第26講 動量守恒定律及其應(yīng)用（課件）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）

第26講

動量守恒定律及其應(yīng)用教師：XXX2025年高考一輪復(fù)習(xí)講練測01考情分析目標(biāo)導(dǎo)航02知識導(dǎo)圖思維引航03考點探究考法突破04真題練習(xí)命題洞見考情分析目標(biāo)導(dǎo)航012024·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

考情分析復(fù)習(xí)目標(biāo)目標(biāo)1理解動量守恒的條件目標(biāo)2會定量分析一維碰撞問題目標(biāo)3會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型考情分析目標(biāo)要求1.能在一維情況下，兩物體的相互作用情境中由牛頓定律及動量定理推導(dǎo)出動量守恒定律。理解并掌握定內(nèi)容及定律成立條件，了解定律的幾種數(shù)學(xué)表達式。2.能在具體問題中判斷動量是否守恒，能熟練運用動量守恒定律解釋現(xiàn)象和解決問題。3.通過對動量概念及動量守恒定律的學(xué)習(xí)，了解歸納與演繹兩種思維方法的應(yīng)用，養(yǎng)成自主構(gòu)建知識體系的意識，培養(yǎng)實事求是，具體問題具體分析的教學(xué)態(tài)度。02知識導(dǎo)圖思維引航思維導(dǎo)航動量守恒定律動量守恒定律的理解動量守恒定律的應(yīng)用動量守恒定律的條件動量守恒定律的五個特性：矢量性、相對性、同時性、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碰撞問題爆炸問題反沖問題動量守恒：P1+P2=P1'+P2'動能不變：EK1+EK2=EK1'+EK2'速度合理：不發(fā)生二次碰撞概要系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)能量守恒系統(tǒng)中各個物體位置不變03考點突破考法探究動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用考點1

碰撞問題考點2爆炸、反沖和“人船”模型考點3考航導(dǎo)點考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用知識點1.動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)在這一方向上動量守恒。知識點1.動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______遠大于它所受到的外力。內(nèi)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__________。動量守恒考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)

知識點2.動量守恒定律的五個特性考向1.動量守恒定律的理解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。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。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)(

)BA.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒考向洞察撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動量守恒，但滑塊和小車之間有滑動摩擦力，滑塊和小車之間有滑動摩擦力系統(tǒng)動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AA.當(dāng)C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒B.當(dāng)C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒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)動量都守恒D.當(dāng)C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒考向洞察考向1.動量守恒定律的理解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，對此過程，下列敘述不正確的是()將A和C看作一個系統(tǒng)，B對A有彈力且是外力將B和C看作一個系統(tǒng)，A對B沒有外力作用將三個物體看做一個系統(tǒng)，系統(tǒng)不受外力。將A、B和C看作一個系統(tǒng)，此時A對B沒有外力作用，系統(tǒng)不受外力。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。現(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點與圓弧槽相切進入槽內(nèi)，則下列結(jié)論中正確的是(

)CA.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C.小球自半圓槽B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒D.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動考向洞察考向1.動量守恒定律的理解小球從A到B過程墻壁對半圓槽有水平彈力為外力，小球從B到C過程水平方向不受外力小球從A到B過程只有重力對小球做功，小球從B到C過程重力和半圓槽對它支持力做功。小球從離開C點后水平方向有向右的速度(1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時的速度大??；(2)求B車剎車前的速度，并判斷B車是否超速?？枷?.動量守恒定律的基本應(yīng)用考向洞察4．隨著機動車數(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60km/h的平直公路上，一輛質(zhì)量為m1＝800kg的汽車A以速度v1＝15m/s沿平直公路行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠處有一質(zhì)量m2＝1200kg的汽車B以速度v2迎面駛來，兩車立即同時急剎車，使車做勻減速運動，但兩車仍在開始剎車t＝1s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6m后停下，設(shè)兩車與路面間動摩擦因數(shù)μ＝0.3,g取10m/s2，忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求：兩車碰撞時系統(tǒng)動量守恒。碰前兩車各自做勻減速直線運動，碰后兩車一起做勻減速直線運動。(2)求B車剎車前的速度，并判斷B車是否超速。【答案】：(1)6m/s(2)21m/s，超速【解析】：(1)對于碰撞后共同滑行過程有a＝＝μgx＝，可得v共＝6m/s。(2)對A車有：vA＝v1－at對B車有：vB＝v2－at以碰撞前A車運動的方向為正方向，對碰撞過程由動量守恒定律得：m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共可得v2＝21m/s>60km/h故B車超速。考向洞察考向2.動量守恒定律的基本應(yīng)用注意分析兩車在各個過程中的受力和運動，從而判斷小車的運動性質(zhì)、功能關(guān)系、動量是否守恒ACD考向洞察考向2.動量守恒定律的基本應(yīng)用5.(多選)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質(zhì)量為m1＝1.0kg的物塊A，另一端連接質(zhì)量為m2＝1.0kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質(zhì)量為m3＝1.0kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0m/s，物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是()考向洞察考向2.動量守恒定律的基本應(yīng)用A.繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為1.0m/sB.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0m/sC.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5m/sD.最終A、B、C三者將以大小為m/s的共同速度一直運動下去以B、C為一個系統(tǒng)，繩子對系統(tǒng)無拉力，系統(tǒng)動量守恒。繩子繃直過程中，A、B構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒。全程A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒。注意在分析過程中選擇正確的研究對象和研究過程，并規(guī)定初動量方向為正方向考點二

碰撞問題知識點1.碰撞類問題遵循的三條原則動量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋速度要合理同向碰撞碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或兩物體速度相等相向碰撞碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變考點二

碰撞問題知識點2.彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解：根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律解得v1′＝v2′＝(2)分析討論：當(dāng)碰前物體2的速度不為零時，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，v2＝0，則：v1′＝，v2′＝。①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩物體沿相同方向運動。③m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。知識點3.非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，動能有部分損失。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，以同一速度運動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vm1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk損max知識點3.非彈性碰撞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損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝v0，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝v0。則碰后物體B的速度范圍為v0≤vB≤v0?？枷蚨床炜枷?.碰撞的可能性分析1.如圖為某運動員正在準(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動，碰前白色球A的動量pA＝5kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變?yōu)閜B′＝4kg·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＝5mAC白球和花球在碰撞過程中必須滿足碰撞三原則。注意在分析過程中規(guī)定初動量方向為正方向，且動量和動能之間滿足EK=【答案】C【解析】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1kg·m/s，根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有，解得mB≥mA，碰后，兩球同向運動，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?？枷蚨床炜枷?.碰撞的可能性分析考向洞察考向2.彈性碰撞的應(yīng)用2.如圖所示，五個等大的小球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球運動，小球間發(fā)生碰撞均為彈性碰撞。若B、C、D、E四個球質(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，還在運動的小球個數(shù)為(

)A．1個 B．2個C．3個 D．4個C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，E、F各獲得A的一部分動量而運動。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，然后B與C發(fā)生彈性碰撞，速度互換，B球停止，C球前進，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都向右運動，速度不同，因此最后運動的是A、E、F球，故選C。考向洞察考向2.彈性碰撞的應(yīng)用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間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度為()考向洞察考向2.彈性碰撞的應(yīng)用A.hB.hC.hD.hB兩球在落地后Q球以等大反向的速度反彈在與P球碰撞，注意動量守恒和機械能守恒定律的應(yīng)用。注意分析兩車在各個過程中的受力和運動，從而判斷小車的運動性質(zhì)、功能關(guān)系、動量是否守恒考向洞察考向3.非彈性碰撞【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碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒，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機械能守恒，則有mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故選B?？枷蚨床炜枷?.非彈性碰撞4.如圖所示，光滑水平面上依次有滑塊C質(zhì)量mC＝2kg，滑塊A質(zhì)量mA＝3kg，滑塊B質(zhì)量mB＝3kg。開始時A、B靜止，C以初速度v0＝10m/s的速度沖向A，與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A繼續(xù)向右運動，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械能。C與A碰撞A、C系統(tǒng)動量守恒，能量守恒。A與B碰撞A、B系統(tǒng)動量守恒，能量守恒且A、B共速。【答案】(1)8m/s

(2)48J【解析】(1)取向右為正方向，以C、A為系統(tǒng)研究，根據(jù)動量守恒定律有mCv0＝mCvC＋mAvA根據(jù)機械能守恒定律有mCv02＝mCvC2＋mAvA2解得vC＝－2m/s，vA＝8m/s即C與A碰撞后A的速度大小為8m/s。(2)仍取向右為正方向，以A、B為系統(tǒng)研究，根據(jù)動量守恒定律有mAvA＝（mA+mB）v根據(jù)能量守恒定律有E損＝mAvA2－mBv2解得E損＝48J?？枷蚨床炜枷?.非彈性碰撞考向洞察考向3.非彈性碰撞5.如圖所示，超市為節(jié)省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質(zhì)量均為m＝16kg的兩輛購物車相距L1＝1m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套在一起，繼續(xù)運動了L2＝1.25m后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的阻力恒為車重的0.25倍，重力加速度取g＝10m/s2，求：(1)兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；(3)工作人員對第一輛車所做的功。考向洞察考向3.非彈性碰撞【答案】(1)1s

(2)100J

(3)240J【解析】(1)對整體，由牛頓第二定律有k×2mg＝2ma解得a＝2.5m/s2逆向過程有L2＝at2，解得t＝1s。(2)嵌套后，對整體有0＝v2－at，v2＝2.5m/s嵌套過程中有mv1＝2mv2，解得v1＝5m/s考向洞察考向3.非彈性碰撞在嵌套過程中損失的機械能ΔE＝mv12－×2mv22

解得ΔE＝100J。(3)對第一輛小車，由動能定理得W－kmgL1＝mv12－0解得W＝240J?？键c三

爆炸、反沖和“人船”模型

知識點1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒機械能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加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，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動考點三

爆炸、反沖和“人船”模型

知識點2.反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加考點三

爆炸、反沖和“人船”模型

知識點3.人船模型及其拓展2.模型特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：________________。

3.運動特點(1)人動則船動，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(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即?？键c三

爆炸、反沖和“人船”模型

1.模型圖示(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知識點3.人船模型及其拓展4.“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)考點三

爆炸、反沖和“人船”模型

考向洞察考向1.兩體爆炸模型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)簡圖如圖所示，紙筒內(nèi)分上、下兩層安放火藥。使用時首先引燃下層火藥，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，爆竹上升至最高點時恰好引燃上層火藥，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，兩部分落地點之間的距離為L，重力加速度為g，不計空氣阻力，不計火藥爆炸對爆竹總質(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)已知火藥燃爆時爆竹增加的機械能與火藥的質(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動，豎直方向h＝gt2水平方向L＝v1t＋v2t上層火藥燃爆時，水平方向動量守恒，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械能E上＝×mv12＋×mv22下層火藥燃爆后爆竹獲得的機械能E下＝mgh上、下兩層火藥的質(zhì)量比。考向洞察考向1.兩體爆炸模型考向洞察考向1.兩體爆炸模型2．(多選)一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平向右的速度v飛行時，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。若忽略空氣阻力，釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為動能，則下列說法正確的是()A．爆炸后乙落地的時間最長B．爆炸后甲落地的時間最長C．甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為4∶1D．爆炸過程釋放的化學(xué)能為CD考向洞察考向1.兩體爆炸模型【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，則落地時間t＝相等，選項A、B錯誤；爆炸過程動量守恒，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，落地點到乙落地點O的距離x＝vt，t相同，則x∝v，甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，選項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D正確?？枷蚨床炜枷?.反沖運動3.一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出質(zhì)量m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次，火箭初始時靜止(結(jié)果保留1位小數(shù))。(1)當(dāng)發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？【答案】(1)2.0m/s(2)13.5m/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象，由動量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2.0m/s。(2)發(fā)動機每秒噴氣20次，設(shè)運動第1s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0，解v20≈13.5m/s?？枷蚨床炜枷?.反沖運動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，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對地面為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，下列說法正確的是()A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力B．水噴出的過程中，火箭和水機械能守恒C．火箭獲得的最大速度為v0D．火箭上升的最大高度為D考向洞察考向2.反沖運動【答案】D【解析】：火箭的推力來源于火箭里噴出的水對它的反作用力，故A錯誤；水噴出的過程中，瓶內(nèi)氣體做功，火箭和水機械能不守恒，故B錯誤；由動量守恒定理可得(M－m)v＝mv0，解得v＝，故C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，由題意有v2＝2gh，h＝＝，故D正確?？枷蚨床炜枷?.人船模型及其拓展模型5.如圖所示，質(zhì)量為M＝4kg的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R＝1m的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點的滑塊從小車上的A點由靜止開始沿AB軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點，滑塊與BC軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g＝10m/s2，則(

)A．整個過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．滑塊由A滑到B過程中，滑塊的機械能守恒C．BC段長L＝1mD．全過程小車相對地面的位移大小為0.6mD考向洞察考向3.人船模型及其拓展模型【答案】D【解析】滑塊在圓弧軌道上運動時有豎直方向的加速度，所以對系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零，不滿足動量守恒的條件，故A錯誤；滑塊由A滑到B過程中，小車對滑塊的彈力做負功，滑塊的機械能不守恒，故B錯誤；滑塊恰好停在C點時，二者均靜止，根據(jù)能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2m，故C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有Mv1＝mv2，通過相同的時間有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6m，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)車與地面摩擦不計時，那么()A.人在車上行走，若人相對車突然停止，則車由于慣性過一會才停止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，車在地面上移動的距離相同考向洞察考向3.人船模型及其拓展模型D【答案】D【解析】：由人與車組成的系統(tǒng)動量守恒，初態(tài)系統(tǒng)總動量為零，則有mv人＝Mv車，若人相對車突然停止，則車也突然停止，故A錯誤；設(shè)車長為L，由m(L－x車)＝Mx車，解得x車＝L，車在地面上移動的位移大小與人的平均速度大小無關(guān)，故D正確，B、C錯誤?？枷蚨床炜枷?.人船模型及其拓展模型7.一個質(zhì)量為M、底面邊長為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，斜面體移動的距離為s。下列說法中正確的是()考向洞察考向3.人船模型及其拓展模型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)動量守恒，機械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒A【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＝，由動量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正確，B錯誤；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)動量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機械能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機械能不守恒，C、D錯誤?？枷蚨床炜枷?.人船模型及其拓展模型04真題練習(xí)命題洞見1．（2024·安徽·高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當(dāng)三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。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，動量不守恒C．在圖乙位置，， D．在圖乙位置，真題練習(xí)·命題洞見D真題練習(xí)·命題洞見【答案】D【詳解】AB．該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對整個系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為0，故動量守恒；當(dāng)三個小球運動到同一條直線上時，根據(jù)對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1和2的電場力大小相等，方向相反，故可知此時球3受到的合力為0，球3從靜止?fàn)顟B(tài)開始運動，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錯誤；CD．對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒真題練習(xí)·命題洞見根據(jù)球1和2運動的對稱性可知，解得根據(jù)能量守恒解得故C錯誤，D正確。故選D。A.彈簧原長時B動量最大 B.壓縮最短時A動能最大 C.系統(tǒng)動量變大 D.系統(tǒng)機械能變大真題練習(xí)·命題洞見2．（2024·江蘇·高考真題）在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在物體B的左側(cè)，右側(cè)用一根細繩連接在物體B的右側(cè)，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（）A真題練習(xí)·命題洞見【答案】A【詳解】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得設(shè)彈簧的初始彈性勢能為，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當(dāng)彈簧原長時得聯(lián)立得故可知彈簧原長時物體速度最大，此時動量最大，動能最大。對于系統(tǒng)來說動量一直為零，系統(tǒng)機械能不變。故選A。真題練習(xí)·命題洞見3．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從、高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運動時間與無關(guān)D．甲最終停止位置與O處相距ABD真題練習(xí)·命題洞見【答案】ABD【詳解】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，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動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動t3，乙運動的時間為真題練習(xí)·命題洞見由于t1與有關(guān)，則總時間與有關(guān)，故C錯誤；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，乙在水平面運動到停止有聯(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。真題練習(xí)·命題洞見4．（2024·廣西·高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在（）A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B．豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于vBC真題練習(xí)·命題洞見【答案】BC【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，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做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直地面上的垂直投影的運動是勻加速運動。故選BC。真題練習(xí)·命題洞見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，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器（大小可忽略），小球每次經(jīng)過P點后，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沿軌道逆時針運動，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。忽略每次碰撞時間。求：（1）球1第一次經(jīng)過P點后瞬間向心力的大?。唬?）球2的質(zhì)量；（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。真題練習(xí)·命題洞見【答案】（1）；（2）3m；（3）【詳解】（1）球1第一次經(jīng)過P點后瞬間速度變?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，真題練習(xí)·命題洞見（3）設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為Δt，則所以真題練習(xí)·命題洞見6．（2024·江蘇·高考真題）嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為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??；（2）分離時A對B的推力大小。真題練習(xí)·命題洞見【答案】（1）；（2）【詳解】（1）組合體分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有(m＋M)v0=Mv＋mv1解得（2）以B為研究對象，對B列動量定理有FΔt=Mv－Mv0解得真題練習(xí)·命題洞見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）。初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運動。（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動所需向心力的大小；（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頂點，求小球的質(zhì)量比。真題練習(xí)·命題洞見（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程。真題練習(xí)·命題洞見【答案】（1），；（2）或；（3）【詳解】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動量守恒有可得碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有可得真題練習(xí)·命題洞見（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動量和能量守恒有聯(lián)立解得因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖真題練習(xí)·命題洞見①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為，則有聯(lián)立解得由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即真題練習(xí)·命題洞見對第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為，，則同樣有聯(lián)立解得，，故第三次碰撞發(fā)生在b點、第四次碰撞發(fā)生在c點，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為；所以聯(lián)立可得因為兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k2=0，即真題練習(xí)·命題洞見根據(jù)①的分析可證，，滿足題意。綜上可知或。（3）第一次碰前相對速度大小為v0，第一次碰后的相對速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運動一圈，即B球相對A球運動一圈，有第一次碰撞動量守恒有真題練習(xí)·命題洞見且聯(lián)立解得B球運動的路程第二次碰撞的相對速度大小為第二次碰撞有且真題練習(xí)·命題洞見聯(lián)立可得所以B球運動的路程一共碰了2n次，有真題練習(xí)·命題洞見8．（2023·天津·高考真題）質(zhì)量的物體A自距地面高度自由落下，與此同時質(zhì)量的物體B由地面豎直上拋，經(jīng)過與A碰撞，碰后兩物體粘在一起,碰撞時間極短,忽略空氣阻力。兩物體均可視為質(zhì)點，重力加速度，求A、B：（1）碰撞位置與地面的距離x；（2）碰撞后瞬時的速度大小v；（3）碰撞中損失的機械能。真題練習(xí)·命題洞見【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J【詳解】（1）對物體A，根據(jù)運動學(xué)公式可得（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為，根據(jù)運動學(xué)公式可知即解得真題練習(xí)·命題洞見可得碰撞前A物體的速度方向豎直向下；碰撞前B物體的速度方向豎直向上；選向下為正方向，由動量守恒可得解得碰后速度（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機械能真題練習(xí)·命題洞見9．（2023·北京·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能。真題練習(xí)·命題洞見【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得解得（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得真題練習(xí)·命題洞見解得（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得解得則碰撞過程中損失的機械能為真題練習(xí)·命題洞見10．（2023·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量為的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為。（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；（2）在平面直角坐標(biāo)系中，求出小球運動的軌跡方程；（3）若，求小球下降高度時，小球相對于