专题06 动量定理 动量守恒定律（考题猜想）-2024-2025学年高一物理下学期期末考点大串讲（人教版2019）

专题06 动量定理 动量守恒定律 考点1　动量和冲量 考点2　动量定理 考向1 基本应用 考向2　应用动量定理处理“流体模型” 考点3　动量守恒定律的基本应用 考点4　爆炸和反冲问题 人船模型 考点5 碰撞 考点6　碰撞模型拓展 考向1 “滑块—木板”碰撞模型 考向2 “滑块—弹簧” 考向3 “滑块—斜面(弧面)”碰撞模型 考向4 “滑块—摆球”模型 考点7 三大观点的综合应用 考点8 实验:验证动量守恒定律 考向1　教材原型实验 考向2 实验创新 考点1　动量和冲量 1．动能、动量、动量变化量的比较 比较 项目 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p′-p 标矢性 标量 矢量 矢量 续　表 比较 项目 动能 动量 动量变化量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek=,Ek=pv p=,p= 2．冲量的四种计算方法 公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量,此法仅适用于计算恒力的冲量 图像法 利用F-t图像计算,F-t图线与横轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量 平均 力法 若力随时间均匀变化,即力与时间是一次函数关系,则力F在某段时间t内的冲量I=Δt,F1、F2为该段时间内初、末两时刻的力 动量 定理法 对于变力的冲量,不能直接用I=FΔt求解,若已知初、末时刻动量的情况,可用动量定理求解,即求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量 1．(2024陕西临渭高二期末)如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是(　　) A．拉力F的冲量大小为Ft cos θ B．摩擦力的冲量大小为Ft sin θ C．重力的冲量大小为mgt D．物体所受支持力的冲量是mgt 2．如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置.现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手.公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零.此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量.在公仔头部上升的过程中（　　） A.公仔头部的机械能守恒 B.公仔头部的加速度先增大后减小 C.弹簧弹力冲量的大小为mgt D.弹簧弹力对头部所做的功为零 3．(2024梅州模拟)如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为4 kg·m/s D．足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J 4．(2024广东卷)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g取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。 考点2　动量定理 1．对动量定理的理解 (1)动量定理中的冲量是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。 (2)Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中Ft是物体所受的合力的冲量。 (3)Ft=p′-p说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。 (4)Ft=p′-p整理为F=,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。 (5)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全过程应用动量定理。 2．解题基本思路 考向1 基本应用 5．2022年，我国高铁总里程约达4．2万公里，位列世界第一，为保障列车安全运行每一公里，无缝钢轨线路因热胀冷缩或负载等引起应力集中时，应每隔50～100 m设一位移观测点观测钢轨位移量，进行应力放散，及时排除隐患。一种人工应力放散作业的画面如图所示，四个人拉着最初静止的质量约400 kg的碰撞器竖直向下撞击钢轨，若至少要产生24 000 N的撞击力(设碰撞时间0．1 s，碰撞器不反弹，不计碰撞器与钢轨间的摩擦)，则每个人平均对碰撞器做功至少约为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A．1 250 J B．5 000 J C．25 000 J D．100 000 J 6．水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4．0 kg的静止物块以大小为5．0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5．0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5．0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 7．我国规定摩托车、电动车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔.小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0.如图所示，挤压过程中物体的运动可视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求： （1）物体在自由下落过程中重力的冲量； （2）物体做匀减速直线过程中的动量变化量； （3）匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小. 考向2　应用动量定理处理“流体模型” “流体模型”问题的类型及解决思路 类型 流体类:液体流、气体流等,通常已知密度ρ 微粒类:电子流、光子流、尘埃等,通常给出单位体积内粒子数n 解题 思路 ①构建“柱状”模型:沿流速v的方向选取一段小柱体,其横截面积为S ②微元 研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt 小柱体的质量m=ρΔV=ρvSΔt 小柱体的粒子数N=nΔV=nvSΔt 小柱体的动量p=mv=ρv2SΔt ③建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究 8．(2024上海黄浦二模)消防员用横截面积为S的喷水枪,喷出恒定流速为v的水流,水流垂直射向着火的墙体后,速度可视为0。水的密度为ρ,水流的重力忽略不计。求: (1)水枪在Δt时间内喷出水的质量; (2)墙体受到水流平均冲击力的大小。 9．如图，将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变,重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为(　　) A 1.5 s B 2.5 s C 3.0 s D 5.0 s 10.如图所示为清洗汽车用的高压水枪.设水枪喷出的水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零.手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是（　　） A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 考点3　动量守恒定律的基本应用 1．动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量,作用前各动量p1、p2、…对应作用前同一时刻的动量,作用后各动量p1′、p2′、…对应作用后同一时刻的动量 系统性 两个或多个相互作用的物体组成的系统 普适性 既适用于低速宏观物体组成的系统,又适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2．动量守恒定律解题“五步”法 11.如图所示,光滑水平面上A、B两小车质量都是M,A车前站立一质量为m的人,两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞,人从A车跳到B车上,最终A车停止运动,B车获得反向速度v0。 (1)求两小车和人组成的系统的初动量大小; (2)为避免两车相撞,若要求人跳跃速度尽量小,则人跳上B车后,A车的速度多大? [变式] 若已知A、B两小车质量均为M=30 kg,A车上人的质量为m=60 kg。A车以大小为v=2 m/s 的速度正对着静止的B车冲去,A车上的人至少要以多大的水平速度(相对地)从A车跳到B车上,才能避免两车相撞? 12.如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1的质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是（　　） A.弹簧的弹性势能在释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零 B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、 C.若离开弹簧后小球1能追上小球3，则小球2一定能追上小球4 D.若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足≤m＜ 13.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　) A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B端碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 14.(2024新疆师大附中阶段练习)如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，当同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L＝4.5 m，该同学和秋千板的总质量m＝50 kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200 kg，重力加速度g取10 m/s2。试求： (1)该同学摆到最低点时的速率； (2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功。 考点4　爆炸和反冲问题 人船模型 1．爆炸类问题的三个规律 动量 守恒 爆炸物体内部的作用力远大于外力,外力忽略不计,系统的总动量守恒 机械能 增加 在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能,所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短,作用过程中各部分产生的位移很小,可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置开始运动 2．反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加 3．人船模型 模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0； (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。 “人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 15.某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为m的炮弹，以初速度v0、与水平面成60°的倾角斜向上发射，到达最高点时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，碎片a、b的质量之比为2∶1。经监控发现碎片b恰沿原轨迹返回，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A．爆炸后碎片a的速度大小为 B．碎片a、b的位移大小之比为2∶1 C．碎片a、b的落地速度大小之比为∶2 D．炮弹爆炸后动能的增加量为mv 16.某小组在探究反冲运动时，将一个质量为m1小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化气瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则： (1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度大小是多少？ (2)喷射出Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？ 17.如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为(　　) A．h B． C． D． 18.（2024云南曲靖模拟)如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（　　） A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒 B.滑块运动的距离为 C.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2R D.小型机器人运动的位移是滑块的倍 考点5 碰撞 1．碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′。 (2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+。 (3)速度符合实际。 ①两物体同向运动,碰前有v后>v前;碰后原来在前的物体速度有v前′>v前;若碰后两物体同向运动有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 2．碰撞的种类 (1)弹性碰撞。 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。对对心正碰有 (2)非弹性碰撞。 碰撞中机械能有损失。 动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′, 能量守恒:m1+m2=m1v1′2+m2v2′2+ΔEk损。 (3)完全非弹性碰撞。 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。对对心正碰有 19.如图所示，质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k为待定系数)弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞。要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足(　　) A．<k≤ B．0<k< C．k<或k≥ D．0<k≤ 20.(2024广东卷)(多选)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 [变式] 若倾角为θ的足够长的斜面上,甲、乙两滑块质量均为m,开始相距为L,其中滑块甲光滑,滑块乙与斜面间的动摩擦因数为μ,μ=tan θ。甲、乙同时由静止开始释放,一段时间后甲与乙发生第一次碰撞,假设每一次碰撞时间都极短,且都是弹性正碰,重力加速度为g,则 (1)第一次碰前甲的速度为多少? (2)从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为多少? 21.如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 22.某超市里两辆相同的手推购物车的质量均为m且相距为l沿直线排列，静置于水平地面上。为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠在墙边。车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能； (2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。 考点6　碰撞模型拓展 考向1“滑块—木板”碰撞模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，则当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(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)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)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。 23.(2024江西余干中学阶段练)如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍。下列说法正确的是(　　) A．射入滑块A的子弹最终速度小 B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 24.(2024湖南邵阳二中期中)如图所示，质量m＝4 kg 的物体，以水平速度v0＝5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量M＝6 kg，物体与小车车面之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，设小车足够长。求： (1)小车和物体的共同速度大小； (2)物体在小车上滑行的时间； (3)在物体相对于小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热。 25.如图所示，质量为1 kg、足够长的长木板A和质量为0.5 kg的物块B静止在光滑水平面上，质量为0.5 kg的物块C从长木板的左端以6 m/s的速度滑上长木板，A与B相碰前瞬间，C与A刚好相对静止。已知A与B发生弹性碰撞，物块C与长木板A间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A、B间开始时的距离； (2)A、B最终的速度大小； (3)整个过程中A、B、C组成的系统产生的热量。 26.INCLUDEPICTURE "规范一练LLL.TIF" (2024福建福州期末)如图所示，质量mB＝2 kg的长木板B静止于光滑水平面上，质量mA＝3 kg的小物体A(可视为质点)静止在B的左端，B的右边有竖直墙壁。长l＝1.6 m的轻细绳下端悬挂一质量mC＝1 kg的小物块C，C略高于B上表面。现将C向左拉高使细绳拉直且与竖直方向成夹角θ＝60°后由静止释放，C与A发生弹性碰撞，然后撤去细绳和物块C。已知A与B间的动摩擦因数为μ＝0.2，A始终未滑离B，B与竖直墙壁碰前A和B恰好相对静止，且B和墙壁间为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)C与A相碰后A的速度大小vA； (2)B的右端与墙壁间的距离x； (3)木板B的长度L至少要多长。 考向2 “滑块—弹簧” 1．模型图示 2．两个规律 (1)动量守恒：两个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)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 3．两个状态 (1)弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大 ①系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共； ②系统机械能守恒：m1v＝(m1＋m2)v＋Epm。 (2)弹簧处于原长时弹性势能为零 ①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2； ②系统机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v。 27．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2 D．在t2时刻两物块的动量大小之比p1∶p2＝1∶2 28．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态，质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧的弹性势能最大值可能是(　　) A．mv B．mv C．mv D．mv 29.如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞。求： (1)B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC； (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep； (3)整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp。 30.如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是(　　) A．A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒 B．若A的速度为vA＝，B的速度为vB＝ C．若A的速度为vA＝，弹簧与导轨之间的夹角为30° D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2 考向3“滑块—斜面(弧面)”碰撞模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，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)。 31.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，则小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，则小球返回A点时对滑块的压力为m　 32.如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，若m＝2M，重力加速度为g，则(　　) A．小车和小球组成的系统机械能守恒 B．小车和小球组成的系统动量守恒 C．当小球再次回到圆弧轨道底端后将向右做平抛运动 D．当小球再次回到圆弧轨道底端后将向左做平抛运动 33.(2025唐山模拟)在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管。小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是(　　) A．小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒 B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用 C．当小球初速度v0>时，将会从细管的竖直部分冲出 D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中 34.(2025江苏徐州阶段检测)如图所示,光滑水平面上静置一个质量M=3 kg的滑块,滑块的一侧是一个四分之一弧形槽,凹槽半径R=0.6 m,E点切线水平。一个质量m=1 kg的小球以速度v0=8 m/s从E点冲上滑块,从F点脱离滑块。重力加速度大小g取10 m/s2,不计一切摩擦。求: (1)小球脱离滑块时,滑块的速度大小; (2)小球离地的最大高度; (3)小球回到圆弧轨道E点时对滑块的压力大小。 考向4“滑块—摆球”模型 1．模型图例 2．两个规律 (1)在水平方向系统动量守恒，但竖直方向动量不守恒。 (2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。 3．两个状态 (1)小球和滑块共速时，小球运动到最高点。 (2)当小球再次回到最低点时，滑块速度最大，此过程类似于弹性碰撞，小球回到最低点时vM＝，vm＝v0。 35．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，一轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有一质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 36.(2025八省联考四川卷)如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则(　　) A．＝1 B．＝2 C．＝2 D．＝4 37．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为L B．小球运动到最低点时的速度大小为2 C．小球运动到最低点时的速度大小为 D．小球第一次到达轻杆左侧最高处的高度与释放高度相同 考点7 三大观点的综合应用 1．力学三大观点 (1)动力学：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．三大观点的选用原则 (1)动力学观点的选用原则 ①如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。 ②凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点。 (2)动量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 ②对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。 (3)能量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。 ②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。 38．(2025江西省联考)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，求： (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 深化观念、建构模型，解决力学综合难题 39．(2024河北卷改编)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 40．(2025湖北省七市联考)如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 41.（2024河北唐山摸底演练）如图所示，一圆弧轨道AB与倾角为θ的斜面BC在B点相接.可视为质点的两个形状相同的小球a、b，将小球b置于圆弧轨道的最低点，使小球a从圆弧轨道A点由静止释放，两小球在最低点发生弹性正碰，整个系统固定于竖直平面内.已知圆弧轨道半径R＝1m，圆弧过A、B两端点的半径与竖直方向间的夹角均为θ＝37°，小球a的质量m1＝4kg，小球b的质量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： （1）与小球b碰前瞬间，小球a的速度大小v0； （2）碰后瞬间小球b对轨道的压力大小F； （3）小球b从B点飞出圆弧轨道后，距离斜面BC的最远距离h，取2.5. 考点8 实验:验证动量守恒定律 实验原理:在一维碰撞中,测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′,确定碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p′=m1v1′+m2v2′,验证碰撞前后动量是否守恒。 方案一:研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 1．实验操作 (1)测质量:用天平测出滑块质量。 (2)安装:正确安装好气垫导轨。 (3)实验:接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度。(①改变滑块的质量;②改变滑块的初速度大小和方向) 2．数据处理 (1)滑块的速度:v=,式中Δx为滑块挡光片的宽度,Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。 (2)验证的表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。 方案二:利用两辆小车完成一维碰撞实验 1．实验操作 (1)测质量:用天平测出两小车的质量。 (2)安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。 (3)实验:小车B静止,接通电源,让小车A运动,碰撞时撞针插入橡皮泥中,两小车连接成一个整体运动。(①改变小车A的初速度;②改变两小车的质量) 2．数据处理 (1)小车的速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间,由v=计算。 (2)验证的表达式:m1v1=(m1+m2)v2。 方案三:利用斜槽滚球验证动量守恒定律 1．实验操作 (1)测质量:用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。 (2)安装:按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。 (3)铺纸:白纸在下,复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。 (4)单球找点:不放被撞小球,每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下,重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。 (5)碰撞找点:把被撞小球放在斜槽末端,每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下,使它们发生碰撞,重复实验10次。用步骤(4)的方法,标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N,如图所示。改变入射小球的释放高度,重复实验。 2．数据处理 (1)小球的水平射程:连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度。 (2)验证的表达式:m1·OP=m1·OM+m2·ON。 注意事项 (1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 (2)方案提醒。 ①若利用气垫导轨进行验证,给滑块的初速度应沿着导轨的方向。 ②若利用两小车相碰进行验证,要注意平衡摩擦力。 ③若利用平抛运动规律进行验证,安装实验装置时,应注意调整斜槽,使斜槽末端水平;且选质量较大的小球为入射小球;入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。 考向1　教材原型实验 42．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块弹射架等组成。 (1)下面是实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向； ④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块2放在气垫导轨的中间； ⑤先接通打点计时器的电源，再放开滑块1，让滑块1带动纸带一起运动；在中间与滑块2相撞并粘在一起运动； ⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图(b)所示； ⑦测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。 (2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s。(均保留3位有效数字) (3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_______________。 43.“验证动量守恒定律”的实验装置图如图甲所示，装置中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置．(球A的质量为m1，球B的质量为m2) (1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标尺测量小球的直径，如图乙，则读数为________mm. (2)在某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，下列说法正确的是________． A．由图看出，重复多次实验后，小球落点不完全重合，可知小球每次不是从斜槽的同一位置由静止滑下 B．由于偶然因素存在，重复操作时小球的落点不会完全重合，但是落点应当比较密集 C．测定落点P的位置时，如果几次落点的位置分别为P1、P2、…、Pn，则落点的平均位置OP＝ D．尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置 (3)已知某次实验时，两球质量满足m1大于m2，结果如图丙所示，则验证动量守恒定律的表达式是____________________．(用“m1、m2、OP、OQ、O′R”表示) 44.(2024河北邯郸三模)如图甲所示,利用气垫导轨验证动量守恒定律,主要的实验步骤如下: (1)利用螺旋测微器测量两滑块上挡光片的宽度,得到的结果如图乙所示,则挡光片的宽度为 　　　　 mm。  (2)安装好气垫导轨,向气垫导轨通入压缩空气,只放上滑块1,接通光电计时器,给滑块1一个初速度,调节气垫导轨的两端高度直到滑块做匀速运动,能够判断滑块做匀速运动的依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)若滑块1通过光电门时挡光时间为Δt=0.01 s,则滑块1的速度大小为　　　　 m/s(结果保留2位有效数字)。  (4)设碰撞前滑块1的速度为v0,滑块2的速度为0,碰撞后滑块1的速度为v1,滑块2的速度为v2,若滑块1和滑块2之间的碰撞是弹性碰撞,且两滑块完全相同,则速度关系需要满足　　　　　　　　　　　　。  考向2 实验创新 45.用如图所示的装置验证动量守恒定律。质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为h的小支柱N上，O点到A球球心的距离为l，使悬线在A球释放前张紧，且线与竖直线的夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰好与B球正碰，碰撞后A球把轻质指针OC由竖直位置推移到与竖直线夹角β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D。保持α不变，多次重复上述实验，白纸上记录了多个B球的落点。已知重力加速度为g。 (1)为了验证两球碰撞过程动量守恒，除了测量质量mA、mB，夹角α、β，高度h的数据外，还应测量________、________等物理量。 (2)用测量到的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量分别为：pA＝________，pA′＝________，pB＝________，pB′＝________。 46.如图(a)所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。 　 实验步骤如下： ①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M； ②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长； ③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角； ④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值； ⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。 挡位 平均最大偏角θ(°) 弹丸质量 m(kg) 摆块质量M(kg) 摆长l(m) 弹丸的速度v(m/s) 低速挡 15.7 0.007 65 0.078 9 0.270 5.03 中速挡 19.1 0.007 65 0.078 9 0.270 6.77 高速挡 0.007 65 0.078 9 0.270 7.15 完成下列填空： (1)现测得高速挡指针最大偏角如图(b)所示，请将表中数据补充完整：θ＝__________°。 (2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________________。(已知重力加速度为g) (3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由。 _________________________________________________________ 47. (2025黑龙江大庆一模)某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。 (1)选择两个半径相等的小球,其中一个小球有经过球心的孔,用游标卡尺测量两小球直径d,如图乙所示,d=　　　　 mm。  (2)用天平测出小球的质量,有孔的小球质量记为m1,另一个球记为m2;本实验中　　　　(选填“需要”或“不需要”)满足m1>m2。  (3)将铁架台放置在水平桌面上,上端固定力传感器,通过数据采集器和计算机相连;将长约1 m的细线穿过小球m1的小孔并挂在力传感器上,测出悬点到小球上边缘的距离L。 (4)将小球m2放在可升降平台上,调节平台位置和高度,保证两个小球能发生正碰;在地面上铺上复写纸和白纸,以显示小球m2落地点。 (5)拉起小球m1由某一特定位置静止释放,两个小球发生正碰,通过与力传感器连接的计算机实时显示拉力大小;读出碰前和碰后拉力的两个峰值F1和F2。通过推导可以得到m1碰撞前瞬间速度v1=　　　　　　　;同样方式可以得到m1碰撞后瞬间速度v3。(已知当地的重力加速度为g)  (6)测出小球m2做平抛运动的水平位移x和竖直位移h,已知当地的重力加速度为g,则m2碰后瞬间速度v2=　　　　。  (7)数据处理后若满足表达式:　　　　　　　　　　　　(已知本次实验中m1>m2,速度用v1、v2、v3表示),则说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。  / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 动量定理 动量守恒定律 考点1　动量和冲量 考点2　动量定理 考向1 基本应用 考向2　应用动量定理处理“流体模型” 考点3　动量守恒定律的基本应用 考点4　爆炸和反冲问题 人船模型 考点5 碰撞 考点6　碰撞模型拓展 考向1 “滑块—木板”碰撞模型 考向2 “滑块—弹簧” 考向3 “滑块—斜面(弧面)”碰撞模型 考向4 “滑块—摆球”模型 考点7 三大观点的综合应用 考点8 实验:验证动量守恒定律 考向1　教材原型实验 考向2 实验创新 考点1　动量和冲量 1．动能、动量、动量变化量的比较 比较 项目 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p′-p 标矢性 标量 矢量 矢量 续　表 比较 项目 动能 动量 动量变化量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek=,Ek=pv p=,p= 2．冲量的四种计算方法 公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量,此法仅适用于计算恒力的冲量 图像法 利用F-t图像计算,F-t图线与横轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量 平均 力法 若力随时间均匀变化,即力与时间是一次函数关系,则力F在某段时间t内的冲量I=Δt,F1、F2为该段时间内初、末两时刻的力 动量 定理法 对于变力的冲量,不能直接用I=FΔt求解,若已知初、末时刻动量的情况,可用动量定理求解,即求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量 1．(2024陕西临渭高二期末)如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是(　　) A．拉力F的冲量大小为Ft cos θ B．摩擦力的冲量大小为Ft sin θ C．重力的冲量大小为mgt D．物体所受支持力的冲量是mgt 答案　C 解析　拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cos θ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量为(mg－F sin θ)t，故D错误。 2．如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置.现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手.公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零.此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量.在公仔头部上升的过程中（　　） A.公仔头部的机械能守恒 B.公仔头部的加速度先增大后减小 C.弹簧弹力冲量的大小为mgt D.弹簧弹力对头部所做的功为零 答案C 解析　弹簧弹力对公仔头部做功，公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹-mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹-mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误. 3．(2024梅州模拟)如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为4 kg·m/s D．足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J 答案　BC 解析　足球到达脚部的速度为v＝＝5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间为t＝＝0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B正确；根据运动的对称性，足球离开脚部的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚部与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C正确；足球落到脚部和离开脚部时的动能相等，均为5 J，所以足球与脚部作用过程中动能变化量为0，D错误。 4．(2024广东卷)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g取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,方向竖直向上　②0.2 m 解析 (1)如图所示,敏感球受重力mg和敏感臂的压力FN以及斜面的支持力FN′,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma, 解得tan θ=。 (2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s, 方向竖直向上; ②头锤落到气囊上时的速度 v0==8 m/s, 取竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程根据动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0), 解得v=2 m/s, 则上升的最大高度h==0.2 m。 考点2　动量定理 1．对动量定理的理解 (1)动量定理中的冲量是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。 (2)Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中Ft是物体所受的合力的冲量。 (3)Ft=p′-p说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。 (4)Ft=p′-p整理为F=,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。 (5)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全过程应用动量定理。 2．解题基本思路 考向1 基本应用 5．2022年，我国高铁总里程约达4．2万公里，位列世界第一，为保障列车安全运行每一公里，无缝钢轨线路因热胀冷缩或负载等引起应力集中时，应每隔50～100 m设一位移观测点观测钢轨位移量，进行应力放散，及时排除隐患。一种人工应力放散作业的画面如图所示，四个人拉着最初静止的质量约400 kg的碰撞器竖直向下撞击钢轨，若至少要产生24 000 N的撞击力(设碰撞时间0．1 s，碰撞器不反弹，不计碰撞器与钢轨间的摩擦)，则每个人平均对碰撞器做功至少约为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A．1 250 J B．5 000 J C．25 000 J D．100 000 J 答案　A 解析　以碰撞器运动的方向为正方向，在0.1 s的碰撞过程中，根据动量定理有－FΔt＋mgΔt＝0－mv0，将F≥24 000 N代入上式，可得v0≥5 m/s，根据动能定理有4W＝mv，可得每个人平均对碰撞器需要做的功W≥1 250 J，A正确。 6．水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4．0 kg的静止物块以大小为5．0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5．0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5．0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 答案　BC 解析　物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的冲量大小I冲＝mv0－m(－v0)＝40 kg·m·s－1，方向与运动员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物块整体为研究对象，当物块撞击挡板7次后，7I冲＝m人v7＋mv0，v7<5 m/s，得m人>52 kg，当物块撞击挡板8次后，8I冲＝m人v8＋mv0，v8>5 m/s，得m人<60 kg。故B、C两项正确，A、D两项错误。 7．我国规定摩托车、电动车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔.小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0.如图所示，挤压过程中物体的运动可视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求： （1）物体在自由下落过程中重力的冲量； （2）物体做匀减速直线过程中的动量变化量； （3）匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小. 答案　（1）30N·s，方向竖直向下　（2）－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上　（3）3050N 解析　（1）自由下落过程中，由h＝g得t1＝0.6s 物体重力的冲量I＝mgt1＝30N·s，方向竖直向下. （2）物体落地速度v＝gt1，v＝6m/s 动量变化量Δp＝0－mv＝－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上. （3）根据x＝t2可知作用时间t2＝0.01s 根据动量定理有mgt2－t2＝0－mv，可得＝3050N. 考向2　应用动量定理处理“流体模型” “流体模型”问题的类型及解决思路 类型 流体类:液体流、气体流等,通常已知密度ρ 微粒类:电子流、光子流、尘埃等,通常给出单位体积内粒子数n 解题 思路 ①构建“柱状”模型:沿流速v的方向选取一段小柱体,其横截面积为S ②微元 研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt 小柱体的质量m=ρΔV=ρvSΔt 小柱体的粒子数N=nΔV=nvSΔt 小柱体的动量p=mv=ρv2SΔt ③建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究 8．(2024上海黄浦二模)消防员用横截面积为S的喷水枪,喷出恒定流速为v的水流,水流垂直射向着火的墙体后,速度可视为0。水的密度为ρ,水流的重力忽略不计。求: (1)水枪在Δt时间内喷出水的质量; (2)墙体受到水流平均冲击力的大小。 答案 (1)ρSvΔt　(2)ρSv2 解析 (1)水枪在Δt时间内喷出水的质量为Δm=ρSvΔt。 (2)以水喷出的方向为正方向，与墙体碰撞过程中对Δt时间内的水，根据动量定理得 -FΔt=0-Δmv， 解得F=ρSv2， 根据牛顿第三定律可得， 墙体受到水流平均冲击力的大小 F′=F=ρSv2。 9．如图，将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变,重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为(　　) A 1.5 s B 2.5 s C 3.0 s D 5.0 s 答案 B 解析 黄豆落在秤盘上的速度大小为v==5 m/s,设持续倾倒黄豆的时间为t,则单位时间落在秤盘上的黄豆数量为n=,黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力,故重力可以忽略,由动量定理得FΔt=2nm0v,方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v,又F=0.8 N,则代入数据可得t=2.5 s,故选B。 10.如图所示为清洗汽车用的高压水枪.设水枪喷出的水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零.手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是（　　） A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 答案D 解析　高压水枪单位时间内喷出水的质量m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，故A、B错 误；以t时间内喷出的水为研究对象，设汽车对水柱的平均作用力大小为F，水柱对 汽车的平均冲力大小为F'，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝πρvD2·t·v，可得F'＝F＝ πρv2D2，故C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当 高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，故D正确. 考点3　动量守恒定律的基本应用 1．动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量,作用前各动量p1、p2、…对应作用前同一时刻的动量,作用后各动量p1′、p2′、…对应作用后同一时刻的动量 系统性 两个或多个相互作用的物体组成的系统 普适性 既适用于低速宏观物体组成的系统,又适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2．动量守恒定律解题“五步”法 11.如图所示,光滑水平面上A、B两小车质量都是M,A车前站立一质量为m的人,两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞,人从A车跳到B车上,最终A车停止运动,B车获得反向速度v0。 (1)求两小车和人组成的系统的初动量大小; (2)为避免两车相撞,若要求人跳跃速度尽量小,则人跳上B车后,A车的速度多大? 答案 (1)(M+m)v0　(2)v0 解析 (1)光滑水平面上,两小车与人组成的系统动量守恒,所以两小车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动、B车获得反向速度时系统的动量,由系统动量守恒可得 p=(M+m)v0。 (2)为避免两车发生碰撞,最终两车和人具有相同速度,设共速时速度为v1,由系统动量守恒有 (M+m)v0=(2M+m)v1, 解得v1=v0。 [变式] 若已知A、B两小车质量均为M=30 kg,A车上人的质量为m=60 kg。A车以大小为v=2 m/s 的速度正对着静止的B车冲去,A车上的人至少要以多大的水平速度(相对地)从A车跳到B车上,才能避免两车相撞? 答案 2.25 m/s 解析 A车上的人以最小的水平速度v1从A车跳到B车,A车速度方向不变,根据动量守恒定律得(M+m)v=MvA+mv1, 人跳上B车,与B车具有共同速度vB, mv1=(M+m)vB, 两车不相撞,则vA=vB, 解得v1=2.25 m/s。 12.如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1的质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是（　　） A.弹簧的弹性势能在释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零 B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、 C.若离开弹簧后小球1能追上小球3，则小球2一定能追上小球4 D.若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足≤m＜ 答案BD 解析　小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始时小球1和小球2静止， 所以弹簧的弹性势能在释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A错 误.设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律和 机械能守恒定律有mv1-2mv2＝0，Ep＝m＋×2m，解得v1＝2，v2＝，B 正确.若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则各球速度大小应满 足v1＝2＞v0，v2＝≤2v0，解得≤m＜，C错误，D正确. 13.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　) A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B端碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 答案　BC 解析　弹簧伸长过程中，小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A项错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B项正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C项正确，D项错误。 14.(2024新疆师大附中阶段练习)如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，当同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L＝4.5 m，该同学和秋千板的总质量m＝50 kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200 kg，重力加速度g取10 m/s2。试求： (1)该同学摆到最低点时的速率； (2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功。 答案　(1)6 m/s　(2)－225 J 解析　(1)人与车在水平方向动量守恒，在最低点有mv1－Mv2＝0 人向下运动的过程中系统机械能守恒，有 mgL(1－cos 60°)＝mv＋Mv 联立可得v1＝6 m/s。 (2)由动能定理可得mgL(1－cos 60°)＋W＝mv 可得W＝－225 J。 考点4　爆炸和反冲问题 人船模型 1．爆炸类问题的三个规律 动量 守恒 爆炸物体内部的作用力远大于外力,外力忽略不计,系统的总动量守恒 机械能 增加 在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能,所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短,作用过程中各部分产生的位移很小,可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置开始运动 2．反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加 3．人船模型 模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0； (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。 “人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 15.某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为m的炮弹，以初速度v0、与水平面成60°的倾角斜向上发射，到达最高点时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，碎片a、b的质量之比为2∶1。经监控发现碎片b恰沿原轨迹返回，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A．爆炸后碎片a的速度大小为 B．碎片a、b的位移大小之比为2∶1 C．碎片a、b的落地速度大小之比为∶2 D．炮弹爆炸后动能的增加量为mv 答案　C 解析　炮弹上升到最高点时的速度大小为v＝v0cos 60°＝，发现碎片b恰沿原轨迹返回，则爆炸后碎片b的速度大小为，方向与原速度方向相反，根据动量守恒定律得mv0＝mva－mvb，解得va＝v0，A错误；爆炸后碎片a、b均做平抛运动，下落时间相同，则水平位移大小之比为爆炸后速度大小之比2∶1，但它们竖直方向的位移大小相同，则位移大小之比不为2∶1，B错误；碎片b恰沿原轨迹返回，则落地时竖直速度大小为vy＝v0sin 60°，b落地时速度大小为v0，a、b均做平抛运动，落地时间相同，落地时竖直速度相同，则落地时a的速度大小为v′＝＝v0，故碎片a、b的落地速度大小之比为∶2，C正确；炮弹爆炸后动能的增加量ΔEk＝×mv＋×mv－mv2＝mv，D错误。 16.某小组在探究反冲运动时，将一个质量为m1小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化气瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则： (1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度大小是多少？ (2)喷射出Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)由动量守恒定律得 0＝v船－Δmv1 解得v船＝。 (2)对喷射出的气体运用动量定理得FΔt＝Δmv1 解得F＝ 由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F＝。 17.如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为(　　) A．h B． C． D． 答案　D 解析　设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，规定竖直向下为正方向，根据动量守恒定律，竖直方向有0＝－Mv2＋mv1，人相对于地面下降的高度为h，速度大小v1＝，人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝，联立上式可得L＝h。 18.（2024云南曲靖模拟)如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（　　） A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒 B.滑块运动的距离为 C.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2R D.小型机器人运动的位移是滑块的倍 答案CD 解析　小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误；小型机器人 从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1＝Mx2，根据位移关系有x1＋ x2＝2R，可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1＝，x2＝，即小型机 器人运动的位移与滑块运动的位移之比为＝，故B错误，C、D正确. 考点5 碰撞 1．碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′。 (2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+。 (3)速度符合实际。 ①两物体同向运动,碰前有v后>v前;碰后原来在前的物体速度有v前′>v前;若碰后两物体同向运动有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 2．碰撞的种类 (1)弹性碰撞。 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。对对心正碰有 (2)非弹性碰撞。 碰撞中机械能有损失。 动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′, 能量守恒:m1+m2=m1v1′2+m2v2′2+ΔEk损。 (3)完全非弹性碰撞。 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。对对心正碰有 19.如图所示，质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k为待定系数)弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞。要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足(　　) A．<k≤ B．0<k< C．k<或k≥ D．0<k≤ 答案　A 解析　A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，则有mv≥m(kv0)2＋×4mv，为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足kv0>vB，联立解得<k≤，A正确。 20.(2024广东卷)(多选)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,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经过时间t3后停止,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程根据动能定理有mgH乙=m,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,如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。 [变式] 若倾角为θ的足够长的斜面上,甲、乙两滑块质量均为m,开始相距为L,其中滑块甲光滑,滑块乙与斜面间的动摩擦因数为μ,μ=tan θ。甲、乙同时由静止开始释放,一段时间后甲与乙发生第一次碰撞,假设每一次碰撞时间都极短,且都是弹性正碰,重力加速度为g,则 (1)第一次碰前甲的速度为多少? (2)从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为多少? 答案 (1)　(2)3 解析 (1)对乙由受力分析知,释放后其处于静止状态,滑块甲沿斜面下滑时,根据牛顿第二定律mgsin θ=ma, 解得a=gsin θ, 对滑块甲,设从开始释放到甲与乙第一次碰撞所用时间为t1,根据运动学公式 L=a, t1=, 第一次碰撞前,甲的速度为 v0=at1=。 (2)设第一次碰后甲的速度为v甲,乙的速度为v乙,则碰撞过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv甲+mv乙, m=m+m, 联立解得v甲=0, v乙=v0=, 滑块乙沿斜面下滑时有 mgsin θ-μmgcos θ=ma乙, 解得a乙=gsin θ-μgcos θ=0, 两滑块相碰后,滑块甲的速度变为零以后再做匀加速运动,而滑块乙将以v乙的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经t2时间相碰,则有v乙t2=a,解得t2=2, 故从甲开始运动到两滑块第二次相碰,共经历时间t=t1+t2=3。 21.如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 答案　(1)　(2)mg＋m　(3)mv2 解析　(1)A从释放到与B碰撞前瞬间，根据动能定理得mgH＝mv2 解得H＝ (2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得F＝mg＋m (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 mv＝2mv1 解得v1＝v， 则碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv2－·2m2＝mv2 22.某超市里两辆相同的手推购物车的质量均为m且相距为l沿直线排列，静置于水平地面上。为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠在墙边。车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能； (2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。 答案(1)kmgl　(2)m 解析　 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，与第二辆车碰后的共同速度为v2 由动量守恒定律得mv1＝2mv2 由动能定理得－2kmg×＝0－·2m·v 碰撞中系统损失的机械能 ΔE＝mv－×2m·v 联立解得ΔE＝kmgl。 (2)设第一辆车被推出时的速度为v0，由动能定理得 －kmgl＝mv－mv， 解得v0＝ 工人给第一辆购物车的水平冲量大小 I＝mv0＝m。 考点6　碰撞模型拓展 考向1“滑块—木板”碰撞模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，则当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(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)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)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。 23.(2024江西余干中学阶段练)如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍。下列说法正确的是(　　) A．射入滑块A的子弹最终速度小 B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 答案　D 解析　设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知Ft＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加，两滑块质量相同，末速度相同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。 24.(2024湖南邵阳二中期中)如图所示，质量m＝4 kg 的物体，以水平速度v0＝5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量M＝6 kg，物体与小车车面之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，设小车足够长。求： (1)小车和物体的共同速度大小； (2)物体在小车上滑行的时间； (3)在物体相对于小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热。 答案　(1)2 m/s　(2)1 s　(3)30 J 解析　(1)小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v 解得v＝＝ m/s＝2 m/s。 (2)物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知－μmg＝ma 解得a＝－3 m/s2 则物体在小车上滑行的时间为t＝＝ s＝1 s。 (3)根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为 ΔQ＝mv－(m＋M)v2＝×4×52 J－×(4＋6)×22 J＝30 J。 25.如图所示，质量为1 kg、足够长的长木板A和质量为0.5 kg的物块B静止在光滑水平面上，质量为0.5 kg的物块C从长木板的左端以6 m/s的速度滑上长木板，A与B相碰前瞬间，C与A刚好相对静止。已知A与B发生弹性碰撞，物块C与长木板A间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A、B间开始时的距离； (2)A、B最终的速度大小； (3)整个过程中A、B、C组成的系统产生的热量。 答案　(1)0.8 m　(2) m/s　 m/s　(3)6.3 J 解析　(1)物体C滑上木板A至A、B碰撞前的过程中，动量守恒，则 mCv0＝(mC＋mA)v1 解得v1＝2 m/s 在这个过程中μmCg＝mAa 解得a＝2.5 m/s2 A从静止开始加速至A、C相对静止时，恰好要与B相碰，则两者之间距离有 v＝2ax 解得x＝0.8 m。 (2)A与B发生弹性碰撞，则mAv1＝mAv2＋mBv3 mAv＝mAv＋mBv 解得v2＝ m/s v3＝ m/s 之后A与C相对滑动，但最终A与C还是速度相同，相对静止，一起运动，该过程动量守恒，则 mAv2＋mCv1＝(mA＋mC)v4 解得v4＝ m/s 则A、B最终的速度分别为 m/s、 m/s。 (3)由能量守恒定律，可得整个过程中A、B、C组成的系统产生的热量 Q＝mCv－v－mBv＝ J≈6.3 J。 26.INCLUDEPICTURE "规范一练LLL.TIF" (2024福建福州期末)如图所示，质量mB＝2 kg的长木板B静止于光滑水平面上，质量mA＝3 kg的小物体A(可视为质点)静止在B的左端，B的右边有竖直墙壁。长l＝1.6 m的轻细绳下端悬挂一质量mC＝1 kg的小物块C，C略高于B上表面。现将C向左拉高使细绳拉直且与竖直方向成夹角θ＝60°后由静止释放，C与A发生弹性碰撞，然后撤去细绳和物块C。已知A与B间的动摩擦因数为μ＝0.2，A始终未滑离B，B与竖直墙壁碰前A和B恰好相对静止，且B和墙壁间为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)C与A相碰后A的速度大小vA； (2)B的右端与墙壁间的距离x； (3)木板B的长度L至少要多长。 答案(1)2 m/s　(2)0.24 m　(3)1 m 解析(1)对小物块C下摆过程应用动能定理有 mCgl(1－cos__θ)＝mCv－0 对于C和A组成的系统，碰撞过程动量、能量守恒得mCv0＝mCvC＋mAvA mCv＝mCv＋mAv 联立解得vA＝2 m/s。 (2)B与墙壁碰撞前瞬间A、B共速，对于A和B组成系统由动量守恒定律得 mAvA＝(mA＋mB)v 对B由动能定理有μmAgx＝mBv2 联立解得x＝0.24 m。 (3)物块A和木板B共速以后和墙壁发生碰撞，B木板向左减速到零以后反向加速到和物块A共速然后再和墙壁碰撞，一直重复这个过程直到A减速到零，最终A和B的动能全部转化为系统的内能，B停在墙边，由能量守恒定律得μmAgL＝mAv 代入数据得L＝1 m。 考向2 “滑块—弹簧” 1．模型图示 2．两个规律 (1)动量守恒：两个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)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 3．两个状态 (1)弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大 ①系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共； ②系统机械能守恒：m1v＝(m1＋m2)v＋Epm。 (2)弹簧处于原长时弹性势能为零 ①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2； ②系统机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v。 27．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2 D．在t2时刻两物块的动量大小之比p1∶p2＝1∶2 答案　C 解析　由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹簧弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时物块A逐渐减速，物块B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B继续加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，从t＝0到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，物块A的速度v1′＝－1 m/s，物块B的速度v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。 28．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态，质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧的弹性势能最大值可能是(　　) A．mv B．mv C．mv D．mv 答案　B 解析　由于小球C与小球A质量相等，二者发生弹性正碰，则碰撞后二者速度交换，若A与B速度相同，B与挡板碰撞，B碰撞后速度与A大小相等、方向相反，当二者速度同时减至零时，弹簧的弹性势能最大，弹性势能最大值为Ep＝ΔEk＝mv；当B的速度很小(趋近于零)时，B与挡板碰撞，当A、B两球速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝v，解得v＝v0，由机械能守恒定律得，弹性势能的最大值为Ep′＝mv－v2，解得Ep′＝mv，则弹性势能的最大值范围为mv～mv，B正确。 29.如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞。求： (1)B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC； (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep； (3)整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp。 答案　(1)v0　(2)mv　(3)0 解析　(1)B、C发生弹性碰撞，以向右为正方向，则mv0＝mvB＋mvC mv＝mv＋mv 由于B、C质量相等，速度交换，即vB＝0，vC＝v0。 (2)A、B速度相等时，弹簧具有最大的弹性势能，对A、B由动量守恒定律可得 2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝ 由能量守恒定律可得Ep＝×2mv－(3m)v2 解得Ep＝mv。 (3)对A、B由动量守恒定律可得 2mv0＝2mv1′＋mv2′ 能量守恒×2mv＝×2mv1′2＋mv2′2 解得v1′＝v0，v2′＝v0 B、C再次碰撞，速度交换，B最终的动量大小pB＝mv0 B的动量变化量的大小Δp＝mv0－mv0＝0。 30.如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是(　　) A．A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒 B．若A的速度为vA＝，B的速度为vB＝ C．若A的速度为vA＝，弹簧与导轨之间的夹角为30° D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2 答案　BCD 解析　平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的外力矢量和为0，因此系统动量守恒，除系统内弹力外，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv＝m·v＋2mvB，解得vB＝，故B正确；由B选项分析可知，若vA＝，则vB＝，设弹簧初始弹性势能为Ep，A的速度为时的弹性势能为Ep′，根据机械能守恒定律可得×2mv2＋Ep＝×2mv＋mv＋Ep′，可得Ep＝Ep′，开始时弹簧长度为L，而原长为L，故弹簧压缩了，弹性势能为Ep，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为，此时弹簧长度为L′＝L＋L＝2L＝，故弹簧与导轨间夹角为30°，故C正确；开始时，弹簧长度为L，而原长为L，故弹簧压缩了，弹性势能记为Ep，弹簧恢复原长时，环B水平向右的速度为2v，根据动量守恒可得2mv＝mvA＋2m·2v，解得vA＝－2v，即A的速度大小为2v，方向向左，由能量守恒定律得×2mv2＋Ep＝×2m(2v)2＋m(－2v)2，解得Ep＝5mv2，故D正确。 考向3“滑块—斜面(弧面)”碰撞模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，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)。 31.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，则小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，则小球返回A点时对滑块的压力为m　 答案　C 解析　当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，mv＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝R<R，A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；如果小球速度足够大，则可从B点离开滑块，由于B点处的切线竖直，所以在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，则小球返回A点时速度仍为v0，方向向右，此时对滑块的压力为mg＋m，D错误。 32.如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，若m＝2M，重力加速度为g，则(　　) A．小车和小球组成的系统机械能守恒 B．小车和小球组成的系统动量守恒 C．当小球再次回到圆弧轨道底端后将向右做平抛运动 D．当小球再次回到圆弧轨道底端后将向左做平抛运动 答案　AC 解析　小球和小车组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A正确；小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向合外力不为零，故小球和小车组成的系统动量不守恒，B错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取水平向右为正方向，整个过程中系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv，联立解得v1＝v0，小球速度方向水平向右，当小球再次回到圆弧轨道底端后将向右做平抛运动，C正确，D错误。 33.(2025唐山模拟)在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管。小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是(　　) A．小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒 B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用 C．当小球初速度v0>时，将会从细管的竖直部分冲出 D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中 答案　BCD 解析　小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向受到的合外力为零，在弯曲处和竖直部分，小球和小车(包含细管)组成的系统在竖直方向受到的合外力不为零，则小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统动量不守恒，故A错误；由于小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向和小车(包含细管)的速度相同。则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确；由于水平方向动量守恒，在最高点，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝2mv、mv＝·2mv2＋mgL，解得L＝，若小球从细管的竖直部分冲出，须有L＝>h，解得v0>，故C正确；小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向和小车(包含细管)的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确。 34.(2025江苏徐州阶段检测)如图所示,光滑水平面上静置一个质量M=3 kg的滑块,滑块的一侧是一个四分之一弧形槽,凹槽半径R=0.6 m,E点切线水平。一个质量m=1 kg的小球以速度v0=8 m/s从E点冲上滑块,从F点脱离滑块。重力加速度大小g取10 m/s2,不计一切摩擦。求: (1)小球脱离滑块时,滑块的速度大小; (2)小球离地的最大高度; (3)小球回到圆弧轨道E点时对滑块的压力大小。 答案 (1)2 m/s　(2)2.4 m　(3)116.7 N 解析 (1)小球和滑块在水平方向上动量守恒,当小球脱离滑块时,两者在水平方向上速度相同,因此可得mv0=(m+M)v1, 解得v1=2 m/s。 (2)小球运动的整个过程中,系统机械能守恒,因此由机械能守恒定律可得 mgh=m-(m+M), 解得h=2.4 m。 (3)小球从冲上滑块到回到圆弧轨道E点的过程可以看作弹性碰撞,因此可得 mv0=mv2+Mv3, m=m+M, 联立解得 v2=-4 m/s, v3=4 m/s, 小球与滑块运动方向相反,因此小球回到圆弧轨道E点时可得 FN-mg=, 解得FN=N≈116.7 N,由牛顿第三定律可得,小球对滑块的压力大小为116.7 N。 考向4“滑块—摆球”模型 1．模型图例 2．两个规律 (1)在水平方向系统动量守恒，但竖直方向动量不守恒。 (2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。 3．两个状态 (1)小球和滑块共速时，小球运动到最高点。 (2)当小球再次回到最低点时，滑块速度最大，此过程类似于弹性碰撞，小球回到最低点时vM＝，vm＝v0。 35．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，一轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有一质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案　C 解析　子弹射入木块时，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得子弹射入木块后的瞬间速度大小为v1＝，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。 36.(2025八省联考四川卷)如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则(　　) A．＝1 B．＝2 C．＝2 D．＝4 答案　AC 解析　小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有mXgh＝mXv＝Ek1，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有Ek2＝(mX＋mY)v＝(mX＋mY)g·，两球碰撞过程，根据动量守恒有mXv1＝(mX＋mY)v2，联立求得＝1，＝2。故选AC。 37．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为L B．小球运动到最低点时的速度大小为2 C．小球运动到最低点时的速度大小为 D．小球第一次到达轻杆左侧最高处的高度与释放高度相同 答案　B 解析　设小球C由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球C的水平位移大小为x1，木块A的位移大小为x2，小球C运动到最低点时的速度大小为vC，A、B的速度为vA，小球C由静止释放在向下摆动的过程中，A、B之间有弹力，A、B不会分离，当小球C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得mvC－2mvA＝0，则m·－2m·＝0，由几何关系得x1＋x2＝L，由机械能守恒定律得mgL＝mv＋×2mv，解得vC＝2，vA＝，x2＝L，A、C错误，B正确；小球C从最低处向左运动上升时，A、B分离，A开始做减速运动，B在光滑的水平面上做匀速直线运动，具有一定的动能，由系统机械能守恒知，小球C第一次到达轻杆左侧最高处时，重力势能小于刚开始静止释放时小球C的重力势能，即小球C第一次到达轻杆左侧最高处的高度比释放高度要低，D错误。 考点7 三大观点的综合应用 1．力学三大观点 (1)动力学：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．三大观点的选用原则 (1)动力学观点的选用原则 ①如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。 ②凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点。 (2)动量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 ②对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。 (3)能量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。 ②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。 38．(2025江西省联考)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，求： (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 答案　(1)　(2)　(3)mgL 解析　(1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝mv， 解得v0＝。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2， 根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒有mv＝×3mv＋mv 解得v1＝v2＝v0＝。 (3)由于v2＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，根据牛顿第二定律有 3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma 解得a＝gsin α＋μgcos α＝g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝＝ 物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为 Q＝μ·3mgcos α＝mgL。 深化观念、建构模型，解决力学综合难题 39．(2024河北卷改编)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 答案　(1)1.5 m　(2)90 J　2 解析(1)机器人在A木板的上表面运动时，机器人和A木板组成的系统动量守恒，设A木板向左的位移为xA，机器人向右的位移为x人，木板的质量为m，机器人的质量为M，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 0＝Mv人－mvA 在运动过程中的任意一小段时间内，有 0＝Mv人·Δt－mvA·Δt，两侧求和得0＝Mx人－mxA， 又有x人＋xA＝L 解得x人＝0.5 m，xA＝1.5 m， 则A、B木板间的水平距离为1.5 m。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止时速度为零，设机器人离开A木板的速度为v，速度与水平方向的夹角为θ，机器人跳离A木板的瞬间，水平方向动量守恒，有0＝Mvcos θ－mvA′ 机器人离开A木板后做斜抛运动，在空中运动的时间 t＝ 水平方向上有xA＝vcos θ·t 机器人跳离A木板的过程，机器人做的功 W＝mvA′2＋Mv2 代入数据整理得机器人做功的表达式为 W＝×＝×＝， 当tan θ＝时，机器人做的功最少， 此时tan θ＝2，W＝90 J。 40．(2025湖北省七市联考)如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 答案　(1)4.0 m/s　(2)1.0 kg　(3)1.75 m 解析　(1)对物块A在爆炸后，根据动能定理有－μ0mAgs＝0－mAv 可得vA＝2.0 m/s 对物块A与长木板B在爆炸过程中由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB 可得vB＝4.0 m/s。 (2)由题图可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0 m/s 对小物块C，在0～1 s内有 aC＝＝μg 可得μ＝0.1 对长木板B，在0～1 s内有 μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB 且aB＝ 可得mC＝1.0 kg。 (3)长木板B与小物块C在0～1 s内，相对位移为 s相＝Δt－Δt＝2 m 对长木板B，在1 s后至停下的过程有 μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′ 可得aB′＝2.0 m/s2 长木板B与小物块C在1 s后均停下，相对位移为 s相′＝－Δt＝－0.25 m 则小物块C最终静止时距长木板B右端的距离 d＝s相＋s相′ ＝1.75 m。 41.（2024河北唐山摸底演练）如图所示，一圆弧轨道AB与倾角为θ的斜面BC在B点相接.可视为质点的两个形状相同的小球a、b，将小球b置于圆弧轨道的最低点，使小球a从圆弧轨道A点由静止释放，两小球在最低点发生弹性正碰，整个系统固定于竖直平面内.已知圆弧轨道半径R＝1m，圆弧过A、B两端点的半径与竖直方向间的夹角均为θ＝37°，小球a的质量m1＝4kg，小球b的质量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： （1）与小球b碰前瞬间，小球a的速度大小v0； （2）碰后瞬间小球b对轨道的压力大小F； （3）小球b从B点飞出圆弧轨道后，距离斜面BC的最远距离h，取2.5. 答案　（1）2m/s　（2）20.24N　（3）0.36m 解析　（1）对小球a从静止释放到与小球b碰撞前瞬间的过程，由动能定理有m1gR（1－cosθ）＝m1 代入数据解得v0＝2m/s （2）小球a与小球b发生弹性正碰，则有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1＝m1＋m2 对碰撞后瞬间小球b，由牛顿第二定律有 FN－m2g＝m2 联立并代入数据解得FN＝20.24N 由牛顿第三定律可得小球b对轨道的压力大小 F＝FN＝20.24N （3）对小球b从碰撞后到飞出圆弧轨道瞬间的过程，由动能定理有 －m2gR（1－cosθ）＝m2－m2 代入数据解得v3＝2.5m/s 由几何关系可知，此时小球b的速度与斜面的夹角为α＝74° 小球b在垂直斜面方向做类竖直上抛运动，则有 v'0＝v3sinα，a＝gcosθ 对小球b从B点运动到距离斜面最远的过程，由运动学规律有2ah＝v 代入数据解得h＝0.36m. 考点8 实验:验证动量守恒定律 实验原理:在一维碰撞中,测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′,确定碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p′=m1v1′+m2v2′,验证碰撞前后动量是否守恒。 方案一:研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 1．实验操作 (1)测质量:用天平测出滑块质量。 (2)安装:正确安装好气垫导轨。 (3)实验:接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度。(①改变滑块的质量;②改变滑块的初速度大小和方向) 2．数据处理 (1)滑块的速度:v=,式中Δx为滑块挡光片的宽度,Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。 (2)验证的表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。 方案二:利用两辆小车完成一维碰撞实验 1．实验操作 (1)测质量:用天平测出两小车的质量。 (2)安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。 (3)实验:小车B静止,接通电源,让小车A运动,碰撞时撞针插入橡皮泥中,两小车连接成一个整体运动。(①改变小车A的初速度;②改变两小车的质量) 2．数据处理 (1)小车的速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间,由v=计算。 (2)验证的表达式:m1v1=(m1+m2)v2。 方案三:利用斜槽滚球验证动量守恒定律 1．实验操作 (1)测质量:用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。 (2)安装:按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。 (3)铺纸:白纸在下,复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。 (4)单球找点:不放被撞小球,每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下,重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。 (5)碰撞找点:把被撞小球放在斜槽末端,每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下,使它们发生碰撞,重复实验10次。用步骤(4)的方法,标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N,如图所示。改变入射小球的释放高度,重复实验。 2．数据处理 (1)小球的水平射程:连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度。 (2)验证的表达式:m1·OP=m1·OM+m2·ON。 注意事项 (1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 (2)方案提醒。 ①若利用气垫导轨进行验证,给滑块的初速度应沿着导轨的方向。 ②若利用两小车相碰进行验证,要注意平衡摩擦力。 ③若利用平抛运动规律进行验证,安装实验装置时,应注意调整斜槽,使斜槽末端水平;且选质量较大的小球为入射小球;入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。 考向1　教材原型实验 42．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块弹射架等组成。 (1)下面是实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向； ④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块2放在气垫导轨的中间； ⑤先接通打点计时器的电源，再放开滑块1，让滑块1带动纸带一起运动；在中间与滑块2相撞并粘在一起运动； ⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图(b)所示； ⑦测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。 (2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s。(均保留3位有效数字) (3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_______________。 答案(2)0.620　0.618　(3)限位孔对纸带向左的阻力对系统的冲量使系统的总动量减少 解析(2)碰撞前滑块1的速度为v＝＝m/s＝2.00 m/s 则两滑块在碰撞前的总动量为p＝m1v1＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s 碰撞后两滑块共同的速度为v共＝＝m/s＝1.20 m/s 则两滑块在碰撞后的总动量为p′＝(m1 ＋ m2)v共＝(0.310 ＋ 0.205)×1.20 kg·m/s＝0.618 kg·m/s。 (3)本实验的主要系统误差是限位孔对纸带向左的阻力对系统的冲量使系统的总动量减少。 43.“验证动量守恒定律”的实验装置图如图甲所示，装置中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置．(球A的质量为m1，球B的质量为m2) (1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标尺测量小球的直径，如图乙，则读数为________mm. (2)在某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，下列说法正确的是________． A．由图看出，重复多次实验后，小球落点不完全重合，可知小球每次不是从斜槽的同一位置由静止滑下 B．由于偶然因素存在，重复操作时小球的落点不会完全重合，但是落点应当比较密集 C．测定落点P的位置时，如果几次落点的位置分别为P1、P2、…、Pn，则落点的平均位置OP＝ D．尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置 (3)已知某次实验时，两球质量满足m1大于m2，结果如图丙所示，则验证动量守恒定律的表达式是____________________．(用“m1、m2、OP、OQ、O′R”表示) 答案(1)15.75　(2)BD　(3)m1OQ＝m1OP＋m2O′R 解析(1)游标卡尺的读数为1.5 cm＋15×0.05 mm＝15.75 mm. (2)由于偶然因素的存在，小球的落点不一定重合，但大致在真实落点附近，根据题图丙中点的图像可得小球每次是从斜槽的同一位置由静止滑下，A错误，B正确；测定某一落点的平均位置时应尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置，C错误，D正确． (3)根据题意可得P点是小球A碰后的落点，R点是小球B碰后的落点，Q点是小球A碰前的落点，两球竖直高度相同，根据平抛运动知识可得每次两球水平方向运动时间相同，所以可用水平位移代替水平方向的初速度，根据动量守恒定律有m1OQ＝m1OP＋m2O′R. 44.(2024河北邯郸三模)如图甲所示,利用气垫导轨验证动量守恒定律,主要的实验步骤如下: (1)利用螺旋测微器测量两滑块上挡光片的宽度,得到的结果如图乙所示,则挡光片的宽度为 　　　　 mm。  (2)安装好气垫导轨,向气垫导轨通入压缩空气,只放上滑块1,接通光电计时器,给滑块1一个初速度,调节气垫导轨的两端高度直到滑块做匀速运动,能够判断滑块做匀速运动的依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)若滑块1通过光电门时挡光时间为Δt=0.01 s,则滑块1的速度大小为　　　　 m/s(结果保留2位有效数字)。  (4)设碰撞前滑块1的速度为v0,滑块2的速度为0,碰撞后滑块1的速度为v1,滑块2的速度为v2,若滑块1和滑块2之间的碰撞是弹性碰撞,且两滑块完全相同,则速度关系需要满足　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)4.700(2)通过两个光电门的时间相同(3)0.47　(4)v0+v1=v2 解析 (1)挡光片的宽度为d=4.5 mm+20.0×0.01 mm=4.700 mm。 (2)滑块若能够做匀速运动,因挡光片的宽度为定值,则通过两个光电门的时间相同。 (3)滑块1的速度大小为v==0.47 m/s。 (4)根据系统动量守恒和机械能守恒有m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,解得v0+v1=v2。 考向2 实验创新 45.用如图所示的装置验证动量守恒定律。质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为h的小支柱N上，O点到A球球心的距离为l，使悬线在A球释放前张紧，且线与竖直线的夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰好与B球正碰，碰撞后A球把轻质指针OC由竖直位置推移到与竖直线夹角β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D。保持α不变，多次重复上述实验，白纸上记录了多个B球的落点。已知重力加速度为g。 (1)为了验证两球碰撞过程动量守恒，除了测量质量mA、mB，夹角α、β，高度h的数据外，还应测量________、________等物理量。 (2)用测量到的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量分别为：pA＝________，pA′＝________，pB＝________，pB′＝________。 答案　(1)水平位移s　线长l (2)mA　mA　0 mBs 解析　(1)实验过程中需要求出两小球碰撞前后的动量，因此需要知道小球的质量与速度，小球的速度可以由动能定理与平抛运动知识求得，因此该实验需要测量的物理量有：小球的质量mA、mB，倾角α与β，球B飞出时的高度h，线长l，水平位移s。 (2)小球A下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得mAgl(1－cos α)＝mAv－0 解得vA＝ 则pA＝mAvA＝mA 小球A与小球B碰撞后继续运动，A碰后到达最左端，机械能守恒，由机械能守恒定律得 －mAgl(1－cos β)＝0－mAvA′2 解得vA′＝ 故pA′＝mAvA′＝mA 碰撞前B球动量为0，碰撞后B球做平抛运动，水平方向s＝vB′t，竖直方向h＝gt2，解得vB′＝s，则碰后B球的动量pB′＝mBvB′＝mBs。 46.如图(a)所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。 　 实验步骤如下： ①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M； ②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长； ③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角； ④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值； ⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。 挡位 平均最大偏角θ(°) 弹丸质量 m(kg) 摆块质量M(kg) 摆长l(m) 弹丸的速度v(m/s) 低速挡 15.7 0.007 65 0.078 9 0.270 5.03 中速挡 19.1 0.007 65 0.078 9 0.270 6.77 高速挡 0.007 65 0.078 9 0.270 7.15 完成下列填空： (1)现测得高速挡指针最大偏角如图(b)所示，请将表中数据补充完整：θ＝__________°。 (2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________________。(已知重力加速度为g) (3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由。 _________________________________________________________ 答案　(1)22.4(22.1～22.7均可) (2) 3较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能 解析　 (1)分度值为1°，故读数为22.4°。 (2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒，mv＝(m＋M)v′ 摆块向上摆动，由机械能守恒定律得 (m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cosθ) 联立解得v＝ 。 (3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)。 47. (2025黑龙江大庆一模)某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。 (1)选择两个半径相等的小球,其中一个小球有经过球心的孔,用游标卡尺测量两小球直径d,如图乙所示,d=　　　　 mm。  (2)用天平测出小球的质量,有孔的小球质量记为m1,另一个球记为m2;本实验中　　　　(选填“需要”或“不需要”)满足m1>m2。  (3)将铁架台放置在水平桌面上,上端固定力传感器,通过数据采集器和计算机相连;将长约1 m的细线穿过小球m1的小孔并挂在力传感器上,测出悬点到小球上边缘的距离L。 (4)将小球m2放在可升降平台上,调节平台位置和高度,保证两个小球能发生正碰;在地面上铺上复写纸和白纸,以显示小球m2落地点。 (5)拉起小球m1由某一特定位置静止释放,两个小球发生正碰,通过与力传感器连接的计算机实时显示拉力大小;读出碰前和碰后拉力的两个峰值F1和F2。通过推导可以得到m1碰撞前瞬间速度v1=　　　　　　　;同样方式可以得到m1碰撞后瞬间速度v3。(已知当地的重力加速度为g)  (6)测出小球m2做平抛运动的水平位移x和竖直位移h,已知当地的重力加速度为g,则m2碰后瞬间速度v2=　　　　。  (7)数据处理后若满足表达式:　　　　　　　　　　　　(已知本次实验中m1>m2,速度用v1、v2、v3表示),则说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。  答案 (1)4.90　(2)不需要 (5)　(6)x (7)m1v1=m1v3+m2v2 解析 (1)由题图乙可知,两小球直径为d=4 mm+18×0.05 mm=4.90 mm。 (2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹,则不需要满足m1>m2。 (5)根据题意,由牛顿第二定律有F1-m1g=m1,整理可得v1=。 (6)小球m2做平抛运动,则有x=v2t,h=gt2,解得v2=x。 (7)由于本实验中m1>m2,则碰后m1不反弹,若碰撞过程中动量守恒,则有m1v1=m1v3+m2v2,即m1v1=m1v3+m2v2成立,说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$