专题01 动量定理 动量守恒定律（考题猜想）-2024-2025学年高二物理下学期期中考点大串讲（人教版2019）

专题01动量定理 动量守恒定律 考点1 动量定理 考点2　动量守恒定律的简单应用 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 考向2　非弹性碰撞 考向3　碰撞合理性问题 考点4 反冲现象的理解与应用 考点5 实验：验证动量守恒定律 考点6 动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 考向2　子弹打木块模型 考向3　“弹簧类”连接体模型 考向4　滑块—斜(曲)面模型 考点1动量定理 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式。 3．用动量定理解释生活中的现象 ①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； ②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大； ③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。 4． 动量定理的定量计算 ①动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 ②动量定理公式中I(F·Δt)应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。 ③应用动量定理定量计算的一般步骤： 1． (多选)(广东东莞七校联考)如图所示为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性．小明用下面的实例来检验广告的科学性：设一个质量为50 g的鸡蛋从25楼顶自由落下，相邻楼层的高度差为3.2 m，鸡蛋与地面撞击时间约为0.002 s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( ) A. 鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动量变化相等 B. 鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动能变化相等 C. 从下落到即将落地，鸡蛋的动量变化约为2000 kg·m/s D. 该鸡蛋对地面平均冲击力约为1000 N 答案AD 解析 根据动量定理有Δp＝mgt，鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动量变化相等，A正确；鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动能变化不相等，因为在任意相等的时间内重力对鸡蛋做的功不相等，B错误；从下落到即将落地，鸡蛋的动量变化约为Δp＝mgt＝mg，h＝25×3.2 m＝80 m，代入数据解得Δp＝2 kg·m/s，C错误；该鸡蛋对地面平均冲击力约为FΔt＝Δp，F＝＝ N＝1000 N，D正确． 2． (广东东莞七校联考)如图所示，一质量为m的物体沿着倾角为θ的粗糙斜面加速下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体沿斜面下滑的时间t内，下列说法中正确的是( ) A. 物体受到重力、支持力、滑动摩擦力、下滑力4个力的作用 B. 地球对物体的重力冲量的方向是竖直向下 C. 斜面对物体的滑动摩擦力冲量大小If＝μmgtsin θ D. 物体动量的变化量是Δp＝mg(sin θ－μcos θ)t，方向是竖直向下 答案B 解析 物体在斜面下滑过程中，受到重力、支持力和滑动摩擦力3个力的作用，A错误；冲量的方向和力的方向相同，重力的方向竖直向下，重力冲量的方向竖直向下，B正确；物体下滑过程中受到的滑动摩擦力大小f＝μmgcos θ，在时间t内摩擦力的冲量大小是If＝μmgtcos θ，C错误；根据动量定理，物体动量变化量的方向是沿斜面向下，动量变化量的大小是Δp＝I合＝mg(sin θ－μcos θ)t，D错误． 3．（24高二上山东滨州期中）2023年10月23日上午，惠民县第七届“县长杯”校园足球联赛拉开帷幕。如图所示，小陈同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力大小为36N，足球的质量为0.4kg，足球在空中时空气阻力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取，在此过程中，求： （1）足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小； （2）足球与头部的作用时间。 答案（1）0.4N∙s；（2）0.1s 解析（1）足球下落过程由动能定理 解得v1=3m/s 足球上升过程由动能定理 解得v2=5m/s 下落过程的时间 足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小 （2）规定向上为正方向，则足球与头部的过程由动量定理 解得 考点2　动量守恒定律的简单应用 1． 动量守恒定律不同表现形式的表达式的说明 (1) p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. (2) m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (3) Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反． (4) Δp＝0：系统总动量增量为零． 2． 用动量守恒定律解题的步骤 4．（24高三上江西赣州期末）如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（　　） A．水平方向动量守恒，机械能守恒 B．水平方向动量守恒，机械能不守恒 C．水平方向动量不守恒，机械能守恒 D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒 答案B 解析 以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。但由于要产生内能，所以机械能不守恒。 5．(多选)如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m.滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l，开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是(　　) A．滑块和小球组成的系统动量守恒 B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒 C．小球的最大速率为 D．小球的最大速率为 答案BC　 解析 小球下落过程中，小球竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故B正确；当小球落到最低点时，只有水平方向的速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，系统水平方向动量守恒有Mvmax＝mv，系统机械能守恒有mgl＝mv2＋Mv，联立解得vmax＝，v＝，故C正确，D错误． 6． 2017年4月20日19时41分，中国文昌航天发射场，我国目前发射的体积最大、重量最重的航天器天舟一号货运飞船乘坐长征七号运载火箭升上太空，进行我国空间站货物运输系统的首次飞行试验。假设长征七号运载火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与天舟一号货运飞船分离。已知前部分的天舟一号货运飞船质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后天舟一号货运飞船的速率v1为（   ） A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 答案D 解析 根据动量守恒定律有 解得 故选D。 7．在光滑水平面上停着一辆质量为60kg的小车，一个质量为40kg的小孩以相对于地面5m/s的水平速度从后面跳上车和车保持相对静止。 （1）求小孩跳上车和车保持相对静止时的二者速度大小； （2）若此后小孩又向前跑，以相对于地面3.5m/s的水平速度从前面跳下车，求小孩跳下车后车的速度大小。 答案（1）2m/s；（2）1m/s 解析（1）小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小孩跳上车和车保持相对静止时的二者速度大小为v1，则有 解得v1=2m/s （2）设小孩跳下车后车的速度大小为v3，则有 解得v3=1m/s 8．我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。如图所示，在某次3000m接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以13m/s的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，已知甲、乙运动员的质量均为60kg，乙推甲的时间为0．8s，在乙推甲的过程中，求： （1）乙对甲的平均作用力大小； （2）乙推甲后瞬间乙的速度。 答案（1）；（2），方向与甲运动员初始运动方向相同 解析（1）取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，对运动员甲，由动量定理有 解得 （2）取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，两者所组成的系统动量守恒，有 解得 方向与甲运动员初始运动方向相同 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 1．弹性碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等． 2．要记住v′1＝ v1，v′2＝v1，要理解m1＝m2时，v′1＝ 0，v′2＝v1的意义是发生了速度交换，并能灵活应用． 9．如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点．A点处有一质量为m2的静止小球2，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球1以速度v0向右运动并与小球2相碰．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，且m1<m2，则两小球的质量之比m1∶m2可能为( ) A. 1∶2 B. 1∶3 C. 1∶5 D. 1∶7 答案BD 解析 ① 若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有v2t＝3v1t，即v2＝3v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v，联立解得m1＝3m2，因为m1<m2，所以m1∶m2不可能是3∶1. ② 若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有v1t＝3v2t，即v1＝3v2；根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v.联立解得m2＝7m1，即m1∶m2＝1∶7是可能的． ③ 若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹，球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有v1t＝v2t，即v1＝v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，联立解得m2＝3m1，即m1∶m2＝1∶3 是可能的，故B、D正确． 10.（24高二下江西抚州期中）“天宫课堂”第四课，在空间站中两宇航员演示了三种情况下两球的正碰，其中一种情况是用一小钢球（）碰撞静止的大钢球（），碰撞为弹性正碰，如图所示，图中“○”为大钢球碰前初始位置，则碰后某时刻两球的位置情况可能为（　　） A． B． C． D． 答案C 解析A．由于两球发生弹性正碰，碰前碰后两球的运动方向在同一直线上，故A错误； B．根据动量守恒和能量守恒有 联立解得， 即小球碰后反弹，大球向的方向运动，故B错误； CD．，碰后相同时间内小球的位移大于大球的位移，故C正确，D错误。 故选C。 11．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( ) 甲 乙 A. 碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动 B. 碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C. m2＝0.3 kg D. 碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 答案AC 解析 由题中图乙可知质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v′1＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以A、C正确，B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v′＋m2v′－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，D错误． 考向2　非弹性碰撞 1． 非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，动能有部分损失． m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′＋ΔEk损 2． 完全非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大. m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max 12.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( ) A. E0　 B. 　 C. 　 D. 答案C 解析 碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，E0＝mv，E′k＝×3mv，则E′k＝×3m2＝×＝，故C正确． 　13.(广东华中师范大学附属学校)如图所示，A、B、C三个物块的质量均为m，A、B用轻弹簧相连并一起静止在光滑水平面上，现使C以v0的速度向左运动，B与C碰撞时间极短且碰撞后二者粘在一起运动，则( ) A. A的最大速度为 B. B的最大速度为 C. 弹簧弹性势能的最大值Ep＝mv D. 弹簧弹性势能的最大值Ep＝mv 答案B 解析 B与C碰撞时间极短且碰撞后二者粘在一起，碰后共速，根据动量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝v0，弹簧先压缩到最短然后再恢复原长，在这一过程中，弹簧始终对A做正功，速度不断增大，恢复原长时A的速度v3 为最大值，B、C在这一过程中一直减速，设最后B、C的速度为v2，根据2mv1＝2mv2＋mv3，·2mv＝·2mv＋mv，解得v3＝v0，v2＝v0，即A的最大速度为v0，B的最大速度为，A错误，B正确；A、B、C三物块动量守恒，当弹簧压缩最短时弹性势能最大，当弹簧的弹性势能最大时满足mv0＝3mv4，Ep＝·2mv－·3mv，解得Ep＝mv，C、D错误． 14．（23高二下广东揭阳阶段练习）如图所示，“冰雪游乐场”滑道O点的左边为水平滑道，右边为高度h=1.8m的曲面滑道，左右两边的滑道在O点平滑连接．小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量为M=60kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力。求： （1）碰撞后家长所坐的冰车的速度大小； （2）碰撞过程中小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统损失的机械能。    答案（1）3m/s；（2）270J 解析（1）小孩下滑过程据动能定理可得 小孩和家长碰撞后，设家长的速度为v，则由动量守恒 解得v=3m/s （2）碰撞过程中小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统能量守恒 解得 考向3　碰撞合理性问题 1．从碰撞的合理性分析，碰撞有下列特点 (1) 时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2) 相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力． (3) 位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置. 2．能够发生的碰撞，一定满足以下几点 (1) 动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. (2) 动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2. (3) 速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大；若两物体同向运动，则原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度都为零． 15.在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( ) A. 0 B. 0.2v C. 0.4v D. 0.6v 答案C 解析 A、B两球在碰撞的过程中合外力为零，满足动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选碰撞前A的速度v方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝mv1＋3mv2，假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝v，由题意知A球被反弹，所以球B的速度v2>v.A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv＋×3mv，联立可得v<v2≤0.5v，则碰撞后B球的速度大小可能是0.4v，故选C. 16.（24高二下湖北孝感期中）质量为的小球A以速率沿光滑水平面运动，与质量为的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率和可能为（    ） A． B． C． D． 答案C 解析 若发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度为 若发生完全弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒， 得， 代入数据，可以得到， 故选C。 17．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为(　　) A．0．8　 B．3　 C．4　 D．5 答案B　 解析 设碰撞后两者的动量都为p，由题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有p2＝2mEk，碰撞过程动能不增加，有≥＋，解得≤3，且碰后m的速度v1大于M的速度v2，则M＞m，即1＜≤3，故选B． 考点4反冲现象的理解与应用 1．反冲运动的三个特点 ①物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 ②反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 ③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 ①速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 ②速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 18．（24高二上山东枣庄期末）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为，乙图中竹竿右端距离河岸约为。已知竹竿的质量约为，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（　　） A． B． C． D． 答案A 解析 根据题意，设女子的质量为，由动量守恒定律有 由于系统的水平动量一直为0，则运动时间相等，设运动时间为，则有 整理可得 解得 故选A。 19．（24高三下内蒙古包头阶段练习）如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（　　） A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大同向或都为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离 答案D 解析 A．系统水平方向受合外力为零，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统的总动量不守恒，选项A错误； B．系统水平方向动量守恒，水平方向任意时刻小球与小车的水平动量等大反向，选项B错误； C．小球向左到达最高点时，小球和小车共速，根据 可知v=0 由能量关系可知，小球能向左摆到原高度，选项C错误； D．根据水平动量守恒可知 可得小车向右移动的最大距离 选项D正确。 故选D。 20．（24高二下山西长治期中）双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名二踢脚。如图所示，质量为0.1kg的二踢脚竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体（此过程位移可忽略）后获得20m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发生第二响，立即被炸成的A、B两块，其中质量的A部分以的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计二踢脚内火药的质量和所受的空气阻力，取，求： （1）A、B两部分落地时的距离L； （2）第二响释放的能量。 答案（1）；（2） 解析（1）A、B两部分落地的时间为 炸成的A、B两块时，根据在水平方向动量守恒 其中 解得 炸成的A、B两块后，两部分分别做平抛运动，则两部分水平位移分别为 则，A、B两部分落地时的距离L为 （2）由题意可知 其中 解得 考点5 实验：验证动量守恒定律 21.（2024高三下甘肃学业考试）某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块P、Q。 (1)为了减小实验误差，使用气垫导轨的主要目的是__________。 A．保证两个滑块碰撞时是一维的 B．喷出的压缩空气减小滑块速度 C．使滑块与导轨不直接接触，减小噪声 D．减小滑块和导轨之间的摩擦力 (2)如图乙用螺旋测微器测量遮光板宽度d= mm。 (3)测得P、Q的质量分别为m1和m2，左、右遮光板的宽度分别为d1和d2。实验中，使两个滑块之间的轻弹簧处于压缩状态，并用细线将两个滑块连接，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2；用题中测得的物理量表示动量守恒应满足的关系式为 （用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示）。 (4)若左、右遮光板的宽度相同，第（3）问中动量守恒应满足的关系式可简化为 （用题中字母表示） 答案(1)AD (2)6.860-6.863 (3) (4) 解析（1）使用气垫导轨能保证两个滑块碰撞时是一维的，且减小滑块和导轨之间的摩擦力，从而减小实验误差，故选AD。 （2）用螺旋测微器测量遮光板宽度d=6.5mm+0.01mm×36.2=6.862mm （3）两滑块被弹簧弹开后的速度分别为 若动量守恒则满足 即 （4）若左、右遮光板的宽度相同，第（3）问中动量守恒应满足的关系式可简化为 22.（24高二下河北沧州阶段练习）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置测速度并验证动量守恒定律。 (1)图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光电门2，它们与数字计时器相连，弹性滑块A、B质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为 d，利用游标卡尺测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度d= cm； (2)实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得A 通过光电门1的遮光时间为t1=0.01s，A  与B 相碰后，B 和A 先后经过光电门2的遮光时间分别为t2和t3，碰前A的速度大小为vA= m/s； (3)实验中为确保碰撞后滑块 A 不反向运动，则mA、mB应满足的关系是mA （填“大于”“等于”或“小于”）mB； (4)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 （用字母mA、mB、t1、t2、t3表示），则可认为验证了动量守恒定律。 答案(1)0.545 (2)0.545 (3)大于 (4) 解析（1）游标卡尺的精度为0.05 mm，遮光片的宽度d=0.5cm+0.05×9mm=0.545 cm （2）滑块经过光电门时挡住光的时间极短，则平均速度可近似替代滑块的瞬时速度，则碰前A的速度vA= （3）A和B发生弹性碰撞，若用质量大的 A碰质量小的B，即mA>mB 则不会发生反弹。 （4）碰后A的速度 碰后B的速度 由系统动量守恒有 化简可得表达式 23.（24高二下北京丰台期中）用如图所示的装置验证“动量守恒定律”。实验时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置；再把半径相同的B球放在水平轨道末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，O、M、P、N位于同一水平面上。 (1)除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材有 （选填选项前的字母）。 A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．圆规 (2)实验中能够把速度的测量转化为位移的测量的必要操作是 A．安装轨道时，轨道末端必须水平 B．每次必须从同一个高度静止释放小球 C．实验中两个小球的质量应满足m₁ > m₂ D．轨道应当尽量光滑 (3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，若测量数据近似满足关系式 （用m1、m2、OM、OP、ON）则说明两小球碰撞过程中动量守恒。若忽略实验中的测量误差，带入上式可判断入射小球质量和被碰小球质量之比为 。 答案(1)ABD (2)ABC (3) m1OP = m1OM + m2ON m1: m2=19:5 解析 （1）除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺、圆规。 故选ABD。 （2）实验利用平抛运动规律测得小球速度，必要操作是安装轨道时，轨道末端必须水平、每次必须从同一个高度静止释放小球、为使小球碰后不反弹，则实验中两个小球的质量应满足m₁ > m₂，轨道光滑与否对实验无影响。 故选ABC。 （3）[1]碰前的动量为 碰后的动量之和为 若碰撞前后动量守恒，二个式子相等即可，则要验证的表达式为 [2]若忽略实验中的测量误差，带入上式可判断入射小球质量和被碰小球质量之比为m1: m2=19:5 考点6动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 模型图示 模型特点 (1) 若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移达最大值(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 (3) 根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多 (4) 该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 24.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以某一初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为(　　) A. L B. C. D. 答案 D　 解析 若长木板固定，由动能定理得－μMgL＝0－Mv，若长木板不固定，根据动量守恒和能量守恒有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv－×2Mv2，得s＝，D项正确，A、B、C项错误． 25．(多选)如图所示，质量为2 kg的小平板车B静止在光滑的水平面上，板的一端有一个静止的质量为2 kg的物块A.一颗质量为10g的子弹以600 m/s的水平速度射穿物体A后，速度变为100 m/s.如果物体和小平板车之间的动摩擦因数为0.05，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) A. 物块A的最大速度是2.5 m/s B. 若物块A始终不离开平板车B，则平板车B的最大速度是1.25 m/s C. 若物块A始终不离开平板车B，则平板车B的最大速度是1.2 m/s D. 若A不从平板车上滑出，则平板车至少长3.125 m 答案ABD　 解析 子弹与A组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝MvA＋mv0′，代入数据解得vA＝2.5 m/s，A正确；以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得MvA＝(M＋M)v，代入数据解得v＝1.25 m/s，即平板车B最大速度是1.25 m/s，B正确，C错误；以A、B组成的系统为研究对象，由能量守恒定律得μMgs＝MvA2－(M＋M)v2 ，代入数据解得s＝3.125 m，D正确． 26.如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长，重力加速度为g. (1) 木板B的最大速度大小是多少？ (2) 木块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移大小是多少？ (3) 若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少为多长？ 解析⑴由题意知A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时，B速度最大．以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋3m)v，解得v＝ ⑵A向右减速的过程，根据动能定理有 －μmgx1＝mv2－mv 向右的位移为x1＝ ⑶B向右加速过程的位移设为x2， 则μmgx2＝×3mv2，解得x2＝ 木板的最小长度L＝x1－x2＝ 考向2　子弹打木块模型 模型图示 模型特点 (1) 木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合力为零，因此系统动量守恒. (2) 两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度s. 两种情景 (1) 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)． 动量守恒：mv0＝(m＋M)v，能量守恒：Q＝f·s＝mv－(M＋m)v2 (2) 子弹穿透木块(设d为木块厚度)． 动量守恒：mv0＝ mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝f·d＝mv－(Mv＋mv) 27.(多选)子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为() A. 16 J B. 12 J C. 6 J D. 4 J 答案AB 解析 设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块质量为m，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能E＝m0v－(m＋m0)v2＝m0v，而木块获得的动能为E木＝m·2＝6 J，两式相除得＝>1，所以E＞6 J，A、B正确． 28.(多选)如图，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s.则以下说法中正确的是(　　) A. 子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C. 摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D. 子弹对木块做的功等于木块动能的增量 答案BD　 解析 子弹射入木块的过程，产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff (s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确． 29．质量为 M 的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手，子弹质量为m，首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度为 d1 ，子弹与木块相对静止后，右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小相等.当两颗子弹均相对木块静止时，两子弹射入的深度之比为(　　) A. B. C. D. 答案B　 解析 设向右为正方向，子弹射入木块前的速度大小为v，子弹的质量为m，子弹受到的阻力大小为f，当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得mv－mv＝(2m＋M)v′，得v′＝0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止，先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有mv＝(M＋m)v1，由能量守恒得fd1＝mv2－(M＋m)v12 ，再对两颗子弹和木块系统研究，得fd2＝(M＋m)v12＋mv2，联立解得＝，B正确，A、C、D错误． 考向3　“弹簧类”连接体模型 模型图示 模型特点 (1) 两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 (2) 在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 (3) 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) (4) 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时) 30．如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为() A. B. C. 　 D. 答案A 解析 子弹射入木块A的时间很短，可视为动量守恒，取v0的方向为正方向，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，有100mv1＝200mv2，弹性势能最大值Ep＝×100mv－×200mv＝，故A正确，B、C、D错误． 31.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时，以某一速度向右运动.在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的 v－t图像如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为(　　) 甲 乙 A. 9 N· s　 B. 18 N· s　 C. 36 N· s　 D. 72 N· s 答案 C　 解析 由题图乙知C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后瞬间C的速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，代入数据解得mC＝2 kg, 12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s,4 s到12 s，墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得I＝－36 N·s，方向向左，故C正确，A、B、D错误． 32.如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，取＝3.17.求： (1) 滑块C的初速度v0的大小． (2) 当弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小． (3) 从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量． 解析 ⑴滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得 mCv0＝(mB＋mC)v1 弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得 Ep＝(mB＋mC)v 解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s ⑵设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得 mAv3＝(mB＋mC)v2 根据能量守恒定律得 Ep＝mAv＋(mB＋mC)v 解得v2≈1.9 m/s ⑶设弹簧对滑块B、C整体的冲量I，选向右为正方向，由动量定理得 I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1) 解得I＝1.47 N·s，方向水平向右 考向4　滑块—斜(曲)面模型 模型图示 模型特点 (1) 最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒mv0＝ mv1＋Mv2；系统机械能守恒mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型) 33．(多选)如图所示，质量M＝2 kg、半径R＝0.5 m、内壁粗糙程度一致的半圆槽静置于光滑水平地面上．现将质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点的正上方h＝1 m处由静止释放，小球下落后自A点进入槽内，第一次滑至半圆槽最低点B时的速度大小为4 m/s，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法中正确的是( ) A. 小球从A到B的过程中，对半圆槽做正功 B. 小球从A到B的过程中，小球与半圆槽组成的系统增加的内能为7 J C. 小球从A到C的过程中，半圆槽的位移为m D. 小球从C点飞出后做斜抛运动 答案AC 解析 小球在半圆槽内滑动的过程中，系统水平方向合力为0，水平方向动量守恒0＝Mv2－mv1，解得半圆槽的速度为 v2＝2 m/s，从释放到最低点过程，小球对半圆槽的作用力对槽所做总功为正，W＝Mv＝4 J，A正确；根据系统能量守恒得mg(h＋R)＝mv＋Mv＋Q，故系统增加的内能Q＝3 J，B错误；小球从A点进入，C点飞出这一过程，水平方向类似于人船模型Mx2＝mx1，x1＋x2＝2R，故半圆槽的位移x2＝m，C正确；小球从C点飞出瞬间，小球和半圆槽的水平速度都为0，小球做竖直上抛运动，D错误． 34.如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1 m.E点切线水平.另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，取g＝10 m/s2，不计摩擦.则小球的初速度v0的大小为(　　) A. 4 m/s B. 5 m/s C. 6 m/s D. 7 m/s 答案B　 解析 当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有mv＝(m＋M)v＋mgR，根据题意，有M＝4m，联立两式解得v0＝5 m/s，故A、C、D错误，B正确． 35.(广东深圳光明区期末)如图所示，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于O点，另一端系一质量为m的小球a.上表面为圆弧轨道、质量为2m的小车静止在水平地面上，圆弧轨道的半径也为R且最低点与水平面相切，质量为m的小球b静止于圆弧轨道的最低点．现将小球a的悬线拉至水平，然后由静止释放，小球a到达最低点时与小球b相碰，碰撞时间极短且无能量损失，已知重力加速度为g，所有接触面摩擦忽略不计．求： (1) 小球a碰前瞬间的速度大小． (2) 小球a、b碰撞后瞬间各自的速度大小． (3) 小球b在小车上上滑的最大高度． 解析 ⑴小球a下摆过程中，由动能定理得 mgR＝mv－0，解得v0＝ ⑵小球a与小球b碰撞，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋mv2 由机械能守恒得mv＝mv＋mv 联立解得v1＝0，v2＝ ⑶小球b滑上小车圆弧轨道，由水平方向动量守恒得 mv2＝(m＋2m)v3 由机械能守恒得mv＝(m＋2m)v＋mgh 联立解得h＝R 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01动量定理 动量守恒定律 考点1 动量定理 考点2　动量守恒定律的简单应用 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 考向2　非弹性碰撞 考向3　碰撞合理性问题 考点4 反冲现象的理解与应用 考点5 实验：验证动量守恒定律 考点6 动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 考向2　子弹打木块模型 考向3　“弹簧类”连接体模型 考向4　滑块—斜(曲)面模型 考点1动量定理 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式。 3．用动量定理解释生活中的现象 ①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； ②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大； ③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。 4． 动量定理的定量计算 ①动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 ②动量定理公式中I(F·Δt)应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。 ③应用动量定理定量计算的一般步骤： 1． (多选)(广东东莞七校联考)如图所示为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性．小明用下面的实例来检验广告的科学性：设一个质量为50 g的鸡蛋从25楼顶自由落下，相邻楼层的高度差为3.2 m，鸡蛋与地面撞击时间约为0.002 s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( ) A. 鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动量变化相等 B. 鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动能变化相等 C. 从下落到即将落地，鸡蛋的动量变化约为2000 kg·m/s D. 该鸡蛋对地面平均冲击力约为1000 N 2． (广东东莞七校联考)如图所示，一质量为m的物体沿着倾角为θ的粗糙斜面加速下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体沿斜面下滑的时间t内，下列说法中正确的是( ) A. 物体受到重力、支持力、滑动摩擦力、下滑力4个力的作用 B. 地球对物体的重力冲量的方向是竖直向下 C. 斜面对物体的滑动摩擦力冲量大小If＝μmgtsin θ D. 物体动量的变化量是Δp＝mg(sin θ－μcos θ)t，方向是竖直向下 3．（24高二上山东滨州期中）2023年10月23日上午，惠民县第七届“县长杯”校园足球联赛拉开帷幕。如图所示，小陈同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力大小为36N，足球的质量为0.4kg，足球在空中时空气阻力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取，在此过程中，求： （1）足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小； （2）足球与头部的作用时间。 考点2　动量守恒定律的简单应用 1． 动量守恒定律不同表现形式的表达式的说明 (1) p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. (2) m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (3) Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反． (4) Δp＝0：系统总动量增量为零． 2． 用动量守恒定律解题的步骤 4．（24高三上江西赣州期末）如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（　　） A．水平方向动量守恒，机械能守恒 B．水平方向动量守恒，机械能不守恒 C．水平方向动量不守恒，机械能守恒 D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒 5．(多选)如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m.滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l，开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是(　　) A．滑块和小球组成的系统动量守恒 B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒 C．小球的最大速率为 D．小球的最大速率为 6． 2017年4月20日19时41分，中国文昌航天发射场，我国目前发射的体积最大、重量最重的航天器天舟一号货运飞船乘坐长征七号运载火箭升上太空，进行我国空间站货物运输系统的首次飞行试验。假设长征七号运载火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与天舟一号货运飞船分离。已知前部分的天舟一号货运飞船质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后天舟一号货运飞船的速率v1为（   ） A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 7．在光滑水平面上停着一辆质量为60kg的小车，一个质量为40kg的小孩以相对于地面5m/s的水平速度从后面跳上车和车保持相对静止。 （1）求小孩跳上车和车保持相对静止时的二者速度大小； （2）若此后小孩又向前跑，以相对于地面3.5m/s的水平速度从前面跳下车，求小孩跳下车后车的速度大小。 8．我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。如图所示，在某次3000m接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以13m/s的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，已知甲、乙运动员的质量均为60kg，乙推甲的时间为0．8s，在乙推甲的过程中，求： （1）乙对甲的平均作用力大小； （2）乙推甲后瞬间乙的速度。 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 1．弹性碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等． 2．要记住v′1＝ v1，v′2＝v1，要理解m1＝m2时，v′1＝ 0，v′2＝v1的意义是发生了速度交换，并能灵活应用． 9．如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点．A点处有一质量为m2的静止小球2，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球1以速度v0向右运动并与小球2相碰．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，且m1<m2，则两小球的质量之比m1∶m2可能为( ) A. 1∶2 B. 1∶3 C. 1∶5 D. 1∶7 10.（24高二下江西抚州期中）“天宫课堂”第四课，在空间站中两宇航员演示了三种情况下两球的正碰，其中一种情况是用一小钢球（）碰撞静止的大钢球（），碰撞为弹性正碰，如图所示，图中“○”为大钢球碰前初始位置，则碰后某时刻两球的位置情况可能为（　　） A． B． C． D． 11．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( ) 甲 乙 A. 碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动 B. 碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动 C. m2＝0.3 kg D. 碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 考向2　非弹性碰撞 1． 非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，动能有部分损失． m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′＋ΔEk损 2． 完全非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大. m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max 12.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( ) A. E0　 B. 　 C. 　 D. 　13.(广东华中师范大学附属学校)如图所示，A、B、C三个物块的质量均为m，A、B用轻弹簧相连并一起静止在光滑水平面上，现使C以v0的速度向左运动，B与C碰撞时间极短且碰撞后二者粘在一起运动，则( ) A. A的最大速度为 B. B的最大速度为 C. 弹簧弹性势能的最大值Ep＝mv D. 弹簧弹性势能的最大值Ep＝mv 14．（23高二下广东揭阳阶段练习）如图所示，“冰雪游乐场”滑道O点的左边为水平滑道，右边为高度h=1.8m的曲面滑道，左右两边的滑道在O点平滑连接．小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量为M=60kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力。求： （1）碰撞后家长所坐的冰车的速度大小； （2）碰撞过程中小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统损失的机械能。    考向3　碰撞合理性问题 1．从碰撞的合理性分析，碰撞有下列特点 (1) 时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2) 相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力． (3) 位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置. 2．能够发生的碰撞，一定满足以下几点 (1) 动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. (2) 动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2. (3) 速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大；若两物体同向运动，则原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度都为零． 15.在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( ) A. 0 B. 0.2v C. 0.4v D. 0.6v 16.（24高二下湖北孝感期中）质量为的小球A以速率沿光滑水平面运动，与质量为的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率和可能为（    ） A． B． C． D． 17．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为(　　) A．0．8　 B．3　 C．4　 D．5 考点4反冲现象的理解与应用 1．反冲运动的三个特点 ①物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 ②反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 ③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 ①速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 ②速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 18．（24高二上山东枣庄期末）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为，乙图中竹竿右端距离河岸约为。已知竹竿的质量约为，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（　　） A． B． C． D． 19．（24高三下内蒙古包头阶段练习）如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（　　） A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大同向或都为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离 20．（24高二下山西长治期中）双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名二踢脚。如图所示，质量为0.1kg的二踢脚竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体（此过程位移可忽略）后获得20m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发生第二响，立即被炸成的A、B两块，其中质量的A部分以的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计二踢脚内火药的质量和所受的空气阻力，取，求： （1）A、B两部分落地时的距离L； （2）第二响释放的能量。 考点5 实验：验证动量守恒定律 21.（2024高三下甘肃学业考试）某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块P、Q。 (1)为了减小实验误差，使用气垫导轨的主要目的是__________。 A．保证两个滑块碰撞时是一维的 B．喷出的压缩空气减小滑块速度 C．使滑块与导轨不直接接触，减小噪声 D．减小滑块和导轨之间的摩擦力 (2)如图乙用螺旋测微器测量遮光板宽度d= mm。 (3)测得P、Q的质量分别为m1和m2，左、右遮光板的宽度分别为d1和d2。实验中，使两个滑块之间的轻弹簧处于压缩状态，并用细线将两个滑块连接，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2；用题中测得的物理量表示动量守恒应满足的关系式为 （用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示）。 (4)若左、右遮光板的宽度相同，第（3）问中动量守恒应满足的关系式可简化为 （用题中字母表示） 22.（24高二下河北沧州阶段练习）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置测速度并验证动量守恒定律。 (1)图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光电门2，它们与数字计时器相连，弹性滑块A、B质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为 d，利用游标卡尺测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度d= cm； (2)实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得A 通过光电门1的遮光时间为t1=0.01s，A  与B 相碰后，B 和A 先后经过光电门2的遮光时间分别为t2和t3，碰前A的速度大小为vA= m/s； (3)实验中为确保碰撞后滑块 A 不反向运动，则mA、mB应满足的关系是mA （填“大于”“等于”或“小于”）mB； (4)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 （用字母mA、mB、t1、t2、t3表示），则可认为验证了动量守恒定律。 23.（24高二下北京丰台期中）用如图所示的装置验证“动量守恒定律”。实验时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置；再把半径相同的B球放在水平轨道末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，O、M、P、N位于同一水平面上。 (1)除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材有 （选填选项前的字母）。 A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．圆规 (2)实验中能够把速度的测量转化为位移的测量的必要操作是 A．安装轨道时，轨道末端必须水平 B．每次必须从同一个高度静止释放小球 C．实验中两个小球的质量应满足m₁ > m₂ D．轨道应当尽量光滑 (3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，若测量数据近似满足关系式 （用m1、m2、OM、OP、ON）则说明两小球碰撞过程中动量守恒。若忽略实验中的测量误差，带入上式可判断入射小球质量和被碰小球质量之比为 。 考点6动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 模型图示 模型特点 (1) 若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移达最大值(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 (3) 根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多 (4) 该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 24.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以某一初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为(　　) A. L B. C. D. 25．(多选)如图所示，质量为2 kg的小平板车B静止在光滑的水平面上，板的一端有一个静止的质量为2 kg的物块A.一颗质量为10g的子弹以600 m/s的水平速度射穿物体A后，速度变为100 m/s.如果物体和小平板车之间的动摩擦因数为0.05，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) A. 物块A的最大速度是2.5 m/s B. 若物块A始终不离开平板车B，则平板车B的最大速度是1.25 m/s C. 若物块A始终不离开平板车B，则平板车B的最大速度是1.2 m/s D. 若A不从平板车上滑出，则平板车至少长3.125 m 26.如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长，重力加速度为g. (1) 木板B的最大速度大小是多少？ (2) 木块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移大小是多少？ (3) 若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少为多长？ 考向2　子弹打木块模型 模型图示 模型特点 (1) 木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合力为零，因此系统动量守恒. (2) 两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度s. 两种情景 (1) 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)． 动量守恒：mv0＝(m＋M)v，能量守恒：Q＝f·s＝mv－(M＋m)v2 (2) 子弹穿透木块(设d为木块厚度)． 动量守恒：mv0＝ mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝f·d＝mv－(Mv＋mv) 27.(多选)子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为() A. 16 J B. 12 J C. 6 J D. 4 J 28.(多选)如图，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s.则以下说法中正确的是(　　) A. 子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C. 摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D. 子弹对木块做的功等于木块动能的增量 29．质量为 M 的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手，子弹质量为m，首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度为 d1 ，子弹与木块相对静止后，右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小相等.当两颗子弹均相对木块静止时，两子弹射入的深度之比为(　　) A. B. C. D. 考向3　“弹簧类”连接体模型 模型图示 模型特点 (1) 两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 (2) 在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 (3) 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) (4) 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时) 30．如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为() A. B. C. 　 D. 31.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时，以某一速度向右运动.在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的 v－t图像如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为(　　) 甲 乙 A. 9 N· s　 B. 18 N· s　 C. 36 N· s　 D. 72 N· s 32.如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，取＝3.17.求： (1) 滑块C的初速度v0的大小． (2) 当弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小． (3) 从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量． 考向4　滑块—斜(曲)面模型 模型图示 模型特点 (1) 最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒mv0＝ mv1＋Mv2；系统机械能守恒mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型) 33．(多选)如图所示，质量M＝2 kg、半径R＝0.5 m、内壁粗糙程度一致的半圆槽静置于光滑水平地面上．现将质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点的正上方h＝1 m处由静止释放，小球下落后自A点进入槽内，第一次滑至半圆槽最低点B时的速度大小为4 m/s，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法中正确的是( ) A. 小球从A到B的过程中，对半圆槽做正功 B. 小球从A到B的过程中，小球与半圆槽组成的系统增加的内能为7 J C. 小球从A到C的过程中，半圆槽的位移为m D. 小球从C点飞出后做斜抛运动 34.如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1 m.E点切线水平.另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，取g＝10 m/s2，不计摩擦.则小球的初速度v0的大小为(　　) A. 4 m/s B. 5 m/s C. 6 m/s D. 7 m/s 35.(广东深圳光明区期末)如图所示，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于O点，另一端系一质量为m的小球a.上表面为圆弧轨道、质量为2m的小车静止在水平地面上，圆弧轨道的半径也为R且最低点与水平面相切，质量为m的小球b静止于圆弧轨道的最低点．现将小球a的悬线拉至水平，然后由静止释放，小球a到达最低点时与小球b相碰，碰撞时间极短且无能量损失，已知重力加速度为g，所有接触面摩擦忽略不计．求： (1) 小球a碰前瞬间的速度大小． (2) 小球a、b碰撞后瞬间各自的速度大小． (3) 小球b在小车上上滑的最大高度． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$