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（粤教版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．篮球运动在学校普遍受到学生的喜爱，为了检验一篮球的弹性性能，某同学让它从高处自由下落，能够自由弹跳到高度处。篮球和地面接触的时间，不考虑篮球在运动中的转动和所受的空气阻力，篮球的质量为，当地重力加速度g取。若取向上为正方向，则（　　） A．篮球在下落过程中，合力的冲量为 B．篮球与地面碰撞后瞬间的速度大小为 C．篮球在与地面碰撞过程中，动量改变量为 D．篮球受到地面的平均冲击力大小为 2．如图所示是一台螺旋传送装置，可将货物沿弯曲程度相同的等螺距轨道向上以恒定速率传送。在向上传送过程中，货物（  ） A．机械能增大 B．加速度为零 C．所受合力为零 D．动量保持不变 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．（24广东佛山期中）（多选）据报道，骑车佩戴头盔可防止85%的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率。经查阅资料知，头部直接撞地时，撞击能量向头部的传导时间约为4ms；若带上头盔后，则头盔内部的缓冲层能将撞击能量向头部的传导时间延长6ms以上，假定撞击地面后人头部的速度变为0，人头部的质量约为2kg，重力加速度g=10m/s2，忽略撞击过程中肢体对头部的作用力，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．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．在事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量相同 D．若驾驶员头部以6m/s的速度垂直撞击地面，该头盔使撞击力至少减少约1800N 6．如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盈中装入质量为2．0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3．20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0．08m时，物体的速度减为0。挤压过程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。则（　　） A．挤压过程中物体处于失重状态 B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg·m/s，方向竖直向下 D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N·s 7．如图为我国运动员严浪宇在杭州亚运会“蹦床”比赛中的画面，设严浪宇的质量为m，他从床垫正上方高处自由落下，落垫后反弹的高度为，他与床垫接触的时间为t，空气阻力不计，重力加速度为g。求： （1）严浪宇自由下落高度的过程，重力对他的冲量大小； （2）严浪宇与床垫接触的时间内，他对床垫的平均作用力大小。 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．“水上飞人表演”是近年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起，同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分，如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，则要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为(　　) A． B． C． D． 9．图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。手持高压水枪操作，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，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 B．高压水枪喷水的输出功率为 C．水柱对汽车的平均冲力为 D．水柱对汽车的压强与水流速度的平方成正比 10.如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响，对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；认为沙子落到容器底部时速度瞬时变为零，下列说法正确的是（　　） A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小 C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小 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，足够深的水池中有一个木块和铁块，它们用细绳栓连后在水里悬浮。现剪断细绳，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是(　　) A．动量守恒，机械能增加 B．动量守恒，机械能减少 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 12.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。 13.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(　　) A．5 m/s B．4 m/s C．8．5 m/s D．9.5 m/s 14.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动，在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法错误的是(　　) A． t＝0至t＝时间内，A、B的总动量守恒 B． t＝至t＝时间内，A、B的总动量守恒 C． t＝时，A的动量为2mv D． t＝时，A的动量为3mv 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.乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s。逃命时更可以达到40m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度为（　　） A．210m/s B．160m/s C．75m/s D．60m/s 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，某实验小组发射自制的水火箭，总质量为M的水火箭竖直静置在水平地面，打开喷嘴后，火箭内的高压空气将质量为m的水以速度v0瞬间喷出，火箭发射升空，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)求喷水后瞬间火箭的速度大小及上升的最大高度。 (2)喷嘴打开后，火箭内的高压空气对外做的功至少多大？ 18．(2023广东深圳期末)为安全着陆火星，质量为240 kg的探测器先向下喷气，使其短时悬停在距火星表面高度100 m处。已知火星表面重力加速度g火＝3.7 m/s2，不计一切阻力，忽略探测器的质量变化。 (1)若悬停时发动机相对于火星表面喷气速度为3.7 km/s，求每秒喷出气体的质量。 (2)为使探测器获得水平方向大小为0.1 m/s的速度，需将12 g气体以多大速度沿水平方向喷出？并计算此次喷气发动机至少做了多少功？ 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.目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为、，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是（　　） A．，方向水平向左 B．，方向水平向右 C．，方向水平向左 D．，方向水平向左 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，冰雪滑道 B 点的左侧是粗糙的水平轨道； AB 是光滑的半径 R＝10 m 的部分圆弧轨道，B 点是圆弧轨道的最低点，水平轨道和圆弧轨道平滑连接。质量 m＝30 kg 的小孩从滑道顶端 A 点由静止开始下滑，经过 B 点时被静止的质量 M＝60 kg 的家长抱住，一起滑行到 C点(图中未画出)停下。已知 A 点距水平面的高度 h＝5 m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ＝0.2, g 取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A．小孩到达B点时的速度大小为 10 m/s B．小孩到达B点时对轨道的压力大小为 600 N C．B、C 间的距离为 3 m D．家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能为 1 000 J 22.(2024茂名高二期末)“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2 s的发射时间，就能将质量为m＝5 kg的礼花弹竖直抛上180 m的高空。(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10 m/s2) (1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？(已知该平均作用力远大于礼花弹自身所受重力) (2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块(爆炸时炸药质量忽略不计)，测得前后两块质量之比为1∶4，且炸裂时有大小为E＝9 000 J的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？ 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.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　) A．小木块最终将相对于木箱静止，二者一起向右运动 B．小木块和木箱最终速度为v0 C．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对于木箱静止，则二者将一起向左运动 24.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起,将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知(　　) A 子弹射中上层时对滑块做功多 B 两次子弹对滑块做的功一样多 C 子弹射中上层系统产生热量多 D 子弹与上层之间的摩擦力较大 25. (2024广东深圳三模)如图所示,ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度为g。 (1)求子弹击中木块后的速度; (2)求子弹击中木块并留在其中的过程中，子弹和木块产生的热量Q; (3)若m∶M=1∶3，且v0=12，求木块从C飞出后落地点与B点的距离s。 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。 26．如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长,一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入物块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是(　　) A 子弹射入物块A的过程中,子弹的动量变化量为 B子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为 C 在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量最大值为 D 弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为 [变式] 子弹射入物块A的过程中,两物块的动量是否守恒?两物块运动过程中,弹簧最短时的弹性势能与弹簧最长时的弹性势能是否相等? 27．如图所示，质量m＝2 kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6 kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝0.4 m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.75，g取10 m/s2，A、B可视为质点。求： (1)滑块A刚到平台上的速度大小； (2)该过程中弹簧弹性势能的最大值； (3)从滑块A刚开始挤压弹簧到与弹簧分离过程中，弹簧弹力对滑块A的冲量； (4)小车C的长度。 28.如图所示，一木板放在光滑水平面上，木板的右端与一根沿水平方向放置的轻质弹簧相连，弹簧的自由端在Q点.木板的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q之间的距离为L，Q点右侧表面是光滑的.一质量为m＝0.2kg的滑块（可视为质点）以水平速度v0＝3m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回.已知木板质量M＝0.3kg，滑块与木板表面P、Q之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2. （1）若L＝0.8m，求滑块滑上木板后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （2）要使滑块既能挤压弹簧，最终又没有滑离木板，则木板上P、Q之间的距离L应在什么范围内？ 29.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)。 30.（2024广东广州部分学校联考）如图所示，质量m0＝5g的小球用长l＝1m的轻绳悬挂在固定点O，质量m1＝10g的物块静止在质量m2＝30g的光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块m1的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，由静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端.若小球、物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： （1）小球与物块碰撞前瞬间小球的速度v0； （2）小球与物块碰撞后瞬间物块的速度v1； （3）圆弧轨道的半径R. 31.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）.已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10m/s2. （1）求斜面体的质量； （2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 32.如图所示,在光滑水平面上并排放着的长为L=7.5 m 的长木板B的上表面和半径R=1 m的四分之一光滑圆弧槽C的左端平滑相接,B、C二者不粘连,质量均为2 kg。在B的左端放一质量为1 kg的小物块A,A与B之间的动摩擦因数μ=0.5。现给A施加一水平向右的瞬时冲量10 N·s,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块A获得的初速度大小; (2)判断物块A能否滑离木板B,并求出A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量; (3)若A能滑上光滑圆弧槽C,求A滑上圆弧槽C后的运动过程中所能上升的最大高度;若A不能滑上光滑圆弧槽C,求A最终的速度大小。(结果保留3位有效数字) 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。 33．如图所示,用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态,质量为m的子弹以速度v0水平射入小球,子弹穿过小球后的速度为v0,子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍,子弹穿过小球时间极短,重力加速度为g,不考虑小球质量变化,则小球的质量为(　　) A m B m C m D m 34.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 35．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。 36．某物流公司用如图所示的传送带将物体从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率v0=2 m/s。将质量为m=25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.25,A、B间的距离为s=8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求物体滑上木板左端时的速度大小。 (2)若地面光滑,要使物体不会从木板上掉下,木板长度L至少应是多少? (3)若木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,且物体不会从木板上掉下,求木板的最小长度L′。 深化观念、建构模型，解决力学综合难题 37．如图所示，光滑轨道PQO的水平段与水平地面平滑连接。在水平轨道QO上，用挡板将A、B两物块挡住并压缩弹簧后处于静止状态，轻质弹簧与物块A不拴接。现只放开左侧挡板，物块A能到达轨道PQO的最大高度h处。已知物块A的质量为2m，B的质量为m，A、B两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ，A、B与弹簧相互作用过程中均处于水平轨道QO段，弹簧的压缩量保持不变，弹簧处于自然伸长时的长度远小于h。 (1)若只放开右侧挡板，则物块B在粗糙水平地面上经多少时间停止运动？ (2)若同时放开左右两侧挡板，则物块A、B分离时的速度大小各为多少？ (3)若同时放开左右两侧挡板，当物块A、B均停止运动时，两者之间的距离为多少？ 38．如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道和竖直平面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径R＝0.9m，圆轨道内侧最高点E点装有一力传感器，且竖直圆轨道的最低点D、D'点相互靠近且错开.水平轨道左侧放置着两个用细绳连接的物体A和B，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹出.轨道右侧M端与水平传送带MN等高，并能平滑对接，传送带总长度L＝5m，传送带速度大小和方向均可调.已知A物体质量mA＝1kg，B物体质量可变，A、B间被压缩的弹簧的弹性势能为30J，取重力加速度g＝10m/s2. （1）求测得的力传感器能显示的力的最小值； （2）要使物体A冲上传送带后，均能到达N点，求传送带与物体A之间的动摩擦因数的最大值； （3）要使物体A在圆轨道上运动时不脱离轨道，求物体B的质量范围. 39.有一款三轨推拉门（如图甲），门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板的俯视图如图乙，每扇门板宽为d＝0.8m，质量为m＝20kg，与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙扣，两门板碰后可连在一起.现三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去.取重力加速度g＝10m/s2. （1）若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W. （2）若F＝12N，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭. ①求3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v0. ②求拉力F的作用时间t. 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 40.某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”实验。在水平桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电计时器1和光电计时器2，带有遮光片的滑块A、B的质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽 度均为d。实验过程如下：①调节气垫导轨成水平状态；②轻推滑块A，测得滑块A通过光电计时器1的遮光时间为t1；③滑块A与滑块B相碰后，滑块B和滑块A先后经过光电计时器2的遮光时间分别为t2和t3。 (1)实验中为确保两滑块碰撞后滑块A不反向运动，则mA、mB应满足的关系为mA________(选填“大于”“等于”或“小于”)mB。 (2)碰前滑块A的速度大小为________。 (3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子为________________。 41.“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示,阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B,给小车A一定速度去碰撞静止的小车B,小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。 (1)实验应进行的操作有　　　　。  A.测量滑轨的长度 B.测量小车的长度和高度 C.碰撞前将滑轨调成水平 (2)下表是某次实验时测得的数据: A的质量/kg 0.200 B的质量/kg 0.300 碰撞前A的速度大小/(m·s-1) 1.010 碰撞后A的速度大小/(m·s-1) 0.200 碰撞后B的速度大小/(m·s-1) 0.800 由表中数据可知,(结果保留3位有效数字) ①碰撞前小车A、B所构成系统的总动量大小是　　　　 kg·m/s;  ②碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是　　　　 kg·m/s。  ③某同学由此判断小车A与小车B碰撞过程系统的动量改变。该同学的判断　　　　(选填“正确”或“错误”)。  42.某兴趣小组设计了一个利用打点计时器、小车、水平轨道等探究碰撞前后不变量的实验,如图甲所示。实验器材有:打点计时器、低压交流电源(f=50 Hz)、纸带、刻度尺、表面光滑的平直金属轨道、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平。 (1)该小组实验的主要步骤有: ①用天平测出小车A的质量mA=0.50 kg,测量小车B的质量时,把小车放在左侧盘中,右侧依次放入两个100 g和一个50 g的砝码后,天平平衡(游码位于零刻度处),则小车B的质量mB= 　　　　 kg。  ②将平直轨道放在水平桌面上,在其上固定打点计时器,连接电源。将小车A靠近打点计时器放置,在车后固定纸带,将小车B静止地放在平直轨道上某一位置。 ③接通电源,并给小车A向左的初速度vA。更换纸带重复操作三次。 (2)从打下的纸带中,选取比较理想的一条,如图乙所示。请补充表格(结果均保留2位有效数字)。 项目 小车A 小车B A、B整体 m/kg 0.50 　　  　　  v/(m·s-1) 　　  0 　　  /(m·s-1· kg-1) 　　  0 　　  mv/(kg·m·s-1) 　　  0 　　  mv2/(kg·m2·s-2) 　　  0 　　  (3)根据以上数据寻找出碰撞前后的不变量,其表达式为　　　　　　　　。  (4)通过进一步分析可知,上述碰撞过程中动能　　　　(选填“增加”“减少”或“不变”)。  考向2 实验创新 43.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′＝________。 44.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。 45. 用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。小球a用不可伸长的细线悬挂起来,直径相同的小球b放置在光滑支撑杆上。细线自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上。已知重力加速度为g。实验的主要步骤及需解答的问题如下: (1)测量出悬点到小球a球心的距离L,小球a、b的质量分别为m1、m2。 (2)将小球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为θ1时由静止释放,与小球b发生对心碰撞后球a反弹,球b做平抛运动,测得小球a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2。则小球a、b的质量大小需满足m1　　　　(选填“>”“<”或“=”)m2。  (3)测量出碰撞后小球b做平抛运动的水平位移x,竖直下落高度h,可知碰撞后小球b的速度大小vb=　　　　。  (4)若该碰撞中的总动量守恒,则需满足的表达式为　　　　　　　　　　　　　　(用题中所给和测量的物理量表示)。  (5)碰撞中的恢复系数定义为e=,其中v10、v20分别是碰撞前两物体的速度,v1、v2分别是碰撞后两物体的速度,则本次实验中碰撞恢复系数的表达式为e=　　　　　　　　(用题中所给和测量的物理量表示)。  1 / 2 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．篮球运动在学校普遍受到学生的喜爱，为了检验一篮球的弹性性能，某同学让它从高处自由下落，能够自由弹跳到高度处。篮球和地面接触的时间，不考虑篮球在运动中的转动和所受的空气阻力，篮球的质量为，当地重力加速度g取。若取向上为正方向，则（　　） A．篮球在下落过程中，合力的冲量为 B．篮球与地面碰撞后瞬间的速度大小为 C．篮球在与地面碰撞过程中，动量改变量为 D．篮球受到地面的平均冲击力大小为 答案D 解析A．篮球在下落过程中，根据 解得下落时间为 篮球在下落过程中，合力的冲量为 故A错误； B．设篮球与地面碰撞后瞬间的速度大小为，根据 可得 故B错误； C．篮球与地面碰撞前瞬间的速度大小为 则篮球在与地面碰撞过程中，动量改变量为 故C错误； D．篮球在与地面碰撞过程中，根据动量定理可得 解得篮球受到地面的平均冲击力大小为 故D正确。 故选D。 2．如图所示是一台螺旋传送装置，可将货物沿弯曲程度相同的等螺距轨道向上以恒定速率传送。在向上传送过程中，货物（  ） A．机械能增大 B．加速度为零 C．所受合力为零 D．动量保持不变 答案A 解析A．运动过程，动能不变，重力势能增大，则机械能增大，故A正确； B．运动过程有向心加速度，加速度不为零，故B错误； C．加速度不为零，则合力不为零，故C错误； D．由于速度方向时刻改变，则动量方向时刻改变，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．（24广东佛山期中）（多选）据报道，骑车佩戴头盔可防止85%的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率。经查阅资料知，头部直接撞地时，撞击能量向头部的传导时间约为4ms；若带上头盔后，则头盔内部的缓冲层能将撞击能量向头部的传导时间延长6ms以上，假定撞击地面后人头部的速度变为0，人头部的质量约为2kg，重力加速度g=10m/s2，忽略撞击过程中肢体对头部的作用力，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．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．在事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量相同 D．若驾驶员头部以6m/s的速度垂直撞击地面，该头盔使撞击力至少减少约1800N 答案AD 解析 A．根据 可得 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； B．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； C．根据 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错误； D．依题意，不戴头盔时，有 戴上头盔后，有 该头盔使撞击力至少减少 故D正确。 故选AD。 6．如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盈中装入质量为2．0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3．20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0．08m时，物体的速度减为0。挤压过程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。则（　　） A．挤压过程中物体处于失重状态 B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg·m/s，方向竖直向下 D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N·s 答案 B 解析A．挤压过程视为匀减速直线运动，因此物体处于超重状态，故A错误； B．根据 可得物体做自由下落运动的时间为 物体落地瞬间的速度为 根据 可得物体做匀减速直线过程中加速度为 根据牛顿第二定律有 所以头盔对物体的平均作用力为 故B正确； C．物体做匀减速直线过程中动量变化量 负号表示方向竖直向上，故C错误； D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为 故D错误。 7．如图为我国运动员严浪宇在杭州亚运会“蹦床”比赛中的画面，设严浪宇的质量为m，他从床垫正上方高处自由落下，落垫后反弹的高度为，他与床垫接触的时间为t，空气阻力不计，重力加速度为g。求： （1）严浪宇自由下落高度的过程，重力对他的冲量大小； （2）严浪宇与床垫接触的时间内，他对床垫的平均作用力大小。 答案（1）；（2） 解析（1）严浪宇自由下落高度的过程，经过的时间 重力对他的冲量大小 （2）落到垫上时的速度 落垫后反弹的速度为 设向上为正方向，由动量定理 解得 由牛顿第三定律可知他对床垫的平均作用力大小为 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．“水上飞人表演”是近年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起，同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分，如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，则要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　设出水速度为v，则极短的时间t内，出水的质量为m＝ρSvt，速度由竖直向上的v变为竖直向下的v，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及装备受到水的作用力大小为Mg，由牛顿第三定律可知，表演者及装备对水的作用力大小也为Mg，取向下为正方向，对时间t内的水，由动量定理可得Mgt＝mv－(－mv)＝ρSv2t－(－ρSv2t)，解得v＝ ，故C正确，A、B、D错误。 9．图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。手持高压水枪操作，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，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 B．高压水枪喷水的输出功率为 C．水柱对汽车的平均冲力为 D．水柱对汽车的压强与水流速度的平方成正比 答案 AD 解析AC．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 水柱冲击汽车后速度为零，由动量定理得 解得水柱对汽车的平均冲力为 故A正确，C错误； B．高压水枪喷水的输出功率为 故B错误； D．水柱对汽车的压强为 可知水柱对汽车的压强与水流速度的平方成正比，故D正确。 故选AD。 10.如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响，对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；认为沙子落到容器底部时速度瞬时变为零，下列说法正确的是（　　） A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小 C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小 D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小 答案C 解析AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。对整体分析，有一部分沙子有向下的加速度，则总重力大于桌面对沙漏的支持力，合力向下，故AB错误； C．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的沙子质量为，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙子冲击底部静止沙子表面的速度为 沙子下落的时间为 设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为，在极短时间内，撞击在底部静止沙子表面的沙子质量为，取向上为正方向，由动量定理有 解得 空中的沙子质量 则 对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力为 故C正确，D错误。 故选C。 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，足够深的水池中有一个木块和铁块，它们用细绳栓连后在水里悬浮。现剪断细绳，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是(　　) A．动量守恒，机械能增加 B．动量守恒，机械能减少 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 答案A 解析 在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据F＝ρgV排，系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，动量守恒，在上升过程中系统中浮力做正功，根据机械能守恒条件可知，系统机械能增加，故A正确，B、C、D错误。 12.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。 13.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(　　) A．5 m/s B．4 m/s C．8．5 m/s D．9.5 m/s 答案A 解析 小球做平抛运动，下落时间为t＝＝2 s，竖直方向速度大小为vy＝gt＝20 m/s，小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，根据速度的分解有vx＝ m/s＝15 m/s，小球与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方向－mvx＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s。 14.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动，在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法错误的是(　　) A． t＝0至t＝时间内，A、B的总动量守恒 B． t＝至t＝时间内，A、B的总动量守恒 C． t＝时，A的动量为2mv D． t＝时，A的动量为3mv 答案B 解析 由题意可知A、B所受滑动摩擦力大小相等，均设为f。A、B匀速运动时，根据平衡条件有F＝2f，设轻绳断开后经时间t1，B停止运动，根据动量定理有－ft1＝0－mv，联立解得t1＝。由于B停下之前始终受到滑动摩擦力作用，所以t＝0至t＝时间内，A、B组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，故A正确，B错误；设t＝时A的动量为p1，则根据动量定理有(F－f)＝p1－mv，解得p1＝2mv，故C正确；设t＝时A的动量为p2，则根据动量定理有(F－f)＝p2－mv解得p2＝3mv，故D正确。 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.乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s。逃命时更可以达到40m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度为（　　） A．210m/s B．160m/s C．75m/s D．60m/s 答案B 解析 由题意可知，乌贼逃命时的速度达到v1=40m/s，则乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，设乌贼喷射出水的速度为v2，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得解得故选B。 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，某实验小组发射自制的水火箭，总质量为M的水火箭竖直静置在水平地面，打开喷嘴后，火箭内的高压空气将质量为m的水以速度v0瞬间喷出，火箭发射升空，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)求喷水后瞬间火箭的速度大小及上升的最大高度。 (2)喷嘴打开后，火箭内的高压空气对外做的功至少多大？ 答案(1)　　(2) 解析(1)设喷水后瞬间火箭的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v 解得v＝ 设水火箭上升的最大高度为h，由动能定理得 －(M－m)gh＝0－(M－m)v2 解得h＝。 (2)喷嘴打开后，火箭内的高压空气对外做的功至少为W＝mv＋(M－m)v2＝。 18．(2023广东深圳期末)为安全着陆火星，质量为240 kg的探测器先向下喷气，使其短时悬停在距火星表面高度100 m处。已知火星表面重力加速度g火＝3.7 m/s2，不计一切阻力，忽略探测器的质量变化。 (1)若悬停时发动机相对于火星表面喷气速度为3.7 km/s，求每秒喷出气体的质量。 (2)为使探测器获得水平方向大小为0.1 m/s的速度，需将12 g气体以多大速度沿水平方向喷出？并计算此次喷气发动机至少做了多少功？ 答案(1)0.24 kg　(2)2×103 m/s　2.4×104 J 解析(1)设每秒喷出的气体质量为m，则t时间喷出的气体质量为mt，以t时间喷出的气体为研究对象，取竖直向下为正方向，根据动量定理 (FN＋mg)t＝mt·v 又FN≫mg，mg忽略不计，则 FN·t＝mt·v 根据牛顿第三定律，得FN＝FN′ 对探测器，由平衡条件得FN′＝Mg，M是探测器的质量，可得m＝0.24 kg。 (2)取探测器的速度方向为正方向，根据水平方向动量守恒得 Mv1－m′v2＝0 又v1＝0.1 m/s 可得v2＝2×103 m/s 根据功能关系W＝Mv＋m′v 可得W≈2.4×104 J。 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.目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为、，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是（　　） A．，方向水平向左 B．，方向水平向右 C．，方向水平向左 D．，方向水平向左 答案B 解析 设较小钢球的质量为，较大钢球的质量为，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得 代数数据解得， 可知，方向水平向右；，方向水平向左。 故选B。 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，冰雪滑道 B 点的左侧是粗糙的水平轨道； AB 是光滑的半径 R＝10 m 的部分圆弧轨道，B 点是圆弧轨道的最低点，水平轨道和圆弧轨道平滑连接。质量 m＝30 kg 的小孩从滑道顶端 A 点由静止开始下滑，经过 B 点时被静止的质量 M＝60 kg 的家长抱住，一起滑行到 C点(图中未画出)停下。已知 A 点距水平面的高度 h＝5 m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ＝0.2, g 取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A．小孩到达B点时的速度大小为 10 m/s B．小孩到达B点时对轨道的压力大小为 600 N C．B、C 间的距离为 3 m D．家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能为 1 000 J 答案ABD 解析 小孩从A点滑到B点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得mgh＝mv，代入数据解得vB＝10 m/s，A正确；小孩运动到B点时，由牛顿第二定律可得N－mg＝m，解得N＝600 N，由牛顿第三定律可知，小孩到达 B 点时对轨道的压力大小为 600 N，B正确；家长抱住小孩的过程中，家长和小孩组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律可得mvB＝v，解得v＝ m/s，设家长和小孩组成的系统在水平轨道上从B点滑行到C点的距离为x，由动能定理可得－μgx＝0－v2，代入数据解得x＝ m，C错误；家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能为ΔE＝mv－v2，解得ΔE＝1 000 J，D正确。 22.(2024茂名高二期末)“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2 s的发射时间，就能将质量为m＝5 kg的礼花弹竖直抛上180 m的高空。(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10 m/s2) (1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？(已知该平均作用力远大于礼花弹自身所受重力) (2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块(爆炸时炸药质量忽略不计)，测得前后两块质量之比为1∶4，且炸裂时有大小为E＝9 000 J的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？ 答案(1)1 550 N　(2)900 m 解析(1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F，设礼花弹上升时间为t，则 h＝gt2，解得t＝6 s 取竖直向上为正方向，对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理 Ft0－mg(t＋t0)＝0 其中t0＝0.2 s，解得F＝1 550 N。 (2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m1、m2，对应的水平速度大小分别为v1、v2 在最高点爆炸 由动量守恒定律得 m1v1＝m2v2，由能量守恒定律得 E＝m1v＋m2v 其中＝，m＝m1＋m2 联立解得v1＝120 m/s，v2＝30 m/s 之后两物块做平抛运动，则 竖直方向有h＝gt2 水平方向有s＝v1t＋v2t 由以上各式联立解得s＝900 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.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　) A．小木块最终将相对于木箱静止，二者一起向右运动 B．小木块和木箱最终速度为v0 C．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对于木箱静止，则二者将一起向左运动 答案AB 解析 木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M＋m)v，解得v＝，A、B正确，C、D错误。 24.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起,将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知(　　) A 子弹射中上层时对滑块做功多 B 两次子弹对滑块做的功一样多 C 子弹射中上层系统产生热量多 D 子弹与上层之间的摩擦力较大 答案 B 解析 根据动量守恒定律可知两次过程最后滑块获得的速度(滑块和子弹的共同速度)是相同的,即滑块获得的动能是相同的;根据动能定理,滑块动能的增量是子弹对滑块做功的结果,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故A错误,B正确。子弹嵌入下层或上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而减少的动能一样多(两次过程子弹初速度相等,且滑块与子弹的末速度也相等),故系统产生的热量一样多,故C错误。根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量,两次相对位移不一样,因此子弹所受摩擦力不一样,子弹与下层之间相对位移比较小,所以摩擦力较大,故D错误。 25. (2024广东深圳三模)如图所示,ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度为g。 (1)求子弹击中木块后的速度; (2)求子弹击中木块并留在其中的过程中，子弹和木块产生的热量Q; (3)若m∶M=1∶3，且v0=12，求木块从C飞出后落地点与B点的距离s。 答案 (1)　(2)　(3)2R 解析 (1)子弹击中木块,整个系统动量守恒,有mv0=(M+m)v, 解得子弹击中木块后的速度v=。 (2)根据能量守恒定律可得 Q=m-(M+m)v2=。 (3)被击中的木块能沿轨道滑到最高点C,根据机械能守恒定律可知 (M+m)v2=(M+m)+2(M+m)gR, 解得vC=, 木块的落地时间2R=gt2,得t=, 所以木块从C点飞出后落地点与B点的距离 s=vCt=2R。 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。 26．如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长,一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入物块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是(　　) A 子弹射入物块A的过程中,子弹的动量变化量为 B子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为 C 在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量最大值为 D 弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为 答案 C 解析 子弹射入物块A的过程中,子弹与物块A组成的系统动量守恒,则有kmv0=(m+km)v1,得v1=v0,子弹动量的变化量Δp=kmv1-kmv0=-,选项A错误;物块A的动能增加量为ΔEkA=m=,选项B错误;当弹簧第一次压缩到最短时,物块B的动量最大,则子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒,有kmv0=(2m+km)v2,得v2=v0,物块B的动量最大值为pBm=,选项C正确;弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp=(m+km)-(2m+km)=,选项D错误。 [变式] 子弹射入物块A的过程中,两物块的动量是否守恒?两物块运动过程中,弹簧最短时的弹性势能与弹簧最长时的弹性势能是否相等? 答案 不守恒　相等 解析 子弹射入物块A的过程中,物块A受到子弹的摩擦力作用,A的动量增大,所以两物块的动量不守恒;两物块运动过程中,弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时,有(m+km)v1=(2m+km)v2, ΔEp=(m+km)-(2m+km), 所以弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能。 27．如图所示，质量m＝2 kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6 kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝0.4 m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.75，g取10 m/s2，A、B可视为质点。求： (1)滑块A刚到平台上的速度大小； (2)该过程中弹簧弹性势能的最大值； (3)从滑块A刚开始挤压弹簧到与弹簧分离过程中，弹簧弹力对滑块A的冲量； (4)小车C的长度。 答案 (1)2 m/s　(2)2 J　(3)4 kg·m/s，方向水平向左　(4)0.2 m 解析(1)对滑块A从P点到刚滑上平台过程，根据动能定理有 mgR(1－cos 60°)＝mv 代入数据解得v0＝2 m/s。 (2)当滑块A、B速度相同时，弹簧被压缩最短，弹性势能最大，在弹簧被压缩过程，以滑块A、B和弹簧为系统，动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝2mv共 解得v共＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能为 Ep＝mv－×2mv＝2 J。 (3)当弹簧恢复原长时，滑块A、B分离，分离时的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2 根据能量守恒定律有mv＝mv＋mv 联立解得v1＝0，v2＝2 m/s 弹簧弹力对滑块A的冲量为 I＝Δp＝0－mv0＝－4 kg· m/s 方向水平向左。 (4)滑块B滑上小车，在小车上恰好未滑落时，滑块B和小车速度相同，设为v3，以滑块B和小车为系统，动量守恒，则有mv2＝(M＋m)v3 解得v3＝0.5 m/s 根据能量守恒定律有μmgL＝mv－(M＋m)v 解得L＝0.2 m。 28.如图所示，一木板放在光滑水平面上，木板的右端与一根沿水平方向放置的轻质弹簧相连，弹簧的自由端在Q点.木板的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q之间的距离为L，Q点右侧表面是光滑的.一质量为m＝0.2kg的滑块（可视为质点）以水平速度v0＝3m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回.已知木板质量M＝0.3kg，滑块与木板表面P、Q之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2. （1）若L＝0.8m，求滑块滑上木板后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （2）要使滑块既能挤压弹簧，最终又没有滑离木板，则木板上P、Q之间的距离L应在什么范围内？ 答案　（1）0.22J　（2）0.675m≤L＜1.35m 解析　（1）滑块滑上木板后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时滑块、木板共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v共 由能量守恒定律得Ep＝m－（m＋M）－μmgL 解得Ep＝0.22J （2）滑块最终没有离开木板，滑块和木板具有共同的末速度，设为u，滑块与木板组成的系统动量守恒，有 mv0＝（m＋M）u 设共速时滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得 μmgL1＝m－（m＋M）u2 解得L1＝1.35m 设共速时滑块恰好回到木板的左端P点处，由能量守恒定律得2μmgL2＝m－（m＋M）u2 解得L2＝0.675m 所以P、Q之间的距离L应满足0.675m≤L＜1.35m. 29.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)。 30.（2024广东广州部分学校联考）如图所示，质量m0＝5g的小球用长l＝1m的轻绳悬挂在固定点O，质量m1＝10g的物块静止在质量m2＝30g的光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块m1的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，由静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端.若小球、物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： （1）小球与物块碰撞前瞬间小球的速度v0； （2）小球与物块碰撞后瞬间物块的速度v1； （3）圆弧轨道的半径R. 答案　（1）v0＝2m/s　（2）v1＝m/s　（3）R＝m 解析　（1）小球下摆至最低点，满足机械能守恒定律，有m0gl（1－cos37°）＝m0 解得v0＝＝2m/s （2）小球与物块碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，有m0v0＝m0v01＋m1v1 m0＝m0＋m1 解得v1＝m/s （3）物块滑到圆弧轨道最高点的过程，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，则有m1v1＝（m1＋m2）v2 m1＝（m1＋m2）＋m1gR 解得R＝m. 31.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）.已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10m/s2. （1）求斜面体的质量； （2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案　（1）20kg　（2）不能，理由见解析 解析　（1）规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v0＝（m2＋m3）v　① m2＝（m2＋m3）v2＋m2gh　② 式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg　③. （2）设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0　④ 代入数据得v1＝－1m/s　⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3　⑥ m2＝m2＋m3　⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s　⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩. 32.如图所示,在光滑水平面上并排放着的长为L=7.5 m 的长木板B的上表面和半径R=1 m的四分之一光滑圆弧槽C的左端平滑相接,B、C二者不粘连,质量均为2 kg。在B的左端放一质量为1 kg的小物块A,A与B之间的动摩擦因数μ=0.5。现给A施加一水平向右的瞬时冲量10 N·s,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块A获得的初速度大小; (2)判断物块A能否滑离木板B,并求出A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量; (3)若A能滑上光滑圆弧槽C,求A滑上圆弧槽C后的运动过程中所能上升的最大高度;若A不能滑上光滑圆弧槽C,求A最终的速度大小。(结果保留3位有效数字) 答案 (1)10 m/s　(2)能,37.5 J(3)能，0.208 m 解析 (1)根据I=mv0, 可得物块A获得的初速度大小v0=10 m/s。 (2)假设物块A不能滑离木板B,由动量守恒和功能关系有mv0=(m+2M)v, m-(m+2M)v2=μmgx, 解得x=8 m>L=7.5 m。 则物块A将滑离木板B,A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量Q=μmgL=37.5 J。 (3)由以上分析可知,物块A能滑上光滑圆弧槽C,当刚滑离木板B时,设物块A的速度为v1,木板B和C的速度为v2,根据动量守恒和功能关系有mv0=mv1+2Mv2, m-(m+·2M)=μmgL, 解得v1=4 m/s, v2=1.5 m/s(另一组解舍掉); 当A滑上C到最大高度时两者共速,则 mv1+Mv2=(m+M)v′, m+M-(m+M)v′2=mgh, 解得h≈0.208 m。 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。 33．如图所示,用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态,质量为m的子弹以速度v0水平射入小球,子弹穿过小球后的速度为v0,子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍,子弹穿过小球时间极短,重力加速度为g,不考虑小球质量变化,则小球的质量为(　　) A m B m C m D m 答案 C 解析 子弹穿过小球过程中,子弹和小球水平方向动量守恒,设穿过瞬间小球的速度为v,则mv0=Mv+mv0,根据牛顿第二定律有2Mg-Mg=M,解得M=m,故选C。 34.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。 35．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。 36．某物流公司用如图所示的传送带将物体从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率v0=2 m/s。将质量为m=25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.25,A、B间的距离为s=8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求物体滑上木板左端时的速度大小。 (2)若地面光滑,要使物体不会从木板上掉下,木板长度L至少应是多少? (3)若木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,且物体不会从木板上掉下,求木板的最小长度L′。 答案 (1)6 m/s　(2)4.8 m　(3)7.2 m 解析 (1)物体速度达到传送带速度前,由牛顿第二定律,有mgsin 37°+μ1mgcos 37°=ma1, 解得a1=10 m/s2; 设物体与传送带共速时运动的位移为x1,对物体有=2a1x1, 解得x1=0.20 m; 因为x1<s,所以此后物体继续在传送带上做匀加速运动。 设物体的加速度为a2,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma2, 解得a2=2 m/s2; 设物体到达B端时的速度大小为v,根据运动学公式有v2-=2a2(s-x1), 解得v=6 m/s。 (2)设物体恰好不会从木板上掉下,物体和木板共速为v1,规定物体的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有mv=(m+M)v1, 由能量守恒定律得μ2mgL=mv2-(m+M), 解得L=4.8 m, 则木板长度L至少为4.8 m。 (3)由于μ(m+M)g>μ2mg,所以木板不运动,物体做匀减速直线运动,设物体速度为0时,恰好到达木板的最右端,其加速度 a3=μ2g=2.5 m/s2, 根据运动学公式有v2=2a3L′, 解得L′=7.2 m, 则木板的最小长度为7.2 m。 深化观念、建构模型，解决力学综合难题 37．如图所示，光滑轨道PQO的水平段与水平地面平滑连接。在水平轨道QO上，用挡板将A、B两物块挡住并压缩弹簧后处于静止状态，轻质弹簧与物块A不拴接。现只放开左侧挡板，物块A能到达轨道PQO的最大高度h处。已知物块A的质量为2m，B的质量为m，A、B两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ，A、B与弹簧相互作用过程中均处于水平轨道QO段，弹簧的压缩量保持不变，弹簧处于自然伸长时的长度远小于h。 (1)若只放开右侧挡板，则物块B在粗糙水平地面上经多少时间停止运动？ (2)若同时放开左右两侧挡板，则物块A、B分离时的速度大小各为多少？ (3)若同时放开左右两侧挡板，当物块A、B均停止运动时，两者之间的距离为多少？ 答案(1) 　(2) 　2　(3) 解析(1)只放开左侧挡板，A从静止到h高度处，弹簧储存的势能为Ep，根据能量守恒定律，有 Ep＝2mgh 若只放开右侧挡板时，B离开弹簧时速度为v，根据能量守恒定律，有 Ep＝mv 根据动量定理 －μmgt＝0－mvB 解得t＝ 。 (2)若同时放开左右两侧挡板，A、B动量守恒，有 0＝2mvA＋mvB 系统能量守恒，有 Ep＝×2mv＋mv 联立解得vA＝ ，vB＝2。 (3)若同时放开左右两侧挡板，A、B从滑上粗糙水平面至静止。 对B：－μmgxB＝－mv 对A：－μ×2mgxA＝－×2mv 间距Δx＝xB－xA 联立解得Δx＝。 38．如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道和竖直平面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径R＝0.9m，圆轨道内侧最高点E点装有一力传感器，且竖直圆轨道的最低点D、D'点相互靠近且错开.水平轨道左侧放置着两个用细绳连接的物体A和B，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹出.轨道右侧M端与水平传送带MN等高，并能平滑对接，传送带总长度L＝5m，传送带速度大小和方向均可调.已知A物体质量mA＝1kg，B物体质量可变，A、B间被压缩的弹簧的弹性势能为30J，取重力加速度g＝10m/s2. （1）求测得的力传感器能显示的力的最小值； （2）要使物体A冲上传送带后，均能到达N点，求传送带与物体A之间的动摩擦因数的最大值； （3）要使物体A在圆轨道上运动时不脱离轨道，求物体B的质量范围. 答案　（1）0　（2）0.45　（3）mB≤kg或mB≥3kg 解析　（1）当由重力提供向心力时，对E点压力为0，所以测得的力传感器能显示的力的最小值Fmin＝0 （2）当物体A恰好通过圆轨道最高点后进入传送带时速度最小，此时若传送带静止或逆时针转动，则物体A一直在传送带上做匀减速直线运动.当物体A到达N点的速度为0时，则动摩擦因数最大，即对物体A分析有mAg＝ mAg·2R－μmAgL＝0－mA 得μ＝0.45. （3）物体A不脱离圆轨道有两种情况： ①过最高点的速度vE≥ 对物体A从被弹簧弹出开始到到达最高点，根据动能定理有－mAg·2R＝mA－mA 得vA≥＝3m/s ②到达圆轨道的圆心等高处时速度恰好为0，对物体A从被弹簧弹出开始到到达圆心等高处，根据动能定理有 －mAgR＝0－mA 得vA≤＝3m/s 因为物体A是通过释放弹簧的弹性势能获得速度，且A与B反向弹开，由动量守恒有mAvA＝mBvB 由机械能守恒有Ep＝mA＋mB 得mB＝kg 代入数据得mB≤kg或mB≥3kg. 39.有一款三轨推拉门（如图甲），门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板的俯视图如图乙，每扇门板宽为d＝0.8m，质量为m＝20kg，与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙扣，两门板碰后可连在一起.现三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去.取重力加速度g＝10m/s2. （1）若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W. （2）若F＝12N，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭. ①求3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v0. ②求拉力F的作用时间t. 答案　（1）1.6J　（2）①0.8m/s　②s 解析　（1）根据动能定理有W－μmgd＝0，解得W＝1.6J （2）①设3号门板与2号门板碰撞后速度大小为v1，碰后两门板位移大小均为d＝0.8m 从3号门板与2号门板碰撞后到大门完整关闭，根据功能关系有－2μmgd＝－·2m 碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v0＝0.8m/s ②根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma 根据动能定理有　Fx－μmgd＝m　 根据运动学公式有x＝at2 解得t＝s. 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 40.某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”实验。在水平桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电计时器1和光电计时器2，带有遮光片的滑块A、B的质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽 度均为d。实验过程如下：①调节气垫导轨成水平状态；②轻推滑块A，测得滑块A通过光电计时器1的遮光时间为t1；③滑块A与滑块B相碰后，滑块B和滑块A先后经过光电计时器2的遮光时间分别为t2和t3。 (1)实验中为确保两滑块碰撞后滑块A不反向运动，则mA、mB应满足的关系为mA________(选填“大于”“等于”或“小于”)mB。 (2)碰前滑块A的速度大小为________。 (3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子为________________。 答案　(1)大于　(2)　(3)＝＋ 解析　(1)滑块A和滑块B发生碰撞，用质量大的滑块A碰质量小的滑块B，则不会发生反弹，所以mA>mB。 (2)滑块经过光电计时器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，则碰前滑块A的速度为vA＝。 (3)碰后滑块A的速度vA′＝ 碰后滑块B的速度vB′＝ 由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 化简可得＝＋。 41.“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示,阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B,给小车A一定速度去碰撞静止的小车B,小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。 (1)实验应进行的操作有　　　　。  A.测量滑轨的长度 B.测量小车的长度和高度 C.碰撞前将滑轨调成水平 (2)下表是某次实验时测得的数据: A的质量/kg 0.200 B的质量/kg 0.300 碰撞前A的速度大小/(m·s-1) 1.010 碰撞后A的速度大小/(m·s-1) 0.200 碰撞后B的速度大小/(m·s-1) 0.800 由表中数据可知,(结果保留3位有效数字) ①碰撞前小车A、B所构成系统的总动量大小是　　　　 kg·m/s;  ②碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是　　　　 kg·m/s。  ③某同学由此判断小车A与小车B碰撞过程系统的动量改变。该同学的判断　　　　(选填“正确”或“错误”)。  答案 (1)C　(2)①0.202　②0.200　③错误 【解析】 (1)实验只需要测量小车的速度与质量,不需要测量滑轨的长度,不需要测量小车的长度和高度,故A、B错误;为使系统所受合力为零,系统动量守恒,碰撞前将滑轨调成水平,故C正确。 (2)①设碰撞前A的速度方向为正方向,则有p1=mAvA1=0.200×1.010 kg·m/s=0.202 kg·m/s; ②p2=mAvA2+mBvB=[0.200×(-0.200)+0.300×0.800] kg·m/s=0.200 kg·m/s; ③根据以上计算结果可知,碰撞前后系统动量基本没有发生改变,其中微小误差是由滑轨上的阻力导致的,故该同学的判断错误。 42.某兴趣小组设计了一个利用打点计时器、小车、水平轨道等探究碰撞前后不变量的实验,如图甲所示。实验器材有:打点计时器、低压交流电源(f=50 Hz)、纸带、刻度尺、表面光滑的平直金属轨道、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平。 (1)该小组实验的主要步骤有: ①用天平测出小车A的质量mA=0.50 kg,测量小车B的质量时,把小车放在左侧盘中,右侧依次放入两个100 g和一个50 g的砝码后,天平平衡(游码位于零刻度处),则小车B的质量mB= 　　　　 kg。  ②将平直轨道放在水平桌面上,在其上固定打点计时器,连接电源。将小车A靠近打点计时器放置,在车后固定纸带,将小车B静止地放在平直轨道上某一位置。 ③接通电源,并给小车A向左的初速度vA。更换纸带重复操作三次。 (2)从打下的纸带中,选取比较理想的一条,如图乙所示。请补充表格(结果均保留2位有效数字)。 项目 小车A 小车B A、B整体 m/kg 0.50 　　  　　  v/(m·s-1) 　　  0 　　  /(m·s-1· kg-1) 　　  0 　　  mv/(kg·m·s-1) 　　  0 　　  mv2/(kg·m2·s-2) 　　  0 　　  (3)根据以上数据寻找出碰撞前后的不变量,其表达式为　　　　　　　　。  (4)通过进一步分析可知,上述碰撞过程中动能　　　　(选填“增加”“减少”或“不变”)。  答案 (1)①0.25　(2)0.25　0.75　3.0　2.0　6.0　2.7　1.5　1.5　4.5　3.0　(3)mAvA=(mA+mB)v共或mAvA+mBvB=(mA+mB)v共 (4)减少 解析 (1)①小车B的质量mB=100 g+100 g+50 g=250 g=0.25 kg。 (2)由(1)知小车B的质量mB=0.25 kg,A、B整体的质量mA+mB=0.50 kg+0.25 kg=0.75 kg,题图乙中AC段表示碰撞前小车A做匀速运动,打点时间间隔为0.02 s,所以vA= m/s=3.0 m/s,=6.0 m·s-1·kg-1,mAvA=1.5 kg·m·s-1,mA=4.5 kg·m2·s-2,EG段表示碰撞后A、B整体做匀速运动,所以v共= m/s=2.0 m/s,≈2.7 m·s-1·kg-1,(mA+mB)v共=1.5 kg·m·s-1,(mA+mB)=3.0 kg·m2·s-2。 补充表格如下: 项目 小车A 小车B A、B整体 m/kg 0.50 0.25 0.75 v/(m·s-1) 3.0 0 2.0 /(m·s-1·kg-1) 6.0 0 2.7 mv/(kg·m·s-1) 1.5 0 1.5 mv2/(kg·m2·s-2) 4.5 0 3.0 (3)通过数据分析,可得不变量的表达式为mAvA=(mA+mB)v共或mAvA+mBvB=(mA+mB)v共。 (4)通过进一步分析可知,上述碰撞过程中,mv2从4.5 kg·m2·s-2减少到3.0 kg·m2·s-2,结合动能的定义式可知动能减少。 考向2 实验创新 43.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。 44.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)。 45. 用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。小球a用不可伸长的细线悬挂起来,直径相同的小球b放置在光滑支撑杆上。细线自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上。已知重力加速度为g。实验的主要步骤及需解答的问题如下: (1)测量出悬点到小球a球心的距离L,小球a、b的质量分别为m1、m2。 (2)将小球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为θ1时由静止释放,与小球b发生对心碰撞后球a反弹,球b做平抛运动,测得小球a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2。则小球a、b的质量大小需满足m1　　　　(选填“>”“<”或“=”)m2。  (3)测量出碰撞后小球b做平抛运动的水平位移x,竖直下落高度h,可知碰撞后小球b的速度大小vb=　　　　。  (4)若该碰撞中的总动量守恒,则需满足的表达式为　　　　　　　　　　　　　　(用题中所给和测量的物理量表示)。  (5)碰撞中的恢复系数定义为e=,其中v10、v20分别是碰撞前两物体的速度,v1、v2分别是碰撞后两物体的速度,则本次实验中碰撞恢复系数的表达式为e=　　　　　　　　(用题中所给和测量的物理量表示)。  答案 (2)<　(3)x (4)2m1(+)=m2x (5) 解析 (2)实验中需要碰撞后小球a反弹,所以小球a、b的质量大小需满足m1<m2。 (3)小球b做平抛运动,则有x=vbt,h=gt2,联立解得vb=x。 (4)碰撞前小球a摆动过程中,由机械能守恒定律可得m1gL(1-cos θ1)=m1v2,解得v=,同理,碰撞后小球a摆动过程中,由机械能守恒可得m1gL(1-cos θ2)=m1,解得va=-,若该碰撞中的总动量守恒,则有m1v=m1va+m2vb,联立解得2m1(+)=m2x。 (5)本次实验中碰撞恢复系数的表达式为e==。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$