第一篇 专题二 第7讲 动量-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

第7讲　动量 目标要求　1.理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、末速度等物理量。2.理解动量守恒定律成立的条件，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。3.掌握碰撞特点及拓展模型，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 考点一　动量定理及其应用 1.冲量的三种计算方法 公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt=mv'-mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。 例1　(2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案　(1) (2)①330 N∙s　竖直向上　②0.2 m 解析　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N1， 则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma 解得tan θ= (2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上； ②设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向) IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 解得v=2 m/s 则上升的最大高度h==0.2 m。 例2　台风对沿海地区的破坏力非常大，12级台风登陆时中心附近最大风力约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为(　　) A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N 答案　A 解析　Δt时间吹到人身体上的空气质量m=ρV=ρSvΔt，以风速方向为正方向，根据动量定理-FΔt=0-mv，由牛顿第三定律小明所受的风力大小F'=F=ρSv2=1.29×0.5×352 N≈790 N，故选A。 流体的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。 流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤： (1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。 (3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。 (4)应用动量定理Δp=FΔt。 (5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。 (6)联立解得F=-2ρSv2。 考点二　动量守恒定律及应用 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。(常用) (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零。 例3　图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L=0.2 m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度v10=2 m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)2号滑环获得的初速度v20的大小； (2)1号滑环滑行的总距离d。 答案　(1) m/s　(2) m 解析　(1)对1号滑环由动能定理得 -μmgL=m-m 解得v1= m/s 对1、2号滑环由动量守恒定律得 mv1=2mv20 解得2号滑环获得的初速度大小为 v20= m/s (2)对1、2号滑环由动能定理得 -μ·2mgL=×2m-×2m 解得v2= m/s 对1、2、3号滑环由动量守恒定律得 2mv2=3mv30 解得v30= m/s 对1、2、3号滑环由动能定理得 -μ·3mgs=0-×3m 解得s= m 1号滑环滑行的总距离为 d=2L+s= m 考点三　碰撞模型及拓展 1.两种碰撞的特点 弹性碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒mv1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得 v1'=， v2'= 结论： (1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1 (3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0 完全非弹 性碰撞 碰后两球粘在一起末速度相同 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例 (水平面光滑) 小球-弹簧模型 小球-曲面模型 小球-小球模型 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，损失的动能最多，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，机械能守恒，满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例 (水平面或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 例4　(2023·重庆卷·14)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 答案　(1)4m　(2)3m　(3) 解析　(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以F向=m=4m (2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹， 则m·2v0=-mv+m'v m(2v0)2=mv2+m'v2 联立解得v=v0，m'=3m (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt， 则球1反弹到P点的时间为t1== 球1运动到P点时，球2运动到与P点关于球心对称的位置P'点， 此后至第二次碰撞所用时间为t2， 则有v0t2+2v0t2=πR 所以Δt=t1+t2=。 例5　(2024·广东省部分名校联合质检)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B的左侧固定一水平轻质弹簧，B原来静止。若A以速度v0水平向右运动，与弹簧发生相互作用，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧弹性势能的最大值为(　　) A.m B.m C.m D.m 答案　C 解析　当两个物块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，物块A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律，有mv0=2mv1，解得v1=v0，系统减少的动能等于弹簧增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能Ep=m-×2m，解得Ep=m。故选C。 例6　(2024·广东肇庆市质检)如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m的上表面光滑的四分之一圆弧形斜劈，圆弧与水平地面间平滑连接，一固定桩置于斜劈右侧固定斜劈。另一质量也为m的小物块(可视为质点)以初速度v0冲向斜劈，恰能上升到斜劈最高点，不计一切阻力，重力加速度为g。 (1)求圆弧半径R； (2)若撤去固定桩，小物块仍以初速度v0冲向斜劈，求小物块所能上升的最高点与水平地面间的高度差； (3)若撤去固定桩，改变小物块的初速度大小，使小物块所能上升的最大高度为2R，求小物块的初速度大小和斜劈最终的速度大小(结果均用v0表示)。 答案　(1)　(2)　(3)2v0　2v0 解析　(1)对小物块由动能定理得 -mgR=0-m 解得R= (2)小物块上升至最高点时，对小物块与斜劈整体，由动量守恒定律得mv0=2mv 由能量守恒定律得m=×2mv2+mgh 联立解得h= (3)设小物块的初速度大小为v1，小物块上升至最高点时，对小物块与斜劈整体，由动量守恒定律、能量守恒定律得 mv1=2mv共，m=×2m+2mgR 联立解得v1=2v0 两物体最终分离时，设小物块的速度大小为v1'，斜劈的速度大小为v2，有 mv1=mv1'+mv2，m=mv1'2+m 联立解得v2=2v0。 变式　(多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1 kg、mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物体B能上升的最大高度为0.6 m B.物体B能上升的最大高度为1.8 m C.物体C能达到的最大速度为4.0 m/s D.物体C能达到的最大速度为8.0 m/s 答案　AD 解析　子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2=(mB+mC)v3，mB=(mB+mC)+mBgh，解得h=0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2=-mBv4+mCv5，mB=mB+mC，解得v5=8 m/s，故C错误，D正确。 专题强化练 ［分值：60分］ 1~6题每题5分，7题6分，8题10分，9题14分，共60分 ［保分基础练］ 1.(多选)(2024·广东江门市一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正确的是(　　) A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N 答案　ACD 解析　根据F·Δt=Δp，可得F=，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误；根据I=F·Δt，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；代入数据，可得F= N=2 000 N，可知事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N，故D正确。 2.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则 (　　) A.弹簧原长时A动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 答案　A 解析　对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误； 滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，A正确，B错误。 3.(多选)(2024·广东江门市检测)烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是(　　) A.炸裂时，质量较大的P受到的内力更大 B.炸裂过程烟花水平方向动量守恒 C.炸裂后，P飞行的水平距离较大 D.炸裂后，P、Q两块同时落地 答案　BD 解析　炸裂时、P、Q两块受到的内力相等，故A错误；炸裂时，烟花位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正确；炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可能与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，同时落地，故D正确。 4.(多选)(2024·福建卷·7)物体(质量为m)置于足够长光滑斜面上并锁定，t=0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A.0~4t0，物体一直沿斜面向下运动 B.0~4t0，合外力的总冲量为0 C.t0时动量是2t0时的一半 D.2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0的位移 答案　AD 解析　根据题图可知当F=2mgsin θ时，物体加速度为a==3gsin θ，方向沿斜面向下； 当F=-2mgsin θ时，物体加速度为a==-gsin θ， 方向沿斜面向上，作出物体0~4t0内的v-t图像 根据图像可知0~4t0，物体一直沿斜面向下运动，故A正确； 根据图像可知0~4t0，物体的末速度不等于0，根据动量定理得I合=Δp≠0，故B错误； 根据图像可知t0时物体速度大于2t0时物体的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误； v-t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0的位移，故D正确。 5.雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为ρ，不计雨滴重力。压强p为(　　) A.(v0-v) B.(v0+v) C.ρ(-v2) D.ρ(+v2) 答案　B 解析　以极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为Δm，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，根据动量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)，由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0==，则以极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量Δm=m0SΔt=，根据牛顿第三定律有F2=F1，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=，解得p=(v0+v)，故选B。 6.(多选)(2024·广东深圳市第二次调研)如图，质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v=3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则(　　) A.磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右 B.磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s C.磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s D.磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J 答案　CD 解析　磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律中“来拒去留”可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误；磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁铁的速度为v1，铝管的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2，假设无能量损耗则有Mv2=M+m，解得v1=1 m/s，v2=4 m/s，假设磁铁恰好和铝管速度相等，共速的速度为v3，根据动量守恒定律有Mv=(M+m)v3，解得v3=2 m/s，损耗的能量为ΔE=Mv2-(M+m)=3 J，所以磁铁穿过铝管后，铝管速度小于4 m/s，磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s，磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故B错误，C、D正确。 ［争分提能练］ 7.(多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 (　　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 答案　ABD 解析　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； 两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； 设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙=gsin θ· 在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3， 乙运动的时间为t=t1+t2+t3 由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误； 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞， 乙下滑过程有mgH乙=m 乙在水平面运动到停止有=2μgs 联立可得s= 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。 8.(10分)(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg，滑杆的质量M=0.6 kg，A、B间的距离l=1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)(2分)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)(2分)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)(6分)滑杆向上运动的最大高度h。 答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 解析　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1=(m+M)g=8 N 当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2=Mg-f'=5 N。 (2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有-mgl-fl=m-m 代入数据解得v1=8 m/s。 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1=(m+M)v 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 -(m+M)gh=0-(m+M)v2 代入数据联立解得h=0.2 m。 9.(14分)(2024·广东佛山市二模)台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞)击打母球，使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量均为0.2 kg，且可视为质点，球间距离为0.9 m，目标球与CD挡壁间虚线距离为0.3 m，目标球被CD挡壁反弹后向A球洞运动方向与AC挡壁间夹角为30°，AC边的长度为 m，球与桌面间阻力为重力的，球与挡壁碰撞过程中损失的动能，重力加速度g=10 m/s2。 (1)(4分)若击打后母球获得速度v0=5 m/s，求目标球被碰撞后的速度大小； (2)(10分)若能到达球洞上方且速率小于6 m/s的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条件。(计算结果都可以用根号表示) 答案　(1) m/s　(2)2 m/s<v0≤2 m/s 解析　(1)母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得-kmgs1=m-m 母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得mv1=mv1'+mv2，m=mv1'2+m 联立解得目标球被碰撞后的速度大小为v2= m/s (2)母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得-kmgs1=m-m 母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得mv1=mv1'+mv2，m=mv1'2+m 目标球前进到CD挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得-kmgs2=m-m 目标球与CD挡壁碰撞， 根据题意有×m=m 即v4=v3 目标球运动到A球洞过程，由动能定理可得 -kmg=m-m 又满足0<v5≤6 m/s 联立解得2 m/s<v0≤2 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 能量与动量 专题二 第7讲　动量 1.理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、末速度等物理量。 2.理解动量守恒定律成立的条件，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。 3.掌握碰撞特点及拓展模型，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　动量守恒定律及应用 考点一　动量定理及其应用 考点三　碰撞模型及拓展 动量定理及其应用 考点一 1.冲量的三种计算方法 公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt=mv'-mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。 　 (2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住 例1 卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 答案　 敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N1， 则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma 解得tan θ= (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律， 答案　330 N∙s　竖直向上 可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； 由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案　0.2 m 设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向) IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 解得v=2 m/s 则上升的最大高度h==0.2 m。 　台风对沿海地区的破坏力非常大，12级台风登陆时中心附近最大风力约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为 A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N √ 例2 Δt时间吹到人身体上的空气质量m=ρV=ρSvΔt，以风速方向为正方向，根据动量定理-FΔt=0-mv，由牛顿第三定律小明所受的风力大小F'=F=ρSv2=1.29×0.5×352 N≈790 N，故选A。 提炼·总结 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。 流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤： (1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。 (3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。 流体的柱状模型 提炼·总结 (4)应用动量定理Δp=FΔt。 (5)作用后流体微元以速率v反弹， 有Δp=-2Δmv。 (6)联立解得F=-2ρSv2。 动量守恒定律及应用 考点二 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。(常用) (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零。 图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L=0.2 m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度v10=2 m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短， 例3 可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)2号滑环获得的初速度v20的大小； 答案　 m/s 对1号滑环由动能定理得 -μmgL=m-m 解得v1= m/s 对1、2号滑环由动量守恒定律得 mv1=2mv20 解得2号滑环获得的初速度大小为 v20= m/s (2)1号滑环滑行的总距离d。 答案　 m 对1、2号滑环由动能定理得 -μ·2mgL=×2m-×2m 解得v2= m/s 对1、2、3号滑环由动量守恒定律得 2mv2=3mv30 解得v30= m/s 对1、2、3号滑环由动能定理得 -μ·3mgs=0-×3m 解得s= m 1号滑环滑行的总距离为 d=2L+s= m 碰撞模型及拓展 考点三 1.两种碰撞的特点 弹性碰撞 举例：一动碰一静   动量守恒mv1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+ m2v2'2 解得v1'=，v2'= 结论： (1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1 (3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0 完全非弹 性碰撞 碰后两球粘在一起末速度相同 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v， 机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水 平面光滑)   小球-弹簧模型   小球-曲面模型   小球-小球模型 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，损失的动能最多，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，机械能守恒，满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面或水平 导轨光滑)   未穿出   未滑离   达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 　 (2023·重庆卷·14)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； 例4 答案　4m　 球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以F向=m=4m (2)球2的质量； 答案　3m　 球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹， 则m·2v0=-mv+m'v m(2v0)2=mv2+m'v2 联立解得v=v0，m'=3m (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 答案　 设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt， 则球1反弹到P点的时间为t1== 球1运动到P点时，球2运动到与P点关于球心对 称的位置P'点， 此后至第二次碰撞所用时间为t2， 则有v0t2+2v0t2=πR 所以Δt=t1+t2=。 　 (2024·广东省部分名校联合质检)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B的左侧固定一水平轻质弹簧，B原来静止。若A以速度v0水平向右运动，与弹簧发生相互作用，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧弹性势能的最大值为 A.m B.m C.m D.m 例5 √ 当两个物块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性 势能最大，物块A、B系统动量守恒，根据动量 守恒定律，有mv0=2mv1，解得v1=v0，系统减少的动能等于弹簧增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能Ep=m-×2m，解得Ep=m。故选C。 　 (2024·广东肇庆市质检)如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m的上表面光滑的四分之一圆弧形斜劈，圆弧与水平地面间平滑连接，一固定桩置于斜劈右侧固定斜劈。另一质量也为m的小物块(可视为质点)以初速度v0冲向斜劈，恰能上升到斜劈最高点，不计一切阻力，重力加速度为g。 (1)求圆弧半径R； 例6 答案　　 对小物块由动能定理得 -mgR=0-m 解得R= (2)若撤去固定桩，小物块仍以初速度v0冲向斜劈，求小物块所能上升的最高点与水平地面间的高度差； 答案　 小物块上升至最高点时，对小物块与斜劈整体，由动量守恒定律得mv0=2mv 由能量守恒定律得m=×2mv2+mgh 联立解得h= (3)若撤去固定桩，改变小物块的初速度大小，使小物块所能上升的最大高度为2R，求小物块的初速度大小和斜劈最终的速度大小(结果均用v0表示)。 答案　2v0　2v0 设小物块的初速度大小为v1，小物块上升至最高点时，对小物块与斜劈整体，由动量守恒定律、能量守恒定律得 mv1=2mv共，m=×2m+2mgR 联立解得v1=2v0 两物体最终分离时，设小物块的速度大小为v1'，斜劈的速度大小为v2，有 mv1=mv1'+mv2，m=mv1'2+m 联立解得v2=2v0。 (多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1 kg、mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 A.物体B能上升的最大高度为0.6 m B.物体B能上升的最大高度为1.8 m C.物体C能达到的最大速度为4.0 m/s D.物体C能达到的最大速度为8.0 m/s √ 变式 √ 子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则 有mBv2=(mB+mC)v3，mB=(mB+mC)+mBgh，解得h=0.6 m，故A正确，B错误； B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2=-mBv4+mCv5，mB=mB+mC，解得v5= 8 m/s，故C错误，D正确。 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 ACD A BD AD B CD ABD 题号 8 9 答案 (1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m (1) m/s (2)2 m/s<v0≤2 m/s 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1.(多选)(2024·广东江门市一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正确的是 A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受 　到的撞击力最多为2 000 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据F·Δt=Δp，可得F=，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确； 答案 同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞 击力的冲量，故B错误； 根据I=F·Δt，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 代入数据，可得F= N=2 000 N，可知事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N，故D正确。 答案 2.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则 A.弹簧原长时A动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误； 答案 滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，A正确，B错误。 3.(多选)(2024·广东江门市检测)烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是 A.炸裂时，质量较大的P受到的内力更大 B.炸裂过程烟花水平方向动量守恒 C.炸裂后，P飞行的水平距离较大 D.炸裂后，P、Q两块同时落地 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 炸裂时、P、Q两块受到的内力相等，故A错误； 炸裂时，烟花位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正确； 炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可能与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误； P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，同时落地，故D正确。 答案 4.(多选)(2024·福建卷·7)物体(质量为m)置于足够长光滑斜面上并锁定，t=0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是 A.0~4t0，物体一直沿斜面向下运动 B.0~4t0，合外力的总冲量为0 C.t0时动量是2t0时的一半 D.2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0的位移 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题图可知当F=2mgsin θ时，物体加速度为a==3gsin θ，方向沿斜面向下； 当F=-2mgsin θ时，物体加速度为a==-gsin θ， 方向沿斜面向上，作出物体0~4t0内的v-t图像 根据图像可知0~4t0，物体一直沿斜面向下运动， 故A正确； 根据图像可知0~4t0，物体的末速度不等于0，根据动量定理得I合=Δp≠0，故B错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据图像可知t0时物体速度大于2t0时物体的速度， 故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误； v-t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可 知2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0的位移，故D正确。 答案 5.雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为ρ，不计雨滴重力。压强p为 A.(v0-v) B.(v0+v) C.ρ(-v2) D.ρ(+v2) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 以极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为Δm，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，根据动量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)，由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单 位时间内下落的雨水质量为m0==，则以极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量Δm=m0SΔt=，根据牛顿第三定律有F2=F1，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=，解得p=(v0+v)，故选B。 答案 6.(多选)(2024·广东深圳市第二次调研)如图，质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v=3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则 A.磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右 B.磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s C.磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s D.磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律中“来拒去 留”可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误； 磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁铁的速度为v1，铝管的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2，假设无能量损耗则有Mv2=M+m，解得v1=1 m/s，v2=4 m/s，假设磁铁恰好和铝管速度相等，共速的速度为v3，根据动量守恒定律有Mv=(M+m)v3，解得v3=2 m/s，损耗的能量为ΔE=Mv2-(M+m)=3 J，所以磁铁穿过铝管后，铝管速度小于4 m/s，磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s，磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故B错误，C、D正确。 7.(多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 争分提能练 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； 答案 两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块 质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； 设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙=gsin θ· 在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 乙运动的时间为t=t1+t2+t3 由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误； 答案 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞， 乙下滑过程有mgH乙=m 乙在水平面运动到停止有=2μgs 1 2 3 4 5 6 7 8 9 联立可得s= 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。 答案 8.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg，滑杆的质量M=0.6 kg，A、B间的距离l=1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； 答案　8 N　5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1=(m+M)g=8 N 当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2=Mg-f'=5 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； 答案　8 m/s　 滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有-mgl-fl=m-m 代入数据解得v1=8 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案　0.2 m 由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1=(m+M)v 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 -(m+M)gh=0-(m+M)v2 代入数据联立解得h=0.2 m。 9.(2024·广东佛山市二模)台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞)击打母球，使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量均为0.2 kg，且可视为质点，球间距离为0.9 m，目标球与CD挡壁间虚线距离为0.3 m，目标球被CD挡壁反弹后向A球洞运动方向与AC挡壁间夹角为30°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 AC边的长度为 m，球与桌面间阻力为重力的，球与挡壁碰撞过程中损失的动能，重力加速度g=10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (1)若击打后母球获得速度v0=5 m/s，求目标球被碰撞后的速度大小； 答案　 m/s 母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得-kmgs1= m-m 母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得mv1=mv1'+ mv2，m=mv1'2+m 联立解得目标球被碰撞后的速度大小为v2= m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)若能到达球洞上方且速率小于6 m/s的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条件。(计算结果都可以用根号表示) 答案　2 m/s<v0≤2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动， 由动能定理可得-kmgs1=m-m 母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒 和机械能守恒可得mv1=mv1'+mv2，m=mv1'2+m 目标球前进到CD挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得-kmgs2= m-m 目标球与CD挡壁碰撞， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据题意有×m=m 即v4=v3 目标球运动到A球洞过程，由动能定理可得 -kmg=m-m 又满足0<v5≤6 m/s 联立解得2 m/s<v0≤2 m/s。 本课结束 THANKS $$