易錯點(diǎn)07 動量-（3大陷阱）-備戰(zhàn)2024年高考物理考試易錯題（教師版）

易錯點(diǎn)07動量目錄01易錯陷阱（3大陷阱）02舉一反三【易錯點(diǎn)提醒一】運(yùn)用動量定理解釋現(xiàn)象錯誤【易錯點(diǎn)提醒二】根據(jù)動量定理求沖力不會建立正確的物理模型【易錯點(diǎn)提醒三】不理解動量守恒定律的條件【易錯點(diǎn)提醒四】運(yùn)用動量動量守恒列式錯誤【易錯點(diǎn)提醒五】沒有弄清碰撞的特點(diǎn)而出現(xiàn)錯誤【易錯點(diǎn)提醒六】不會運(yùn)用碰撞原則求解問題03易錯題通關(guān)易錯點(diǎn)一：應(yīng)用動量定理求解問題時出現(xiàn)錯誤3.動量定理的理解（1）動量定理反映了合力的沖量與動量變化量之間的因果關(guān)系，即合力的沖量是原因，物體的動量變化量是結(jié)果.（2）動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和.（3）動量定理的表達(dá)式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義.2介質(zhì)流模型沖力的計(jì)算研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常給出流體的密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n分析步驟①建構(gòu)“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV小柱體質(zhì)量m小柱體內(nèi)粒子數(shù)N=小柱體動量p=③建立方程，應(yīng)用動量定理FΔt易錯點(diǎn)二：不理解動量守恒定律的條件也不會運(yùn)用動量守恒定律列式求解問題.3.動量守恒定律適用條件（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零.（2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力[4]（3）某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受外力之和為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒.4.表達(dá)式（1）p=p（2）Δp1（3）Δp=易錯點(diǎn)三：沒有弄清碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律而出現(xiàn)錯誤5．碰撞的概念及特點(diǎn)碰撞是物體間相互作用時間很短，物體間相互作用力很大，從而使系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量在碰撞過程的極短時間內(nèi)發(fā)生劇烈變化的過程，具有以下特點(diǎn)：(1)碰撞過程時間特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間很短。(2)相互作用力的特點(diǎn)：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大。(3)動量守恒條件的特點(diǎn)：由于碰撞過程中物體間的相互作用力(內(nèi)力)很大(遠(yuǎn)大于外力如重力及摩擦力等)系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的總動量守恒。(4)碰撞過程位移特點(diǎn)：在物體發(fā)生碰撞、的瞬間，可忽略物體的位移，認(rèn)為物體在碰撞前后仍在同一位置。6.碰撞問題的三個原則（1）系統(tǒng)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系統(tǒng)總動量的大小和方向均守恒。（2）機(jī)械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動能不增加，表達(dá)式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).（3）速度要合理①碰前若同向運(yùn)動，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后．②兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向肯定有一個改變或速度均為零.【易錯點(diǎn)提醒一】運(yùn)用動量定理解釋現(xiàn)象時出現(xiàn)錯誤【例1】．（2020全國Ⅰ）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體.若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C.將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D.延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積易錯分析：此題許多同學(xué)錯選B項(xiàng)，誤認(rèn)為減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量，實(shí)際上用動量定理解釋現(xiàn)象，在動量變化相同的情況下，一股是大男生短時間，小力長時間?！敬鸢浮緿【解析】行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，可以延長司機(jī)的受力時間，從而減小了司機(jī)受到的作用力，A錯誤，D正確；碰撞前司機(jī)的動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)的動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機(jī)的動量的變化量，B錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機(jī)的動能轉(zhuǎn)化為安全氣囊的內(nèi)能,C錯誤.【變式1-1】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。如圖，在汽車正面碰撞測試中，汽車以72km/h的速度發(fā)生碰撞。車內(nèi)假人的質(zhì)量為50kg，使用安全帶時，假人用時0.8s停下；不使用安全帶時，假人與前方碰撞，用時0.2s停下。以下說法正確的是（）A．碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒B．無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同C．使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為1250ND．不使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為2500N【答案】BC【解析】碰撞過程中，汽車和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作用，總動量不守恒，故A錯誤；假人的初動量為末動量都為0，所以無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同，故B正確；使用安全帶時，根據(jù)動量定理有，解得假人受到的平均作用力約為1250N，故C正確；不使用安全帶時，根據(jù)動量定理有解得假人受到的平均作用力約為5000N，故D錯誤【變式1-2】（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）小明在立定跳遠(yuǎn)時，從起跳至著地的整個過程如圖所示。保持起跳速度不變，則（）A．起跳過程屈腿姿態(tài)不同，地面對人做的功總為零B．起跳過程屈腿姿態(tài)不同，地面對人的平均作用力大小相同C．著地過程屈腿姿態(tài)不同，地面對人的沖量相同D．著地過程屈腿姿態(tài)不同，人的動量變化率相同【答案】A【解析】根據(jù)題意，由做功公式可知，由于無論起跳過程屈腿姿態(tài)什么樣，地面對人的作用力的位移為0，則地面對人做的功總為零，故A正確；起跳過程屈腿姿態(tài)不同，則起跳時間不同，由于起跳速度不變，由動量定理可知，地面對人的平均作用力大小不同，故B錯誤；由于起跳速度不變，則落地速度也不變，即落地過程中動量的變化量不變，但著地過程屈腿姿態(tài)不同，落地時間不同，則人的動量變化率不同，由動量定理地面對人的沖量不相同，所以選項(xiàng)CD錯誤。.【變式1-3】（2023廣東中山市模擬）質(zhì)量為的運(yùn)動員從下蹲狀態(tài)豎直向上起跳，經(jīng)時間身體伸直并剛好離開水平地面，此時運(yùn)動員的速度大小為，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為。則（）A.運(yùn)動員在加速上升過程中處于失重狀態(tài)B.該過程中，地面對運(yùn)動員的沖量大小為C.該過程中，地面對運(yùn)動員做功為0D.該過程中，運(yùn)動員的動量變化量大小為【答案】C【解析】對運(yùn)動員，在加速上升過程中加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；由動量定理有得地面對運(yùn)動員的沖量大小為B錯誤；地面對運(yùn)動員的力的作用點(diǎn)的位移為零，得地面對運(yùn)動員做功為零，C正確；運(yùn)動員的動量變化量大小為，D錯誤【易錯點(diǎn)提醒二】根據(jù)動量定理求沖力不會建立正確的物理模型【例2】（2024·廣東省普通高考第一次模擬）汕頭市屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，圖示為風(fēng)級（0~12）風(fēng)速對照表。假設(shè)不同風(fēng)級的風(fēng)迎面垂直吹向某一廣告牌，且吹到廣告牌后速度立刻減小為零，則“12級”風(fēng)對廣告牌的最大作用力約為“4級”風(fēng)對廣告牌最小作用力的（）風(fēng)級風(fēng)速（m/s）風(fēng)級風(fēng)速（m/s）00~0.2713.9~17.110.3~1.5817.2~20.721.6~3.3920.8~24.433.3~5.41024.5~28.445.5~7.91128.5~32.658.0~10.71232.7~36.9610.8~13.8…….…….A.45倍 B.36倍 C.27倍 D.9倍易錯分析：對于空氣、水等流體質(zhì)介問題，同學(xué)們們在運(yùn)用動量定理求平均沖力時，不知如何選取研究對象，建立物理模型，因而也無法求解，實(shí)慰上求解的關(guān)鍵是建立柱體模型?！敬鸢浮緼【解析】設(shè)空氣的密度為，廣告牌的橫截面積為，經(jīng)過時間撞擊在廣告牌上的空氣質(zhì)量為，根據(jù)動量定理可得，解得根據(jù)牛頓第三定律可知，風(fēng)對廣告牌作用力為則“級”風(fēng)對廣告牌的最大作用力與“級”風(fēng)對廣告牌最小作用力的比值為故選項(xiàng)A正確?！咀兪?-1】2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）小飛同學(xué)在洗盤子的時候發(fā)現(xiàn)當(dāng)水流穩(wěn)定時，從水龍頭流下的水柱從上到下越來越細(xì)，如圖所示。小飛同學(xué)將盤子放在水龍頭下一定距離，仔細(xì)觀察后，水流對盤子的沖擊力基本穩(wěn)定，經(jīng)過測量，水流對盤子的沖擊力為F。已知水龍頭的橫截面積為，出水速度為，水的密度為，重力加速度為g。水接觸盤子后速度立刻變?yōu)榱?，空氣阻力不?jì)。下列說法正確的是（

）A．盤子距水龍頭的高度為 B．盤子距水龍頭的高度無法求出C．與盤子接觸的水柱橫截面積無法求出 D．與盤子接觸的水流速度可以求出【答案】D【詳解】水的流量不變，即設(shè)水與盤子剛要接觸時速度為，與盤子接觸的水柱橫截面積為，則由動量定理得解得，水從出口到與盤子接觸做勻加速直線運(yùn)動，則盤子距水龍頭的高度，故ABC錯誤，D項(xiàng)正確。故選D?！咀兪?-2】.（2022·安徽·合肥市第八中學(xué)模擬預(yù)測）平底煎鍋正在炸豆子。假設(shè)每個豆子的質(zhì)量均為m，彈起的豆子均垂直撞擊平板鍋蓋，撞擊速度均為v。每次撞擊后速度大小均變?yōu)関，撞擊的時間極短，發(fā)現(xiàn)質(zhì)量為M的鍋蓋剛好被頂起。重力加速度為g，則單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數(shù)為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】設(shè)單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數(shù)為n，則由動量定理其中F=Mg解得故選項(xiàng)A正確。【變式1-3】（2023廣東卷）某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡化模型．多個質(zhì)量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機(jī)對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（）A該過程動量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為C.滑塊2受到合外力的沖量大小為D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為碰撞后的動量為則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；B．對滑塊1，取向右為正方向，則有負(fù)號表示方向水平向左，故B正確；C．對滑塊2，取向右為正方向，則有故C錯誤；D．對滑塊2根據(jù)動量定理有解得則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，故D正確。故選BD?！疽族e點(diǎn)提醒三】不理解動量守恒定律的條件【例3】.（2024河北唐山期中）如圖所示，物塊A靜止在光滑水平面上，將小球B從物塊頂端由靜止釋放，從小球開始沿物塊的光滑弧面（弧面末端與水平面相切）下滑到離開的整個過程中，對小球和物塊組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A.動量守恒，機(jī)械能守恒 B.動量守恒，機(jī)械能不守恒C.動量不守恒，機(jī)械能守恒 D.動量不守恒，機(jī)械能不守恒易錯分析：此題錯選A的學(xué)生較多，誤認(rèn)為系統(tǒng)的動量和機(jī)械能都守恒，實(shí)際上是錯誤，只能說系統(tǒng)在水平方向動量守恒，不能認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒?！敬鸢浮緾[解析]對于A、B組成的系統(tǒng)，在B下滑的過程中，只有重力做功，則小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；A、B組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受外力之和不為零，則該系統(tǒng)動量不守恒，故選C.【變式1-1】（/2021全國乙如圖，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)(B)A.動量守恒，機(jī)械能守恒 B.動量守恒，機(jī)械能不守恒C.動量不守恒，機(jī)械能守恒 D.動量不守恒，機(jī)械能不守恒【答案】B[解析]撤去推力后，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，滿足系統(tǒng)動量守恒的條件，故系統(tǒng)動量守恒；由于撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，撤去推力后滑塊和小車之間有相對位移，存在摩擦力做功的情況，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，所以B正確.【變式1-2】[2023四川雅安期末/多選]木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮，如圖所示，當(dāng)撤去外力后，下列說法正確的是()A.a離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒B.a離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒C.a離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒D.a離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒【答案】BC[解析]當(dāng)撤去外力F后，a離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零，所以a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤，B正確；a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以a和b組成的系統(tǒng)動量守恒，C正確，D錯誤..【變式1-3】（2023河南周口模擬）如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA:mB=3:2，原來靜止在平板車C上，A、BA.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒【答案】BCD[解析]如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后A、B分別相對于平板車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力分別為FA（向右）、FB（向左），由于mA:mB=3:2，所以FA:FB=3:2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A錯誤.對A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向上的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，【易錯點(diǎn)提醒四】運(yùn)用動量守恒定律列式出現(xiàn)錯誤【例4】.（2020全國Ⅱ]水平冰面上有一固定的豎直擋板.一滑冰運(yùn)動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動員時，運(yùn)動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞.總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動員退行速度的大小大于5.0m/sA.48kg B.53kg C.58kg 易錯分析：．應(yīng)用動量守恒定律時首先要注意應(yīng)先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負(fù)；同時注意的“五性”公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一時刻的速度。不注意這兩點(diǎn)在運(yùn)用動量守恒定律列式往往出現(xiàn)錯誤。【答案】BC[解析]選運(yùn)動員退行速度方向?yàn)檎较?，設(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運(yùn)動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1.根據(jù)動量守恒定律知，運(yùn)動員第一次推出物塊時有0=Mv1?mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1+mv0=?mv0+Mv2，依此類推，Mv2+.【變式1-1】（2023·河北邯鄲·?？既＃┤鐖D所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車表面足夠長，則(

)A．由于車表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒B．車表面越粗糙，木塊減少的動量越多C．車表面越粗糙，小車增加的動量越多D．木塊的最終速度為【答案】D【詳解】以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，由于摩擦力的作用，m速度減小，M速度增大，m速度減小到最小時，M速度達(dá)最大，最后m、M以共同速度運(yùn)動。以初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒有解得木塊減少的動量與車面粗糙程度無關(guān)，小車M獲得動量與車面粗糙程度無關(guān)。故選D。.【變式1-2】（2023·江蘇南通·海安高級中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖所示，長度為l的輕質(zhì)細(xì)線一端與帶孔小球A連接，另一端與木塊B連接，小球A穿在光滑的固定水平桿（足夠長）上，小球A與木塊B質(zhì)量均為m。t＝0時刻，給木塊B一水平瞬時沖量I，使其獲得v0＝的初速度，則從t＝0時刻至B再次運(yùn)動到A正下方的過程中（

）

A．A、B沿繩方向加速度始終相等 B．繩對A球的沖量大小為mC．繩對A先做正功后做負(fù)功 D．木塊B再次運(yùn)動到A正下方時繩子拉力的大小為3mg【答案】D【詳解】A．從t＝0時刻至B再次運(yùn)動到A正下方的過程中，細(xì)繩一直處于向右傾斜狀態(tài)，所以A一直水平向右加速，B的運(yùn)動可以分解為水平向右隨A加速直線運(yùn)動和豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動。所以A的加速度水平向右，B的加速度有與A相同的向右的加速度分量和沿繩的加速度分量。故A、B沿繩方向加速度不相等，故A錯誤；B．從t＝0時刻至B再次運(yùn)動到A正下方的過程中，由動量守恒定理和能量守恒定理可得，

解得，對A球由動量定理可得由受力分析可知重力與支持力不相等，所以，所以，故B錯誤；C．從t＝0時刻至B再次運(yùn)動到A正下方的過程中，細(xì)繩一直處于向右傾斜狀態(tài)，繩對A一直做正功，故C錯誤；D．B再次運(yùn)動到A正下方時，由B項(xiàng)分析知A的速度不為零，所以B隨A水平運(yùn)動的速度為零，由，得，故D正確。故選D?！咀兪?-3】.[2021廣東]算盤是我國古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要?dú)w零.如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b,甲、乙相隔s1=3.5×10?2m,乙與邊框a相隔s2=2.0×10?2m（1）通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；[答案]能[解析]設(shè)甲算珠與乙碰撞前的速度為v，甲、乙算珠的質(zhì)量均為m對甲算珠在導(dǎo)桿上滑動，由動能定理有?μmg解得v=甲、乙算珠碰撞，由動量守恒定律有mv=解得碰后瞬間乙算珠的速度v2對乙算珠，由動能定理有?μmgx解得x=2.0×10?【易錯點(diǎn)提醒五】沒有弄清碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律【例5】如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為，小車（和單擺）以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下列說法中可能發(fā)生的是A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?、、，滿足B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)楹?，滿足C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)椋瑵M足D．小車和擺球的速度都變?yōu)?，木塊的速度變?yōu)椋瑵M足易錯分析：許多學(xué)生義為AD項(xiàng)是正確，錯誤的原因是沒有弄清碰揞模型的特點(diǎn)。因在小車和木塊碰撞的過程中，由于碰撞時間極短，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球來不及參與系統(tǒng)的相互作用在瞬間速度不變?！敬鸢浮緽C【解析】碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球可認(rèn)為沒有參與碰撞，速度在瞬間不變；若碰后小車和木塊的速度變v1和v2，根據(jù)動量守恒有：，若碰后小車和木塊速度相同，根據(jù)動量守恒定律有：，故選項(xiàng)B、C正確，A、D錯誤?！咀兪?-1】質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運(yùn)動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是A．M、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足（M＋m0）v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝（M＋m）v′D．M、m0、m速度均發(fā)生變化，M、m0速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足（M＋m）v0＝（M＋m）v1＋mv2【答案】BC【解析】碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度在瞬間不變，以M的初速度方向?yàn)檎较?，若碰后M和m的速度變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv＝（M＋m）v′，故BC正確?！疽族e點(diǎn)提醒六】不會根據(jù)碰撞原則求解問題【例6】在一次斯諾克世界杯比賽中，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊(duì)在決賽中1比3落后的不利形勢下成功逆轉(zhuǎn)，最終以4比3擊敗英格蘭隊(duì)，幫助中國斯諾克臺球隊(duì)獲得了世界杯三連冠．如圖所示為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運(yùn)動，碰前白色球的動量pA＝5kg·m/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，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＝mAB．mB＝eq\f(1,4)mAC．mB＝eq\f(1,6)mAD．mB＝6mA易錯分析：對于碰撞過程，關(guān)鍵要把握三大規(guī)律來分析：一、系統(tǒng)動量守恒。二、系統(tǒng)的總動能不增加。三、符合運(yùn)動情況。許多學(xué)生漏掉第三點(diǎn)而出現(xiàn)錯誤【答案】A.【解析】：.由動量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1kg·m/s，根據(jù)碰撞過程中總動能不增加，則有eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)≥eq\f(p′eq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p′eq\o\al(2,B),2mB)，代入數(shù)據(jù)解得mB≥eq\f(2,3)mA，碰后兩球同向運(yùn)動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則eq\f(p′A,mA)≤eq\f(p′B,mB)，解得mB≤4mA，綜上可得eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，選項(xiàng)A正確?！咀兪?-1】在光滑水平地面上，一質(zhì)量為m的小球A以速度v0向右運(yùn)動，與原來靜止的另一質(zhì)量為3m的小球B發(fā)生正碰，則碰后小球A的速度大小可能為()A.v0 B.v0/3QUOTEv03 C.v0/2 D.3v0/4QUOTE34v0【答案】BC【解析】取碰撞前A球的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律得：mv0=mvA+3mvB。若vA=v0，由mv0=mvA+3mvB解得vB=0，不可能。若vA=?v0，vB=23v0，A的動能不變，B的動能增加，違反了能量守恒定律，也不可能，故A錯誤。若vA=?13v0，由【變式1-2】如圖所示，在光滑水平地面上，質(zhì)量為1kg的小球A以4m/s的速度向右運(yùn)動，與靜止的質(zhì)量為3kg的小球B發(fā)生正碰，碰后BA.3m/s B.2.0m/s C.1.4m/s 【答案】BC[解析]若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，B獲得最小速度，有mAv0=mA+mBvmin，解得vmin=1m/s；若A與B發(fā)生完全彈性碰撞，B【變式1-3】（2020全國Ⅲ）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實(shí)線所示.已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A.3J B.4J C.5J 【答案】A[解析]設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動量守恒定律有m甲v甲+m乙v乙=m1．（多選）（2023·四川眉山·?？寄M預(yù)測）在籃球場某同學(xué)伸出雙手迎接傳來的籃球，接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前。該同學(xué)這樣做的目的是（）A．延長球?qū)κ值淖饔昧r間 B．減小球的動量變化量C．減小球?qū)κ值臎_量 D．減小球?qū)κ值淖饔昧Α敬鸢浮緼D【詳解】A．先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，故A正確；B．動量變化量為由于初速度是定值，所以動量的變化量不變，故B錯誤；C．球?qū)κ值臎_量與手對球的沖量等大反向，大小等于球的動量變化量，也不變，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理得，解得，當(dāng)時間增大時，動量的變化率減小，即作用力就減小，故D正確。故選AD。2。(2022廣東湛江模擬)快遞運(yùn)輸時，我們經(jīng)?？吹剑行┮讚p壞物品外面都會利用充氣袋進(jìn)行包裹，這種做法的好處是（）A.可以大幅度減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量B.可以大幅度減小某顛簸過程中物品動量的變化C.可以使某顛簸過程中物品動量變化的時間延長D.可以使某顛簸過程中物品動量對時間的變化率減小【答案】CD【解析】充氣袋在運(yùn)輸中起到緩沖作用，在某顛簸過程中，物體的動量變化量不變，由動量定理可知，充氣袋可以延長動量變化所用的時間，從而減小物體所受的合力，但不能改變合力的沖量，AB錯誤，C正確；動量對時間的變化率即為物體所受的合力，D正確。3.（2023·河南安陽模擬）絲網(wǎng)版畫有其獨(dú)特的繪畫語言，其藝術(shù)水準(zhǔn)可與國畫、油畫等其它藝術(shù)作品相婉美。絲網(wǎng)版畫在顯影時需要用高壓水槍沖洗，直至優(yōu)美畫面顯出，若高壓水槍噴口的出水速度為，水的密度，水與版畫接觸后沿版畫平面散開，則版畫單位面積上受到的沖擊力為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)出水時間為t，水槍的噴口的橫截面積為S，對畫表面的沖擊力為F，水槍噴出水的速度為v，則在t時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為以這部分水位研究對象，以水噴出的方向?yàn)檎较?，則由動量定理可得所以由水槍噴嘴的橫截面積很小，可忽略不計(jì)，則所受到水的沖擊力約為，故選項(xiàng)B正確。4.（2022·全國乙卷·T20）質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（）A.時物塊的動能為零B.時物塊回到初始位置C.時物塊的動量為D.時間內(nèi)F對物塊所做的功為【答案】AD【解析】物塊與地面間摩擦力為AC．對物塊從內(nèi)由動量定理可知即得3s時物塊的動量為設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得即解得所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；B．物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得即得過程中，對物塊由動能定理可得即得物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為發(fā)生的位移為即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；D．物塊在6s時的速度大小為拉力所做的功為故D正確。故選AD。5.（2023重慶西南大學(xué)附中期末）如圖所示，A、B兩小球形狀大小一樣，且質(zhì)量均為m.某時刻兩小球在同一水平面上沿同一直線相向運(yùn)動，小球A速度大小為v0、方向水平向右，小球B速度大小為2v0A.小球A向右運(yùn)動 B.小球B的動量大小增大C.碰后小球A的動能增加了2mv02 D.小球B【答案】D[解析]兩小球發(fā)生彈性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分別為vA和vB，取向左為正方向，則m?v0+2mv0=mvA+mvB，12mv02+12m2v02=16.（2022·山東卷·T2）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中（）A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯誤。故選A。7.（2023·湖北荊門·荊門市龍泉中學(xué)校聯(lián)考三模）如圖所示，質(zhì)量為M的直—20武裝直升機(jī)旋翼有4片槳葉，槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積為S。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g。當(dāng)直升機(jī)懸?？罩袝r，發(fā)動機(jī)輸出的機(jī)械功率為P，槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣，空氣獲得的速度為v0，則單位時間內(nèi)槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣的質(zhì)量可表示為（）A． B． C． D．【答案】BD【解析】設(shè)在時間內(nèi)通過面積S的空氣質(zhì)量為，則解得，A錯誤，B正確；發(fā)動機(jī)輸出的機(jī)械功率，對空氣根據(jù)動量定理，對直升機(jī)根據(jù)平衡知識考慮，聯(lián)立解得，C錯誤，D正確。8.（2022·湖南卷·T4）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為和。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.碰撞后氮核的動量比氫核的小 B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.大于 D.大于【答案】B【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為，氫核的質(zhì)量為，氮核的質(zhì)量為，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得可得碰撞后氫核的動量為氮核的動量為可得碰撞后氫核的動能為氮核的動能為可得故B正確，ACD錯誤。故選B。9.（2023遼寧卷）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度v的大小及木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離x1；（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；（3）已知木板向右運(yùn)動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U（用t表示）?！敬鸢浮浚?）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【解析】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有則木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1=0.125m（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有代入數(shù)據(jù)有（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有U=－Wf聯(lián)立有10.（2023浙江6月卷）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差?！敬鸢浮浚?）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【解析】（1）滑塊a從D到F，由能量關(guān)系在F點(diǎn)解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點(diǎn)時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據(jù)可得在C點(diǎn)的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達(dá)C點(diǎn)解得v1=5m/s因ab碰撞動量守恒，則解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度則當(dāng)彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關(guān)系解得同理當(dāng)彈簧被拉到最長時伸長量為x2=x1則彈簧最大長度與最小長度之差11．（2023浙江1月卷）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道、螺旋圓形軌道，傾角的直軌道、水平直軌道組成，除段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道、相切于處．凹槽底面水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁處，擺渡車:上表面與直軌道下、平臺位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑，B點(diǎn)高度為，長度，長度，擺渡車長度、質(zhì)量．將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道上高度處靜止釋放，滑塊在段運(yùn)動時的阻力為其重力的0.2倍．（擺渡車碰到豎直側(cè)壁立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）求滑塊過C點(diǎn)的速度大小和軌道對滑塊的作用力大?。唬?）擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t．【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得解得滑塊過C點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為，從靜止釋放到G點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得解得擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達(dá)擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為所用時間為此過程滑塊通過的位移為滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運(yùn)動，該過程所用時間為則滑塊從G到J所用的時間為12.（2023湖南卷）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(diǎn)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(diǎn)，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(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運(yùn)動的距離；（2）在平面直角坐標(biāo)系中，求出小球運(yùn)動的軌跡方程；（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY(jié)果用及表示）．【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得因水平方向在任何時候都動量守恒即兩邊同時乘t可得且由幾何關(guān)系可知聯(lián)立記得（2）小球向左運(yùn)動過程中凹槽向右運(yùn)動，當(dāng)小球的坐標(biāo)為時，此時凹槽水平向右運(yùn)動的位移為，根據(jù)上式有則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為整理得（3）將代入小球的軌跡方程化簡可得即此時小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為時有如圖此時可知速度和水平方向的的夾角為，小球下降的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立得13.（2023全國乙卷）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。唬?）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；（3）圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。【答案】（1）小球速度大小，圓盤速度大??；（2）l；（3）4【解析】（1）過程1：小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得過程2：小球以與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有解得即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤速度大小為，方向豎直向下；（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運(yùn)動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，即解得根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得最大距離為（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有即解得此時小球的速度圓盤的速度仍為，這段時間內(nèi)圓盤下降的位移之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得同理可得當(dāng)位移相等時解得圓盤向下運(yùn)動此時圓盤距下端關(guān)口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速