秘籍12 动量定理和动量守恒定律的综合应用-备战2023年高考物理抢分秘籍（全国通用）（解析版）.pdf

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1、秘籍秘籍 12 动量定理和动量守恒定律的综合应用动量定理和动量守恒定律的综合应用 高考预测高考预测概率预测 题型预测选择题、计算题 考向预测动量和能量的综合应用应试秘籍应试秘籍动量思想是经典物理学的难点，高考中的考查分量比较重。高考中，应熟练掌握动量知识，解决实际问题。1从考点频率看，动量定理、动量守恒定律、动量守恒定律和能量守恒定律的结合是高频考点、必考点，所以必须完全掌握。2从题型角度看，可以是选择题、计算题其中一问，分值 10 分左右，着实不少！一、一、动量定理动量定理1对动量定理的理解(1)Ftpp 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同式中 Ft 是物体所受的合外力的冲量(2)Ft

2、pp 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因(3)由 Ftpp，得 Fpptpt，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理2解题基本思路(1)确定研究对象(2)对物体进行受力分析可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和合力的冲量；或先求合力，再求其冲量(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解二、二、动量守恒定律动量守恒定律1适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零

3、秘籍12 动量定理和动量守恒定律的综合应用-备战2023年高考物理抢分秘籍（全国通用）（解析版）(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒 2应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)(3)规定正方向，确定初、末状态动量(4)由动量守恒定律列出方程(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明 三、三、爆炸、反冲运动爆炸、反冲运动 1爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相

4、互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 一一 应用动量定理处理应用动量定理处理“流体模型流体模型”的冲击力问题

5、的冲击力问题 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数 n 分析 步骤 构建“柱状”模型：沿流速 v 的方向选取一段小柱体，其横截面积为 S 微元 小柱体的体积 VvSt 研究 小柱体质量 mVvSt 小柱体粒子数 NnvSt 小柱体动量 pmvv2St 建立方程，应用动量定理 Ftp 研究 二、人船模型二、人船模型 (1)模型图示 (2)模型特点 两物体满足动量守恒定律：mv人Mv船0 两物体的位移大小满足：mx人tMx船t0，x人x船L，得 x人MMmL，x船mMmL(3)运动特点 人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船

6、慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x人x船v人v船Mm.三、碰撞问题三、碰撞问题 1碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1p2p1p2.(2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2.(3)速度要符合实际情况 碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有 v前v后.碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变 2弹性碰撞的重要结论 以质量为 m1、速度为 v1的小球与质量为 m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1m1v1m2v2 12m1v1212m1

7、v1212m2v22 联立解得：v1m1m2m1m2v1，v22m1m1m2v1 讨论：若 m1m2，则 v10，v2v1(速度交换)；若 m1m2，则 v10，v20(碰后两小球沿同一方向运动)；当 m1m2时，v1v1，v22v1；若 m1m2，则 v10(碰后两小球沿相反方向运动)；当 m1m2时，v1v1，v20.3物体 A 与静止的物体 B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体 B 的速度最小，vBmAmAmBv0，当发生弹性碰撞时，物体 B 速度最大，vB2mAmAmBv0.则碰后物体 B 的速度范围为：mAmAmBv0vB2mAmAmBv0.典例剖析典例剖析 一

8、、一、子弹打木块模型子弹打木块模型 1模型图示 2模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒(2)系统的机械能有损失 3两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：mv0(mM)v 能量守恒：QFfs12mv0212(Mm)v2(2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0mv1Mv2 能量守恒：QFfd12mv02(12Mv2212mv12)例例 1、如图所示，质量为 M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为 s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为，子弹的质量为 m，重力加速度为 g，空气阻力可忽略不计

9、，则子弹射入木块前的速度大小为()A.mMm2gs B.Mmm 2gs C.mmMgs D.mMm gs二、二、滑块滑块木板模型木板模型 1模型图示 2模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大 3求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律 QFfx 或 QE初E末，研究对象为一个系统 例例 2、(多选)长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 k

10、g 的另一物体 B 以水平速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面，由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图所示，g10 m/s2.则下列说法正确的是()A木板获得的动能为 1 J B系统损失的机械能为 2 J C木板 A 的最小长度为 2 m DA、B 间的动摩擦因数为 0.1 误区点拨误区点拨 一一、动量和能量的综合问题动量和能量的综合问题 1解动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非

11、匀变速运动问题用动量定理可简化问题的求解过程 2力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其

12、他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决 例例 3、如图所示，光滑水平轨道 MN 左端与倾角 37的足够长的斜面 PM 连接，右端与半径为 R 的14光滑圆弧轨道 QN 连接质量分别为 m12 kg 和 m23 kg 的滑块 A、B 之间夹有少量炸药，静止在 MN 上(滑块A、B 均可视为质点，炸药的质量忽略不计)炸药引爆后释放的化学能 E30 J 全部转化为两滑块的动能，之后滑块 B 冲上圆弧轨道，滑块 A 冲上斜面 PM，A 与斜面间的动摩擦因数为 0.5，g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)炸药引爆后 A、B 到达 M、N 点时

13、的动能 EA、EB各为多大；(2)已知 B 恰好能到达圆弧轨道的最高点 Q，圆弧轨道的半径 R 是多大；(3)A 沿斜面上滑的最大距离 x.名校模拟名校模拟 一、单选题一、单选题 1（2023陕西统考二模）冲量是一个物体所受外力在时间上的积累效应。某个学生用长为0.2ml=的细绳，一端固定，另一端拴一质量0.1kgm=的小球，把小球拉至水平，从静止释放到小球运动到最低点。若210m/s=g，对于这一过程以下结论正确的是（）A重力对小球的冲量的大小为 0.2Ns B细绳对小球拉力的冲量为 0 C细绳对小球拉力的冲量的大小一定等于重力对小球冲量的大小 D小球受合力的冲量大小为 0.2Ns 2（20

14、23山东日照统考二模）质量为2Mm=的小车静止在光滑水平面上，其上表面水平，如图所示。质量为 m的沙包（可视为质点）以初始速度0v水平抛出，抛出点到小车上表面的竖直高度2032vhg=（g为当地重力加速度），并恰好落在小车的右端且没有弹起，又恰好没从小车上滑下来。已知沙包与小车的动摩擦因数为。下列选项正确的是（）A沙包从抛出至落到小车上所用时间为0vg B沙包的抛出点至小车右端的水平距离为2032vg C沙包与小车相互作用的整个过程中，系统的内能增加了20718mv D小车的长度为203vg 3（2023河北校联考模拟预测）如图所示，质量为 3m 的小物块 B 静止放在光滑水平面上，左端固定一

15、轻质弹簧，弹簧劲度系数为 k，质量为 m的小物块 A 以初速度 v0与弹簧碰撞并压缩弹簧，经时间 t物块 A、B速度大小相同，此过程中小物块 B 运动的位移为 d，之后弹簧弹开，已知两物块始终在同一直线上运动，v0t=d0，下列说法中正确的是（）A当弹簧恢复原长时，物块 A、B 的速度相同 B从开始压缩弹簧到弹簧压缩到最短，A 物块的位移为 d0-3d C从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，弹簧的最大弹力为 4kd D从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，经历的时间为 3t 4（2023辽宁朝阳朝阳市第一高级中学校联考一模）如图所示，相互接触质量均为 m 的木块 A、B 静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水

16、平穿过两木块，设子弹穿过木块 A，B 的时间分别为1t和2t，木块对子弹水平方向的作用力恒为 f，则下列说法正确的是（）A1t时间内，子弹的动量变化量大于 A 的动量变化量 B2t时间内，子弹的动量变化量大于 B 的动量变化量 C1t时间内，子弹和 A 的总动量守恒 D2t时间内，子弹和 B 的总机械能守恒 5（2023北京平谷统考一模）如图所示，质量分别为1m和2m（213mm）的两个小球叠放在一起，从高度为 h 处由静止释放，它们一起下落。已知 h 远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力 B释放后至弹起

17、的过程中，两小球的动量守恒 C若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后2m弹起的最大高度20.5hhv前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有 v前v后.碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变 2弹性碰撞的重要结论 以质量为 m1、速度为 v1的小球与质量为 m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1m1v1m2v2 12m1v1212m1v1212m2v22 联立解得：v1m1m2m1m2v1，v22m1m1m2v1 讨论：若 m1m2，则 v10，v2v1(速度交换)；若 m1m2，则 v10，v20(碰后两小球沿同一方向运动)；当 m1m2时，v

18、1v1，v22v1；若 m1m2，则 v10(碰后两小球沿相反方向运动)；当 m1m2时，v1v1，v20.3物体 A 与静止的物体 B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体 B 的速度最小，vBmAmAmBv0，当发生弹性碰撞时，物体 B 速度最大，vB2mAmAmBv0.则碰后物体 B 的速度范围为：mAmAmBv0vB2mAmAmBv0.典例典例剖析剖析 一、一、子弹打木块模型子弹打木块模型 1模型图示 2模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒(2)系统的机械能有损失 3两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒

19、：mv0(mM)v 能量守恒：QFfs12mv0212(Mm)v2(2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0mv1Mv2 能量守恒：QFfd12mv02(12Mv2212mv12)例例 1、如图所示，质量为 M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为 s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为，子弹的质量为 m，重力加速度为 g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为()A.mMm2gs B.Mmm 2gs C.mmMgs D.mMm gs答案 A 解析 子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv1(M

20、m)v，解得 vmv1Mm，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得(Mm)gs012(Mm)v2，解得 v1Mmm 2gs，故 A 正确 二、二、滑块滑块木板模型木板模型 1模型图示 2模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大 3求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律 QFfx 或 QE初E末，研究对象为一个系

21、统 例例 2、(多选)长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 kg 的另一物体 B 以水平速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面，由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图所示，g10 m/s2.则下列说法正确的是()A木板获得的动能为 1 J B系统损失的机械能为 2 J C木板 A 的最小长度为 2 m DA、B 间的动摩擦因数为 0.1 答案 ABD 解析 由题图可知，最终木板获得的速度为 v1 m/s，A、B 组成的系统动量守恒，以 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0(Mm)v，解得 M2 kg，则木板获得的动能为 Ek12M

22、v212212 J1 J，故 A 正确；系统损失的机械能 E12mvB212(mM)v2，代入数据解得 E2 J，故 B 正确；根据 vt 图像中图线与 t 轴所围的面积表示位移，由题图得到 01 s 内 B 的位移为 xB12(21)1 m1.5 m，A 的位移为 xA1211 m0.5 m，则木板A 的最小长度为LxBxA1 m，故C 错误；由题图可知，B 的加速度 avt121 m/s21 m/s2，负号表示加速度的方向与 v0的方向相反，由牛顿第二定律得mBgmBa，解得 0.1，故 D 正确 误区误区点拨点拨 一一、动量和能量的综合问题动量和能量的综合问题 1解动力学问题的三个基本观

23、点(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题用动量定理可简化问题的求解过程 2力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件(4)在涉及相对位移问题

24、时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决 例例 3、如图所示，光滑水平轨道 MN 左端与倾角 37的足够长的斜面 PM 连接，右端与半径为 R 的14光滑圆弧轨道 QN 连接质量分别为 m12 kg 和 m23 kg 的滑块 A、B 之间夹有少量炸药，静止在 MN 上(滑块A、B 均可视为质点，炸药的质量忽略不计)炸药引爆后释放的化学能 E30 J 全部转化为两滑块的动能，之后滑块 B 冲

25、上圆弧轨道，滑块 A 冲上斜面 PM，A 与斜面间的动摩擦因数为 0.5，g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)炸药引爆后 A、B 到达 M、N 点时的动能 EA、EB各为多大；(2)已知 B 恰好能到达圆弧轨道的最高点 Q，圆弧轨道的半径 R 是多大；(3)A 沿斜面上滑的最大距离 x.答案(1)18 J 12 J(2)0.4 m(3)0.9 m 解析(1)设炸药引爆后 A、B 的速度大小各为 v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得 m1v1m2v20 由能量守恒定律得：E12m1v1212m2v22；可得 EA12m1v12，EB12m2v22；联

26、立解得 EA18 J，EB12 J(2)B 从 N 到 Q 的上滑过程，由机械能守恒定律得 EBm2gR 可得 R0.4 m(3)A 从 M 沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：m1gxsin 37m1gxcos 370EA 解得 x0.9 m.名校名校模拟模拟 一、单选题一、单选题 1（2023陕西统考二模）冲量是一个物体所受外力在时间上的积累效应。某个学生用长为0.2ml=的细绳，一端固定，另一端拴一质量0.1kgm=的小球，把小球拉至水平，从静止释放到小球运动到最低点。若210m/s=g，对于这一过程以下结论正确的是（）A重力对小球的冲量的大小为 0.2Ns B细绳对小球拉力的冲量为 0

27、C细绳对小球拉力的冲量的大小一定等于重力对小球冲量的大小 D小球受合力的冲量大小为 0.2Ns【答案】D【解析】ABD小球运动到最低点的过程中，根据动能定理有 212mgRmv=解得 2m/sv=则合力的冲量为 00.2kg m/sImv=合 冲量是力和时间的乘积，绳子对小球的拉力在小球运动过程不为零，所以冲量不为零，重力对小球的冲量 的大小不等于0.2N s，故 AB 错误，D 正确；C根据矢量法，如图所示 可知细绳对小球拉力的冲量的大小大于重力对小球冲量的大小，故 C 错误。故选 D。2（2023山东日照统考二模）质量为2Mm=的小车静止在光滑水平面上，其上表面水平，如图所示。质量为 m的

28、沙包（可视为质点）以初始速度0v水平抛出，抛出点到小车上表面的竖直高度2032vhg=（g为当地重力加速度），并恰好落在小车的右端且没有弹起，又恰好没从小车上滑下来。已知沙包与小车的动摩擦因数为。下列选项正确的是（）A沙包从抛出至落到小车上所用时间为0vg B沙包的抛出点至小车右端的水平距离为2032vg C沙包与小车相互作用的整个过程中，系统的内能增加了20718mv D小车的长度为203vg【答案】D【解析】A根据平抛运动竖直方向运动规律可知沙包从抛出至落到小车上所用时间为 212hgt=解得 03vtg=故 A 错误；B根据平抛运动水平方向运动规律有 2003vxv tg=故 B 错误；

29、C沙包与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有 0()mvMm v=+根据能量守恒定律，沙包与小车相互作用的整个过程中，系统的内能增加了()222001111226QmghmvMm vmv=+=总 联立解得 20116Qmv=总 故 C 错误；D设小车的长度为 L，则有()2201122mgLmvMm v=+解得 203vLg=故 D 正确；故选 D。3（2023河北校联考模拟预测）如图所示，质量为 3m 的小物块 B 静止放在光滑水平面上，左端固定一轻质弹簧，弹簧劲度系数为 k，质量为 m的小物块 A 以初速度 v0与弹簧碰撞并压缩弹簧，经时间 t物块 A、B速度大小相同，此过程中小物块 B

30、运动的位移为 d，之后弹簧弹开，已知两物块始终在同一直线上运动，v0t=d0，下列说法中正确的是（）A当弹簧恢复原长时，物块 A、B 的速度相同 B从开始压缩弹簧到弹簧压缩到最短，A 物块的位移为 d0-3d C从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，弹簧的最大弹力为 4kd D从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，经历的时间为 3t【答案】B【解析】A从物块 A 与弹簧接触到分离过程，有 0123mvmvmv=+222012113222mvmvmv=+解得 012vv=，022vv=由此可知，A、B 速度大小相等，但方向相反，故 A 错误；B弹簧压缩到最短时，A、B 共速，根据动量守恒有 0(3)mvmm v

31、=+解得 04vv=根据牛顿第二定律，A、B 加速度任意时刻之比都为 3:1，故平均加速度之比也为 3:1，对 B，有 2BB12xa td=2A0A0132xv ta tdd=故 B 正确；C弹簧的压缩量为 AB04xxxdd=故 C 错误；D从压缩弹簧到弹簧完全弹开，物块 B 速度由 0 增大至04v，与由04v增大至02v的过程中受到的弹力对称，速度变化相同，故两段时间相同，从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长，经历的时间为 2t，故 D 错误。故选 B。4（2023辽宁朝阳朝阳市第一高级中学校联考一模）如图所示，相互接触质量均为 m 的木块 A、B 静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水平穿过两

32、木块，设子弹穿过木块 A，B 的时间分别为1t和2t，木块对子弹水平方向的作用力恒为 f，则下列说法正确的是（）A1t时间内，子弹的动量变化量大于 A 的动量变化量 B2t时间内，子弹的动量变化量大于 B 的动量变化量 C1t时间内，子弹和 A 的总动量守恒 D2t时间内，子弹和 B 的总机械能守恒【答案】A【解析】AC1t时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以子弹和木块 A、B 的动量守恒 012012()()ABABm vm vmmvm vm vmmv=+=+子子子子 子弹的动量变化量等于木块 A、B 整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于 A 的动量变化量，A 正确，C 错误；B2t

33、时间内，子弹和木块 B 的动量守恒 12341342BBBBm vm vm vm vm vm vm vm v+=+=子子子子 子弹的动量变化量等于 B 的动量变化量，B 错误；D2t时间内，子弹和 B 的过程中，有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，D 错误。故选 A。5（2023北京平谷统考一模）如图所示，质量分别为1m和2m（213mm）的两个小球叠放在一起，从高度为 h 处由静止释放，它们一起下落。已知 h 远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力 B释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒 C若所有的碰

34、撞都没有机械能损失，且碰撞后2m弹起的最大高度20.5hh 20.5hh 故 C 正确；D若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于 h，故 D 错误。故选 C。6（2023全国模拟预测）如图，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端 B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端 A 点静止释放。不计空气阻力，在小球下滑至槽底端 B点的过程中，下列说法正确的是（）A若圆弧槽不固定，小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 B若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为3R C圆弧槽固定

35、和不固定两种情形下，小球滑到 B 点时的速度之比为6:2 D圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为 9：7【答案】C【解析】A若圆弧槽不固定，小球有竖直方向的分加速度，系统的合外力不为零，则系统动量不守恒，故 A 错误；B若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，则()2mxm Rx=解得小球水平方向移动的位移为 23Rx=故 B 错误；C圆弧槽固定时小球滑到 B 点的过程中机械能守恒，则 112mgRmv=小球滑到 B点时的速度 12vgR=圆弧槽不固定情形下，由动量守恒和能量关系可知 122mvmv=，221211222mvmvmgR+

36、=解得 143gRv=，21423gRv=则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到 B 点时的速度之比为 1162vv=故 C 正确；D若圆弧槽固定，小球到达底端时 21NvFmgmR=解得 N3Fmg=则圆弧槽对地面的最大压力为 Nmax325Fmgmgmg=+=若圆弧槽不固定，小球到达底端时()212NvvFmgmR+=解得 N4Fmg=则圆弧槽对地面的最大压力为 Nmax426Fmgmgmg=+=圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为 NmaxNmax5 6FF=：故 D 错误。故选 C。7（2023重庆万州重庆市万州第二高级中学校考二模）物块 A 和斜面 B 的质量分别

37、为 m和 3m，水平直角边长分别为 L和 3L，不计一切摩擦，A 从斜面顶端由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到底端这一过程中，正确的是（）A物块 A 的机械能守恒 BA 与 B 组成的系统动量守恒 C斜面 B 的位移大小为 0.5L D物块 A 的位移大小为 1.5L【答案】C【解析】A根据题意可知，斜面 B 对物块 A 的支持力对物块 A 做功，则物块 A 的机械能不守恒，故 A 错误；B根据题意可知，初始时刻系统竖直方向动量为零，运动过程中，物块 A 有竖直方向的分速度，则竖直方向上系统的动量不守恒，故 A 与 B 组成的系统动量不守恒，故 B 错误；CD由题意可知，系统在水平方向上动量守

38、恒，设物块 A 的水平位移为1x，斜面 B 的水平位移为2x，由动量守恒定律有 123mxmx=又有 123xxLL+=解得 11.5xL=，20.5xL=由于物块 A 的竖直位移不可求，则物块 A 的位移大小不可求，斜面 B 的竖直位移为零，则斜面 B 的位移大小为0.5L，故 D 错误 C 正确。故选 C。8（2022北京海淀中关村中学校考三模）2021 年 5 月 15 日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器

39、经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从0v减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（）A0vv B()0vv Mm C()0M vvvm+D0MvMm【答案】C【解析】设瞬间向下喷出的燃气速度大小为1v，由于作用时间极短，喷射过程可认为系统动量守恒，则有 01()MvMm vmv=+解得()01M vvvvm=+C 正确，ABD 错误。故选 C。二、多选题二、多选题 9（2023四川成都石室中学校考三模）如图 1 所示，按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。某按压式圆珠笔内芯的质量为 m，外壳的质量为4m，外壳与内芯之间的弹簧的劲度系数为 k。如图2 所示，先把笔竖直倒立于水平硬桌面上，用

40、力下压外壳使其下端接触桌面（见位置 a），此时弹簧的压缩量15mgxk=，然后将圆珠笔由静止释放，圆珠笔外壳竖直上升，当其与内芯发生碰撞时（见位置 b），弹簧的压缩量变为初始时的五分之一，此后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处（见位置 c）。已知弹簧弹性势能的计算公式为212Ekx=，x 为弹簧的形变量，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（）A圆珠笔弹起的整个过程中，弹簧释放的弹性势能大于圆珠笔增加的重力势能 B从弹簧推动外壳开始向上运动到与内芯发生碰撞的过程中，外壳受到的冲量为3480mgk C外壳与内芯碰撞后，圆珠笔上升的最大高度为965mgk D弹簧推动外壳向上运动的过程中，在

41、与内芯发生碰撞前的瞬间，外壳的速度达到最大【答案】AB【解析】A圆珠笔弹起的整个过程中，外壳和内芯碰撞过程中系统的机械能有损失，所以弹簧释放的弹性势能大于笔增加的重力势能，故 A 正确；B设外壳与内芯碰撞时外壳的速度为 v，根据机械能守恒 2p1442Emvmg h=+即 222222212259141544225m gm gmgkmvmgkkk=+解得 30mvgk=外壳受到的冲量为 34480mgImvk=故 B 正确；C外壳和内芯碰撞过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得 4(4)mvmm v=+碰后过程，由机械能守恒定律得 21(4)(4)2mm vmm gh+=+联立解得 485

42、mghk=故 C 错误；D外壳受向下的重力和向上的弹力，弹力逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，碰撞前弹簧的弹力 115345mgFkmgmgk=此时已经减速了，故 D 错误。故选 AB。10（2023河南统考模拟预测）如图所示，质量为 M=2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出 h。在船尾处有一质量为 m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为 L，船头到湖岸的水平距离13xL=，弹簧原长远小于 L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为 g。下列判断

43、正确的有（）A铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为13L B铁块脱离木船时的瞬时速度大小为23Lgh C小木船最终的速度大小为23Lgh D弹簧释放的弹性势能为26mgLh【答案】BD【解析】A对船与铁块有 120mxMx=由于铁块到船头的距离为 L，则有 12xxL+=解得 123xL=，213xL=铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为 32112333xxxLLL=+=+=A 错误；B铁块脱离木船后做平抛运动，则有 212hgt=，3123xLvt=解得 123Lgvh=B 正确；C对船与铁块有 120mvMv=结合上述解得 226Lgvh=C 错误；D弹簧释放的弹性势能为 22p1211

44、22=+EmvMv 解得 2p6mgLEh=D 正确。故选 BD。11（2023福建福州统考三模）如图甲所示，质量为m的物块 A 与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。0=t时，物块 A 处于静止状态，物块 B 从 A 正上方一定高度处自由落下，与 A 发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知 B 运动的vt图像如图乙 所示，其中10t的图线为直线，不计空气阻力，则（）A物块 B 的质量为m B2=tt时，弹簧的弹性势能最大 C21538ttt+=时，B 速度为零 D2154ttt=时，A、B 开始分离【答案】AC【解析】A碰撞时间极短，可认为

45、碰撞过程满足动量守恒，则有 1B 1B()2vm vmm=+解得 Bmm=故 A 正确；B当Bv为零时，弹簧压缩量最短，弹簧的弹性势能最大，故 B 错误；CB 与 A 一起运动过程属于简谐振动，故图乙中 B 物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为T，由数学知识可得 12sinvvtT=1112sin2vvtT=解得 1112tT=则有 213124123ttTTT=故 B 速度为零时刻为 24Ttt=联立解得 21538ttt+=故 C 正确；D根据 212125446ttttTt=可得 2125311464612ttTTTttT=+=+=可知此时 B 的速度为 1B1121111s

46、insin1262vTvvvT=可知此时 A、B 刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B 并未分离，故 D 错误。故选 AC。12（2023福建泉州校考二模）如图甲所示，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m=2kg 的木块 A以速度v0=2m/s 滑上原来静止的长木板 B的上表面，由于 A、B之间存在有摩擦，之后，A、B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度 g=10m/s2.下列说法正确的是（）AA、B 之间动摩擦因数为 0.1 B长木板的质量 M=2kg C长木板长度至少为 2m DA、B 组成的系统损失的机械能为 4J【答案】AB【解析】B从题图乙可以看出，A先做匀

47、减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为 v=1m/s 取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0=（mM）v 解得 M=m=2kg 故 B 正确；A由图像可知，木板 B 匀加速运动的加速度为 vat=1m/s2 对 B，根据牛顿第二定律得 mg=Ma 解得动摩擦因数为=0.1 故 A 正确；C由图像可知前 1s 内 B的位移为 xB=1211m=0.5m A 的位移为 xA=2 12+1m=1.5m 所以木板最小长度为 L=xA-xB=1m 故 C 错误；DA、B 组成的系统损失的机械能为 E=2011()22mvmM+v2=2J 故 D 错误。故选 AB。三、解答题三、解答

48、题 13（2023四川成都石室中学校考三模）超级高铁（Pneumatic。Tubes）是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点，2017 年 8 月中国航天科工公司启动时速 1000 千米的“高速飞行列车”研发项目，后续还将研制最大运行速度 2000 千米和 4000 千米的超级高速列车，如图甲是中国超级高铁模型效果图；在管道中固定着两根水平的平行导轨MN和PQ，两导轨间距为1.6R，图乙是超级高铁列车的纵向截面图，截面是半径为 R 的圆，列车总质量为 M，在列车底盘上固定有长为1.6R、宽为 R 的矩形金属线框abcd，线框单位长度的电阻

49、为 r。管道内依次分布着磁感应强度大小均为 B、宽度均为 R 且方向垂直导轨平面的匀强磁场，且相邻区域磁场方向相反，当列车进站时，列车以速度0v从图丙所示位置开始减速，管道内稀薄空气阻力及与轨道间摩擦均可忽略不计，重力加速度为 g，sin530.8=，cos530.6=，求：（1）导轨对列车的支持力 N 的大小；（2）列车减速过程中的最大加速度 a；（3）列车减速的距离 x。【答案】（1）56NMg=；（2）2012865B RvaMr=；（3）0265128Mv rxB R=【解析】（1）对列车受力分析如图所示 根据平衡条件可得 2cosNMg=其中 0.8sin0.8RR=故 53=解得

50、56NMg=（2）列车刚开始减速时加速度最大，安培力提供加速度，根据牛顿第二定律可得 AFMa=丙图中，线框的 ad与 bc杆均受到向右的安培力 A21.6FBIR=其中，电流为 EIr=总 电动势为 021.6EBRv=总电阻为(2 1.62)rRR r=+总 解得 2012865B RvaMr=（3）减速过程中对列车由动量定理得 021.60BIRtMv=其中 21.621.6EBRvtBRxIttrrr=总总总 解得 0265128Mv rxB R=14（2022山西临汾山西省翼城中学校校考模拟预测）滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面 BC与斜面 AB和圆弧