專題38 在四種常見模型中應(yīng)用動量守恒定律-2025版高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練

2025屆高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練專題38在四種常見模型中應(yīng)用動量守恒定律導(dǎo)練目標(biāo)導(dǎo)練內(nèi)容目標(biāo)1人船模型和類人船模型目標(biāo)2反沖和爆炸模型目標(biāo)3彈簧模型目標(biāo)4板塊模型【知識導(dǎo)學(xué)與典例導(dǎo)練】一、人船模型和類人船模型1.適用條件①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；②動量守恒或某方向動量守恒．2.常用結(jié)論設(shè)人走動時船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運動的方向為正方向,則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，可解得：；3.類人船模型類型一類型二類型三類型四類型五【例1】西晉史學(xué)家陳壽在《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??！边@就是著名的曹沖稱象的故事。某同學(xué)欲挑戰(zhàn)曹沖，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，然后慢速進入靜止的平行于河岸的船的船頭，再從船頭行走至船尾，之后，慢速下船，測出船后退的距離d與自身的質(zhì)量m，若忽略一切阻力，則船的質(zhì)量為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】畫出如圖所示的草圖設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，船的質(zhì)量為M，人從船尾走到船頭所用時間為t。則，人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，取船的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得解得船的質(zhì)量故選D?！纠?】如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點）從小車上的A點由靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知M=3m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．滑塊從A滑到C的過程中，滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．滑塊滑到B點時的速度大小為C．滑塊從A滑到C的過程中，小車的位移大小為D．水平軌道的長度【答案】D【詳解】A．滑塊從A滑到C的過程中水平方向動量守恒，豎直方向上合為不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．滑塊剛滑到B點時速度最大，取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒定律和機械能守恒定律得；解得；滑塊滑到B點時的速度為，故B錯誤；C．設(shè)全程小車相對地面的位移大小為s，根據(jù)題意可知全程滑塊水平方向相對小車的位移為R+L，則滑塊水平方向相對地面的位移為滑塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得已知，解得，故C錯誤；D．系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，對整個過程，由動量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得故D正確。故選D。反沖和爆炸模型1．對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(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械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。2．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?！纠?】如圖所示，哈九中航天科普節(jié)活動中，某同學(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的速度與豎直方向成θ角斜向下噴出。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．火箭的水平射程為 D．火箭上升的最大高度為【答案】C【詳解】A．火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，A錯誤；B．水噴出的過程中，瓶內(nèi)氣體做功，火箭及水的機械能不守恒，B錯誤；C．在水噴出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，由動量守恒定律有解得火箭上升的時間為火箭的水平射程為，C正確；D．水噴出后，火箭做斜向上拋運動，有解得，D錯誤。故選C?！纠?】質(zhì)量為m的煙花彈從地面以初動能E向上飛出，當(dāng)其上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的a、b、c、d四部分（可視為質(zhì)點），其中a、b兩部分速度方向分別為豎直向上和豎直向下，c、d兩部分速度方向分別為水平向左和水平向右，a的動能也為E，如圖所示。爆炸時間極短，且炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。關(guān)于它們后面的運動，下列說法正確的是（）A．落地前同一時刻，a、b、c、d分布在一個四邊形的四個頂點上，且ac連線比cb連線短B．落地前，a、b、c、d在相等的時間內(nèi)速度的變化量相同C．落地時，a的速度大小為D．落地時，a、b、c、d重力的功率關(guān)系為Pa=Pb>Pc=Pd【答案】BD【詳解】A．爆炸時間極短，說明爆炸過程動量守恒，由水平方向和豎直方向守恒，有0=mva–mvb，0=mvc–mvd解得va=vb，vc=vd，炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根據(jù)動量定理有Ft=Δp=mv聯(lián)立得va=vb=vc=vd=v爆炸后a、b、c、d四部分分別做豎直上拋、豎直下拋和平拋運動，落地前c、d兩部分沿各自初速度方向的水平位移相等，豎直方向自由落體運動的位移相等，a、b只在豎直方向上運動，只有豎直位移，且兩點最終落點相同，故四點分布在一條直線上，且ac連線等于cb連線，A錯誤；B．落地前，a、b、c、d的加速度都為重力加速度，在相等的時間內(nèi)速度的變化量Δv=gt，方向豎直向下，B正確；C．煙花彈上升過程根據(jù)機械能守恒，有E=mgh落地時根據(jù)動能定理，有mgh=E1-E可得a、b、c、d的動能相等，均為E1=E，速度大小均為，C錯誤；D．落地時，a、b、c、d的豎直速度大小關(guān)系為，根據(jù)得a、b、c、d重力的功率關(guān)系為Pa=Pb>Pc=Pd，D正確。故選BD。三、彈簧模型條件與模型①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）②mA>mB（如:mA=2kg；mB=1kg）③mA<mB（如:mA=1kg；mB=2kg）規(guī)律與公式情況一：從原長到最短（或最長）時①；②情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復(fù)原長時①；②【例5】如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧兩端分別與A、B兩物塊相連接，并靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)使A瞬間獲得一個方向水平向右、大小為的速度并開始計時，此后兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．時刻彈簧被壓縮到最短B．A、B的質(zhì)量之比C．時刻A、B的動量大小之比D．時刻彈簧具有的彈性勢能等于兩物塊動能之和的兩倍【答案】ABD【詳解】A．由v-t圖中可知，在0~t1時間內(nèi)，A在做減速運動，B做加速運動，當(dāng)t=t1時刻，A、B速度相等，此時彈簧被壓縮至最短，隨后B繼續(xù)加速，A繼續(xù)減速，彈簧的長度增加，故A正確；B．根據(jù)動量守恒定律，t=0時刻和t=t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有；解得故B正確；C．在t=t2時刻，A、B的動量大小之比為故C錯誤；D．根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒，可知在t=t3時刻，彈簧的彈性勢能與A、B兩物體的動能之和，等于在t=0時刻A物體的動能，則可得帶入數(shù)據(jù)解得故D正確；故選ABD。四、板塊模型板塊模型過程簡圖xx1v0x2x相對m1m2v共v共動力學(xué)常用關(guān)系；；功能常用關(guān)系動量常用關(guān)系【例6】如圖所示，兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計，車長為2L，與平板車質(zhì)量相同的物塊甲（可視為質(zhì)點）由平板車的中點處以初速度向右運動，已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（）A．甲、乙達(dá)到共同速度所需的時間為B．甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度C．甲、乙相對滑動的總路程為D．如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n（n≠0），則最終甲距離乙左端的距離可能為【答案】ACD【詳解】AB．整個運動過程中甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，則兩者最終的速度為解得若能發(fā)生碰撞，碰前甲、乙的速度分別為、，碰后甲、乙的速度分別為、，則有；解得；可知碰撞使得兩者速度互換，且在運動過程中兩者的加速度大小均為則甲、乙達(dá)到共同速度所需的時間為碰撞使得兩者速度互換，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A正確，B錯誤；C．從開始到相對靜止過程中，甲、乙相對滑動的總路程為，根據(jù)動能定理可得解得，C正確；D．甲、乙碰撞的次數(shù)為n，且靜止時距離左端的距離為，若第次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板，則有解得若第次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板，則有解得即最終甲距離乙左端的距離可能為，D正確。故選ACD?！径嗑S度分層專練】1．如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的圓環(huán)，靜止在光滑水平面上，有一質(zhì)量為m的滑塊從與環(huán)心O等高處開始無初速度下滑到達(dá)最低點時，關(guān)于圓環(huán)的位移，下列說法中正確的是（）A．B．C．D．不確定，與環(huán)和滑塊之間是否存在摩擦力有關(guān)【答案】B【詳解】如圖所示，設(shè)當(dāng)滑塊下滑到達(dá)最低點時圓環(huán)的位移為x，則滑塊的位移為R-x，由水平方向上平均動量守恒得m（R-x)=Mx解得x=不管環(huán)和滑塊之間有無摩擦，系統(tǒng)水平方向上動量守恒且為零，因此圓環(huán)、滑塊的位移與環(huán)和滑塊之間是否存在摩擦力無關(guān)。故選B。2．如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過L=0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。則（）A．若鎖定滑塊，小球通過最高點P時對輕桿的作用力為12NB．若解除對滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒C．若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時速度為3m/sD．若解除對滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為m【答案】D【詳解】A．設(shè)小球到達(dá)最高點速度為vp，則得vP=m/s對小球F+mg=得F=2N故A錯誤；BC．若解除鎖定，小球和滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒得mvm=MvM機械能守恒得得vm=2m/s故BC錯誤；D．設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為xm，滑塊運動的距離為xM，由系統(tǒng)水平方向動量守恒得mxm=MxM又xm+xM=2L得x=m故D正確。故選D。3．如圖，三個質(zhì)量分別為2m、m、m的物塊A、B、C靜止在光滑水平直軌道上，A、B間用一根細(xì)線相連，然后在A、B間夾一壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，此時輕彈簧的彈性勢能為?，F(xiàn)在剪短細(xì)線，A和B向兩邊滑出，當(dāng)輕質(zhì)彈簧恢復(fù)原長時，B與C發(fā)生碰撞黏合在一起，下列說法正確的是（）A．彈簧恢復(fù)原長時，B．彈簧恢復(fù)原長時，C．B與C發(fā)生碰撞黏合在一起后的速度大小為D．B與C發(fā)生碰撞黏合在一起后的速度大小為【答案】C【詳解】AB．彈簧恢復(fù)原長過程，AB和彈簧系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有解得，故AB錯誤；CD．B與C發(fā)生碰撞黏合在一起過程，根據(jù)動量守恒，有解得故C正確，D錯誤。故選C。4．如圖所示，熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球以相對地面的速度水平投出。已知投出小球后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（

）A．投出小球后氣球所受合力大小為B．小球落地時氣熱球的速度大小為C．小球在落地之前，小球和熱氣球速度始終大小相等方向相反D．小球落地時二者的水平距離為【答案】B【詳解】A．熱氣球從開始攜帶小球時處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以所受合外力為零，由于投出小球后所受浮力不變，則熱氣球所受合外力為mg，A錯誤；B．熱氣球從開始攜帶小球時處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以所受合外力為零，初動量為零，水平投出重力為mg的物資瞬間，滿足動量守恒定律Mv1=mv0由上式可知熱氣球獲得水平向左的速度小球落地所需時間為解得熱氣球豎直方向上加速度為mg=Ma解得小球落地時，熱氣球豎直方向上的速度為根據(jù)矢量法則解得，B正確；C．熱氣球所受合外力為mg，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，加速度為而小球體積比較小又不計阻力則小球的加速度為g，故小球和熱氣球速度不會始終大小相等方向相反，C錯誤；D．熱氣球和物資在水平方向做勻速直線運動；，則二者的水平距離為d=xM+xm解得，D錯誤。故選B。5．某同學(xué)自制總質(zhì)量為M的火箭，現(xiàn)從地面豎直向上發(fā)射，火箭在極短的時間內(nèi)，將質(zhì)量為m的氣體以相對地面為v0的速度豎直向下噴出后，火箭開始做豎直上拋運動。已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．火箭受到的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力B．氣體噴出的過程中，火箭和氣體組成的系統(tǒng)機械能守恒C．火箭獲得的最大速度為D．火箭上升的最大高度為【答案】CD【詳解】A．火箭的推力來源于燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯誤；B．在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭及所攜設(shè)備做正功，所以火箭及所攜設(shè)備機械能不守恒，故B錯誤；C．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭及其所攜設(shè)備組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運動方向為正方向，由動量守恒定律得解得火箭的速度大小為故C正確；D．噴出燃?xì)夂蠡鸺八鶖y設(shè)備做豎直上拋運動，上升的最大高度為故D正確；故選CD。6．如圖所示，兩平行光滑桿水平放置，兩相同的小球M、N分別套在兩桿上，并由一輕質(zhì)彈簧拴接，開始時彈簧與桿垂直。已知兩桿間距為0.4m，彈簧原長為0.5m，兩球的質(zhì)量都為0.2kg?，F(xiàn)給M球一沿桿向右的大小為0.6N·s的瞬時沖量，關(guān)于之后的運動，以下說法正確的是（）A．M球在開始的一段時間內(nèi)做加速度逐漸增大的加速運動，直到達(dá)到運動中的最大速度B．彈簧第一次達(dá)到0.6m時，M球的速度大小為3m/sC．彈簧第二次達(dá)到0.6m時，M球的速度大小為3m/sD．彈簧達(dá)到最長時，M球的速度大小為1.5m/s【答案】BD【詳解】A．現(xiàn)給M球一沿桿向右大小為0.6N·s的瞬時沖量，由動量定理I=mv0可得，M球的初速度為v0=3m/sM球沿桿向右運動，由于受到彈簧的彈力作用，M球在開始的一段時間內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運動，直到達(dá)到運動中的最大速度，A錯誤；B．彈簧第一次達(dá)到0.5m（原長）時，M球開始減速；彈簧第一次達(dá)到0.6m時，彈簧的彈性勢能與開始時相等，M、N兩球速度方向相反，設(shè)M球速度為vM，N球速度為vN，由動量守恒定律有mv0=mvM＋mvN由機械能守恒定律有聯(lián)立解得vM=3m/s；vN=0舍去不合題意解，B正確；C．彈簧第二次達(dá)到0.6m時，由動量守恒定律有mv0=mvM＋mvN由機械能守恒定律有解得vM=0；vN=3m/s舍去不合題意解，C錯誤；D．彈簧達(dá)到最長時，M、N兩球速度相等，由動量守恒定律有mv0=2mvM解得vM=1.5m/s，D正確；故選BD。7．如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得；（2）解法一：同一時刻彈簧對、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有0-t0之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，，上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，由勻變速直線運動的位移速度關(guān)系可得，聯(lián)立可解得8．如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑。質(zhì)量kg、長m的小車放在地面上，其右端與墻壁的距離為m，小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平?，F(xiàn)有一質(zhì)量kg的滑塊（視為質(zhì)點）以m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動。小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面間的動摩擦因數(shù)，g取10m/s2。（1）滑塊與小車剛達(dá)相對靜止時，滑塊的速度大小和位移大小各是多少？（2）要使滑塊在半圓軌道上運動時不脫離軌道，求半圓軌道的半徑R的取值?！敬鸢浮浚?）滑塊的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）【詳解】（1）由動量守恒可得滑塊與小車剛達(dá)相對靜止時，滑塊的速度大小由動能定理可得滑塊的位移為由動能定理可得小車的位移為即碰到墻壁前已共速。（2）滑塊與小車剛達(dá)相對靜止時，由動能定理可得滑塊與小車的相對位移為由動能定理可得滑塊到達(dá)P點時的速度為若滑塊恰好過圓周最高點，有根據(jù)動能定理可得如果滑塊恰好滑至圓弧T處就停止，則有可得所以9．如圖所示，在光滑水平面上通過鎖定裝置固定一輛質(zhì)量M＝2kg的小車，小車左邊部分為半徑R＝1.8m的四分之一光滑圓弧軌道，軌道末端平滑連接一長度L＝5.4m的水平粗糙面，粗糙面右端是一擋板。有一個質(zhì)