專題14 動量守恒定律及應(yīng)用-2025年高考物理熱點知識講練與題型歸納（全國通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

題型一動量守恒定律的理解與基本應(yīng)用
1．內(nèi)容
如果一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．
2．適用條件
(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．
(2)近似適用條件：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)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．
3．動量守恒定律的不同表達(dá)形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．
(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．
4．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；
(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；
(4)由動量守恒定律列出方程；
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．
類型1 系統(tǒng)動量守恒的判斷
（2024春?惠山區(qū)校級期末）如圖所示，小車停在光滑的桌面上，車上固定一個用膠塞塞住封口的試管。試管內(nèi)充滿空氣，用車上的酒精燈加熱試管尾端。當(dāng)試管內(nèi)的空氣達(dá)到一定溫度時，膠塞從試管口噴出，以整個裝置為系統(tǒng)，下列說法正確的是（）
A．水平方向動量守恒，機(jī)械能守恒
B．水平方向動量守恒，機(jī)械能不守恒
C．水平方向動量不守恒，機(jī)械能守恒
D．水平方向動量不守恒，機(jī)械能不守恒
【解答】解：以整個裝置為系統(tǒng)，水平方向的合外力為0，所以水平方向系統(tǒng)動量守恒，膠塞從試管口噴出，氣體對外做功，內(nèi)能減少，系統(tǒng)的機(jī)械能增加，所以機(jī)械能不守恒，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024春?西安期末）下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是（）
A．只有甲、乙B．只有甲、丙C．只有甲、丁D．只有丙、丁
【解答】解：甲圖中子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，乙圖中M與N組成的系統(tǒng)所受合外力不為0，系統(tǒng)動量不守恒，丙圖中木球與鐵球組成的系統(tǒng)所受合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，丁圖中斜面與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力不為0，系統(tǒng)動量不守恒，所以系統(tǒng)動量守恒的只有甲、丙，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024春?武漢期末）如圖所示，完全相同的A、B兩物塊隨足夠長的水平傳送帶按圖中所示方向勻速運動，A、B間夾有少量炸藥?，F(xiàn)炸藥發(fā)生爆炸，則在爆炸及隨后的過程中，下列說法正確的是（）
A．炸藥爆炸過程，A、B兩物塊組成的系統(tǒng)動量不守恒
B．炸藥爆炸過程，A、B兩物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不能增加
C．在炸藥爆炸后至A、B相對傳送帶靜止過程，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒
D．在炸藥爆炸后至A、B相對傳送帶靜止過程，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【解答】解：AB、炸藥爆炸過程，A、B兩物塊組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，動量守恒，內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，機(jī)械能增加，故AB錯誤；
CD、在炸藥爆炸后至A、B相對傳送帶靜止過程，對AB的兩個摩擦力剛好大小相同，方向相反，時間相同，所以沖量是相反的，所以總沖量是0，動量是守恒的，摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，故C正確，D錯誤。
故選：C。
類型2 某一方向動量守恒定律的應(yīng)用
（2024春?大興區(qū)期末）體積相同的小球A和B懸掛于同一高度，靜止時兩根輕繩豎直，兩球球心等高且剛好彼此接觸。如圖所示，保持B球靜止于最低點，拉起A球，將其由距最低點高度為h處靜止釋放，兩球發(fā)生碰撞后分離。兩球始終在兩懸線所決定的豎直平面內(nèi)運動，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）
A．兩球從碰撞到分離的過程中，A球減少的動能與B球增加的動能大小一定相等
B．兩球從碰撞到分離的過程中，A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定相等
C．兩球從碰撞到分離的過程中，A球?qū)球的沖量大于B球?qū)球的沖量
D．B球上升的最大高度不可能大于h
【解答】解：A、兩球質(zhì)量未知，由題中條件無法確定是不是彈性碰撞，所以不能確定A球減少的動能與B球增加的動能是不是一定相等，故A錯誤；
B、兩球在最低點碰撞，從碰撞到分離的過程中，動量守恒，AB球的總動量不變，所以A球動量的變化量與B球動量的變化量大小一定相等，方向相反，故B正確；
C、沖量I＝Ft，A對B的作用力和B對A的作用力等大反向，且作用時間相同，所以A球?qū)球的沖量等于B球?qū)球的沖量，故C錯誤；
D、假設(shè)AB是彈性碰撞，則有動量守恒和能量守恒得mAvA＝mAv'A+mBv'B，12mAvA2=12mAvA'2+12mBvB'2
聯(lián)立可得：vA'=mA-mBmA+mBvA，vB'=2mAmA+mBvA
且根據(jù)機(jī)械能守恒可得：mAgh=12mAvA2，mBgh'=12mBvB'2
聯(lián)立可得：h'=4mA2(mA+mB)2h
如果mA＞mB，則可得h'＞h，故D錯誤。
故選：B。
（2023?海淀區(qū)校級模擬）如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車。開始時人、錘和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。人站在車左端，且始終與車保持相對靜止，人掄起錘敲打車的左端，每當(dāng)錘打到車左端時都立即與車具有共同速度。在連續(xù)的敲打的過程中，下列說法正確的是（）
A．小車將持續(xù)地向右運動
B．錘、人和車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．每次錘被向左掄到最高點的時刻，人和車的速度都向右
D．每當(dāng)錘打到車左端的時刻，人和車立即停止運動
【解答】解：ACD、把人、大錘和車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒。由題知系統(tǒng)的總動量為零，所以用大錘連續(xù)敲擊車的左端時，由水平方向動量守恒可知大錘向左運動時，小車向右運動；大錘向右運動時，小車向左運動，所以車左右往復(fù)運動，不會連續(xù)向右運動，每當(dāng)錘打到車左端時都立即與車具有共同速度，人和車立即停止運動，故AC錯誤，D正確；
B、每當(dāng)錘打到車左端時都立即與車具有共同速度，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，可知人和車組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯誤。
故選：D。
（2023春?佛山期末）運動員持球豎直起跳后，如圖在空中某位置將球推出，投出的籃球做斜拋運動，下列相關(guān)說法正確的是（）
A．在空中將球推出的過程中，運動員與籃球組成的系統(tǒng)動量守恒
B．在空中將球推出的過程中，運動員與籃球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．在空中將球推出的過程中，運動員對球作用力的沖量等于球的動量變化量
D．籃球在斜拋運動的上升和下落過程中，所受重力的沖量持續(xù)增加
【解答】解：A、在空中將球推出的過程中，運動員與籃球組成的系統(tǒng)所受外力之合，等于運動員和籃球的重力，系統(tǒng)所受外力之合不為零，故運動員與籃球組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤.
B、系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件為：只有重力（彈力）做功，在空中將球推出的過程中，有運動員消耗自身能量，產(chǎn)生推力，對球做功，故運動員與籃球組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，故B錯誤。
C、在空中將球推出的過程中，根據(jù)動量定理球的動量變化量等于合力的沖量，即等于運動員對球作用力和球重力合力沖量，故C錯誤。
D、籃球在斜拋運動的上升和下落過程中，所受重力的沖量I＝mgt，隨著上升和下落過程時間延長，則籃球所受重力的沖量持續(xù)增加，故D正確。
故選：D。
題型二碰撞模型問題與類碰撞模型
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間極短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．
(2)特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力?外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．
(3)分類
2.碰撞后運動狀態(tài)可能性判定
(1)動量制約：即碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約，總動量的方向恒定不變，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能制約：即在碰撞過程中，碰撞雙方的總動能不會增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)運動制約：即碰撞要受到運動的合理性要求的制約，如果碰前兩物體同向運動，則后面物體速度必須大于前面物體的速度，碰撞后原來在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來在后面的物體的速度，否則碰撞沒有結(jié)束；如果碰前兩物體是相向運動，而碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非碰后兩物體速度均為零．
3.類碰撞模型
類型1 一動一靜的彈性碰撞
（2024春?昆明期末）質(zhì)量為1kg的物塊A與另一物塊B在光滑水平面上發(fā)生正碰，兩物塊的位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。則物塊B的質(zhì)量為（）
A．1kgB．2kgC．3kgD．6kg
【解答】解：位移—時間圖像的斜率表示滑塊的速度，由圖像可得兩滑塊A、B碰撞前后的速度分別為
v1=ΔxΔt=41m/s=4m/s
v2=01m/s＝0、v1′=0-42m/s＝﹣2m/s、v2′=8-42m/s＝2m/s
取碰撞前A的速度方向為正方向，由動量守恒定律有
m1v1＝m1v1′+m2v2′
解得
m2＝3kg
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024春?武漢期末）光滑水平面上有A、B兩球，質(zhì)量分別為m1、m2，A球以初速度vB與靜止的B球發(fā)生正碰。下列說法不正確的是（）
A．若碰撞是彈性碰撞且碰后A球速度反向，則一定有m1＜m2
B．若碰撞是彈性碰撞且有m1＜m2，則碰后A球速度一定反向
C．若碰撞是非彈性碰撞且碰后A球速度反向，則一定有m1＜m2
D．若碰撞是非彈性碰撞且有m1＜m2，則碰后A球速度一定反向
【解答】解：AB、若發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1-m2m1+m2v0
若m1＜m2，則有v1＜0，同理：若v1＜0，則m1＜m2，故AB正確；
CD、若碰撞為非彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
根據(jù)動能不增加原則有：12m1v02＞12m1v12+12m2v22
解得：v1＞m1-m2m1+m2v0
若m1＜m2可知碰后A球速度不一定反向；
若碰后A球速度反向，即v1＜0，則一定有m1＜m2，故C正確，D錯誤。
本題選錯誤的，
故選：D。
（2024?南關(guān)區(qū)校級模擬）如圖所示，用長度均為l的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛三個形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿足m1?m2?m3（“?”表示“遠(yuǎn)大于”）。將左邊第一個小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個小球開始運動時的速度約為（）
A．2gl(1-csθ)B．22gl(1-csθ)
C．32gl(1-csθ)D．42gl(1-csθ)
【解答】解：設(shè)碰撞前瞬間第一個小球的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有
m1gl(1-csθ)=12m1v02
解得v0=2gl(1-csθ)
設(shè)第一個小球與第二個小球碰撞后兩個小球的速度分別為v1和v2，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有m1v0＝m1v1+m2v2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有12m1v02=12m1v12+12m2v22
聯(lián)立解得v2=2m1m1+m2v0
由于m1?m2，則v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以v4=4v0=42gl(1-csθ)
故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
類型2 彈性碰撞的“子母球”模型
（多選）（2021秋?東興區(qū)校級月考）如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方。先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放。當(dāng)A球下落t＝0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB＝3mA，重力加速度大小為g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失。下列說法正確的是（）
A．B球第一次到達(dá)地面時的速度為4m/s
B．A、B球在B球向上運動的過程中發(fā)生碰撞
C．B球與A球碰撞后的速度為1m/s
D．P點距離地面的高度0.75m
【解答】解：A、B球由釋放到第一次到達(dá)地面的過程，由動能定理得：
mBgh=12mBvB2，代入數(shù)據(jù)解得：vB＝4m/s，故A正確；
BC、A球下落過程做自由落體運動，兩球碰撞前瞬間A球速度為：
vA＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s
設(shè)碰撞前后瞬間B球的速度分別為v1，v2。
兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：
mAvA+mBv1＝mBv2
碰撞中的無動能損失，則有：
12mAvA2+12mBv12=12mBv22
又有：mB＝3mA
代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1m/s，v2＝2m/s
因v1＞0，故碰撞前瞬間B球的速度方向為豎直向下，則A、B球在B球向下運動的過程中發(fā)生碰撞。B球與A球碰撞后的速度為2m/s，故BC錯誤；
D、因小球B與地面碰撞后動能沒有損失，故B離開地面上拋的初速度為：v0＝vB＝4m/s
B離開地面到P點的過程，由動能定理得：﹣mBghP=12mBv12-12mBv02
代入數(shù)據(jù)解得：hP＝0.75m，故D正確。
故選：AD。
在一種新的“子母球”表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球B分別從距水平地面高度為kh（k＞1）和h的地方同時由靜止釋放，如圖所示。球A的質(zhì)量為m，球B的質(zhì)量為4m。設(shè)所有碰撞都是彈性碰撞，重力加速度大小為g，忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。
（1）求球B第一次落地時球A的速度大??；
（2）若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰，求k的取值范圍；
（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到達(dá)比其釋放點更高的位置，求k的取值范圍。
【解答】解：（1）AB 兩球同時釋放做自由落體運動，在B落地過程中A的運動與之完全一致，設(shè)所求速度為v0，由運動學(xué)公式得：v02=2gh
故，v0=2gh
（2）要想在B上升階段兩球相碰，臨界情況是B剛好反跳到出發(fā)點時與A相碰，設(shè)B下落到地面所用時間為t，則有
h=12gt2
A在2t時間內(nèi)下落高度
h′=12g（2t）2＝4h
滿足要求A的最大高度
h″＝h′+h＝5h
故要是球B在第一次上升過程中就能與球A相碰則應(yīng)該：1＜k≤5
（3）要使球A第一次碰后能到達(dá)比其釋放點更高的位置，則臨界條件是碰后A球速度恰好等大反向，兩物體的v﹣t圖象如下圖，由彈性碰撞可得碰撞前后，動量守恒，規(guī)定向上為正方向，設(shè)碰后A球繼續(xù)向上運動，則：
3mvB﹣mvA＝3mv′B+mvA
由于是彈性碰撞，由碰撞前后能量守恒得：
12×3mvB2+12×mvA2=12×3mv'B2+12mvA2
臨界條件v′B＝﹣vB
聯(lián)立以上可得：
vA＝3vB
從圖象可以看出陰影部分面積之和就是A的下落高度和B的反跳高度之和，故kh＝3h，故k＝3
（2014?新課標(biāo)Ⅰ）如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方，先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放，當(dāng)A球下落t＝0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失，求：
（i）B球第一次到達(dá)地面時的速度；
（ii）P點距離地面的高度。
【解答】解：（i）B球釋放后做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動位移—速度公式得：
B落地的速度為：v=2gh=2×10×0.8=4m/s?①
（ii）設(shè)P點距離地面的高度為h′，碰撞前后，A球的速度分別為v1、v1′，B球的速度分別為v2、v2′，由運動學(xué)規(guī)律可得：
v1＝gt＝10×0.3＝3m/s…②
由于碰撞時間極短，兩球碰撞前后動量守恒，動能守恒，規(guī)定向下的方向為正，則：
mAv1+mBv2＝mBv2′（碰后A球速度為0）…③
12mAv12+12mBv22=12mBv2′2…④
又知mB＝3mA…⑤
由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得B球與地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小為4m/s。
則由運動學(xué)規(guī)律可得h′=42-v222g?⑥
聯(lián)立①～⑥式可得h′＝0.75m。
答：（i）B球第一次到達(dá)地面時的速度為4m/s；
（ii）P點距離地面的高度為0.75m。
類型3 類碰撞模型問題
（2024春?青秀區(qū)校級期末）一顆子彈水平射入靜止在光滑水平地面上M＝1kg的木塊后不再穿出，木塊的動能增加了8J，設(shè)子彈射入木塊的過程中子彈所受阻力恒定，下列說法正確的是（）
A．木塊動量變化量的大小為2kg?m/s
B．子彈對木塊做的功與木塊對子彈做功的代數(shù)和為0J
C．此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能是6J
D．只增大木塊質(zhì)量，子彈射入木塊后仍未穿出，則此過程中系統(tǒng)損失機(jī)械能增大
【解答】解：A、根據(jù)題意可得12Mv12=8J
解得木塊的速度為v1＝4m/s
所以木塊動量變化量的大小為Δp＝Mv1＝1×4kg?m/s＝4kg?m/s
故A錯誤；
B、設(shè)子彈射入木塊中的深度為d，子彈水平射入木塊后，末穿出，到子彈、木塊相對靜止，木塊位移為x，子彈所受阻力為f，則W子彈對木塊＝fx
W木塊對子彈＝﹣f（x+d）
所以W子彈對木塊+W木塊對子彈＝﹣fd
故B錯誤；
C、子彈、木塊運動的v﹣t圖像如圖1所示
圖1由于圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積表示物體發(fā)生的位移，由圖可知
x＜d
所以W子彈對木塊＝fx＝8J＜fd＝Q
即此過程產(chǎn)生的內(nèi)能大于8J，不可能是6J，故C錯誤；
D、只增大木塊質(zhì)量，子彈射入木塊后仍末穿出，結(jié)合牛頓第二定律可知木塊的加速度減小，v﹣t圖像如圖2所示
圖2
由圖可知，子彈射入木塊的深度d增大，產(chǎn)生的內(nèi)能增大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能增大，故D正確。
故選：D。
（2024?樂清市校級三模）（機(jī)械振動）質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連。它們到達(dá)最低點后又向上運動。已知物塊質(zhì)量也為m，彈簧的彈性勢能Ep=12kx2，簡諧運動的周期T＝2πmk，下列說法正確的是（）
A．碰后物塊與鋼板一起做簡諧運動，振幅A＝x0
B．物塊與鋼板在返回O點前已經(jīng)分離
C．碰撞剛結(jié)束至兩者第一次運動到最低點所經(jīng)歷的時間t=2π32x0g
D．運動過程中彈簧的最大彈性勢能Epm=32mgx0
【解答】解：A、設(shè)物塊與鋼板碰撞前瞬間物塊的速度為v0，由機(jī)械能守恒得：
12mv02=3mgx0，解得：v0=6gx0
設(shè)碰撞后瞬間兩者一起向下運動的初速度為v1，選取向下為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝2mv1，解得：v1=12v0=6gx02
鋼板與物塊一起做簡諧運動，設(shè)平衡位置彈簧壓縮量為x1，則有：2mg＝kx1
初始對鋼板由平衡條件得：mg＝kx0
對比解得：x1＝2x0
設(shè)振幅為A，從碰撞的位置到最低點的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
2mg（x1﹣x0+A）+12?2mv12=12k(x1+A)2-12kx02
其中：k=mgx0
聯(lián)立解得：A＝2x0，故A錯誤；
B、由A的解答可知，平衡位置彈簧壓縮量為2x0，振幅為2x0，由簡諧運動規(guī)律可知彈簧原長的位置O處是向上的位移最大處，即到達(dá)彈簧處于原長的位置時鋼板與物塊的速度為零，則物塊與鋼板在返回O點前不會分離，故B錯誤；
C、碰撞的位置是12A處，由此處第一次到平衡位置的時間為112T，則第一次運動到最低點所經(jīng)歷的時間為：
t=112T+14T=13T=13×2π2mk=2π32x0g，故C正確；
D、彈簧最大壓縮量為xm＝x1+A＝4x0，最大的彈性勢能：Epm=12k(4x0)2=8mgx0，故D錯誤。
故選：C。
（2024?陜西模擬）如圖所示，用長為L的細(xì)線懸掛于O點的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入小球，子彈穿過小球后的速度為34v0，子彈穿過小球后瞬間細(xì)線上的張力是子彈射入小球前細(xì)線張力的2倍，子彈穿過小球時間極短，重力加速度為g，不考慮小球質(zhì)量變化，則小球的質(zhì)量為（）
A．v02gLmB．v0gLmC．v04gLmD．v02gLm
【解答】解：子彈穿過小球過程中，子彈和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)穿過瞬間小球的速度為v，小球的質(zhì)量為M，向右為正方向則mv0=Mv+34mv0
根據(jù)牛頓第二定律，豎直方向有2Mg-Mg=Mv2L
解得M=v04gLm
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
題型三 “人船”模型問題
1．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；
(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；
(4)由動量守恒定律列出方程；
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．
（2023秋?海林市校級期末）《三國志》中記載：“置象大船之上，而刻其水痕所至，稱物以載之，則?？芍印！边@是著名的曹沖稱象的故事。某同學(xué)學(xué)過動量守恒定律之后，欲利用卷尺測定大船的質(zhì)量。該同學(xué)利用卷尺測出船長為L，然后緩慢進(jìn)入靜止的平行于河岸的船的船尾，再從船尾行走至船頭，之后緩慢下船，測出船后退的距離d，已知該同學(xué)自身的質(zhì)量為m，若忽略一切阻力，則船的質(zhì)量為（）
A．LdmB．LL-dmC．L-dLmD．L-ddm
【解答】解：設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾行走至船頭所用時間為t。
取船的速度為正方向，則v=dt，v′=L-dt
根據(jù)動量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0，即Mdt-mL-dt=0，解得：M=L-ddm，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023秋?福田區(qū)校級期末）生命在于運動，運動無限精彩。如圖所示，質(zhì)量為450kg的小船靜止在水面上，質(zhì)量為50kg的人在小船甲板上立定跳遠(yuǎn)的成績?yōu)?m，不計空氣和水的阻力，下列說法正確的是（）
A．人起跳后在空中時，船在勻速運動
B．人起跳后在空中時，船仍保持靜止
C．人相對地面的跳遠(yuǎn)成績?yōu)?.2m
D．人在立定跳遠(yuǎn)過程中，船后退了0.4m
【解答】解：AB.人和船水平方向動量守恒為零，人起跳后在空中水平方向勻速運動，故船勻速運動，故A正確，B錯誤；
CD.人和船水平方向動量守恒為零，以向右為正，有m人v人﹣m船v船＝0，同時乘以t，則式子變?yōu)閙人x人﹣m船x船＝0，依題意，x人+x船＝2m，解得，x人＝1.8m，x船＝0.2m，故人相對地面的跳遠(yuǎn)成績?yōu)?.8m，人在立定跳遠(yuǎn)過程中，船后退了0.2m，故CD錯誤。
故選：A。
（多選）（2024?貴州模擬）如圖所示，在水平面上放置一半徑為R的半圓槽，半圓槽的左、右最高點A、B在同一水平線上、最低點為C，現(xiàn)讓一個小球從槽右側(cè)最高點B無初速釋放。已知小球和半圓槽的質(zhì)量分別為m和2m，不計小球與半圓槽和半圓槽與水平地面之間的摩擦，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。則（）
A．小球向左運動能達(dá)到A點
B．半圓槽向右運動的最大距離為23R
C．半圓槽的運動速度大小可能為3gR2
D．小球經(jīng)過C點時對半圓槽的壓力大小為3mg
【解答】解：A．兩物體所構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、運動過程中機(jī)械能守恒。小球向左到達(dá)最高點時兩者共速，設(shè)共速時的速度為v，取水平向左為正方向，由動量守恒定律有
0＝（m+2m）v
可得v＝0
由機(jī)械能守恒定律有mgR＝mgh
解得h＝R
即小球向左能達(dá)到的最高點是A，故A正確；
B．取水平向左為正方向，設(shè)小球速度為v1，圓槽速度為v2，由水平方向動量守恒有
0＝mv1+2mv2
可得0＝∑mv1Δt+∑2mv2Δt
即0＝mx1+2mx2
同時x1﹣x2＝﹣2R
可得x2=2R3
故B正確；
C．從B點釋放后到C點有，取水平向左為正方向，設(shè)在C點小球的速度為v3，圓槽的速度為v4，根據(jù)能量和動量守恒有mgR=12mv32+122mv42
0＝mv3+2mv4
解得v3=-233gR，v4=3gR3
則小球到最低點時槽的速度不可能是3gR2，故C錯誤；
D．小球相對于槽做圓周運動，在最低點槽的加速度為0是慣性參考系，根據(jù)牛頓第二定律有
FN-mg=m(v3-v4)2R
解得FN＝4mg
故D錯誤。
故選：AB。
題型四爆炸和反沖
（1）爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
①動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。
②動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。
③位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
（2）對反沖現(xiàn)象的說明
①系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。
②反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。
（2024?平谷區(qū)模擬）可忽略大小的一物體在空中發(fā)生爆炸，分裂成三個速率相同但質(zhì)量不同的物塊1、2、3，如圖所示，它們的質(zhì)量大小關(guān)系是m1＞m2＞m3，忽略空氣阻力，則它們落到水平地面上時速率的大小關(guān)系是（）
A．物塊1的落地速率最大
B．物塊2的落地速率最大
C．物塊3的落地速率最大
D．三物塊的落地速率相同
【解答】解：因為三個物體的初始速率相同設(shè)為v0，設(shè)落地時的速率為v，根據(jù)能量守恒定律可得：mgh+12mv02=12mv2，由此可知三物塊的落地速率與質(zhì)量無關(guān)，所以三個物體落地時的速率大小相等，故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
（2023秋?密山市期末）一枚在空中飛行的火箭在某時刻的速度為v0，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊（如圖所示），其中質(zhì)量為m2的后部分箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則質(zhì)量為m1前部分箭體速率v1為（）
A．v0﹣v2B．v0+v2
C．v0-m2m1v2D．v0+m2m1(v0-v2)
【解答】解：火箭在爆炸分離時水平方向上動量守恒，規(guī)定初速度的方向為正方向，有：（m1+m2）v0＝m1v1+m2v2解得v1=v0+m2m1(v0-v2)，故ABC正確，D正確。
故選：D。
（2024?大慶三模）中國最新的SH﹣16型輪式炮車，應(yīng)用了大量現(xiàn)代自動化科技，如火控系統(tǒng)接收打擊目標(biāo)、立即調(diào)炮、引信裝訂、彈丸裝填、發(fā)射藥裝填等自動射擊動作?，F(xiàn)一炮車以速度v勻速行駛，炮筒保持水平狀態(tài)。炮車質(zhì)量為M，攜帶一枚質(zhì)量為m的炮彈，用于發(fā)射炮彈的炸藥在極短時間內(nèi)爆炸，將炮彈沿行進(jìn)方向水平發(fā)射出去，由于反沖力作用炮彈飛離炮口時炮車停止運動。炸藥質(zhì)量可忽略不計，求：
（1）炮彈飛離炮口時的速度v；
（2）炸藥爆炸釋放的能量Q；
（3）設(shè)炮彈在炮筒中所受的作用力恒定，已知炮筒長為d，求從發(fā)射炮彈到炮彈飛離炮口時，炮車前進(jìn)的距離。
【解答】解：（1）爆炸過程水平方向動量守恒，炮彈飛出時，炮車停止運動，以運動方向為正方向可得：（M+m）v＝mv1
代入數(shù)據(jù)解得解得：v1=(M+m)mv；
（2）根據(jù)能量守恒，爆炸過程釋放的能量：Q=12mv12-12(M+m)v2
代入數(shù)據(jù)解得：Q=M(m+m)2mv2
（3）設(shè)炮彈在炮筒中受到的恒力為F，根據(jù)牛頓第二定律，對炮筒有：F＝Ma1，對炮彈有：F＝ma2
炮筒的位移：v2＝2a1L1，炮彈的位移：v12-v2=2a2L2
當(dāng)炮車和炮彈的相對位移等于d時，炮彈飛離炮口，即：L2﹣L1＝d
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：L1=mM+md
題型五動量和能量觀點的綜合應(yīng)用
（2024?東西湖區(qū)校級模擬）由多個點電荷組成的系統(tǒng)的電勢能與它們的電荷量和相對位置有關(guān)。如圖甲所示，a、b、c三個質(zhì)量均為m，帶等量正電荷的小球，用長度相等不可伸長的絕緣輕繩連接，靜置于光滑絕緣水平面上，設(shè)此時系統(tǒng)的電勢能為E0?，F(xiàn)剪斷a、c兩小球間的輕繩，一段時間后c球的速度大小為v，方向如圖乙所示。關(guān)于這段時間內(nèi)的電荷系統(tǒng)，下列說法中正確的是（）
A．動量不守恒
B．機(jī)械能守恒
C．c球受到的電場力沖量大小為mv
D．圖乙時刻系統(tǒng)的電勢能為E0-32mv2
【解答】解：A．對系統(tǒng)受力分析，系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，故A錯誤；
B．除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力外，只有電場力做正功，則系統(tǒng)的機(jī)械能增加，故B錯誤；
C．根據(jù)動量定理，合力沖量等于動量變化量，c球受到的電場力和細(xì)繩拉力的合力的沖量等于c球動量變化，大小為mv，故C錯誤；
D．由對稱性，a球的速度大小也為v，方向與ac連線成30°角斜向左下方，因系統(tǒng)動量守恒，則b球的速度方向垂直ac向上，
如圖
由動量守恒定律2×mvsin30°﹣mvb＝0
解得vb＝v
則此時三個小球的動能為Ek=3×12mv2
因系統(tǒng)的電勢能和動能之和守恒，則圖乙時刻系統(tǒng)的電勢能為EP=E0-32mv2
故D正確。
故選：D。
（多選）（2024春?和平區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為34h（不計空氣阻力），則該過程（）
A．小球和小車組成的系統(tǒng)滿足動量守恒
B．小車向左運動的最大距離為R
C．小球離開小車后做斜上拋運動
D．小球和小車組成的系統(tǒng)摩擦生熱為14mgh
【解答】解：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；
B、系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv﹣mv′＝0
則有m2R-xt-mxt=0
解得小車的最大位移為x＝R
故B正確；
C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；
D、根據(jù)動能定理得mg（h-34h）﹣Wf＝0
Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=14mgh
故D正確；
故選：BD。
（2024春?河南期末）如圖所示，質(zhì)量為2m的物塊A放在特殊材料（動摩擦因數(shù)比較大）制成的水平面上，繞過定滑輪的輕繩一端與物塊A相連，另一端吊著質(zhì)量為m的物塊B，處于靜止?fàn)顟B(tài)。質(zhì)量為m的圓環(huán)C套在輕繩上，在離物塊B高度為h處由靜止釋放，C與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，當(dāng)B的速度剛好為零時，C與B發(fā)生第二次碰撞。已知重力加速度為g，輕繩為不可伸長的剛性繩（即A、B及繩可視為整體），圓環(huán)C與繩之間無摩擦，不計空氣阻力，求：
（1）圓環(huán)C與物塊B第一次碰撞前瞬間圓環(huán)C的速度大小；
（2）圓環(huán)C與物塊B碰撞后瞬間，圓環(huán)C和物塊B的速度大?。?br>（3）物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為多大。
【解答】解：（1）設(shè)圓環(huán)C與物塊B第一次碰撞前瞬間圓環(huán)C的速度大小為v0，根據(jù)機(jī)械能守定律得：mgh=12mv02
解得：v0=2gh
（2）設(shè)圓環(huán)C與物塊B碰撞后瞬間，圓環(huán)C和物塊B的速度分別為v1、v2，C與B發(fā)生彈性碰撞，將A、B作為一個整體，以豎直向下方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：
mv0＝mv1+（m+2m）v2 12mv02=12mv12+12(m+2m)v22
解得：v1=-2gh2，v2=2gh2
（3）設(shè)A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，碰撞后B向下做勻減速直線運動的加速度大小為a，則對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得： 2μmg﹣mg＝（m+2m）a
碰撞后C做豎直上拋運動，以豎直向下方向為正方向，對C與B第一次碰撞后的瞬間到第二次碰撞前的瞬間，根據(jù)題意，由運動學(xué)公式可得：v22=2ax
v2＝at
x=v1t+12gt2
解得：μ＝1考點
考情
命題方向
考點1 動量守恒定律
2024年高考遼吉黑卷
2024年高考新課程卷
2023年高考湖南卷
2023年高考選擇性考試遼寧卷
1.動量守恒定律是高考考查頻率較高的知識，可能結(jié)合情景，可能是人船模型?？赡苁腔瑝K木板模型等。
2.碰撞，涉及動量和能量問題，是高考考查頻率較高的。碰撞可以設(shè)計成不同情境，可以有機(jī)結(jié)合其他模型和圖像。
3.彈性碰撞命題可以是選擇題，可以是計算題；彈性碰撞與其他模型結(jié)合，大多是壓軸題。
4.非彈性碰撞過程有機(jī)械能損
失，可能與動能定理、牛頓運動定律
律結(jié)合。
考點2 碰撞
2024年高考廣西卷
2024年高考廣東卷
2023年高考全國乙卷
2023年學(xué)業(yè)水平等級考試上海卷
2023年高考山東卷
2024年高考湖南卷
2024年考甘肅卷
2023年高考北京卷
2022年高考北京卷
動量是否守恒
機(jī)械能是否守恒
彈性碰撞
守恒
守恒
非完全彈性碰撞
守恒
有損失
完全非彈性碰撞
守恒
損失最大

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多