知彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體速度最大，此時(shí)動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。對(duì)于系統(tǒng)來說動(dòng)量一直為零，系統(tǒng)機(jī)械能不變。故選A。
3．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從、高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（　　）
A．甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與 無關(guān)D．甲最終停止位置與O處相距
【答案】ABD【詳解】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對(duì)速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；C．設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
由于t1與 有關(guān)，則總時(shí)間與 有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．乙下滑過程有由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有聯(lián)立可得即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距 。故D正確。故選ABD。
4．（2024·廣西·高考真題）如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為v。M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N在（　?。?br/>A．豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)B．豎直增面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)C．水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v
【答案】BC【詳解】由于兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即 ，碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。故選BC。
5．（2023·重慶·高考真題）如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點(diǎn)，且位于同一直徑上，P為MN段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一加速器（大小可忽略），小球每次經(jīng)過P點(diǎn)后，其速度大小都增加v0。質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求：（1）球1第一次經(jīng)過P點(diǎn)后瞬間向心力的大小；（2）球2的質(zhì)量；（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。
【答案】（1） ；（2）3m；（3）【詳解】（1）球1第一次經(jīng)過P點(diǎn)后瞬間速度變?yōu)?v0，所以（2）球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則聯(lián)立解得 ，
（3）設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間為Δt，則所以
6．（2024·江蘇·高考真題）嫦娥六號(hào)在軌速度為v0，著陸器對(duì)應(yīng)的組合體A與軌道器對(duì)應(yīng)的組合體B分離時(shí)間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度v1大小；（2）分離時(shí)A對(duì)B的推力大小。
【答案】（1） ；（2）【詳解】（1）組合體分離前后動(dòng)量守恒，取v0的方向?yàn)檎较?，? (m＋M)v0 = Mv＋mv1解得（2）以B為研究對(duì)象，對(duì)B列動(dòng)量定理有 FΔt = Mv－Mv0解得
7．（2024·湖南·高考真題）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大??；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比。
（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍（0

相關(guān)課件

第29講 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律（課件）--2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）：

這是一份第29講 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律（課件）--2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考），共41頁(yè)。PPT課件主要包含了目錄contents，考情分析目標(biāo)導(dǎo)航，知識(shí)導(dǎo)圖思維引航，考點(diǎn)探究考法突破，教材原型實(shí)驗(yàn)，考點(diǎn)1，實(shí)驗(yàn)拓展與創(chuàng)新，考點(diǎn)2，考點(diǎn)一教材原型實(shí)驗(yàn)，考向洞察等內(nèi)容，歡迎下載使用。

第20講 動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用（課件）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）：

這是一份第20講 動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用（課件）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考），共47頁(yè)。PPT課件主要包含了考情透視目標(biāo)導(dǎo)航，考情分析，知識(shí)導(dǎo)圖思維引航，思維導(dǎo)航，考點(diǎn)探究考法突破，真題練習(xí)命題洞見等內(nèi)容，歡迎下載使用。

第17講 萬有引力定律及其應(yīng)用（課件）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）：

這是一份第17講 萬有引力定律及其應(yīng)用（課件）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考），共44頁(yè)。PPT課件主要包含了考情分析目標(biāo)導(dǎo)航，知識(shí)導(dǎo)圖思維引航，考點(diǎn)探究考法突破，考點(diǎn)一開普勒定律，考向洞察，考點(diǎn)二宇宙速度，考點(diǎn)三萬有引力定律，真題練習(xí)命題洞見等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)課件 更多

2024高考物理一輪復(fù)習(xí) 第31講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（課件）

2024高考物理一輪復(fù)習(xí) 第31講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（課件）
2024高考物理一輪復(fù)習(xí) 第26講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（課件）

2024高考物理一輪復(fù)習(xí) 第26講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（課件）
第31講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（課件）-2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)課件PPT（新教材新高考）

第31講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（課件）-2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)課件PPT（新教材新高考）
第26講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（課件）-2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)課件PPT（新教材新高考）

第26講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（課件）-2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)課件PPT（新教材新高考）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部