第九讲 动量定理及动量守恒 讲义 -2026届新高三暑假衔接课

夜市物理 新高三暑假自学衔接课 第9讲 动量定理及动量守恒定律 知识梳理 1.动量定理 (1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化． (2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p. (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理． (4)在一维的情况下，列式前一定先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。 (5)牛顿第二定律另一种表达方式：F＝ 该表达式的三种说法：①单位时间内动量的变化量 ②动量变化快慢 ③动量的变化率 2.动量守恒定律 （1）守恒条件 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒． ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒． （2）动量守恒定律的不同表达形式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． ④Δp＝0，系统总动量的增量为零． 3.弹性碰撞 （1）发生弹性碰撞的两个物体（动碰动模型）碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 (1) (2) 联立（1）、（2）解得：v1’=， v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . （2）两球（动碰静模型）发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）v1 v2 v共 m1 m2 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 4.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考点分析 1.动量、动量变化量和冲量 1 动能、动量、动量变化量的比较 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 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 2 冲量及计算 1.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝FΔt。 (3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。 (4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 2.冲量的计算 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 典例分析 例1.下列关于动量和动能说法正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体动量不变 B．物体速度发生改变，其动能必然改变 C．动量相同的两物体，质量越大其动能越大 D．动能相同的两物体，质量越大其动量越大 例2.制作糍粑时，工匠使用质量为的木锤，抬至约80cm的高度由静止释放（可简化为自由落体运动），砸到糍粑后，与糍粑的作用时间为后速度减为0。已知重力加速度g取，下列说法错误的是（　　） A．木锤打击糍粑前瞬间，速度大小为 B．木锤打击糍粑过程，木锤对糍粑的冲量大小为 C．木锤打击糍粑过程，木锤的动量变化大小为 D．木锤与糍粑作用过程，糍粑对木锤的平均作用力为100 N 例3.甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，如图，在甲推乙之前，两人的总动量为0，甲推乙后两人都有了动量。在此过程中下列说法正确的是（　　） A．甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 B．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 C．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 D．甲、乙两人组成的系统机械能守恒 例4.一质量为的篮球从离地面高为处自由下落，与地面碰撞后反弹的最大离地高度为。已知篮球从开始下落到反弹至最高点所用的时间为2s，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．篮球与地面碰撞前后动量变化量的大小为 B．整个运动过程中篮球重力的冲量大小为 C．碰撞时篮球对地面的平均作用力大小为48N D．整个运动过程中篮球损失的机械能为10.8J 例5.人在水平地面上原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，人的重心由静止开始加速上升的过程中，下列说法正确的是（　　） A．地面对人的支持力等于人的重力 B．地面对人的支持力大于人的重力 C．地面对人的支持力对人做正功 D．地面对人的支持力的冲量为0 考点分析 2.动量定理 1 动量定理的理解 1.动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)表达式：FΔt＝Δp＝p′－p。 (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。 2.动量定理的理解 (1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。 (3)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 3.应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时,力作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。 2 动量定理的应用技巧 1.应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 2.应用Δp=FΔt求动量的变化。 典例分析 例1.将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为（　　） A． B． C． D． 例2.处于关闭状态的三扇推拉门，质量均为20kg。第一扇门在沿水平轨道方向的2.0N 推力作用下匀速运动，与第二扇门即将重合时发生碰撞，碰撞时间0.5s，碰后两扇门结为一体，此后两扇门滑行0.4m后速度减为零，未与第三扇门接触。推力始终存在且保持不变，轨道对两扇门的滑动摩擦力相同。不正确的说法是（　　） A．两扇门结为一体后的加速度为0.05m/s2 B．两扇门结为一体瞬间共同速度为0.2m/s C．与第二扇门碰撞前，第一扇门速度为0.4m/s D．两扇门碰撞过程中产生的平均冲击力大小为10N 例3. 体育课上进行跳高训练时，一定会在跳高架的正下方放置垫子，降低受伤风险。在跳高者落地的过程中，与不放垫子相比，下列说法正确的是（　　） A．垫子可以缩短跳高者的落地时间 B．垫子可以增大跳高者受到的平均冲击力 C．跳高者的动量变化量不发生变化 D．垫子可以减小跳高者的动量变化量 例4.如图甲所示，质量的物块被锁定在倾角、足够长的光滑斜面上，时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A．时物体向下运动 B．0~2s时间内合外力冲量为0 C．时物体恰好返回至出发位置 D．时物体的动量是时物体动量的两倍 例5.我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲，使运动员甲以速度向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为，交接前，甲的速度大小，乙的速度大小，不计一切阻力。下列说法正确的是（   ） A．乙推甲后瞬间乙的速度大小为 B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量为 C．乙推甲的过程，甲的动量一直增加 D．乙推甲的过程，甲的动量变化量比乙的大 例6如图所示是一个蹦床，一名质量为30kg的学生从离水平网面0.45m的高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面0.8m的高处。已知该学生从下落到返回最高点的整个过程所用时间为1s，不计空气阻力，重力加速度。求： (1)该同学刚接触网时和离开网时的动量； (2)网对该同学的平均作用力大小。 考点分析 3.动量守恒的条件及应用 动量守恒定律内容及条件 (1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (3)常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 典例分析 例1.短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一条直线上。对两运动员交接棒的过程下列说法正确的是（　　） A．两运动员的动量变化量一定相同 B．两运动员组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．两运动员速度变化量的大小一定相等 D．两运动员之间相互作用力的冲量一定相同 例2.如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 例3.如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 例4.某校黎主任把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　） A．a和b与弹簧组成的系统机械能守恒 B．a离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统的动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统机械能守恒 例5.动量守恒定律和能量守恒定律是现代物理学中的基本守恒定律，下列说法中正确的是（　　） A．如果一个系统不受外力或所受合外力为0，这个系统的总动量保持不变 B．动量守恒定律的研究对象不仅适用于宏观、低速领域，还适用于微观、高速领域 C．在某一过程中，初态和末态动量相同，则系统在该过程中动量一定守恒 D．在某个过程中，一个系统的动量守恒，则该系统的机械能也一定守恒 考点分析 4.碰撞问题 弹性碰撞 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 典例分析 例1.如图所示，质量为m的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为h，小车右端固定一根轻质弹簧，一与小车质量相等、可视为质点的物块从左侧以速度v0滑上平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．物块离开小车后做平抛运动 B．物块着地时的动能为mgh C．小车的最大动能为 D．弹簧具有的最大弹性势能为 例2冰壶运动是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像如图所示，已知，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中，两冰壶所受合力相同 B． C．两冰壶发生的是弹性碰撞 D．碰撞前后，冰壶A动量的变化量大小为0.4kg·m·s-1 例3.超市里用的购物车为顾客提供了方便。收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的质量均为m=12kg，将1号车以速度向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则两次碰撞过程中共损失的机械能为（　　） A．18J B．36J C．54J D．144J 例4.如图所示，光滑斜面倾角为，质量为的小球A从离水平地面高度为的斜面顶端由静止释放，滑至底端时与静止在光滑水平面上的小球B发生弹性碰撞。已知小球B的质量为，水平面与斜面底端平滑连接，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)小球A滑至斜面底端时的速度大小； (2)碰撞后小球A和小球B的速度大小和； (3)判断小球A、B最终运动的速度大小。 例5.碰碰车是一种十分受欢迎的游乐设施，因其互动性、刺激性和趣味性而备受游客们喜爱。为了研究碰碰车运动过程中的速度变化和碰撞情况，在其车身上安装了速度传感器，已知碰碰车甲的总质量为100kg，碰碰车乙的总质量为60kg，两车始终在一条直线上运动，碰撞时间极短。 (1)车甲以的速度与静止的车乙发生碰撞，碰后甲的速度变为，方向不变，请计算碰撞过程中甲、乙组成的系统的机械能损失； (2)车甲以的速度与静止的车乙发生碰撞，若甲、乙的这次碰撞是弹性碰撞，请求出两车碰撞后的速度大小。 例6.按如图所示的位置摆放三个物块（均可看作质点），摆线的长度为，B、C间距也为，物块C左侧的水平面光滑、右侧的水平面粗糙。将物块A由图示位置静止释放，当物块A运动到最低点时，绳子发生断裂，A与B发生碰撞后粘到一起。AB结合体一起向前运动并与物块C发生弹性碰撞，最终三个物块均停下来。物块A、B、C的质量均为，与粗糙地面的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力。求： (1)物块A、B碰撞损失的能量； (2)最终AB结合体和物块C之间的距离多远？ 考点分析 在于 5.板块问题 板块模型 过程简图 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 动力学常用关系 ； ； 功能常用关系 动量常用关系 典例分析 例1.如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，小车的上表面与B点等高，将质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，最终恰好未从平板车上滑落。平板车的质量，物块与平板车上表面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求： (1)物块与平板车共速时的速度大小； (2)从物块滑上平板车到两者共速所用的时间t； (3)平板车的长度L。 例2如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，质量也为的物块放在长木板上表面的左端，右侧有1个质量为的物块静止在水平面上。现使物块以初速度向右运动，在与碰撞前与已达到共速，与碰后粘在一起，共同滑行距离时，与恰好再次达到共速。重力加速度为，不计碰撞时间和物块的大小，求： (1)木板a与物块c碰撞前a的速度； (2)木板a与物块c碰时撞损失的机械能； (3)b与a间的动摩擦因数。 巩固练习 一、单选题 1．（24-25高二上·安徽马鞍山·期末）图甲为铅球运动员比赛时的情景，运动员将铅球投掷出去后，铅球在空中运动轨迹如图乙所示，不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中（　　） A．向上运动过程重力冲量与向下运动过程重力冲量方向相反 B．向上运动过程动量变化量与向下运动过程动量变化量方向相反 C．向上运动过程和向下运动过程中，小球的动量变化一样快 D．动量守恒，机械能守恒 2．（2025·海南海口·模拟预测）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量），以速度水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量）以速度水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（　　） A．7.5m/s，水平向右 B．1m/s，水平向右 C．7.5m/s，水平向左 D．1m/s，水平向左 3．（2025·广东汕头·二模）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（    ） A．竹篙对河底做正功 B．小船受到的合力向左 C．小船受到船夫的摩擦力向右 D．船夫受到小船的支持力的冲量为零 4．（2025·重庆·三模）中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为，喷气速度均为(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C．经过次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 5．（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．装置中绳子的拉力为mgtanθ B．装置转动的角速度为 C．装置转动的周期为 D．装置旋转一周，小球的动量变化为0 6．（2025·浙江杭州·二模）如图所示，小明和小王两位同学在玩抛接球的游戏。小明每次都以静止姿态抱住乳胶气球，然后以较大初速度将其水平抛出，站在右方的小王每次接球时球速等大且接球缓冲时间相等。已知乳胶气球瘪时的质量为0.8kg，空气的密度约为。充气后球体积可视为不变，直径为1m。下列说法正确的是（　　）    A．乳胶气球在空中做平抛运动 B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力垂直于胸口斜向上 C．小明抱住乳胶气球静止时，对地面的摩擦力向右 D．放走一半气体后，接球时的冲击力明显减小 二、多选题 7．（2025·广西河池·二模）2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（　　） A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒 B．碰撞时能量不守恒 C．两冰壶并不是发生正碰 D．投出的冰壶除了滑动还有旋转 8．（2025·广西柳州·三模）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 9．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）如图所示，小滑块P和小滑块Q质量之比为，在水平面上同时开始相向运动，发生碰撞。已知P和Q碰前速度大小之比，碰后运动方向相反，P和Q与水平面间的动摩擦因数之比为，下列判断正确的是（　　） A．P和Q在整个运动过程中动量都守恒 B．P和Q在整个运动过程中机械能守恒 C．P和Q在碰后，运动位移大小之比为 D．P和Q在碰前，运动位移大小之比为 10．（2025·广东·二模）距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变 B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变 C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量 D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲乙两球的重力冲量相等 11．（2025·湖南长沙·三模）光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A一个水平向右的初速度。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大弹性势能是 B．物块B的最大速度是 C．初始时物块B离墙面的距离是 D．初始时物块B离墙面的距离是 三、解答题 12．（2025·河南·二模）如图，一质量为的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。 (1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离； (2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间； (3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。 13．（2025·天津·一模）高空滑道是很多游乐场的必备设施，受到很多游客的欢迎。滑车沿轨道滑降的整个过程可以简化为如下模型。整个轨道由两部分组成，AB段是曲线滑道，BC段为水平减速滑轨，两者在B点平滑连接。将滑车看做大小可以忽略的小物块，质量m=80kg。滑车从滑道上A点由静止下滑，到达滑道末端B点时，与静止在减速滑轨左端质量为M=20kg的制动滑块相撞，并通过锁止装置连在一起，之后两者一起沿减速滑轨运动最终在C点停下。若AB段竖直高度差为H=12m，水平段BC的长度为l=8m，滑块和滑车在滑轨上的阻力大小恒为f=400N，重力加速度为g，求： (1)滑车和滑块锁止后瞬间的速度大小； (2)A到B的过程中，阻力对滑车做的功。 14．（2025·福建莆田·三模）如图所示，长为、质量为的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为的物块放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为。先将长木板锁定，让质量为的小球在地面上的点斜向右上与水平方向成角抛出，小球沿水平方向与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块滑离长木板时速度为、碰撞后一瞬间的速度的，重力加速度取。求： (1)小球与物块碰撞前一瞬间的速度大小； (2)物块与长木板上表面的动摩擦因数； (3)解除长木板的锁定，让小球仍从点以原速度抛出，小球与物块碰撞后，物块与长木板的最终速度大小。 轻松学物理 1 学科网（北京）股份有限公司 $$夜市物理 新高三暑假自学衔接课 第9讲 动量定理及动量守恒定律 知识梳理 1.动量定理 (1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化． (2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p. (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理． (4)在一维的情况下，列式前一定先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。 (5)牛顿第二定律另一种表达方式：F＝ 该表达式的三种说法：①单位时间内动量的变化量 ②动量变化快慢 ③动量的变化率 2.动量守恒定律 （1）守恒条件 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒． ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒． （2）动量守恒定律的不同表达形式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． ④Δp＝0，系统总动量的增量为零． 3.弹性碰撞 （1）发生弹性碰撞的两个物体（动碰动模型）碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 (1) (2) 联立（1）、（2）解得：v1’=， v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . （2）两球（动碰静模型）发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）v1 v2 v共 m1 m2 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 4.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考点分析 1.动量、动量变化量和冲量 1 动能、动量、动量变化量的比较 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 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 2 冲量及计算 1.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝FΔt。 (3)单位：冲量的单位是牛秒，符号是 N·s。 (4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 2.冲量的计算 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 典例分析 例1.下列关于动量和动能说法正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体动量不变 B．物体速度发生改变，其动能必然改变 C．动量相同的两物体，质量越大其动能越大 D．动能相同的两物体，质量越大其动量越大 【答案】D 【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小一定，方向发生变化，则该物体的动量大小一定，方向也发生变化，故A错误； B．物体速度发生改变，当物体速度大小一定，方向发生变化时，物体的动能不变，故B错误； C．根据， 解得 可知，动量相同的两物体，质量越大其动能越小，故C错误； D．结合上述解得 可知，动能相同的两物体，质量越大其动量越大，故D正确。 故选D。 例2.制作糍粑时，工匠使用质量为的木锤，抬至约80cm的高度由静止释放（可简化为自由落体运动），砸到糍粑后，与糍粑的作用时间为后速度减为0。已知重力加速度g取，下列说法错误的是（　　） A．木锤打击糍粑前瞬间，速度大小为 B．木锤打击糍粑过程，木锤对糍粑的冲量大小为 C．木锤打击糍粑过程，木锤的动量变化大小为 D．木锤与糍粑作用过程，糍粑对木锤的平均作用力为100 N 【答案】B 【详解】A．木锤在空中做自由落体运动，故锤子打击糍粑前瞬间的速度大小，故A项正确，不选。 BD．设糍粑对木锤的作用力大小为F，由动量定理得，解得，根据牛顿第三定律，木锤对糍粑的作用力也是100 N，作用时间是，故木锤对糍粑的冲量大小，故B项错误，D项正确； C．木锤的动量变化量，故C项正确，不选。 故选B。 例3.甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，如图，在甲推乙之前，两人的总动量为0，甲推乙后两人都有了动量。在此过程中下列说法正确的是（　　） A．甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 B．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 C．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 D．甲、乙两人组成的系统机械能守恒 【答案】C 【详解】A．甲推乙的过程中，由于在光滑的水平冰面，所以甲、乙二人组成的系统动量守恒，由于系统总动量为0，故甲乙动量变化量等大反向，故甲的动量变化量与乙的动量变化量不相同，故A错误； B．根据 由于甲的质量与乙的质量大小未知，故无法比较二者之间动能的变化量，故B错误； C．甲推乙的过程中，根据牛顿第三定律可知，甲对乙的力与乙对甲的力等大反向，作用时间也相等，故甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，故C正确； D．由题可知初动能为0，但末动能不为0，故甲、乙两人组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选C。 例4.一质量为的篮球从离地面高为处自由下落，与地面碰撞后反弹的最大离地高度为。已知篮球从开始下落到反弹至最高点所用的时间为2s，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．篮球与地面碰撞前后动量变化量的大小为 B．整个运动过程中篮球重力的冲量大小为 C．碰撞时篮球对地面的平均作用力大小为48N D．整个运动过程中篮球损失的机械能为10.8J 【答案】D 【详解】A．篮球与地面碰撞前瞬间的速度大小为 解得 方向竖直向下；碰撞后瞬间 解得 方向竖直向上，则篮球与地面碰撞前后动量变化量的大小为 故A错误； B．整个运动过程中篮球重力的冲量大小为 故B错误； C．篮球下落的时间为 篮球上升的时间为 则篮球与地面作用时间为 根据动量定理 解得碰撞时地面对篮球的平均作用力大小为 根据牛顿第三定律可知，碰撞时篮球对地面的平均作用力大小为 故C错误； D．整个运动过程中篮球损失的机械能为 故D正确。 例5.人在水平地面上原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，人的重心由静止开始加速上升的过程中，下列说法正确的是（　　） A．地面对人的支持力等于人的重力 B．地面对人的支持力大于人的重力 C．地面对人的支持力对人做正功 D．地面对人的支持力的冲量为0 【答案】B 【详解】AB．人的重心由静止开始加速上升的过程中，人的加速度方向向上，所受合力方向向上，则地面对人的支持力大于人的重力，故A错误，B正确； C．该过程，由于支持力作用点没有发生位移，所以地面对人的支持力对人不做功，故C错误； D．根据 可知地面对人的支持力的冲量不为0，故D错误。 故选B。 考点分析 2.动量定理 1 动量定理的理解 1.动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)表达式：FΔt＝Δp＝p′－p。 (3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。 2.动量定理的理解 (1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。 (3)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 3.应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时,力作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。 2 动量定理的应用技巧 1.应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 2.应用Δp=FΔt求动量的变化。 典例分析 例1.将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设小球上升时间为，下降时间为，上升下降总时间为，取向下方向为正方向。全过程根据动量定理有 由于上升的高度等于下降的高度，则有 根据题意有， 故得 联立解得 故选B。 例2.处于关闭状态的三扇推拉门，质量均为20kg。第一扇门在沿水平轨道方向的2.0N 推力作用下匀速运动，与第二扇门即将重合时发生碰撞，碰撞时间0.5s，碰后两扇门结为一体，此后两扇门滑行0.4m后速度减为零，未与第三扇门接触。推力始终存在且保持不变，轨道对两扇门的滑动摩擦力相同。不正确的说法是（　　） A．两扇门结为一体后的加速度为0.05m/s2 B．两扇门结为一体瞬间共同速度为0.2m/s C．与第二扇门碰撞前，第一扇门速度为0.4m/s D．两扇门碰撞过程中产生的平均冲击力大小为10N 【答案】C 【详解】A．每扇门的摩擦力为，两扇门结为一体后的加速度大小为 ，A正确，不符合题意； B．两扇门结为一体瞬间共同速度为 ，解得 ，B正确，不符合题意； D．碰撞过程中对第二扇门根据动量定理得 ，解得，D正确，不符合题意； C．碰撞过程中，对等于扇门根据动量定理得 ，解得 ，C错误，符合题意。 例3. 体育课上进行跳高训练时，一定会在跳高架的正下方放置垫子，降低受伤风险。在跳高者落地的过程中，与不放垫子相比，下列说法正确的是（　　） A．垫子可以缩短跳高者的落地时间 B．垫子可以增大跳高者受到的平均冲击力 C．跳高者的动量变化量不发生变化 D．垫子可以减小跳高者的动量变化量 【答案】C 【详解】CD．在跳高者落地的过程中，跳高者速度变化一定，动量变化是一定的，故C正确，D错误； A．由于垫子的缓冲作用，垫子可以延长跳高者的落地时间，故A错误； B．根据动量定理可知，跳高者动量变化量一定，作用时间延长后，平均冲击力减小，即垫子可以减小跳高者受到的平均冲击力，故B错误。 故选C。 例4.如图甲所示，质量的物块被锁定在倾角、足够长的光滑斜面上，时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A．时物体向下运动 B．0~2s时间内合外力冲量为0 C．时物体恰好返回至出发位置 D．时物体的动量是时物体动量的两倍 【答案】CD 【详解】AC． 0~1s时间内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 解得 0~1s时间内，位移 时速度 1~2s时间内，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 1~2s时间内，位移 0~2s时间内，位移 故时物体沿斜面向上运动，时物体恰好返回至出发位置 故A错误，C正确； B．时，速度 由动量定理0~2s时间内合外力冲量等于动量的变化量 故B错误； D．时动量 时，动量 负号表示方向，时物体的动量是时物体动量的两倍 故D正确。 故选CD。 例5.我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲，使运动员甲以速度向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为，交接前，甲的速度大小，乙的速度大小，不计一切阻力。下列说法正确的是（   ） A．乙推甲后瞬间乙的速度大小为 B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量为 C．乙推甲的过程，甲的动量一直增加 D．乙推甲的过程，甲的动量变化量比乙的大 【答案】AC 【详解】A．规定运动员前进的方向为正，根据动量守恒定律可得 解得乙推甲后瞬间乙的速度为 故A正确； B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量等于甲动量的变化量，则有 故B错误； C．乙推甲的过程，运动员甲的速度一直增加，故动量一直增加，故C正确； D．乙推甲的过程，运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小，故D错误。 故选AC 例6如图所示是一个蹦床，一名质量为30kg的学生从离水平网面0.45m的高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面0.8m的高处。已知该学生从下落到返回最高点的整个过程所用时间为1s，不计空气阻力，重力加速度。求： (1)该同学刚接触网时和离开网时的动量； (2)网对该同学的平均作用力大小。 【答案】(1)90kg·m/s，方向竖直向下；120kg·m/s，方向竖直向上 (2)1000 N 【详解】（1）该同学接触网前瞬间的速度为 该同学接触网时的动量大小 方向竖直向下。 该同学离开网瞬间的速度为 该同学离开网时的动量大小 方向竖直向上。 （2）该同学下落时间为 该同学上升时间为 该同学接触网的时间 设网对该同学的平均作用力大小为F，由动量定理有 得F=1000N 考点分析 3.动量守恒的条件及应用 动量守恒定律内容及条件 (1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (3)常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 典例分析 例1.短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一条直线上。对两运动员交接棒的过程下列说法正确的是（　　） A．两运动员的动量变化量一定相同 B．两运动员组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．两运动员速度变化量的大小一定相等 D．两运动员之间相互作用力的冲量一定相同 【答案】B 【详解】A．两运动员组成的系统合外力为零，满足动量守恒，所以两运动员的动量变化大小相等，方向相反，故A错误； B．“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，内力对系统做正功，系统机械能增加，合外力为零，系统动量守恒，故B正确； C．两运动员的动量变化大小相等，但不知道两运动员的质量，故两运动员速度变化量的大小不一定相等，故C错误； D．两运动员之间相互作用力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。 故选B。 例2.如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【答案】B 【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。 故选B。 例3.如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】规定向右为正方向，由动量守恒有 解得 故选C。 例4.某校黎主任把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　） A．a和b与弹簧组成的系统机械能守恒 B．a离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统的动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统机械能守恒 【答案】ABC 【详解】A．当撤去外力后，a和b与弹簧组成的系统只有弹力做功，则系统机械能守恒，选项A正确； B．a离开墙壁前，a和b组成的系统由于受到墙壁的作用力，则合力不为零，则系统的动量不守恒，选项B正确； C．a离开墙壁后，a和b组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项C正确； D．a离开墙壁后，a和b以及弹簧系统机械能守恒，但是a和b组成的系统机械能不守恒，选项D错误。 故选ABC。 例5.动量守恒定律和能量守恒定律是现代物理学中的基本守恒定律，下列说法中正确的是（　　） A．如果一个系统不受外力或所受合外力为0，这个系统的总动量保持不变 B．动量守恒定律的研究对象不仅适用于宏观、低速领域，还适用于微观、高速领域 C．在某一过程中，初态和末态动量相同，则系统在该过程中动量一定守恒 D．在某个过程中，一个系统的动量守恒，则该系统的机械能也一定守恒 【答案】AB 【详解】A．如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，故A正确； B．动量守恒定律的研究对象不只适应于宏观、低速领域，也适用微观高速领域，故B正确； C．在某一过程中，初态和末态动量相同，则系统在该过程中动量不一定守恒，例如物体沿直线先加速后减速，初末动量相同，但是动量不守恒，故C错误； D．在某个过程中，一个系统的动量守恒，则该系统的机械能不一定守恒，例如两物体发生非弹性碰撞时，故D错误。 故选AB。 考点分析 4.碰撞问题 弹性碰撞 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 典例分析 例1.如图所示，质量为m的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为h，小车右端固定一根轻质弹簧，一与小车质量相等、可视为质点的物块从左侧以速度v0滑上平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．物块离开小车后做平抛运动 B．物块着地时的动能为mgh C．小车的最大动能为 D．弹簧具有的最大弹性势能为 【答案】BC 【详解】A．物块与小车之间的作用相当于质量相等的两物体发生弹性正碰，碰后两者交换速度，物块与小车分离时，小车的速度大小为v0，物块的速度为零，物块离开小车后做自由落体运动，故A错误； B．根据动能定理可知，物块着地时的动能为，故B正确； C．根据A选项可知，小车的最大速度为v0，则小车的最大动能为，故C正确； D．当两者共速时，弹簧具有的弹性势能最大， 解得最大弹性势能为，故D错误。 故选BC。 例2冰壶运动是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像如图所示，已知，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中，两冰壶所受合力相同 B． C．两冰壶发生的是弹性碰撞 D．碰撞前后，冰壶A动量的变化量大小为0.4kg·m·s-1 【答案】BC 【详解】A．碰撞过程中，两冰壶所受合力为对方所施加的弹力，是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A错误； B．碰前瞬间，A的速度 以此方向为正方向，B静止，碰后瞬间，A的速度，B的速度 总动量守恒，有 解得，故B正确； C．碰前总机械能 碰后总机械能 碰撞前后机械能守恒，可知二者是弹性碰撞，故C正确； D．A动量的变化量为 其大小为，故D错误。 故选BC。 例3.超市里用的购物车为顾客提供了方便。收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的质量均为m=12kg，将1号车以速度向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则两次碰撞过程中共损失的机械能为（　　） A．18J B．36J C．54J D．144J 【答案】D 【详解】由动量守恒可知 两次碰撞过程中共损失的机械能 故选D。 例4.如图所示，光滑斜面倾角为，质量为的小球A从离水平地面高度为的斜面顶端由静止释放，滑至底端时与静止在光滑水平面上的小球B发生弹性碰撞。已知小球B的质量为，水平面与斜面底端平滑连接，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)小球A滑至斜面底端时的速度大小； (2)碰撞后小球A和小球B的速度大小和； (3)判断小球A、B最终运动的速度大小。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）小球A滑至底端时，由机械能守恒定律有 代入数据得 （2）小球A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒有， 代入数据得，方向向左； （3）因为，方向向左，所以能回到斜面，由能量守恒定律有，代入数据得；最大高度小于h，故小球A返回水平面，且速度为，又小于B速度，故最终两小球A、B分别以大小为和的速度向右做匀速运动。 例5.碰碰车是一种十分受欢迎的游乐设施，因其互动性、刺激性和趣味性而备受游客们喜爱。为了研究碰碰车运动过程中的速度变化和碰撞情况，在其车身上安装了速度传感器，已知碰碰车甲的总质量为100kg，碰碰车乙的总质量为60kg，两车始终在一条直线上运动，碰撞时间极短。 (1)车甲以的速度与静止的车乙发生碰撞，碰后甲的速度变为，方向不变，请计算碰撞过程中甲、乙组成的系统的机械能损失； (2)车甲以的速度与静止的车乙发生碰撞，若甲、乙的这次碰撞是弹性碰撞，请求出两车碰撞后的速度大小。 【答案】(1) (2)1.25m/s，6.25m/s 【详解】（1）甲、乙碰撞过程，根据动量守恒可得 其中，，解得碰后乙的速度为 根据能量守恒可得碰撞过程中甲、乙组成的系统损失的机械能为 代入数据解得 （2）车甲以的速度与静止的车乙发生碰撞，若甲、乙的这次碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 ， 代入数据解得碰撞后甲、乙的速度分别为， 例6.按如图所示的位置摆放三个物块（均可看作质点），摆线的长度为，B、C间距也为，物块C左侧的水平面光滑、右侧的水平面粗糙。将物块A由图示位置静止释放，当物块A运动到最低点时，绳子发生断裂，A与B发生碰撞后粘到一起。AB结合体一起向前运动并与物块C发生弹性碰撞，最终三个物块均停下来。物块A、B、C的质量均为，与粗糙地面的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力。求： (1)物块A、B碰撞损失的能量； (2)最终AB结合体和物块C之间的距离多远？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）A运动到最低点的过程中，根据动能定理有 A、B发生碰撞，根据动量守恒定律有 A、B碰撞损失的能量为 解得 （2）AB结合体和C碰撞，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得， AB结合体和C碰撞结束后，根据能量守恒定律有 对C有 AB和C停下相距的距离为 考点分析 在于 5.板块问题 板块模型 过程简图 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 动力学常用关系 ； ； 功能常用关系 动量常用关系 典例分析 例1.如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，小车的上表面与B点等高，将质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，最终恰好未从平板车上滑落。平板车的质量，物块与平板车上表面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求： (1)物块与平板车共速时的速度大小； (2)从物块滑上平板车到两者共速所用的时间t； (3)平板车的长度L。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块从A点滑到B点，根据动能定理有 物块滑上平板车后，物块与平板车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 解得 （2）对平板车分析，根据动量定理有 解得 （3）根据功能关系有 解得 例2如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，质量也为的物块放在长木板上表面的左端，右侧有1个质量为的物块静止在水平面上。现使物块以初速度向右运动，在与碰撞前与已达到共速，与碰后粘在一起，共同滑行距离时，与恰好再次达到共速。重力加速度为，不计碰撞时间和物块的大小，求： (1)木板a与物块c碰撞前a的速度； (2)木板a与物块c碰时撞损失的机械能； (3)b与a间的动摩擦因数。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设与碰撞前瞬间，的速度大小为，根据动量守恒有 解得 （2）与物块碰后速度为，根据动量守恒有 解得 根据能量守恒定律有 （3）设、间的动摩擦因数为，碰后，、相对滑动时板的加速度大小为，由牛顿第二定律，有 解得 abc共速时 根据as 解得 巩固练习 一、单选题 1．（24-25高二上·安徽马鞍山·期末）图甲为铅球运动员比赛时的情景，运动员将铅球投掷出去后，铅球在空中运动轨迹如图乙所示，不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中（　　） A．向上运动过程重力冲量与向下运动过程重力冲量方向相反 B．向上运动过程动量变化量与向下运动过程动量变化量方向相反 C．向上运动过程和向下运动过程中，小球的动量变化一样快 D．动量守恒，机械能守恒 【答案】C 【详解】A．重力方向总是竖直向下，由重力冲量可知重力冲量的方向总是竖直向下，故A错误； B．由动量定理可知动量变化量的方向与合外力冲量方向相同，故向上运动过程动量变化量与向下运动过程动量变化量方向相同，故B错误； C．动量的变化快慢即动量的变化率，由此可见铅球运动过程动量的变化快慢恒定，故C正确； D．不计空气阻力，铅球运动过程中只受重力作用，机械能守恒，合外力不为零动量不守恒，故D错误。 故选C。 2．（2025·海南海口·模拟预测）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量），以速度水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量）以速度水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（　　） A．7.5m/s，水平向右 B．1m/s，水平向右 C．7.5m/s，水平向左 D．1m/s，水平向左 【答案】B 【详解】取向右为正方向，根据动量守恒定律有 代入数据解得 方向水平向右。 故选B。 3．（2025·广东汕头·二模）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（    ） A．竹篙对河底做正功 B．小船受到的合力向左 C．小船受到船夫的摩擦力向右 D．船夫受到小船的支持力的冲量为零 【答案】C 【详解】A．竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有发生位移，所以竹篙对河底不做功，故A 错误； B．因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，物体处于平衡状态时合力为零，所以小船受到的合力为零，故B 错误； C．船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确； D．根据 因船夫受到小船的支持力不零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。 故选C。 4．（2025·重庆·三模）中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为，喷气速度均为(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C．经过次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 【答案】C 【详解】A．由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误； B．根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有 解得 所以第一次喷气后速度增量 在第二次喷气之前，此时系统总动量为，喷气后，喷出气体质量仍为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有 将代入可得 所以第二次喷气后速度增量 以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误； C．设经过次喷气后飞行器的速度为。系统初始总动量为0，次喷气后，喷出气体总质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为。根据动量守恒定律可得 解得 故C正确； D．虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。 故选C。 5．（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．装置中绳子的拉力为mgtanθ B．装置转动的角速度为 C．装置转动的周期为 D．装置旋转一周，小球的动量变化为0 【答案】D 【详解】A．对装置受力分析如图所示 装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则 解得 故A错误； BC．由牛顿第二定律 其中圆周运动的半径为 联立解得装置转动的角速度为 装置转动的周期为 故BC错误； D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。 故选D。 6．（2025·浙江杭州·二模）如图所示，小明和小王两位同学在玩抛接球的游戏。小明每次都以静止姿态抱住乳胶气球，然后以较大初速度将其水平抛出，站在右方的小王每次接球时球速等大且接球缓冲时间相等。已知乳胶气球瘪时的质量为0.8kg，空气的密度约为。充气后球体积可视为不变，直径为1m。下列说法正确的是（　　）    A．乳胶气球在空中做平抛运动 B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力垂直于胸口斜向上 C．小明抱住乳胶气球静止时，对地面的摩擦力向右 D．放走一半气体后，接球时的冲击力明显减小 【答案】D 【详解】A．由于球在被小明以水平速度抛出后，除受重力外还受空气浮力的作用，不是平抛运动，A错误； B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力与球的重力相平衡，竖直向上，B错误； C．人与球整体处于静止，整体的重力和支持力相平衡，不受摩擦力作用，C错误； D．若放掉一半气体，而球的总体积近似不变，则球内空气质量减少、总质量减小，而题干已说明每次接球的速度大小和缓冲时间相同，则动量变化减小，冲击力也随之明显减小，故D正确。 故选D。 二、多选题 7．（2025·广西河池·二模）2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（　　） A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒 B．碰撞时能量不守恒 C．两冰壶并不是发生正碰 D．投出的冰壶除了滑动还有旋转 【答案】CD 【详解】A．碰撞瞬间时间极短，冰面摩擦力的冲量可忽略，因此动量近似守恒。碰撞后冰壶的减速是因摩擦力作用，但碰撞过程本身动量守恒，故A错误； B．碰撞过程中能量是守恒的，只是可能存在机械能转化为内能等其他形式的能量，故B错误； C．当发生斜碰时，碰撞后的速度分解为垂直和平行于碰撞面的分量，根据动量守恒在不同方向上的分量情况，冰壶会沿着新的方向运动，速度大小和方向都由碰撞瞬间的动量分配决定，而不是简单地交换速度，故C正确； D．比赛中冰壶通常带有旋转，旋转会使冰壶在碰撞时产生复杂的力学作用。旋转的冰壶在碰撞瞬间，除了平动的动量传递，还有角动量的作用，这会改变冰壶的运动方向和速度，使得碰撞后的速度情况不符合简单的交换速度模型，故D正确。 故选CD。 8．（2025·广西柳州·三模）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　） A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 【答案】BC 【详解】AB．由于第二次初速度斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确； C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确； D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。 故选BC。 9．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）如图所示，小滑块P和小滑块Q质量之比为，在水平面上同时开始相向运动，发生碰撞。已知P和Q碰前速度大小之比，碰后运动方向相反，P和Q与水平面间的动摩擦因数之比为，下列判断正确的是（　　） A．P和Q在整个运动过程中动量都守恒 B．P和Q在整个运动过程中机械能守恒 C．P和Q在碰后，运动位移大小之比为 D．P和Q在碰前，运动位移大小之比为 【答案】AD 【详解】A．根据可知，两物体的摩擦力大小相等，方向一直相反，系统合力为0，则P和Q在整个运动过程中动量都守恒，故A正确； B．由于摩擦力作负功，则P和Q在整个运动过程中机械能减小，故B错误； CD．P和Q在碰撞前后，总动量为 则碰后满足 解得 加速度之比为 根据速度—位移公式可知，碰后的位移之比为2:1，故C错误、D正确； 故选AD。 10．（2025·广东·二模）距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变 B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变 C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量 D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲乙两球的重力冲量相等 【答案】BD 【详解】A．碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，故A错误； B．两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确； C．从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由可知甲球的重力冲量等于乙球的重力，故C错误； D．从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由可知甲乙两球的重力冲量相等，故D正确。 故选BD。 11．（2025·湖南长沙·三模）光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A一个水平向右的初速度。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大弹性势能是 B．物块B的最大速度是 C．初始时物块B离墙面的距离是 D．初始时物块B离墙面的距离是 【答案】AC 【详解】A．当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量定理 两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则 解得 故A正确； B．当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒 两物块的动能守恒 解得， 故B错误； CD．当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒 两边同时乘以可得 即 初末状态弹簧均处于原长，所以 解得 故C正确，D错误。 故选AC。 三、解答题 12．（2025·河南·二模）如图，一质量为的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。 (1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离； (2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间； (3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小为，由 设木板未运动时，木板右端到挡板的距离为，由动能定理可得 解得 （2）木板运动过程的加速度 木板从开始运动到第一次共速的时间 木板与挡板碰后速度等大方向，设第二次共速的速度大小为，滑块和木板相互作用动量守恒， 木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间 滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间 联立代入数据解得 （3）设滑块与木板第三次共速的速度大小为，根据动量守恒，有 设木板长度为，由功能关系可得 联立解得 13．（2025·天津·一模）高空滑道是很多游乐场的必备设施，受到很多游客的欢迎。滑车沿轨道滑降的整个过程可以简化为如下模型。整个轨道由两部分组成，AB段是曲线滑道，BC段为水平减速滑轨，两者在B点平滑连接。将滑车看做大小可以忽略的小物块，质量m=80kg。滑车从滑道上A点由静止下滑，到达滑道末端B点时，与静止在减速滑轨左端质量为M=20kg的制动滑块相撞，并通过锁止装置连在一起，之后两者一起沿减速滑轨运动最终在C点停下。若AB段竖直高度差为H=12m，水平段BC的长度为l=8m，滑块和滑车在滑轨上的阻力大小恒为f=400N，重力加速度为g，求： (1)滑车和滑块锁止后瞬间的速度大小； (2)A到B的过程中，阻力对滑车做的功。 【答案】(1)8m/s (2)-5600J 【详解】（1）两者一起沿减速滑轨运动最终在C点停下的过程，根据动能定理可得 解得 （2）A到B的过程中，根据动能定理可得 二者碰撞过程有 联立解得 14．（2025·福建莆田·三模）如图所示，长为、质量为的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为的物块放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为。先将长木板锁定，让质量为的小球在地面上的点斜向右上与水平方向成角抛出，小球沿水平方向与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块滑离长木板时速度为、碰撞后一瞬间的速度的，重力加速度取。求： (1)小球与物块碰撞前一瞬间的速度大小； (2)物块与长木板上表面的动摩擦因数； (3)解除长木板的锁定，让小球仍从点以原速度抛出，小球与物块碰撞后，物块与长木板的最终速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球与物块碰撞前一瞬间速度大小为，在点抛出的初速度大小为，则竖直方向根据运动学公式 综合解得 （2）与碰撞过程，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 解得 根据题意，物块滑离长木板时的速度 根据动能定理有 解得 （3）假设、碰撞后物块能滑到长木板的右端，令此时物块和长木板的速度大小分别为、，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立两式代入数据解得 可见假设成立且物块刚好相对静止在长木板的右端。 轻松学物理 1 学科网（北京）股份有限公司 $$