易錯點07對動量定理、動量守恒定律使用不準確目錄01易錯陷阱易錯點一：應用動量定理求解問題時出現錯誤易錯點二：不理解動量守恒定律的條件也不會運用動量守恒定律列式求解問題易錯點三：沒有弄清碰撞的特點和規律而出現錯誤02易錯知識點知識點一、流體模型沖力的計算知識點二、彈性碰撞模型知識點三、小球—曲面模型知識點四、小球—彈簧模型知識點五、子彈打木塊模型知識點六、人船模型與類人船模型知識點七、類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較03舉一反三——易錯題型題型一：動量定理在流體沖擊力的計算題型二：動量守恒定律的判斷題型三：碰撞與類碰撞問題的計算題型四：動量守恒在爆炸與反沖問題分析04易錯題通關易錯點一：應用動量定理求解問題時出現錯誤物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化。表達式：Ft=p'-p或Ft=mv-mv(1)上述公式是一矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向。(2)公式中的F是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力。(3)動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統。對物體系統，只需分析系統受的外力，不必考慮系統內力。系統內力的作用不改變整個系統的總動量。(4)動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。對于變力，動量定理中的力應當理解為變力在作用時間內的平均值。易錯點二：不理解動量守恒定律的條件也不會運用動量守恒定律列式求解問題1、動量守恒定律適用條件（1）理想守恒：系統不受外力或所受外力的矢量和為零（2）近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統所受到的外力.（3）某方向守恒：系統在某個方向上所受外力之和為零時，系統在該方向上動量守恒.2、表達式（1）p=（2）Δp（3）Δp易錯點三：沒有弄清碰撞的特點和規律而出現錯誤1、碰撞的概念及特點碰撞是物體間相互作用時間很短，物體間相互作用力很大，從而使系統內每個物體的動量在碰撞過程的極短時間內發生劇烈變化的過程，具有以下特點：(1)碰撞過程時間特點：在碰撞現象中，相互作用的時間很短。(2)相互作用力的特點：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：由于碰撞過程中物體間的相互作用力(內力)很大(遠大于外力如重力及摩擦力等)系統的內力遠遠大于外力，系統的總動量守恒。(4)碰撞過程位移特點：在物體發生碰撞、的瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后仍在同一位置。2、問題的三個原則（1）系統動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系統總動量的大小和方向均守恒。

（2）機械能不增加，即碰撞結束后總動能不增加，表達式為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．②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向肯定有一個改變或速度均為零知識點一、流體模型沖力的計算研究對象流體類：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的粒子數n分析步驟①建構“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小柱體質量m小柱體內粒子數N=小柱體動量p=③建立方程，應用動量定理FΔt知識點二、彈性碰撞模型1．彈性碰撞v1v2v1ˊv2ˊm1m2發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

m1v1+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)

聯立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.2．“動靜相碰型”彈性碰撞的結論兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，速度交換)(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)知識點三、小球—曲面模型(1)小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大水平方向動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh(相當于完全非彈性碰撞)(2)小球返回曲面底端時動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當于彈性碰撞)知識點四、小球—彈簧模型(1)兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm(相當于完全非彈性碰撞)(2)彈簧恢復原長時：動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22(相當于完全彈性碰撞)知識點五、子彈打木塊模型ss2ds1v0子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。設質量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：……①從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為，設子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對子彈用動能定理：……②對木塊用動能定理：……③②相減得：……④對子彈用動量定理：……⑤對木塊用動量定理： ……⑥知識點六、人船模型與類人船模型如圖所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？解析：以人和船組成的系統為研究對象，在水平方向不受外力作用，滿足動量守恒．設某時刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進的方向為正，則有：s1s1s2兩邊同乘時間t，，設人、船位移大小分別為s1、s2，則有，①由圖可以看出：②由①②兩式解得，知識點七、類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較反沖模型類碰撞模型示意圖vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共①到最低點水平方向動量守恒:0=mv1-Mv2；能量守恒:mg(R+h)=?mv12+?Mv22+Q1.機械能守恒:mg(R+h)=?mv02②到最高點水平方向動量守恒，速度都為零；全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1+Q2.且Q1>Q2（若內壁光滑Q1=Q2=0）水平方向動量守恒：mv0=(m+M)v共能量守恒：?mv02=?(m+M)v共2+mgh+Q.（若內壁光滑Q=0）題型一：動量定理在流體沖擊力的計算【例1】（2023?烏魯木齊一模）帆船是一種依靠自然風力作用于帆上來推動船只前進的水上交通工具。在某次賽前訓練中，若帆船的迎風面積、空氣密度均不變，當風速為2v0時，帆船在靜水中順風勻速行駛的速度為v0，受到的阻力為F；當風速為4v0時，帆船在靜水中順風勻速行駛時受到的阻力為94A．32v0 B．52v0 C．74v0 D．【解答】解：設帆船的迎風面積為S，在時間Δt內吹到帆船上的空氣質量為：m＝ρSv相對Δt當風速為2v0時，帆船在靜水中順風勻速行駛的速度為v0，則v相對＝2v0﹣v0以吹到帆上的空氣為研究對象，以帆船的速度方向為正方向，由動量定理得：﹣F1Δt＝ρS（2v0﹣v0）Δt（﹣2v0+v0）帆船勻速運動時受到的風力等于阻力，結合牛頓第三定律可知：F1＝F當風速為4v0時，設帆船勻速行駛的速度為v，同理，可得：﹣F2Δt＝ρS（4v0﹣v）Δtρ（﹣4v0+v）F2=9解得：v=52v故選：B。【變式1-1】（多選）（2023?芝罘區校級模擬）如圖所示裝置，裝有細砂石的容器帶有比較細的節流門，K是節流門的閥門，節流門正下方有可以稱量細砂石質量的托盤秤。當托盤上已經有質量為m的細砂石時關閉閥門K，此時從管口到砂石堆頂端還有長為H的細砂石柱，設管口單位時間流出的細砂石的質量為m0，管口處細砂石的速度近似為零，關閉閥門K后，細砂石柱下落時砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．剛關閉閥門K時，托盤秤示數為mg B．細砂石柱下落過程中，托盤秤示數為m+m02HgC．細砂石柱對砂石堆頂端的沖擊力為m02gH D．細砂石柱全部落完時托盤秤的示數比剛關閉閥門K時托盤秤的示數大【解答】解：A、剛關閉閥門時，細沙石在下落，下落的細沙石對砂石堆有一定的沖擊力，托盤示數大于m，故A錯誤；BC、細沙石從管口開始做自由落體運動，則細沙石到達砂石堆時的速度為：H=v22g解得F＝m02gH，根據牛頓第三定律細沙石對砂石堆的沖擊力大小也為F，所以細沙石下落過程中托盤示數為m+mD、細沙石的位移H需要的時間t=2Hg，單位時間流出的細砂石的質量為m0，所以高度為H的細沙石的質量為m0t＝m0故選：BC?！咀兪?-2】（2022?延慶區一模）如圖所示為某地一風力發電機，它的葉片轉動時可形成半徑為20m的圓面。某時間內該地區的風速是5.0m/s，風向恰好跟葉片轉動的圓面垂直，已知空氣的密度為1.2kg/m3，假如這個風力發電機能將此圓內10%的空氣動能轉化為電能，π取3。下列說法正確的是（）A．單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的體積為6000m3 B．單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的動能為900J C．單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的動量為900kg?m/s D．此風力發電機發電的功率為900W【解答】解：A、單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的體積為V0B、單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的動能為EkC、單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的動量為p＝mv＝ρV0v＝1.2×6000×5kg?m/s＝3.6×104kg?m/s，故C錯誤；D、依題意，此風力發電機發電的功率為P=E故選：A。【變式1-3】（2023?通州區一模）為尋找可靠的航天動力裝置，科學家們正持續進行太陽帆推進器和離子推進器的研究。太陽帆推進器是利用太陽光作用在太陽帆的壓力提供動力，離子推進器則是利用電場加速后的離子氣體的反沖作用加速航天器。（1）由量子理論可知每個光子的動量為p=?①時間t內作用在太陽帆的光子個數N；②在太陽光壓下宇宙飛船的加速度a的大小（2）離子推進器的原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離，其中正離子飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A，B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速正離子束的過程中所消耗的功率為P，推進器獲得的恒定推力為F。為提高能量的轉換效率，即要使FP【解答】（1）①時間t內，作用在太陽帆的光子的總能量為E總＝ES時間t內作用在太陽帆的光子個數為N=②根據動量定理得Ft＝2Np故太陽光對飛船的推力為F=根據牛頓第二定律可知，在太陽光壓下宇宙飛船的加速度為a=（2）正離子飄入勻強電場，電場力做功功率為P＝UI正離子在電場中做勻加速直線運動，則有qU=P=1聯立，可得F′＝I2mU根據牛頓第三定律，可知引擎獲得的推力F的大小為F＝F′＝I2mU分析，可知FP為提高能量的轉換效率，可以用質量大的粒子、用帶電量少的離子、減小加速電壓。題型二：動量守恒定律的判斷【例2】（2023?浙江模擬）物理規律往往有一定的適用條件，我們在運用物理規律解決實際問題時，需要判斷使用的物理規律是否成立。如圖所示，站在車上的人用錘子連續敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止，假設水平地面光滑，關于這一物理過程，下列說法正確的是（）A．連續敲打可使小車持續向右運動 B．人、車和錘組成的系統機械能守恒 C．人、車和錘組成的系統動量和機械能都不守恒 D．人、車和錘組成的系統動量守恒但機械能不守恒【解答】解：A．對人、車和錘采用整體法，整體水平方向不受外力，水平方向動量守恒，水平方向整體總動量為零，用錘子連續敲打小車左端，當錘子向左運動，根據動量守恒，小車向右運動；當錘子向右運動，根據動量守恒，小車向左運動；故小車左右往復運動，不會持續向右運動，故A錯誤；BCD．人消耗體能，根據能量轉化和守恒，人體內儲存的化學能轉化為系統機械能，故人、車和錘整體機械能不守恒；在錘子連續敲打下，整體在豎直方向合外力不等于零，故整體在豎直方向不滿足動量守恒，所以人、車和錘組成的系統動量不守恒，故BD錯誤，C正確。故選：C?！咀兪?-1】（2023?渾南區校級模擬）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體A放在光滑的水平面上，已知A的質量為2m，高為h，質量為m的細長直桿B，受固定的光滑套管C約束，只能在豎直方向上自由運動。初始時，A在水平推力F作用下處于靜止狀態，此時B桿下端正好壓在A的頂端?，F撤去推力F，A、B便開始運動。重力加速度為g，則（）A．推力F的大小為mgsinθ B．運動過程中，A對B不做功 C．A、B組成的系統，水平方向上動量守恒 D．當桿的下端剛滑到斜面底端時，斜面體的速度大小2g?【解答】解：A.靜止時A對B只有垂直斜面向上的支持力，C對B有水平向右的作用力，對B受力分析，如圖1所示由平衡條件可知，豎直方向上有FABcosθ＝mg可得FAB=由牛頓第三定律可知，靜止時B對A只有垂直斜面向下的壓力，大小為mg對A受力分析，如圖2所示：由平衡條件，水平方向上有F＝FBAsinθ=mg故A錯誤；B.斜面體對直桿的作用力垂直斜面向上，而直桿的位移方向為豎直向下，所以斜面體對直桿的作用力做負功，故B錯誤；C.由于運動過程中直桿B受到光滑套管C的水平作用力，所以桿和斜面體組成的系統水平方向上動量不守恒，故C錯誤；D.當在很短時間Δt內光滑直桿下落Δh高度，由幾何知識可知，斜面體向右發生的位移大小為x=Δ?當桿滑到斜面底端時，設桿的速度大小為v1，斜面體的速度大小為v2，由系統機械能守恒有mgh=由速度關系v1＝v2tanθ解得v2=故D正確。故選：D?！咀兪?-2】（多選）（2022?金鳳區校級一模）如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質量為m的小物塊從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A．在下滑過程中，物塊和弧形槽組成的系統機械能守恒 B．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統在水平方向上動量守恒 C．物塊被彈簧反彈后，離開彈簧時的速度大小為v=2g?D．物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能EP=2【解答】解：A、滑塊下滑過程，只有重力做功，系統機械能守恒，故A正確；B、滑塊下滑過程，滑塊與弧形槽組成的系統水平方向所受合外力為零，系統水平方向動量守恒，故B正確；C、設小球到達水平面時速度大小為v1，槽的速度大小為v2，且可判斷球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右為正方向，在球和槽在球下滑過程中，系統水平方向動量守恒，由動量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0，由機械能守恒定律得：mgh=12mv12+12?2mv22，由以上兩式解得：v1D、物塊與彈簧相互作用過程系統機械能守恒，物塊速度為零時，彈簧的彈性勢能最大，由機械能守恒定律可知，最大彈性勢能Ep=1故選：ABD。【變式2-3】（多選）如右上圖所示，一內外側均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上．槽的左側有一豎直墻壁．現讓一小球（可是為質點）自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點入槽內．則下列說法正確的是（）A．小球在槽內運動的全過程中，只有重力對小球做功 B．小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統機械能守恒 C．小球從最低點向右側最高點運動的過程中，小球與槽組成的系統水平方向上的動量守恒 D．小球離開右側槽口以后，將做豎直上拋運動【解答】解：A、小球在槽內運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功。故A錯誤；B、小球在槽內運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功。但球對槽作用力做正功，兩者之和正好為零。所以小球與槽組成的系統機械能守恒，故B正確；C、小球在槽內運動的前半過程中，小球與槽組成的系統水平方向上的動量不守恒，而小球在槽內運動的后半過程中，小球與槽組成的系統水平方向上的動量守恒，故C正確；D、小球離開右側槽口同時，槽由于在球的作用力下向右運動。所以做斜拋運動，故D錯誤；故選：BC。題型三：碰撞與類碰撞問題的計算【例3】（2024?安平縣校級模擬）滑板運動是由沖浪運動演變而成的一種極限運動。如圖所示，一同學在水平地面上進行滑板練習，該同學站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的共同速度向右做勻速直線運動，在滑板A正前方有一靜止的滑板B，在滑板A接近滑板B時，該同學迅速從滑板A跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學的質量為45kg，兩滑板的質量均為2.5kg，不計滑板與地面間的摩擦，下列說法正確的是（）A．上述過程中該同學與滑板A和滑板B組成的系統機械能守恒 B．該同學跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s C．該同學跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小 D．該同學跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量大小為47.5N?s【解答】解：A、根據機械能守恒的條件，在整個系統中，在A、B板來回跳的過程中存在摩擦力做功，所以機械能不守恒，故A錯誤；B、因該同學從A跳上B，再跳回A時最終兩滑板恰好不相撞，可知速度相等，該同學跳回滑板A整個過程中系統水平方向合力為零，動量守恒，則（m+M）v0＝（2m+M）v代入數據解得：v＝19m/s，所以最終他和滑板的速度為19m/s，故B正確；C、該同學跳離滑板B的過程中，人給滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C錯誤；D、該同學從跳上到跳離滑板B整個過程中的沖量為：I＝mv，代入數據得：I＝47.5N?s所以該同學跳離滑板B的過程中對滑板B的沖量大小小于47.5N?s，故D錯誤。故選：B?！咀兪?-1】（多選）（2024?青羊區校級三模）如圖所示，固定光滑曲面左側與光滑水平面平滑連接，水平面依次放有2024個質量均為2m的彈性物塊（所有物塊在同一豎直平面內），質量為m的0號物塊從曲面上高h處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0與1號物塊發生彈性正碰，0號物塊反彈后滑上曲面再原路返回，如此反復，2024個彈性物塊兩兩間碰撞時無能量損耗，則下列說法正確的是（所有物塊均可視為質點，重力加速度為g）（）A．0號到2024號所有木塊系統全過程動量守恒 B．0號物塊最終動量大小為(1C．2021號物塊最終速度281D．2024號物塊最終速度2023【解答】解：A、從0號到2024號木塊整體看，水平方向不受外力，0號物體在下滑過程中，豎直方向受重力，所有系統動量不守恒，故A錯誤；D、對0號物體分析，從曲面最高點到最低點過程中，根據機械能守恒定律有：mg?=解得：v由題可知，物體間碰撞屬于彈性碰撞，又因為質量都相同，所以2024個彈性物體兩兩之間碰撞時交換速度，速度相同，0號與1號碰撞，由機械能守恒和動量守恒有12mv0＝mv0'+2mv1聯立解得：v1=所以2024號物塊最終速度23B、0號與1號發生碰撞后，1號將于2號發生正碰，因兩者質量相同，將發生速度交換，1號將靜止。之后0號將繼續與1號發生第二次碰撞，同理可得，0號第二次碰撞后的速度為(最終0號物體要與1號物體碰撞2024次，所以0號物體最終動量大小為(1C、依上述分析可知2021號物塊最終速度為1號物塊與0號物塊第4次碰撞后1號物塊的速度，0號物體第3次碰撞后的速度為(1v=2故選：BC?！咀兪?-2】（2024?如皋市校級模擬）如圖將一質量為m的小球，從放置在光滑水平地面上質量為M的光滑半圓形槽的槽口A點由靜止釋放經過最低點B運動到C點，下列說法中正確的是（）A．小球運動到圓形槽右側最高點一定與A點等高 B．從B→C，半圓形槽和小球組成的系統動量守恒 C．從A→B→C，C點可能是小球運動的最高點 D．從A→B，半圓形槽運動的位移一定大于小球在水平方向上運動的位移【解答】解：ABC、小球與槽組成的系統在水平方向動量守恒，小球上升到最高點時，球與槽在水平方向速度相等，系統初動量為零，由動量守恒定律可知，小球上升到最高點時，球與槽的速度都為零，整個過程系統機械能守恒，由機械能守恒定律可知，小球到達最高點位置在槽右端最高點，不是C點，故A正確，BC錯誤；D、從A到B過程，小球與槽組成的系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv球﹣Mv槽＝0，即：ms球t?MR?s球t=故選：A?！咀兪?-3】（多選）（2023?寶雞模擬）如圖所示，半徑為R、質量為2m的光滑半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質量為m的小球（可視為質點）從A點正上方高為R處由靜止釋放，由A點經過半圓軌道后從B沖出，重力加速度為g，則（）A．小球進入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統總動量守恒 B．小球離開小車后做斜上拋運動了 C．小車向左運動的最大距離為23D．小車獲得的最大速度為2gR【解答】解：A、小球進入半圓軌道后，水平方向不受力，由小球和小車組成的系統總動量在水平方向守恒，故A錯誤；B、開始時系統水平方向的總動量為零，小球由B點離開小車時，小球和小車在水平方向的速度相同，結合系統水平方向動量為零，知小球離開小車小球與小車水平方向速度均為零，則小球離開小車后做豎直上拋運動，故B錯誤；C、系統水平方向動量守恒，當小球由B離開小車時，小車向左運動的距離最大，小球在半圓軌道的任意位置時，小球的水平速度大小vx與小車的速度大小v1始終滿足：mvx﹣2mv1＝0設小車向左運動的最大距離為x，用位移表示平均速度，可得：m?2R?xt?2m?xD、系統水平方向動量守恒，當小球下滑到半圓軌道的最低點時，小車獲得的速度最大（設為vm），規定向右為正方向，在水平方向上由動量守恒定律得：mv﹣2mvm＝0根據機械能守恒定律得：mg?2R=解得：vm=2gR故選：CD。題型四：動量守恒在爆炸與反沖問題分析【例4】（2023?青島模擬）如圖，某中學航天興趣小組在一次發射實驗中將總質量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發射時“水火箭”在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的水。已知火箭運動過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．火箭的動力來源于火箭外的空氣對它的推力 B．火箭上升過程中一直處于超重狀態 C．火箭獲得的最大速度為MM?mD．火箭在空中飛行的時間為t=【解答】解：A、火箭的動力來源于火箭噴出的水對它的推力，故A錯誤；B、火箭先加速上升、后減速上升，所以上升過程中先處于超重狀態、后處于失重狀態，故B錯誤；C、取向上為正方向，根據動量守恒定律可得：（M﹣m）vm＝mv0，解得：vm=mD、上升過程中，取向上為正方向，根據動量定理可得：﹣（M﹣m）gt1﹣kv1t1＝0﹣（M﹣m）v下降過程中，取向下為正方向，根據動量定理可得：（M﹣m）gt2﹣kv2t2設上升的最大高度為h，則有：v1t1=v2火箭在空中飛行的時間為：t＝t1+t2聯立解得：t=(M?m)v+m故選：D。【變式4-1】（2024?寧波二模）質量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質量為m2，并靜置于光滑水平面上，重力加速度為g?；瑝K可看成質點，則滑塊滑到斜面底端所用的時間為（）A．4l(m2+m1C．2lgsinθ 【解答】解：設滑塊滑到底端時的水平速度和豎直速度為vx和vy，即滑塊的合速度為v1=vx→+vy→，斜面的合速度為v2。由于滑塊與斜面組成的系統在水平方向的合力為零，則系統水平方向的動量守恒，以向右為正方向，有：m1結合兩者的水平位移關系有：v對滑塊，在豎直方向的位移：v對兩物體的系統，由機械能守恒定律有：m聯立可得滑塊滑到斜面底端所用的時間為：t=2l(故選：B。【變式4-2】（2024?云安區校級模擬）質量m＝260g的手榴彈從水平地面上以v0=102（1）手榴彈所裝彈藥的質量；（2）兩塊彈片落地點間的距離。【解答】解：（1）設每塊彈片的質量為m′，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為v1，對于做自由落體運動的彈片，由機械能守恒定律有Ep＝m′gh＝5J解得：m′＝0.1kg則手榴彈裝藥量為Δm＝m﹣2m′＝260×10﹣3kg﹣2×0.1kg＝0.06kg（2）設手榴彈上升到最高點時的速度為v，由機械能守恒定律得12解得：v＝10m/s另一塊做平拋運動時間為t，兩塊彈片落地點間距離為Δx。手榴彈爆炸過程，取爆炸前的速度方向為正方向，由動量守恒定律有mv＝m′v1對于做平拋運動的彈片，水平方向有Δx＝v1t豎直方向有?=1解得兩塊彈片落地點間的距離為：Δx＝26m【變式4-3】（2024?浙江模擬）如圖所示，一水平傳送帶以v＝3m/s的速度順時針轉動，其左端A點和右端B點分別與兩個光滑水平臺面平滑對接，A、B兩點間的距離L＝4m。左邊水平臺面上有一被壓縮的彈簧，彈簧的左端固定，右端與一質量為m1＝0.1kg的物塊甲相連（物塊甲與彈簧不拴接，滑上傳送帶前已經脫離彈簧），物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數μ1＝0.2。右邊水平臺面上有一個傾角為45°，高為h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平臺面與斜面由平滑圓弧連接），斜面的右側固定一上表面光滑的水平桌面，桌面與水平臺面的高度差為h2＝0.95m。桌面左端依次疊放著質量為m3＝0.1kg的木板（厚度不計）和質量為m2＝0.2kg的物塊乙，物塊乙與木板之間的動摩擦因數為μ2＝0.2，桌面上固定一彈性豎直擋板，擋板與木板右端相距x0＝0.5m，木板與擋板碰撞會原速率返回。現將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放，物塊甲離開斜面后恰好在它運動的最高點與物塊乙發生彈性碰撞（碰撞時間極短），物塊乙始終未滑離木板。物塊甲、乙均可視為質點，已知g＝10m/s2，19（1）物塊甲運動到最高點時的速度大??；（2）彈簧最初儲存的彈性勢能；（3）木板運動的總路程；（4）若木板的質量為m3＝0.4kg，木板與擋板僅能發生兩次碰撞，求擋板與木板距離的范圍為多少?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，物塊甲從斜面頂端到最高點做逆向平拋運動，水平方向為勻速運動，設物塊甲剛離開斜面時速度為v甲，則根據速度—位移關系：有v由題意可知：tan45°=聯立解得：v甲y＝v甲x＝3m/s，v由此可知，物塊甲運動到最高點時的速度大小為：v0＝v甲x＝3m/s（2）設物塊甲在B點時速度為vB，對物塊甲從B點到斜面頂端由動能定理有：?代入數據解得：v因為vB＞v，所以物塊甲在傳送帶上一直做減速運動。對物塊甲從靜止開始到B點，設彈簧彈力做功W，由動能定理有：W?代入數據解得：W＝2.2J根據功能關系可知彈簧最初儲存的彈性勢能：Ep＝W＝2.2J（3）物塊甲與物塊乙在碰撞過程中，以向右為正，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2其中：v0＝v甲x由機械能守恒定律得：1解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s以物塊乙和木板為系統，由動量守恒定律得：m2v2＝（m2+m3）v3若木板向右加速至共速后再與擋板碰撞，由動能定理得：μ解得：x可知木板與物塊乙共速后再與擋板相碰。由動量守恒定律得：m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4木板向左減速過程中，由動能定理得：?代入數據解得：x同理可得：x以此類推木板的總路程為：s=解得：s＝1.0m（4）以木板為對象，由牛頓第二定律得：μ2m2g＝m2a木板與擋板碰前做勻加速直線運動，由位移—時間關系得：x=木板與擋板碰后每次都返回到同一位置，物塊一直做勻減速直線運動。①當木板第一次返回到初始位置時，物塊乙速度恰好減為0時，木板與擋板僅能發生一次碰撞。即v2﹣μ2g×2t＝0代入數據解得：x=1②當木板第二次返回到初始位置時，木板與物塊乙速度恰好減到0時，木板與擋板僅能發生二次碰撞。即：v2﹣μ2g×4t＝0聯立解得：x=1可知木板與擋板若發生兩次碰撞，擋板與木板距離的范圍為：132m≤x＜運動員在水上做飛行運動表演他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示。已知運動員與裝備的總質量為90kg，兩個噴嘴的直徑均為10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為（）A．2.7m/s B．5.4m/s C．7.6m/s D．10.8m/s【解答】解：設飛行器對水的平均作用力為F，根據牛頓第三定律可知，水對飛行器的作用力的大小也等于F，對飛行器，則有：F＝Mg＝90×10N＝900N設水噴出時的速度為v，兩個噴嘴在時間t內噴出的水的質量：Δm＝ρ?V＝ρ?2Svt其中：噴嘴橫截面積S=以向下為正方向，t時間內質量為Δm的水獲得的沖量：I＝Ft＝Δmv﹣Δm（﹣v）＝2Δmv聯立可得：v=Mg故選：B。2019年8月11日超強臺風“利奇馬”登陸青島，導致部分高層建筑頂部的廣告牌損毀。臺風“利奇馬”登陸時的最大風力為11級，最大風速為30m/s。某高層建筑頂部廣告牌的尺寸為：高5m、寬20m，空氣密度ρ＝1.2kg/m3，空氣吹到廣告牌上后速度瞬間減為0，則該廣告牌受到的最大風力約為（）A．3.9×103N B．1.1×105N C．1.0×104N D．9.0×104N【解答】解：廣告牌的面積為：S＝5×20m2＝100m2設t時間內吹到廣告牌上的空氣質量為m，則有：m＝ρSvt以t時間內吹到廣告牌上的空氣為研究對象，根據動量定理有：﹣Ft＝0﹣mv＝0﹣ρSv2t得：F＝ρSv2代入數據解得：F≈1.1×105N根據牛頓第三定律知該廣告牌受到的最大風力為：F′＝F≈1.1×105N，故B正確，ACD錯誤；故選：B。（2024?歷下區校級模擬）如圖所示，木板B靜止在光滑的水平面上，距右側墻壁1m。物塊A以v0＝4m/s的水平速度從B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之間動摩擦因數為0.3。B與右側墻壁碰撞前AB未分離，B與墻壁碰撞后以某一速度反彈，之后某一瞬間AB同時停止運動，且A剛好停在B的最右側。已知物塊A質量為1kg，木板B質量為3kg，g取10m/s2。關于該運動過程，下列說法正確的是（）A．木塊B與右側墻壁碰撞無機械能損失 B．木塊B與右側墻壁碰撞損失的機械能為4J C．木板B的長度為209D．木板B的長度為5【解答】解：假設B與墻壁碰撞前已與A共速，共同速度為v1，取向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝（mA+mB）v1，解得：v1＝1m/s從A滑上B到兩者共速的過程，對B，由動能定理得μmAgs=解得此過程中B運動的位移為：s＝0.5m＜1m，假設成立。根據能量守恒定律得12mAv02=12（mA+mB解得在此過程中A相對于B滑行的距離為：Δx1＝2m設B與右側墻壁碰撞后速度大小為v2，從B與墻壁碰撞后到AB同時停止運動的過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得mBv2﹣mAv1＝0，解得：v2=13m/s＜vΔE=12mBv12?1此過程，根據能量守恒定律得12mBv22+12mAv1解得在此過程中A相對于B滑行的距離為：Δx2=2所以木板B的長度為L＝Δx1+Δx2＝2m+29m故選：C。（多選）（2024?鎮海區校級模擬）如圖所示，一張薄木板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄木板的接觸面粗糙，原來系統靜止。薄木板突然受到一水平向右的瞬間沖量作用開始運動，直到小木塊從薄木板上掉下來。上述過程中下列說法正確的是（）A．木板對木塊的摩擦力水平向左 B．摩擦力對木塊做的功一定等于木塊增加的動能 C．開始運動后，木板減小的動能等于木塊增加的動能 D．木塊動能的增加一定小于系統摩擦產生的熱能【解答】解：A、木塊相對木板向左運動，則木板對木塊的摩擦力水平向右，故A錯誤；B、由于只有摩擦力對木塊做功，所以根據動能定理可知，摩擦力對木塊做的功一定等于木塊增加的動能，故B正確；C、開始運動后，木板減小的動能等于木塊增加的動能與系統摩擦產生的熱能之和，故C錯誤；D、設木板與木塊間的摩擦力大小為f，木塊的位移為x塊，木板的長度為L。對木塊，由動能定理得：fx塊＝Ek塊，系統摩擦產生的熱能為Q＝fL。設木板的初速度為v0，小木塊從薄木板上掉下來時木塊的速度為v1，木板的速度為v2，經歷的時間為t，則x塊=v12t，L＝x板﹣x塊=v0+v22?v12故選：BD。（多選）（2024?濟南三模）質量為m1＝90g的物塊從距離地面高度為h＝19m處自由下落，在下落到距離地面高度為h'＝14m時，質量為m2＝10g的子彈以v0＝10m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取g＝10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變為1m/s B．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變為10m/s C．物塊下落的總時間為2s D．物塊下落的總時間為95【解答】解：A、子彈擊中物塊前后瞬間，子彈和物塊組成的系統，在水平方向動量守恒，則有：m2v0＝（m2+m1）v12代入數據解得：v12＝1m/s故A正確；B、設子彈擊中物塊前瞬間，物塊速度大小為vy，則有：h﹣h′=代入數據解得：vy＝10m/s子彈擊中物塊后瞬間（設物塊豎直方向速度大小為vy′），子彈與物塊間的作用力遠大于兩者在豎直方向的重力，則可認為子彈和物塊組成的系統，在子彈擊中物塊前后瞬間，在豎直方向滿足動量守恒，則有m1vy＝（m1+m2）?vy′代入數據解得：vy′＝9m/s故B錯誤；CD、子彈擊中物塊前，物塊做自由落體運動，設物塊運動時間為t1，則有：vy＝gt1子彈擊中物塊后，設物塊運動時間為t2，物塊水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為vy′、加速度為g的勻加速直線運動，則有：h′＝vy′t2+12物塊下落的總時間為：t＝t1+t2聯立方程，代入數據解得：t＝2s故C正確，D錯誤。故選：AC。（多選）（2024?河北二模）2024年2月5日，在斯諾克德國大師賽決賽，特魯姆普以10﹣5戰勝斯佳輝獲得冠軍，如圖甲所示。簡易圖如圖乙所示，特魯姆普某次用白球擊打靜止的藍球，兩球碰后沿同一直線運動。藍球經t＝0.6s的時間向前運動x1＝0.36m剛好（速度為0）落入袋中，而白球沿同一方向運動x2＝0.16m停止運動，已知兩球的質量相等，碰后以相同的加速度做勻變速直線運動，假設兩球碰撞的時間極短且發生正碰（內力遠大于外力），則下列說法正確的是（）A．由于摩擦不能忽略，則碰撞過程動量不守恒 B．碰后藍球與白球的速度之比為3：2 C．碰撞前白球的速度大小為2m/s D．該碰撞為彈性碰撞【解答】解：A、由題意兩球碰撞的時間極短，內力遠大于兩球與桌面間的摩擦力，所以該碰撞過程的動量守恒，故A錯誤；B、碰后藍球做勻減速直線運動且剛好落入袋內，由勻變速直線運動的規律x1=v又兩球的加速度大小相等，則由公式v2＝2ax得：v解得碰后瞬間白球的速度大小為：v2＝0.8m/s，則碰后藍球與白球的速度之比為3：2，故B正確；C．碰撞過程中兩球組成的系統動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2代入數據解得：v0＝2m/s，故C正確；D．根據動能的計算公式可得兩球碰前的動能為：Ek1=1兩球碰后的總動能為：Ek2=1由于：Ek1＞Ek2，所以該碰撞過程有機