资源简介

1．(2025·广州市普通高中二模)2024年9月，我国自主研发的试验火箭完成10 km级垂直起降返回飞行试验。回收阶段，火箭发动机在标准工况下连续工作40 s，其推力为8×105 N，比冲为2.8×103 m/s(比冲：消耗单位质量燃料所产生的冲量)，该过程消耗燃料约(　　)
A．700 kg B．2 000 kg
C. 1.1×104 kg D．5.6×104 kg
解析：选C。根据冲量的定义，可得冲量I＝Ft＝8×105 N×40 s＝3.2×107 N·s，根据比冲的定义，可得消耗的燃料m＝≈1.1×104 kg，故选C。
2．(多选)(2025·大湾区联合模拟)距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有(　　)
A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变
B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变
C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量
D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲、乙两球的重力冲量相等
解析：选BD。碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量方向改变，故A错误；两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确；从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知，甲球的重力冲量等于乙球的重力冲量，故C错误；从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由I′＝mgt′可知，甲、乙两球的重力冲量相等，故D正确。
3．(2025·陕西宝鸡市二模)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30 kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N
解析：选C。设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝3 kg·m/s，A、B错误；根据动量定理FΔt＝Δp可得受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，C正确，D错误。
4．(2025·河南卷，T7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　)
A．mP>mN>mQ B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN D．mQ>mN>mP
解析：选D。由题图可知三小车速度变化量的大小关系是ΔvP＞ΔvN＞ΔvQ，P碰撞N过程中两车组成的系统动量守恒，有mPvP＋mNvN＝mPvP′＋mNvN′，则有mP(vP－vP′)＝mN(vN′－vN)，则速度变化量越大质量越小，则mPmN>mP，D正确。
5．(2025·安徽马鞍山市第一次教学质检)如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则(　　)
A．A加速过程中，加速度越来越大
B．A、B、C共速时，B所受合力为0
C．A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D．B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
解析：选C。A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C整体受到的弹力不为0，B、C整体的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。
6.根据交通法规，电动自行车驾驶人和乘坐人员须佩戴安全头盔。头盔可以吸收撞击的能量，再加上安全头盔内的缓冲材料，大大降低了驾驶者受到伤害的程度。如图所示，对某种头盔材料进行测试，已知该材料质量为M，其上表面为坚硬层，下部分为缓冲层(受力后发生明显形变)，放在水平桌面上，用质量为m的重物以速率v竖直向下落在材料的上表面上，碰撞时间极短，重物以0.8v的速率反向弹回，已知头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．在撞击过程中，重物所受合外力的冲量大小为0.2mv
B．在撞击过程中，重物受到重力的冲量大小为mgt
C．头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg－
D．头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg＋
解析：选D。在撞击过程中，以竖直向上为正方向，对重物根据动量定理可得I合＝Δp＝m·0.8v－(－mv)＝1.8mv，可知重物所受合外力的冲量大小为1.8mv，故A错误；在撞击过程中，碰撞时间极短，重物受到重力的冲量大小几乎为0，可以忽略不计，故B错误；在撞击过程中，根据动量守恒可得－mv＝m·0.8v＋Mv1，解得头盔材料的速度v1＝－，头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，根据动量定理可得t－Mgt＝0－Mv1，解得＝Mg＋，根据牛顿第三定律可知，头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为Mg＋，故C错误，D正确。
7．(2025·潮州市期末教学质检)如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，车上各站着一人，人与车总质量均为M，甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平速度v抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方……，直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是(　　)
A．第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为
B．第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为
C．若v甲D．若v甲>v乙，说明乙是开始的持球人
解析：选C。第一次抛接球的过程，对抛球人和球组成的系统由动量守恒定律mv＝Mv′可得抛球人获得的速度v′＝，对接球人和球组成的系统由动量守恒定律mv＝(M＋m)v″可得接球人获得的速度v″＝，A、B错误；从开始抛球到最终结束，根据Mv1＝(M＋m)v2，若v甲v乙，说明乙是最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正确，D错误。
8．(2025·江苏南京市、盐城市高一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开，已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B。初始状态弹簧压缩，对物块B有mg sin θ＝kx1，物块B、C从相碰后到一起运动到A刚要离开挡板，物块B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，A刚要离开挡板时物块B、C速度为零，弹簧伸长，弹力大小等于A所受重力沿斜面方向的分力，伸长量等于x1，从B、C碰后到A刚要离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设B、C碰后速度为v2，由机械能守恒定律得·2mv＝2mg×2x1·sin θ，碰撞过程根据动量守恒mv1＝2mv2，C下滑过程有mv＝mgx sin θ，联立解得x＝。
9．(2025·北京卷，T17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)A、B落地点之间的距离d。
解析：(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0
由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0，爆炸后A速度为v，
由动量守恒定律得0＝2m·v＋m·vB
解得vB＝－2v，即大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt
B的水平位移xB＝vBt＝－2vt
所以落地点A、B之间的距离
d＝|xA|＋|xB|＝vt＋2vt＝3vt。
答案：(1)gt　(2)2v　(3)3vt
10．(2025·云南昆明市一模)如图所示，有三个小球A、B、C静止在光滑水平面上，B、C之间用轻弹簧连接，三个小球处于同一直线上。使A以速度v0向右运动，与B发生正碰后反弹，反弹的速度大小为v0。已知A、B碰撞时间极短，小球A、B、C的质量分别为m、2m、2m，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)A、B碰撞后瞬间，B的速度大小；
(2)弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能。
解析：(1)A、B碰撞过程中动量守恒，规定水平向右为正方向，则有mv0＝2mvB－mv0
解得vB＝v0。
(2)当B、C共速时，弹簧的压缩量最大，由动量守恒定律得2mvB＝4mv
由能量守恒定律得×2mv＝×4mv2＋Ep
解得Ep＝mv。
答案：(1)v0　(2)mv(共45张PPT)
专题七　动量定理和动量守恒定律
命题点1　动量和动量定理
01
1．动量定理
2．用动量定理解释生活现象
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
Δp一定
F一定
F的作用时间越短，F越大；F的作用时间越长，F越小
F的作用时间越长，Δp越大；F的作用时间越短，Δp越小
3．动量定理在“流体类”问题中的应用
流体及 其特点
分析 步骤
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
隔离微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
应用动量定律FΔt＝Δp研究这段柱状流体，列方程求解
　考向1　动量和冲量
　　　(2025·佛山市一模)如图所示，某同学用大腿颠足
球，某时刻质量为0.45 kg的足球以3 m/s的竖直向下的速度碰
撞大腿，足球与腿接触0.2 s后竖直向上原速率反弹，重力加
速度g取10 m/s2，则在足球与腿碰撞的过程中，下列说法正确
的是(　　)
A．碰撞前后，足球动量变化量的大小为2.7 kg·m/s
B．碰撞前，足球的动量大小为13.5 kg·m/s
C．足球对大腿的冲量大小为1.35 N·s
D．大腿对足球的平均作用力大小为13.5 N
A
[解析]　以竖直向下为正方向，碰撞前后，足球的动量变化量Δp＝m(－v)－mv＝－2mv＝－2.7 kg·m/s，则碰撞前后，足球的动量变化量的大小为2.7 kg·m/s，故A正确；
碰撞前，足球的动量大小p＝mv＝1.35 kg·m/s，故B错误；
碰撞过程中，根据动量定理可得Ft＋mgt＝Δp，解得F＝－18 N，则大腿对足球的平均作用力大小为18 N，根据牛顿第三定律可知，足球对大腿的平均作用力大小F球＝18 N，则足球对大腿的冲量大小I球＝F球t＝18×0.2 N·s＝3.6 N·s，故C、D错误。
A
　考向2　动量定理分析“流体模型”
　　　电动自行车因低碳环保而成为流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，会将正对空气的速度从0变为v，人和车总的迎风面积为S，空气密度为ρ，则其受到的空气的平均阻力为(　　)
A．ρSv2　 B．2ρSv2
C．ρSv D．2ρSv
[解析]　取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段空气质量Δm＝ρvΔtS，根据动量定理FΔt＝Δmv＝ρv2ΔtS，匀速骑行时F＝f，联立解得f＝ρSv2。
A
　考向3　动量定理和图像的结合
　　　(2025·甘肃卷，T14)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
(1)t＝6 s时F的大小以及t在前6 s内F的冲量大小；
(2)t在前6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f－t图像；
[答案]　见解析　
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
命题点2　动量守恒定律及其应用
02
1．判断守恒的三种方法
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的变化量为0。
3．“爆炸”和“反冲”模型
作用原理
动量守恒
机械能增加
“爆炸”和“反冲”是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
“爆炸”和“反冲”中系统不受外力或内力远大于外力，故遵循动量守恒定律
在“爆炸”和“反冲”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
C
D
[解析]　a、b、c、小孩四者组成系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；
命题点3　碰撞模型
03
1．碰撞的基本规律
2．碰撞问题的三种类型
弹性 碰撞
完全 非弹 性碰撞
非弹性碰撞
(2)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多。
B
　　　(2025·甘肃卷，T4)如图，小球A从距离地面20 m处自
由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时
的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，
重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s　　 B．3.0 m/s
C．4.5 m/s D．6.0 m/s
　　　(2025·江苏卷，T14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小。
[解析]　根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
[答案]　v0　
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1。
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
(1)小球Q经过O点时的速度大小v；
(2)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep。
1．弹性碰撞常见模型
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
图例(水平面、 曲面均光滑)
达到共速 再次分离 图例 (水平面光滑)
达到共速 2.完全非弹性碰撞常见模型
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，转化为内能(共25张PPT)
复习效果自测
1．(2025·广州市普通高中二模)2024年9月，我国自主研发的试验火箭完成10 km级垂直起降返回飞行试验。回收阶段，火箭发动机在标准工况下连续工作40 s，其推力为8×105 N，比冲为2.8×103 m/s(比冲：消耗单位质量燃料所产生的冲量)，该过程消耗燃料约(　　)
A．700 kg B．2 000 kg
C. 1.1×104 kg D．5.6×104 kg
C
2．(多选)(2025·大湾区联合模拟)距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有(　　)

A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变
B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变
C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量
D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲、乙两球的重力冲量相等
BD
解析：碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量方向改变，故A错误；
两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确；
从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知，甲球的重力冲量等于乙球的重力冲量，故C错误；
从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由I′＝mgt′可知，甲、乙两球的重力冲量相等，故D正确。
3．(2025·陕西宝鸡市二模)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　)
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30 kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N
C
解析：设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝3 kg·m/s，A、B错误；
根据动量定理FΔt＝Δp可得受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，C正确，D错误。
4．(2025·河南卷，T7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　)
A．mP>mN>mQ
B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN
D．mQ>mN>mP
D
解析：由题图可知三小车速度变化量的大小关系是ΔvP＞ΔvN＞ΔvQ，P碰撞N过程中两车组成的系统动量守恒，有mPvP＋mNvN＝mPvP′＋mNvN′，则有mP(vP－vP′)＝mN(vN′－vN)，则速度变化量越大质量越小，则mPmN>mP，D正确。
5．(2025·安徽马鞍山市第一次教学质检)如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则(　　)
A．A加速过程中，加速度越来越大
B．A、B、C共速时，B所受合力为0
C．A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D．B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
C
解析：A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；
A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C整体受到的弹力不为0，B、C整体的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；
B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。
6. 根据交通法规，电动自行车驾驶人和乘坐人员须佩戴
安全头盔。头盔可以吸收撞击的能量，再加上安全头盔
内的缓冲材料，大大降低了驾驶者受到伤害的程度。如
图所示，对某种头盔材料进行测试，已知该材料质量为M，其上表面为坚硬层，下部分为缓冲层(受力后发生明显形变)，放在水平桌面上，用质量为m的重物以速率v竖直向下落在材料的上表面上，碰撞时间极短，重物以0.8v的速率反向弹回，已知头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
√
解析：在撞击过程中，以竖直向上为正方向，对重物根据动量定理可得I合＝Δp＝m·0.8v－(－mv)＝1.8mv，可知重物所受合外力的冲量大小为1.8mv，故A错误；
在撞击过程中，碰撞时间极短，重物受到重力的冲量大小几乎为0，可以忽略不计，故B错误；
C
从开始抛球到最终结束，根据Mv1＝(M＋m)v2，若v甲v乙，说明乙是最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正确，D错误。
B
9．(2025·北京卷，T17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
解析：物体竖直上抛至最高点时速度为0
由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt。
答案：gt　
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
解析：爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0，爆炸后A速度为v，
由动量守恒定律得0＝2m·v＋m·vB
解得vB＝－2v，即大小为2v。
答案：2v　
(3)A、B落地点之间的距离d。
解析：根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt
B的水平位移xB＝vBt＝－2vt
所以落地点A、B之间的距离
d＝|xA|＋|xB|＝vt＋2vt＝3vt。
答案：3vt
(1)A、B碰撞后瞬间，B的速度大小；
(2)弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能。专题七　动量定理和动量守恒定律
[考情分析]
高考命题点 高考广东卷 其他高考卷(供参考)
1.动量和动量定理 广东卷T10 广东卷T14 北京卷 T19，河北卷 T14，甘肃卷 T14，四川卷 T8，陕晋青宁卷 T10　 黑吉辽卷T1　 重庆卷T8
2.动量守恒定律及其应用 广东卷T10 福建卷 T8，广西卷 T15，山东卷 T6　 广西卷 T8，江苏卷 T14
3.碰撞模型 广东卷T7 广东卷T10 甘肃卷 T4，北京卷 T17，河南卷 T7，湖北卷 T7，江苏卷 T14　 湖南卷 T10，安徽卷 T10
命题点1　动量和动量定理
1．动量定理
2．用动量定理解释生活现象
Δp一定 F的作用时间越短，F越大；F的作用时间越长，F越小
F一定 F的作用时间越长，Δp越大；F的作用时间越短，Δp越小
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
3．动量定理在“流体类”问题中的应用
流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
隔离微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
应用动量定律FΔt＝Δp研究这段柱状流体，列方程求解
考向1　动量和冲量
　(2025·佛山市一模)如图所示，某同学用大腿颠足球，某时刻质量为0.45 kg的足球以3 m/s的竖直向下的速度碰撞大腿，足球与腿接触0.2 s后竖直向上原速率反弹，重力加速度g取10 m/s2，则在足球与腿碰撞的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前后，足球动量变化量的大小为2.7 kg·m/s
B．碰撞前，足球的动量大小为13.5 kg·m/s
C．足球对大腿的冲量大小为1.35 N·s
D．大腿对足球的平均作用力大小为13.5 N
[解析]　以竖直向下为正方向，碰撞前后，足球的动量变化量Δp＝m(－v)－mv＝－2mv＝－2.7 kg·m/s，则碰撞前后，足球的动量变化量的大小为2.7 kg·m/s，故A正确；碰撞前，足球的动量大小p＝mv＝1.35 kg·m/s，故B错误；碰撞过程中，根据动量定理可得Ft＋mgt＝Δp，解得F＝－18 N，则大腿对足球的平均作用力大小为18 N，根据牛顿第三定律可知，足球对大腿的平均作用力大小F球＝18 N，则足球对大腿的冲量大小I球＝F球t＝18×0.2 N·s＝3.6 N·s，故C、D错误。
[答案]　A
考向2　动量定理分析“流体模型”
　电动自行车因低碳环保而成为流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，会将正对空气的速度从0变为v，人和车总的迎风面积为S，空气密度为ρ，则其受到的空气的平均阻力为(　　)
A．ρSv2　 B．2ρSv2
C．ρSv D．2ρSv
[解析]　取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段空气质量Δm＝ρvΔtS，根据动量定理FΔt＝Δmv＝ρv2ΔtS，匀速骑行时F＝f，联立解得f＝ρSv2。
[答案]　A
　(2025·广西河池市期末)国产水刀——超高压数控万能水切割机能切割40 mm厚的钢板、50 mm厚的大理石等材料，水刀就是将普通的水加压，使水流高速流出，一水刀垂直入射的速度为v，水流与材料接触后，速度为零，水的密度为ρ，则水刀产生压强p的表达式为(　　)
A．p＝ρv2 B．p＝ρv2
C．p＝2ρv3 D．p＝ρv3
[解析]　取Δt时间内喷出的水为研究对象，这部分水的质量Δm＝ρSvΔt，取水喷出方向为正方向，对这部分水由动量定理得－FΔt＝Δm(0－v)，化简得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可得，水对材料的作用力F′＝F，则压强p＝＝ρv2。
[答案]　A
考向3　动量定理和图像的结合
　(2025·甘肃卷，T14)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
(1)t＝6 s时F的大小以及t在前6 s内F的冲量大小；
(2)t在前6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f－t图像；
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
[解析]　(1)由题图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝t
所以当t＝6 s时，F＝
前6 s内F的冲量为F－t图线与横坐标轴围成的面积，即IF＝×mg×6 (N·s)＝mg(N·s)。
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有
mg sin 30°＝μmg cos 30°
即μ＝tan 30°＝
在垂直于杆方向，当F sin θ＝mg cos θ时
解得t＝4 s
则0到4 s，垂直于杆方向有F sin θ＋N＝mg cos θ
摩擦力f＝μN
联立解得f＝mg(0≤t≤4 s)
在4 s到6 s内，垂直于杆方向有
F sin θ＝mg cos θ＋N
摩擦力f＝μN
联立解得f＝mg(4 s≤t≤6 s)
相应的f－t图像如图所示
(3)在前6 s内沿杆方向根据动量定理有
mgt sin θ＋IF cos θ－If＝mv
在前6 s内摩擦力的冲量为f－t图线与横坐标轴围成的面积，则
If＝×mg×4＋×mg×2＝mg
联立有6mg·sin 30°＋mg·cos 30°－mg＝mv
可得v＝g (m/s)。
[答案]　(1)　(N·s)　(2)见解析　(3)g(m/s)
命题点2　动量守恒定律及其应用
1．判断守恒的三种方法
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的变化量为0。
3．“爆炸”和“反冲”模型
作用原理 “爆炸”和“反冲”是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 “爆炸”和“反冲”中系统不受外力或内力远大于外力，故遵循动量守恒定律
机械能增加 在“爆炸”和“反冲”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
　(2025·山东卷，T6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量。此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　由＝m可得，v＝，组合体分开过程动量守恒，则(m轨＋m返)v＝m轨v轨＋m返v返，v返＝2，m轨＝5m返，则v轨＝，C正确。
[答案]　C
　(2025·八省八校一模)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩，先跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则(　　)
A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒
B．b、c两车运动速率相等
C．b的速率为v
D．a的速率为v
[解析]　a、b、c、小孩四者组成系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有0＝mv＋Mvc解得c车的速度vc＝－，负号表示方向向左，对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有mv＋0＝Mvb＋mv，解得b车最终的速度vb＝0，故B、C错误；对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有mv＋0＝(M＋m)va，解得a车的最终速度va＝，故D正确。
[答案]　D
命题点3　碰撞模型
1．碰撞的基本规律
2．碰撞问题的三种类型
弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
完全非弹性碰撞 动量守恒、碰后速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v＋\f(1,2)m2v)) －(m1＋m2)v′2
非弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能有损失，机械能的损失：ΔE＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v＋\f(1,2)m2v)) －(m1v1′2＋m2v2′2)
3.熟记碰撞中的两个结论
(1)“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度满足v1＝v0，v2＝v0，质量相等的两物体发生弹性碰撞后交换速度。
(2)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多。
　(2025·甘肃卷，T4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s　　 B．3.0 m/s
C．4.5 m/s D．6.0 m/s
[解析]　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，由A、B两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，可知A、B水平方向交换速度，故vAx＝v，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知碰撞后小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s。
[答案]　B
　(2025·江苏卷，T14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小。
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1。
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
[解析]　(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2
由能量守恒定律有mv＝mv＋×3mv
解得v1＝－v0
v2＝v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
(3)根据题意结合(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，可等效为玻璃球与最右侧的钢球发生碰撞，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小v＝v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小
Ek＝mv2＝mv。
[答案]　(1)v0　(2)　(3)mv
　(2025·潮州市期末调研)如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧轨道BO在B点平滑连接，圆弧轨道的圆心角θ＝60°，轨道半径为R。质量为m的小球P将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后与放在B点的质量为2m的小球Q发生弹性碰撞，碰后立即将小球P取走，碰后瞬间，小球Q的速度大小为，之后沿轨道BO运动。所有摩擦均不计，重力加速度为g。求：
(1)小球Q经过O点时的速度大小v；
(2)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep。
[解析]　(1)小球Q从B到O，根据动能定理有
－2mgR(1－cos θ)＝×2mv2－×2mv
解得小球Q经过O点时的速度大小v＝2。
(2)小球P、Q弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
mv1＝mv1′＋2mvB
由机械能守恒定律有mv＝mv1′2＋×2mv
弹簧压缩至A点时的弹性势能
Ep＝mv，联立解得Ep＝。
[答案]　(1)2　(2)
1．弹性碰撞常见模型
图例(水平面、曲面均光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv
2.完全非弹性碰撞常见模型
图例(水平面光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，转化为内能

展开更多......

收起↑