第七章 动量 动量守恒定律（教师用书）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（通用版）

第七章　动量　动量守恒定律 第一讲　动量定理及其应用 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)动量越大的物体,其速度越大。 (×) (2)物体的动量越大,其惯性也越大。 (×) (3)(人教版课后习题)在水平拉力作用下静止在水平面上的物体所受摩擦力的冲量为零。 (×) (4)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零。 (×) (5)在冰上接力比赛时,甲推乙的冲量大于乙对甲的冲量。 (×) (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。 (√) (7)(2024·甘肃高考)电动小车在水平面内做匀速圆周运动,则小车的动量守恒。 (×) (8)(鲁科版课后习题)若质量为m的物体某时刻的动量为p,动能为Ek,则p2=2mEk。 (√) (9)物体动量的变化量等于初、末状态动量的大小之差。 (×) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　动量、冲量的理解及计算(基础点速过)　　　 1.[动量的理解](2024·甘肃高考)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是 (　 ) A.小车的动能不变 B.小车的动量守恒 C.小车的加速度不变 D.小车所受的合外力一定指向圆心 解析:选AD　小车做匀速圆周运动,速度大小不变,故动能不变,故A正确;做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变,故小车的动量不守恒,故B错误;做匀速圆周运动的物体加速度大小不变,方向时刻在改变,故C错误;做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心,故D正确。 2.[动量变化量的计算](2025·北京单元测试)解答以下三个问题,总结动量与动能概念的不同。 (1)质量为2 kg的物体,速度由3 m/s增大为6 m/s,它的动量和动能各增大为原来的几倍? (2)质量为2 kg的物体,速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s,它的动量和动能是否发生变化?如果发生变化,变化量各是多少? 解析:(1)物体质量不变,速度由3 m/s增大为6 m/s, 初动量p1=mv1=2×3 kg·m/s=6 kg·m/s, 末动量p2=mv2=2×6 kg·m/s=12 kg·m/s=2p1, 即动量增大为原来的2倍; 物体的初动能Ek1=m=×2×32 J=9 J, 末动能Ek2=m=×2×62 J=36 J=4 Ek1, 即动能增大为原来的4倍。 (2)取向东为正方向,则物体的初速度v=3 m/s,末速度v'=-3 m/s,动量变化量Δp=mv'-mv=-12 kg·m/s,负号表示动量变化量的方向与正方向相反,即向西。由于动能是标量,速度方向改变,但速度大小不变,所以动能没有发生变化。 答案:见解析 3.[冲量的计算](2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有 (　 ) A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 解析:选BD　取水平向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2,根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确。 1.动能、动量和动量变化量的比较 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.冲量的特点 (1)时间性:冲量不仅由力决定,还由力作用的时间决定。恒力的冲量等于力与作用时间的乘积。 (2)矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向变化的力来说,冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致。 (3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。 逐点清(二)　动量定理的理解和应用(基础点速过)　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉应用动量定理解释生活现象 1.科技发展,造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以 (　 ) A.减小穿戴者动量的变化量 B.减小穿戴者动量的变化率 C.增大穿戴者所受合力的冲量 D.减小穿戴者所受合力的冲量 解析:选B　依题意,根据动量定理FΔt=Δp,可得F=,可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt,从而减小人所受到的合外力,即减小穿戴者动量的变化率,而穿戴者动量的变化量Δp、穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。 ◉F-t图像与动量定理的综合应用 2.(2024·安徽高考)(多选)一倾角为30°、足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立Oxy直角坐标系,如图(1)所示。从t=0开始,将一可视为质点的物块从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则 (　 ) A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1 s时,物块的y坐标值为2.5 m C.t=1 s时,物块的加速度大小为5 m/s2 D.t=2 s时,物块的速度大小为10 m/s 解析:选BD　根据图像可得F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t,物块在y轴方向受到的力不变为mgsin 30°,x轴方向的力在改变,合力在改变,故物块做的不是匀变速曲线运动,故A错误;在y轴方向的加速度为ay==gsin 30°=5 m/s2,故t=1 s时,物块的y坐标值为y=ayt2=2.5 m,故B正确;t=1 s 时,F=6 N,由平行四边形定则可知,此时加速度大小为a== m/s2=5 m/s2,故C错误;在x轴方向,在0~2 s内对物块根据动量定理得t=mvx-0,由于F与时间t成线性关系,故可得×2=1.2vx,解得vx=10 m/s,此时在y轴方向的速度为vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s,故t=2 s时物块的速度大小为v==10 m/s,故D正确。 ◉动量定理的应用 3.抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g,出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击 1分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约 12 N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为 (　 ) A.40 B.80 C.120 D.160 解析:选C　设1分钟内射出的子弹数量为n,则对这n颗子弹由动量定理得t=nmv0,代入数据解得n=120,故C正确。 4.(2025·武汉模拟)汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲,在安全气囊的性能测试中,一质量m=30 kg的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放,与正下方的气囊发生碰撞,在t0=0时刚好第一次落到安全气囊上,安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示,测得第一次碰撞气囊结束的时刻为t1=0.2 s;第二次开始碰撞气囊的时刻为t2=1.8 s,第二次碰撞气囊结束的时刻为t3=1.95 s;第三次开始碰撞气囊的时刻为t4=2.35 s。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹,忽略空气阻力作用,重力加速度g大小取10 m/s2。求: (1)头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小; (2)头锤与气囊表面第二次碰撞过程中,气囊对头锤的冲量IF的大小和方向。 解析:(1)根据题图乙可知头锤从t1=0.2 s第一次离开气囊表面到t2=1.8 s第二次开始碰撞气囊表面经历的时间为Δt1=1.6 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,头锤上升和下落的时间均为0.8 s,则v1=g,解得v1=8 m/s。 (2)第二次碰撞气囊结束的时刻为t3=1.95 s,第三次开始碰撞气囊的时刻为t4=2.35 s, 得Δt2=t4-t3=0.4 s 则有v2=g,解得v2=2 m/s 第二次与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)IF-mg=mv2- 解得IF=345 N·s,方向竖直向上。 答案:(1)8 m/s　(2)345 N·s　方向竖直向上 1.应用动量定理解题的一般步骤 (1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题,其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求合力,再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号。 (4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程,最后代入数据求解。 2.应用动量定理的两点提醒 (1)对于过程较复杂的运动,可分段应用动量定理,也可对整个过程应用动量定理。 (2)物体受多个力作用,力的方向和作用时间往往不同,应用动量定理列式时应特别注意。 逐点清(三)　“柱状”模型(迷盲点精研) 模型1　流体类“柱状”模型 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ 分析步骤 1 建立“柱状”模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S 2 微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt 3 建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体 　　[例1]　公园中的喷泉轨迹示意图如图所示,其水泵以一定的角度将水喷向空中,水上升的最大高度为h,落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q,水的密度为ρ,重力加速度为g,忽略空气阻力。 (1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx; (2)假设水击打在水面上时速度立即变为零,且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计,求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy。 [解析]　(1)由平抛规律可知,竖直方向h=gt2 水平方向=vxt,解得vx= 。 (2)极短时间Δt内击打在水面上的水的质量Δm=ρQΔt 水击打在水面上时竖直方向的速度vy= 设水受到的竖直向上的平均作用力为Fy',向下为正,由动量定理有-Fy'Δt=0-Δmvy 根据牛顿第三定律,可得竖直向下的平均作用力的大小Fy=Fy'=ρQ。 [答案]　(1) 　(2)ρQ 　　[针对训练] 1.(2025·苏州模拟)如图所示,小明把一只充了氢气的气球和质量为m的小物块绑在一起,置于空中,然后打开气球的阀门,气球中的氢气向下喷出,放手后物块和气球能在空中停留一段时间,在这段时间里不计空气阻力,氢气质量远小于物块质量,重力加速度为g,假设氢气匀速向下喷出,不计浮力,不考虑气球体积变化的影响,喷口的面积为S,气体的密度为ρ,则氢气喷出的速率大小为 (　 ) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选A　Δt时间内气球喷出气体的质量Δm=ρSv·Δt,对于喷出的气体,由动量定理得F·Δt=Δmv-0,得F=ρSv2,根据牛顿第三定律及平衡条件有,F'=F,F'=mg,解得v=,故A正确。 模型2　微粒类“柱状”模型 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 1 建立“柱状”模型,沿运动的方向选取一段微元,柱体的横截面积为S 2 微元研究,作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl=v0Δt,对应的体积为ΔV=SΔl=Sv0Δt,则微元内的粒子数N=nΔV=nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N计算 　　[例2]　根据量子理论,光子的能量E与动量p之间的关系式为E=pc,其中c表示光速,由于光子有动量,照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强,这就是“光压”,用I表示。 (1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光,功率为P0,射出的光束的横截面积为S,当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时,激光对物体表面的压力F=2pN,其中p表示光子的动量,N表示单位时间内激光器射出的光子数,试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压; (2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速,探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜,并让它正对太阳,已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W,探测器和薄膜的总质量为m=100 kg,薄膜面积为4×104 m2,c=3×108 m/s,求此时探测器的加速度大小。 [解析]　(1)在单位时间内,功率为P0的激光器发出的激光的总能量为 P0×1 s=NE=Npc,即p= 由题意可知,激光对物体表面的压力F=2pN 故激光对物体产生的光压I==。 (2)由(1)可知,I== Pa= 9×10-6 Pa 所以探测器受到的光的总压力FN=IS膜 对探测器应用牛顿第二定律有FN=ma 故此时探测器的加速度 a== m/s2= 3.6×10-3 m/s2。 [答案]　(1)　(2)3.6×10-3 m/s2 　　[针对训练] 2.太空中静止的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行,质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时,需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上,则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为 (　 ) A.M+　　B.-M　　C.M-　　D. 解析:选D　设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m,以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象,根据动量定理有Ft=mv-0,其中t=1 s,可得m=,D正确。 3.宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决,其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时,如何保持速度不变的问题。假设宇宙飞船以速度v0做匀速直线运动,宇宙飞船在运动方向横截面的面积为S。已知宇宙飞船所在的区域内单位体积内有N个微粒,每个微粒的质量均为m,宇宙飞船碰到微粒后,微粒就附着在宇宙飞船上(碰撞前瞬间微粒静止),忽略一切阻力和摩擦,为保持宇宙飞船以恒定的速率运行,则推力的功率为 (　 ) A.SNm B.2SNm C.SNm D.2SNm 解析:选C　在很短时间t内附着在宇宙飞船上的微粒总质量为M=v0tSNm,对附着在宇宙飞船上的微粒由动量定理得Ft=Mv0-0,解得宇宙飞船对这些微粒的作用力大小为F=SNm,根据牛顿第三定律及平衡条件,可知为保持宇宙飞船匀速运行,宇宙飞船发动机的推力大小F'=F,推力的功率为P=F'v0=SNm,C正确,A、B、D错误。 [课时跟踪检测] 1.(2024·黑吉辽高考)2024年5月3日,长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道。火箭升空过程中,以下描述其状态的物理量属于矢量的是 (　 ) A.质量 B.速率 C.动量 D.动能 解析:选C　质量、速率和动能均只有大小、没有方向,是标量,A、B、D错误;动量既有大小、又有方向,是矢量,C正确。 2.(2025·广州模拟)物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s,这说明 (　 ) A.物体的动量在减小 B.物体的动量在增大 C.物体的动量大小一定变化 D.物体的动量大小可能不变 解析:选D　物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s,动量是矢量,动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上,故物体的动量大小可能增加、可能减小,也可能不变,故D正确,A、B、C错误。 3.一同学在远处观看喷泉表演时,估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高(层高约3 m),表演结束时,靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm,由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是 (　 ) A.5×102 W B.5×103 W C.5×104 W D.5×105 W 解析:选D　40层楼高约h=120 m,设水泵的功率为P,水泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口,则PΔt=Δmv2,v2=2gh,Δm=ρSvΔt (ρ为水的密度),S=,由此可得P=≈5×105 W。 4.(2023·重庆高考)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2 kg,取竖直向上为正方向。则 (　 ) A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机内的装载物处于失重状态 C.FN段无人机和装载物总动量变化量的大小为4 kg·m/s D.MN段无人机机械能守恒 解析:选AB　根据EF段方程y=4t-26,可知EF段无人机的速度大小为v==4 m/s,故A正确;根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加速运动,加速度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,故B正确;根据MN段方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度为v'==-2 m/s,则由Δp=mv'-mv=2×(-2)kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s,可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s,故C错误;MN段无人机向下做匀速直线运动,动能不变,重力势能减少,无人机的机械能不守恒,故D错误。 5.(2025·苏州模拟)起跳摸高是学生常进行的一项运动,一质量为80 kg的同学用力蹬地且举臂起跳,在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10 m;离地后身体形状近似不变,手指摸到的最大高度为2.55 m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s,不计空气阻力,起跳过程中他对地面的平均压力约为(g取10 m/s2) (　 ) A.1 450 N　B.1 500 N　C.2 000 N　D.1 600 N 解析:选C　跳起后重心升高的高度为h=2.55-2.10 m=0.45 m,v2=2gh,所以该同学跳起的速度为v=3 m/s,根据动量定理得t-mgt=mv,解得起跳过程中地面对该同学的平均支持力约为=2 000 N,根据牛顿第三定律,起跳过程中该同学对地面的平均压力约为2 000 N。故C正确。 6.质量为5 kg的物体做直线运动,其速度-时间图像如图所示,则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是 (　 ) A.50 N·s,50 N·s B.50 N·s,-50 N·s C.0,50 N·s D.0,-50 N·s 解析:选D　由题图像可知,在前10 s内初、末状态的动量相同p1=p2=25 kg·m/s,由动量定理知I1=0,在后10 s内末状态的动量p3=-25 kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-50 N·s,故D正确。 7.如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是 (　 ) A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr C.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动 D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr 解析:选D　圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,小物体所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向指向圆心,选项A错误;圆盘停止转动前,小物体运动一圈动量的变化量为0,所受合外力为摩擦力,则所受摩擦力的冲量为0,选项B错误;圆盘停止转动后,小物体沿运动轨迹的切线方向运动,选项C错误;圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I'=|Δp|=mv=mωr,选项D正确。 8.(2025·邢台模拟)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验,如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时,电子秤示数为36.0 g。假设吹风机出风口为圆形,其半径为5 cm,空气密度为1.29 kg/m3,实验前电子秤已校准,重力加速度取10 m/s2。则此时吹风机的风速约为 (　 ) A.6 m/s B.8 m/s C.10 m/s D.12 m/s 解析:选A　对于Δt时间内吹出的空气,根据动量定理FΔt=mv=ρvSΔt·v,其中F=G=0.36 N,S=πr2,代入数据解得v≈6 m/s,故A正确。 9.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是 (　 ) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 解析:选C　小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力,下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力,由牛顿第二定律可知,上升过程的加速度总大于下落过程的加速度,D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知,小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落过程的位移相等,上升时加速度更大,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经过同一位置时,上升过程的速度更大,则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能,B错误。 10.(2023·福建高考)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点,甲车的速度—时间图像如图(a)所示,乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则 (　 ) A.0~2 s内,甲车的加速度大小逐渐增大 B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同 C.2~6 s内,甲、乙两车的位移不同 D.t=8 s时,甲、乙两车的动能不同 解析:选BC　根据题图(a)可知0~2 s内,甲车做匀加速直线运动,加速度大小不变,故A错误;合外力—时间图像与横轴所围面积表示动量变化量,由题图(b)可知,乙车在0~2 s内根据动量定理有I2=mv2=S0~2=2 N·s,乙车在0~6 s内根据动量定理有I6=mv6=S0~6=2 N·s,则可知乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同,故B正确;根据题图(a)可知,2~6 s内甲车的位移为0,根据题图(b)可知,2~6 s内乙车一直向正方向运动,则2~6 s内,甲、乙两车的位移不同,故C正确;根据题图(a)可知,t=8 s时甲车的速度为0,则t=8 s时,甲车的动能为0,乙车在0~8 s内根据动量定理有I8=mv8=S0~8=0,可知t=8 s时乙车的速度为0,则t=8 s时,乙车的动能为0,故D错误。 11.(12分)(2025·广州模拟)如图所示,塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具,但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道,因此,限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题,水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关。设有一水枪,枪口直径为d,出水速度为v,储水箱的体积为V。 (1)水枪充满水可连续用多少时间?(5分) (2)设水的密度为ρ,水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零,则水柱对目标的冲击力是多大?你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素?不考虑重力、空气阻力等的影响,认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同。(7分) 解析:(1)设t时间内从枪口喷出的水的体积为ΔV,则有ΔV=vSt,S=π 所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为 =vπd2 水枪充满水可连续用的时间t总==。 (2)t时间内从枪口喷出的水的质量为 m=ρSvt=ρvπt=πρd2vt 质量为m的水在t时间内与目标相互作用,由动量定理有Ft=mv,解得F=πρd2v2 可见要控制水枪的威力,关键是要控制枪口直径d和出水速度。 答案:(1)　(2)πρd2v2　控制枪口直径和出水速度 12.(13分)(2024·广东高考)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。(5分) (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2。求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向;(4分) ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。(4分) 解析:(1)对敏感球受力分析,敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N,则由牛顿第二定律可知,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头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为 v0==8 m/s 头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-Mgt=Mv-(-Mv0),解得v=2 m/s 则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。 答案:(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 第二讲　动量守恒定律及其应用 第1课时　动量守恒定律(系统知能课) |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)只要系统合外力做功为零,系统动量就守恒。 (×) (2)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 (√) (3)(2024·湖北高考改编)子弹水平射入在光滑水平面上静止的木块,系统动量守恒。 (√) (4)两物体相互作用时若系统间存在摩擦力,则两物体组成的系统动量不守恒。 (×) (5)(鲁科版课后习题)静止在水面上的小船,不计水的阻力,人在船上向前走得慢,小船后退得快。 (×) (6)(粤教版课后习题)斜向上发射的炮弹上升到最高点时炸成两块,其中一块沿原方向运动,则另一块一定沿原来相反的方向运动。 (×) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　动量守恒的判断(基础点速过)　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉系统动量守恒的判断 1.(2025·烟台模拟)如图所示,载有物资的热气球静止于空中某高度处。现将其中的一部分物资在热气球外由静止释放,已知释放的物资质量小于热气球剩余的总质量,释放物资后热气球受到的浮力不变,不计空气阻力。则从释放物资到物资落地前的时间内,释放的物资和热气球组成的系统 (　 ) A.总动量向上 B.总动量向下 C.总动量为零 D.机械能守恒 解析:选C　释放物资前,系统处于静止状态,合力等于0,静止释放物资后,系统受到的合外力仍为0,所以系统的总动量守恒,仍为0,故A、B错误,C正确;释放物资后,物资向下运动,热气球向上运动,浮力对系统做正功,系统的机械能增大,故D错误。 2.(2025·郑州模拟)如图所示,下列情形都忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.若子弹击入沙袋时间极短,可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统,水平方向动量守恒 B.若子弹击入上端固定的杆的时间极短,可认为子弹和固定杆组成的系统动量守恒 C.圆锥摆系统动量守恒 D.以上说法都不正确 解析:选A　子弹击入沙袋时间极短,水平方向合外力为零,故可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统,水平方向动量守恒,故A正确;若子弹击入杆,杆的固定端对杆有力的作用,合外力不为零,动量不守恒,故B错误;圆锥摆系统做圆周运动,故圆锥摆系统合外力不为零,动量不守恒,故C、D错误。 ◉某个方向上动量守恒的判断 3.(2024·嘉兴模拟)如图所示,是一种被称为“移动摆”的装置,即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动,且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力,以车和摆的整体为研究对象,则 (　 ) A.机械能守恒,动量守恒 B.机械能守恒,动量不守恒 C.机械能不守恒,动量守恒 D.机械能不守恒,动量不守恒 解析:选B　忽略所有摩擦和阻力,以车和摆的整体为研究对象,只有动能和重力势能相互转化,所以机械能守恒,但由于系统所受合外力不为零,所以动量不守恒,系统水平方向不受外力,所以水平方向动量守恒。 　　判断系统动量守恒时的两点注意 (1)对于同一个系统,在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。 (2)同一物理过程中,选不同的系统为研究对象,动量守恒情况也往往不同,因此解题时应明确选取的系统和研究过程。 逐点清(二)　动量守恒定律的应用(重难点疏通) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.动量守恒定律的五个特性 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 同时性 动量是一个瞬时量,表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1'、p2'、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 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) 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题时应选取统一的正方向 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2.应用动量守恒定律的解题步骤 (1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。 (2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。 (3)规定正方向,确定初、末状态动量。 (4)由动量守恒定律列出方程。 (5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。 　　[典例]　(2024·江苏高考)嫦娥六号在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求: (1)分离后A的速度v1大小; (2)分离时A对B的推力大小。 [解析]　(1)组合体A和B分离前、后动量守恒,取v0的方向为正方向,有(m+M)v0 = Mv+mv1 解得v1=。 (2)以B为研究对象,由动量定理有 FΔt = Mv-Mv0 解得F=。 [答案]　(1)　(2) [规律方法] 应用动量守恒定律的三点提醒 (1)动量守恒定律是矢量方程,解题时应选取统一的正方向。 (2)各物体的速度必须相对于同一参考系,一般选地面为参考系。 (3)列动量守恒定律方程时应注意所选取的研究系统及研究过程。 1.(2025·广州模拟)宇航员在太空中出太空舱时,不小心触碰舱门获得了一个相对于太空舱的漂移速度v,远离太空舱而去。为确保安全,宇航员调整自身方向,打开了动力装置的开关,沿速度方向一次喷出质量为Δm的氮气后,宇航员相对太空舱静止。已知喷出氮气前宇航员及所带装备的总质量为M,则喷出的气体相对太空舱的速度大小是 (　 ) A.v B.v C.v D.v 解析:选B　以太空舱为参考系,宇航员打开动力装置喷出气体的过程动量守恒,有Mv=Δmv1+0,可得喷出的气体相对太空舱的速度大小是v1=v,故B正确。 2.如图所示,光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C,A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ,而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车,则平板车的最终速度v车是 (　 ) A.v0 B.v0 C.v0 D.0 解析:选B　设水平向右为正方向,系统最终的速度为v车,因为水平面光滑,A、B、C组成的系统动量守恒,所以2mv0-mv0=(3m+2m+m)v车,解得v车=v0,B正确。 逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题(速盲点精研)　　　　 　　[典例]　(2025·唐山模拟)在光滑水平地面上放置一辆小车,车上放置有木盆,在车与木盆以共同的速度向右运动时,有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出,如图所示,则在雨滴落入木盆的过程中,小车速度将 (　 ) A.保持不变 B.变大 C.变小 D.不能确定 [解析]　雨滴落入木盆的过程中,小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向动量守恒,设小车、木盆的总质量为M,雨滴的质量为m,则有Mv=(M+m)v共,解得v共=<v,在雨滴落入木盆的过程中,小车速度将变小。故C正确。 [答案]　C [规律方法] 系统总动量不守恒,但在某个方向上系统合外力为零,在该方向上动量守恒。 〗 [针对训练] 1.如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上,质量为m球=3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时,给小球一个水平冲量I,小球摆起的最大高度为h1(h1<L);滑环不固定时,仍给小球以同样的水平冲量I,忽略空气阻力,小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2为 (　 ) A.6∶1 B.4∶1 C.2∶1 D.4∶3 解析:选B　滑环固定时,设小球获得冲量I后对应的初速度为v0,根据机械能守恒定律,有m球=m球gh1,解得h1=;滑环不固定时,小球的初速度仍为v0,在小球摆起最大高度h2时,小球与滑环的速度都为v,在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,则m球v0=(m+m球)v,m球=(m+m球)v2+m球gh2,由以上各式可得h2=,则h1∶h2=4∶1,故B正确。 2.(2025·苏州模拟)滑板运动备受青少年青睐。有一个动作是人越过横杆,滑板从横杆底下穿过,如图所示。忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力,若人安全过杆,则下列说法正确的是 (　 ) A.起跳过程中,板对人的作用力大于人对板的作用力 B.起跳过程中,板对人的作用力始终大于人的重力 C.人从离开滑板到落回滑板的过程中,始终处于失重状态 D.人从开始起跳到落回滑板的过程中,人与滑板构成的系统动量守恒 解析:选C　板对人的作用力与人对板的作用力是一对相互作用力,大小相等,故A错误;起跳过程中,人的加速度不一定一直向上,所以板对人的作用力不一定始终大于人的重力,故B错误;人从离开滑板到落回滑板的过程中,人只受重力作用,加速度为重力加速度,人始终处于失重状态,故C正确;人从开始起跳到落回滑板的过程中,人与滑板构成的系统竖直方向所受合外力不为零,动量不守恒,故D错误。 [课时跟踪检测] 1.下列情形中,满足动量守恒条件的是 (　 ) A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量 B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量 C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量 D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量 解析:选B　铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块所受合外力不为零,它们组成的系统动量不守恒,故A错误;子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故B正确;子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁所受合外力不为零,系统动量不守恒,故C错误;棒击垒球的过程中,棒和垒球组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故D错误。 2.(2024·南昌模拟)如图所示,建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。电动机先把重锤吊起一定的高度,然后静止释放,重锤打在桩上,接着随桩一起向下运动直到停止。不计空气阻力,则下列说法中正确的是 (　 ) A.重锤与桩的撞击过程中,机械能守恒 B.重锤随桩一起向下运动过程中,机械能守恒 C.整个运动过程中,重锤和桩组成的系统动量守恒 D.整个运动过程中,重锤和桩组成的系统所受合外力冲量为零 解析:选D　重锤与桩的撞击过程中,会产生内能,所以重锤与桩的撞击过程中机械能不守恒,故A错误;重锤随桩一起向下运动过程中,需要克服阻力做功,所以重锤随桩一起向下运动过程中机械能不守恒,故B错误;整个运动过程中,重锤和桩组成的系统初始动量为零,末动量为零,但运动过程中动量不为零,可知系统整个运动过程中不满足动量守恒,故C错误;整个运动过程中,重锤和桩组成的系统初始动量为零,末动量为零,根据动量定理可知,系统所受合外力冲量为零,故D正确。 3.(2025·济南模拟)(多选)下列叙述的情况中,系统动量守恒的是 (　 ) A.斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时 B.如图甲所示,小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,人与车组成的系统 C.子弹射入紧靠墙角的木块中,子弹与木块组成的系统 D.如图乙所示,子弹射入放在光滑水平面上的木块中,子弹与木块组成的系统 解析:选ABD　手榴弹在空中炸开时,系统内力远大于外力,因此动量守恒,故A正确;小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,人与车组成的系统所受合外力为零,因此动量守恒,故B正确;子弹射入紧靠墙角的木块中,子弹与木块组成的系统所受合外力不为零,因此动量不守恒,故C错误;子弹射入放在光滑水平面上的木块中,子弹与木块组成的系统所受合外力为零,因此动量守恒,故D正确。 4.(2025·日照模拟)下列情境中,A、B组成的系统满足动量守恒定律的是 (　 ) A.图甲中,物块A以初速度v0冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B B.图乙中,圆弧轨道B静止在光滑水平面上,将小球A沿轨道顶端自由释放后 C.图丙中,从悬浮的热气球B上水平抛出物体A,在A落地前的运动过程中 D.图丁中,水下打捞作业时,将浮筒B与重物A用轻绳相连接,正在加速上升 解析:选C　题图甲中,物块A以初速度v0冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B,系统合外力不为零,动量不守恒,故A错误;题图乙中,圆弧轨道B静止在光滑水平面上,将小球A沿轨道顶端自由释放后,水平方向合外力为零,水平方向动量守恒,但是竖直方向合外力不为零,故系统动量不守恒,故B错误;题图丙中,从悬浮的热气球B上水平抛出物体A,A在抛出前A、B系统合外力为零,故在A落地前的运动过程中A、B整体受到的空气浮力与整体重力仍然平衡,故系统动量守恒,故C正确;题图丁中,水下打捞作业时,将浮筒B与重物A用轻绳相连接,正在加速上升,加速上升过程中系统合外力不为零,动量不守恒,故D错误。 5.(2025·广州模拟)如图所示,一颗水平飞行的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋,并留在其中,和沙袋一起上摆。将子弹射入沙袋叫做Ⅰ过程,子弹和沙袋一起上摆叫做Ⅱ过程,则在这两个阶段中,关于子弹和沙袋组成的系统,忽略空气阻力,下列说法中正确的是 (　 ) A.第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都守恒 B.第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都不守恒 C.第Ⅰ阶段机械能守恒,第Ⅱ阶段动量守恒 D.第Ⅰ阶段动量守恒,第Ⅱ阶段机械能守恒 解析:选D　在第Ⅰ阶段,由于子弹射入沙袋过程中,有摩擦力做功,子弹和沙袋组成的系统机械能不守恒,在第Ⅱ阶段,子弹和沙袋一起上摆的过程中只有重力做功,子弹和沙袋组成的系统机械能守恒;在第Ⅰ阶段,子弹与沙袋系统的内力远大于外力,系统动量守恒,第Ⅱ阶段系统动量不守恒。故D正确。 6.如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.P对Q做功为零 B.P和Q之间相互作用力做功之和为零 C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒 D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒 解析:选B　P对Q有弹力的作用,并且在力的方向上有位移,所以P对Q做功不为零,故A错误;因为P、Q之间的力属于系统内力,并且等大反向,两者在力的方向上发生的位移相等,所以做功之和为零,故B正确;因为系统除重力外,其他力做功的代数和为零,所以P、Q组成的系统机械能守恒,系统水平方向上不受外力的作用,水平方向上动量守恒,但是在竖直方向上Q有加速度,即竖直方向上动量不守恒,故C、D错误。 7.如图所示,一质量为M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一质量为m=1.0 kg的小木块A。现以地面为参考系,给A和B大小均为4.0 m/s,方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,但最后A并没有滑离木板B。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动,则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是 (　 ) A.2.4 m/s 　B.2.8 m/s 　C.3.0 m/s　 D.1.8 m/s 解析:选A　A相对地面速度为0时,木板的速度为v1,由动量守恒定律得(向右为正)Mv-mv=Mv1,解得v1= m/s,小木块从此时开始向右加速,直到两者共速为v2,由动量守恒定律得Mv-mv=(M+m)v2,解得v2=2 m/s,故B对地的速度在2 m/s~ m/s范围内,故A正确。 8.(2025·镇江模拟)如图,A、B两物体的质量之比为mA∶mB=1∶2,它们原来静止在平板车C上,A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧,A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同,水平地面光滑。当弹簧突然释放后,A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车),则有 (　 ) A.A、B系统动量守恒 B.A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒 C.A、B在平板车C上滑动过程中小车一直处于静止 D.A、B、C组成的系统动量守恒 解析:选D　在弹簧释放的过程中,因mA∶mB=1∶2,由摩擦力公式Ff=μFN=μmg,可知A、B两物体所受的摩擦力大小不相等,故A、B两物体组成的系统合外力不为零,A、B两物体组成的系统动量不守恒,故A错误;A物体对平板车向左的滑动摩擦力小于B物体对平板车向右的滑动摩擦力,在A、B两物体相对平板车停止运动之前,平板车所受的合外力向右,平板车将向右运动,因存在摩擦力做负功,最终整个系统将静止,则系统的机械能减为零,系统机械能不守恒,故B、C错误;A、B、C组成的系统所受合外力为零,系统的动量守恒,故D正确。 9.所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近,最后连接在一起。假设“天舟七号”和“空间站”的质量分别为M、m,两者对接前的在轨速度分别为v+Δv、v,对接持续时间为Δt,则在对接过程中“天舟七号”对“空间站”的平均作用力大小为 (　 ) A. B. C. D.0 解析:选C　在“天舟七号”和“空间站”对接的过程中,水平方向动量守恒,则有M(v+Δv)+mv=(M+m)v',解得对接后两者的共同速度v'=v+,以“空间站”为研究对象,根据动量定理有F·Δt=mv'-mv,解得F=,故C正确。 10.(多选)如图,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑,则 (　 ) A.在小球下滑的过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B.在小球下滑的过程中,小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动 D.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处 解析:选BC　在小球下滑过程中,槽向左运动,小球和槽之间的相互作用力与槽的速度方向不垂直,所以会对槽做功,故A错误;小球在下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向合力为零,所以水平方向动量守恒,故B正确;小球和槽组成的系统水平方向动量守恒,小球和槽的质量相等,小球沿槽下滑,小球和槽分离时,小球和槽的速度大小相等,方向相反,小球被弹簧反弹后小球和槽的速度相等,所以小球不能滑到槽上,都做匀速直线运动,故C正确,D错误。 11.(2025·烟台模拟)(多选)“天宫”空间站电推进系统大气瓶近日完成在轨安装任务,电推进系统,也称为电推发动机,其工作原理是先将氙气等惰性气体转化为带电离子,再将这些离子由静止加速并喷出,以产生推力,如图所示。已知单位时间内能喷出总质量为m、速度为v的离子,不计离子喷出对空间站质量的影响,下列说法正确的是 (　 ) A.推进系统工作时整个空间站系统的动量守恒 B.推进系统工作时整个空间站系统的机械能守恒 C.推进系统工作时产生的推力大小为mv D.推进系统工作时产生的推力大小为2mv 解析:选AC　电推发动机工作时,推力对系统做正功,系统的机械能增加,但系统所受合外力为0,由此可判断系统的动量守恒,故A正确,B错误;对单位时间内喷出的离子由动量定理得Ft=mv-0,解得F=,其中t=1 s,可知推进系统工作时产生的推力大小为mv,故C正确,D错误。 12.(2025·杭州模拟)如图,质量为0.1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上,现使质量为0.2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v=3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管,忽略一切摩擦,不计管壁厚度。则 (　 ) A.磁铁穿过铝管过程中,铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右 B.磁铁穿过铝管后,铝管速度可能为4 m/s C.磁铁穿过铝管正中央时,铝管加速度为零 D.磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2 J 解析:选D　根据楞次定律的“来拒去留”可知,磁铁对铝管的安培力一直水平向右,A错误;磁铁与铝管组成的系统动量守恒,如果铝管足够长,则磁铁穿过铝管时二者共速,由动量守恒定律得mv=(M+m)v',解得v'=2 m/s,所以铝管的速度不可能大于2 m/s,B错误;磁铁穿过铝管正中央时,由楞次定律可知,磁铁始终受到铝管的磁场力方向向左,根据牛顿第三定律,磁铁对铝管的反作用力水平向右,根据牛顿第二定律得,铝管加速度不为零,C错误; 磁铁的初动能为Ek1=mv2=×0.2×32 J=0.9 J,假设铝管足够长,则二者共速,根据对B选项分析可知磁铁穿过铝管过程所产生的热量最多为Q=mv2-v'2=0.9 J-0.6 J=0.3 J,所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2 J,D正确。 13.(2025·银川一模)(多选)如图,质量为m的小球A和质量为4m的小球B用长为L的弹性绳连接,小球B静止在光滑水平面上,小球A在小球B正上方高为0.72L处以一定的初速度水平向右抛出,小球落地时弹性绳刚好拉直(第一次处于原长),小球A落地与地面碰撞时,竖直方向的速度减为零,水平方向的速度保持不变,弹性绳始终处于弹性限度内,重力加速度为g,不计小球大小及空气阻力,则 (　 ) A.小球A抛出时的初速度大小为 B.小球A抛出时的初速度大小为 C.弹性绳具有的最大弹性势能为mgL D.弹性绳具有的最大弹性势能为mgL 解析:选AC　小球A在空中做平抛运动,则0.72L=gt2,L=v0t,解得小球A抛出时的初速度大小为v0=,故A正确,B错误;小球A落地后,当两小球共速时,弹性绳的弹性势能最大,根据系统动量守恒以及能量守恒可得mv0=(m+4m)v,m=×(m+4m)v2+Epm,解得弹性绳具有的最大弹性势能为Epm=mgL,故C正确,D错误。 第2课时　应用动量守恒定律解决三类典型问题(题型研究课) 　　本课时主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律,并对碰撞模型进行拓展分析,如爆炸、反冲、人船模型等情形。学好本课时有利于同学们根据物理情境或解题方法的相同或相似性,提升归纳建模能力。本课时用到的知识、规律和方法有:牛顿运动定律和匀变速直线运动规律、动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律。 类型(一)　碰撞问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 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。 由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ① 由能量守恒定律知 m1+m2=m1v1'2+m2v2'2 ② 解得v1'=, v2'= 当v2=0时,v1'=v1,v2'=v1 [谨记结论] (1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换); (2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后,两物体沿同一方向运动); (3)若m1≫m2,则v1'≈v1,v2'≈2v1; (4)若m1<m2,则v1'<0,v2'>0(碰后,两物体沿相反方向运动); (5)若m1≪m2,则v1'≈-v1,v2'≈0。 2.非弹性碰撞 碰撞结束后,动能有部分损失。 由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律知m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损 注:碰撞结束后,若v1'=v2',称为完全非弹性碰撞。 3.碰撞类问题遵循的三条原则 (1)动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (2)机械能不增加: Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+。 (3)速度要合理: ①同向碰撞:碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,前面的物体速度大或相等。 ②相向碰撞:碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 　　[典例]　(2024·广西高考)(多选)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在 (　 ) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v [解析]　由于两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动,即在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选B、C。 [答案]　BC [规律方法] 碰撞问题解题策略 (1)碰撞时间极短,速度变化瞬间完成,碰撞物体的位置可认为没有发生变化。 (2)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件,列出相应方程求解。 (3)可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1'=v1,v2'=v1。 (4)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度。当m1≫m2,且v2=0时,碰后质量大的物体的速率不变,质量小的物体的速率为2v1。当m1≪m2,且v2=0时,碰后质量小的物体原速率反弹。 [针对训练] 1.(2025·齐齐哈尔一模)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”,其原理可解释为:当大石块获得的速度较小时,下面的人感受到的振动就会较小,人的安全性就越强,若大石块的质量是铁锤的150倍,则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　如果发生的是完全非弹性碰撞,则由动量守恒定律得mv0=(150m+m)v,解得v=v0;如果发生的是弹性碰撞,则由动量守恒定律得mv0=150mv1+mv2,由机械能守恒定律得m=×150m+m,联立解得v1=v0,则撞击后大石块的速度范围为v0≤v≤v0,故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的。故B正确。 2.(2024·广东高考)(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 解析:选ABD　两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰撞后两滑块交换速度,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=gsin θ·,在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞,碰撞后以碰撞前瞬间甲的速度做匀减速运动,运动一段时间t3后停止,则乙运动的时间为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,则如果不发生碰撞,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。 类型(二)　爆炸和反冲 题型(一)　爆炸现象 1.爆炸现象的特点 爆炸过程中内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。 2.爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 位置 不变 爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 　　[例1]　(2025·长沙模拟)双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹,其结构简图如图所示,纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药,使爆竹获得竖直向上的初速度,升空后上层火药被引燃,爆竹凌空爆响。一人某次在水平地面上燃放双响爆竹,爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药,立即爆炸成两部分,两部分的质量之比为1∶2,获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h,两部分落地点之间的距离为L,重力加速度为g,不计空气阻力,不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。 (1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。 (2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比,求上、下两层火药的质量比。 [解析]　(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动,竖直方向h=gt2 水平方向L=v1t+v2t 上层火药燃爆时,水平方向动量守恒,设爆竹的总质量为m,由动量守恒定律得0=mv1-mv2 解得两部分各自获得的速度大小为 v1= ,v2= 。 (2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能 E上=×m+×m 下层火药燃爆后爆竹获得的机械能E下=mgh 上、下两层火药的质量比==。 [答案]　(1) 　 　(2) 　　[针对训练] 1.在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.两碎块的位移大小之比为1∶2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 解析:选B　爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量为2∶1的两个碎块,其速度大小之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移大小之比为1∶2,但合位移大小之比并不为1∶2,A错误;根据题意,则有+=5,+=6,解得s=340 m,两碎块落地点之间的水平距离为s+2s=1 020 m,D错误,由上述推导可知,碎块做平抛运动的时间为t=4 s,根据平抛运动的规律可知,爆炸物的爆炸点离地面的高度为h=gt2=80 m,B正确;质量大的碎块其初速度为v==85 m/s,C错误。 题型(二)　反冲运动 1.反冲运动的特点 物体在内力作用下分裂为两个不同部分,并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内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,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加 　　[例2]　(2025·潍坊模拟)(多选)乌贼遇到强敌时会以“喷墨”作为逃生的方法并伺机离开,因而有“乌贼”“墨鱼”等名称。一只质量为M的乌贼在水中以速度v0做匀速直线运动时,发现后方出现天敌,乌贼在极短的时间内将墨囊内质量为m的墨汁以速度v1(相对于水)向后喷出,将周围海水染黑的同时迅速逃离,则 (　 ) A.乌贼喷出墨汁的过程中,乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能守恒 B.乌贼喷出墨汁的过程中,乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒 C.乌贼喷出墨汁后的速度大小为 D.乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为m [解析]　乌贼喷出墨汁的过程中,乌贼消耗能量转化为墨汁的动能和自身动能,则乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能不守恒,故A错误;乌贼在极短的时间内将墨囊内的墨汁向后喷出,喷出过程中,乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒,故B正确;根据题意,以乌贼初速度方向为正方向,设乌贼喷出墨汁后的速度为v,由动量守恒定律有Mv0=v-mv1,解得v=,故C错误;根据题意,对墨汁,以乌贼初速度方向为正方向,由动量定理有I=-mv1-mv0,即乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为m,故D正确。 [答案]　BD 　　[针对训练] 2.如图所示,某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是 (　 ) A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B.水喷出的过程中,火箭和水组成的系统机械能守恒 C.火箭获得的最大速度为v0 D.火箭上升的最大高度为 解析:选D　火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力,故A错误;水喷出的过程中,瓶内气体做功,火箭和水组成的系统机械能不守恒,故B错误;火箭和水组成的系统动量守恒,由动量守恒定理可得(M-m)v=mv0,解得v=,故C错误;水喷出后,火箭做竖直上抛运动,由题意有v2=2gh,h==,故D正确。 类型(三)　人船模型 [科学思维] 1.人船模型问题 两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。 2.人船模型的特点 (1)两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=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;人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即==。 (3)应用==时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。 　　[典例]　(2025·广州模拟)如图所示,把两个大小相同的金属球A和B用细线连接,中间夹一被压缩的轻弹簧,静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M,B的质量为m,弹簧的压缩量为x,原长为L。现烧断细线,在弹簧恢复原长的过程中,金属球A发生的位移大小为 (　 ) A. B. C. D. [解析]　对A、B和弹簧组成的系统分析,系统所受的合外力为零,动量守恒,根据动量守恒定律有MvA-mvB=0,该方程在弹簧恢复原长的过程中每时每刻均成立,则在弹簧恢复原长的过程有MΔt-mΔt=0,则有MxA-mxB=0,在弹簧恢复原长的过程中,两金属球的相对位移大小为x,则xA+xB=x,解得xA=,故B正确。 [答案]　B [规律方法] 求解“人船模型”问题的两点注意 (1)适用范围:“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统,只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。 (2)画出草图:解题时要画出两物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 [针对训练] 1.(2025·青岛模拟)如图,棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块,质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下,正对用极短细绳连接悬浮在平静的水池中某处,木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后,木块与铁块均在竖直方向上运动,木块刚浮出水面时,铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力,不计其他阻力,则池深为 (　 ) A.h B. C. D.h+2a 解析:选D　设铁块竖直下降的位移为d,对木块与铁块系统,系统外力为零,由动量守恒(人船模型)可得0=mh-Md,池深H=h+d+2a,解得H=h+2a,D正确。 2.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上,如图所示,有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时,斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是 (　 ) A.若斜面粗糙,则s= B.只有斜面光滑,才有s= C.若斜面光滑,则下滑过程中系统动量守恒、机械能守恒 D.若斜面粗糙,则下滑过程中系统动量守恒、机械能不守恒 解析:选A　不论斜面是否光滑,斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒,以水平向左为正方向,斜面体的位移大小为s,则物块的位移大小为b-s,物块和斜面体的平均速率分别为v1=,v2=,由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,解得s=,A正确,B错误;不论斜面是否光滑,物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零,则系统所受的合力不为零,所以系统动量不守恒,若斜面光滑,则系统机械能守恒,若斜面不光滑,则系统机械能不守恒,C、D错误。 [课时跟踪检测] 1.(2025·苏州模拟)内侧直径为d、质量为m的静止圆环,置于光滑水平桌面上。有一质量为m的小球从圆环中心处以速率v向左运动和圆环发生弹性碰撞,如图所示,则小球和圆环连续两次碰撞的时间间隔为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选A　小球和圆环质量相同,发生弹性碰撞后,速度交换,第一次碰撞后,小球静止,圆环以速率v向左运动,经t=后,小球和圆环第二次碰撞。故A正确。 2.如图所示,在2024年举办的珠海航展上,我国航空工业集团自主研制的新一代中远程、重型双座、多用途隐身战斗机“歼-20S”首次亮相,“歼-20S”以速度v0水平向右匀速飞行,到达目标地时,将质量为M的导弹自由释放,导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气,则喷气后导弹的速率为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选A　设导弹飞行的方向为正方向,由动量守恒定律Mv0=(M-m)v-mv1,解得v=,故选A。 3.(2025·南京模拟)如图所示,有一边长为0.1 m的正方体木块,静止于光滑水平面上,木块内部有一从顶面贯通至底面的通道,已知木块质量为M=3 kg,一个质量为m=1 kg的小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端,在该过程中,木块的位移为 (　 ) A.0.750 m B.0.075 m C.0.025 m D.0.250 m 解析:选C　小球由静止开始从题图所示轨道的一端运动到另一端过程中,水平方向动量守恒,则有mt=Mt,mx1=Mx2,根据题意有x1+x2=0.1 m,联立解得x2=0.025 m,故C正确。 4.(2025·吉林一模)(多选)碰碰车深受青少年的喜爱,因此大多数游乐场都设置了碰碰车,如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时,红车静止在水平面上,黄车以恒定的速度与红车发生正撞;已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2,碰后两车的速度大小分别为v1、v2,假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是 (　 ) A.若碰后两车的运动方向相同,则一定有m1>m2 B.若碰后黄车反向运动,则碰撞前、后黄车的速度大小之比可能为5∶6 C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车,则一定有m2>3m1 D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1 解析:选AC　根据动量守恒定律与机械能守恒定律得m1v=m1v1+m2v2,m1v2=m1+m2,解得v1=v,v2=v,可知,当m1>m2时,两车碰后速度方向相同,故A正确;若碰后黄车反向运动,则m1<m2,则碰撞后黄车的速度大小小于碰撞前的速度大小,碰撞前、后黄车的速度大小之比不可能为5∶6,故B错误;若碰后黄车反向运动且速度大于红车,即v>v,得m2>3m1,故C正确;设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1,即v2∶v=3∶1,得m1+3m2=0,不符合实际情况,故D错误。 5.(2025·鞍山一模)光滑水平面上质量为M的物块A以速度v运动,与质量为m的静止物块B发生正碰,碰撞后A、B的动量刚好相等。A、B的质量之比 可能为 (　 ) A.3 B.4 C.5 D.6 解析:选A　设碰撞后两者的动量都为p,由题意可知,碰撞前、后总动量为2p,根据动量和动能的关系有p2=2mEk,碰撞过程动能不增加,有≥+,解得≤3;设碰撞后A的速度为v1,B的速度为v2,由于A、B碰后动量刚好相等,根据动量守恒定律可知,A、B碰后动量的方向相同,均与v同方向,又根据碰撞后速度合理性可知,碰撞后A的速度小于等于B的速度,则有Mv1=mv2,v1≤v2,可得≥1,综上可得1≤≤3。故选A。 6.(2025·烟台模拟)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示,若令-=p,则p的取值范围为 (　 ) A.p<1 B.p<0 C.p≤-1 D.-1<p<1 解析:选C　x-t图像的斜率表示物体的速度,两物体正碰后,质量为m1的物体碰后的速度大小为v1=,质量为m2的物体碰后的速度大小为v2=,两物体碰撞过程中满足动量守恒,即m1v0=-m1v1+m2v2,v0=,且m1≥m1+m2,整理解得-≤-1,即p≤-1,故C正确。 7.(2025·广州模拟)如图,冰壶A以1.5 m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰,碰后瞬间B的速度大小为1.2 m/s,方向与A碰前速度方向相同,碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg,则下列说法中正确的是 (　 ) A.碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s B.碰撞过程中,B对A做功为21.6 J C.碰撞过程中,A对B的冲量大小为24 N·s D.A、B碰撞过程是弹性碰撞 解析:选C　由于碰撞时间极短,内力远远大于外力,可知,A、B相碰时,A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律,以v0方向为正方向,有mv0=mvA+mvB,解得vA=0.3 m/s,故A错误;根据动能定理,碰撞过程中,B对A做功为W=m-m,解得W=-21.6 J,故B错误;碰撞过程中,根据动量定理,A对B的冲量大小I=mvB,解得I=24 N·s,故C正确;碰撞之前总能量为Ek=m=22.5 J,碰撞后A、B系统总动能为Ek'=m+m=15.3 J,由此可知Ek>Ek',可知,A、B碰撞过程是非弹性碰撞,故D错误。 8.(2025年1月·八省联考四川卷)(多选)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,上升的最大高度均为,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 解析:选AC　小球X由静止释放到最低点未与小球Y发生碰撞的过程,根据机械能守恒定律有mXgh=mX=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)=(mX+mY)g·,两球碰撞过程动量守恒,根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2,联立可得=1,=2,故A、C正确。 9.(10分)(2025·重庆模拟)如图所示,质量为M=300 kg的小船,长为L=3 m,浮在静水中。开始时质量为m=60 kg的人站在船头,人和船均处于静止状态,不计水的阻力,若此人从船头向船尾行走,求: (1)当人的速度大小为5 m/s时,船的速度大小为多少;(5分) (2)当人恰好走到船尾时,船前进的距离。(5分) 解析:(1)根据动量守恒定律可得mv人-Mv船=0 解得v船=1 m/s。 (2)由题图可知x人+x船=L m-M=0 解得x船=0.5 m。 答案:(1)1 m/s　(2)0.5 m 10.(12分)如图所示,在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m,曲面劈B的质量M=2m,曲面劈B的曲面下端与水平面相切,且曲面劈B足够高,各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求: (1)物块C与A碰撞过程中系统损失的机械能;(6分) (2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。(6分) 解析:(1)物块C与A发生碰撞粘在一起,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得 mv0=2mv,解得v=v0 碰撞过程中系统损失的机械能为 E损=m-×2mv2,解得E损=m。 (2)当物块A、C上升到最大高度时,A、B、C系统的速度相等,根据动量守恒定律得mv0=(m+m+2m)v1 解得v1=v0 根据机械能守恒定律得 ×2m×=×4m×+2mgh 解得h=。 答案:(1)m　(2) 11.(13分)(2024·甘肃高考)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。(4分) (2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。(4分) (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。(5分) 解析:根据题意,设A、C的质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 (1)A从开始运动到最低点,由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律得 F-mg= 解得vA=4 m/s,F=40 N。 (2)A与C相碰在水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=4 m/s。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 答案:(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 第三讲　应用三大观点解决力学综合问题 　　动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)、动量观点(动量定理和动量守恒定律)、能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)是力学中的三大观点,力学中的高考压轴大题往往是对这三大观点的综合考查。根据题目类型合理运用三大观点,是破解力学压轴大题的必备能力和有效途径。 第1课时　四类常考的力学综合模型(题型研究课) 　　　　　　　　　　　　　　　　 模型(一)　“子弹打木块”模型 模型 图示 模型 特点 (1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失 两种 情境 (1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒:mv0=(m+M)v 能量守恒:Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2 能量守恒:Q=Ff·d=m-M+m 　　[例1]　(2024·湖北高考)(多选)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (　 ) A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 [解析]　子弹在木块内运动的过程中,子弹与木块组成的系统所受合外力为0,所以该系统动量守恒,若子弹没有射出木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v=,又因为子弹的初速度越大,其打入木块越深,则当子弹恰好不射出木块时,木块获得的速度最大,此时由机械能守恒定律得m=(m+M)v2+kv0L,解得v0=;若子弹能够射出木块,则有v0>,子弹在木块内运动的过程,对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam,kv0=MaM,根据位移关系有v0t-amt2-aMt2=L,对木块有v2=aMt,联立解得v2=,又v0越大,t越小,则v2越小,即随着v0的增大,木块获得的速度v2不断减小。综上,若木块获得的速度最大,则子弹的初速度大小v0=,A正确;子弹在木块内运动的过程,对子弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0,解得子弹在木块中运动的时间t=,B错误;由能量守恒定律可知,木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=,C错误;木块在加速过程中做匀加速直线运动,由运动学规律有x=,解得木块在加速过程中运动的距离x=,D正确。 [答案]　AD [规律方法] 三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能 (1)利用系统前、后的机械能之差求解; (2)利用Q=f·x相对求解; (3)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。 　　[针对训练] 1.如图所示,质量为M的木块放在水平地面上,子弹沿水平方向射入木块并留在其中,测出木块在水平地面上滑行的距离为s,已知木块与水平地面间的动摩擦因数为μ,子弹的质量为m,重力加速度为g,空气阻力可忽略不计,则子弹射入木块前的速度大小为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选A　子弹射入木块过程,系统内力远大于外力,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1=(M+m)v,解得v=,子弹射入木块后,二者做匀减速直线运动,对子弹与木块组成的系统,由动能定理得-μ(M+m)gs=0-(M+m)v2,联立解得v1=,故A正确。 模型(二)　“滑块—弹簧”模型 模型 图示 模型 特点 (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:系统在运动过程中只有重力或弹簧弹力做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹簧弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (4)弹簧恢复原长时,弹簧弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞) 　　[例2]　(多选)如图所示,光滑水平面上有三个质量均为m=3 kg、静止放置的物块A、B、C,物块B的左侧固定一轻弹簧,弹簧左侧有一挡板,质量不计。若A以v0=4 m/s的初速度向B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内),当A、B速度第一次相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞的时间极短,则以下说法正确的是 (　 ) A.弹簧被压缩至最短时A的速度大小为2 m/s B.从A开始运动到弹簧被压缩至最短时,C受到的冲量大小为4 N·s C.从A开始运动到A与弹簧分离的过程中,整个系统损失的机械能为3 J D.在A、B、C相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为16 J [解题指导] (1)要求A的速度大小,想到弹簧压缩至最短时三个物块的速度相同,根据三个物块和弹簧组成的系统动量守恒求解。 (2)运用动量守恒定律求出A、B共速时的速度,然后根据B、C动量守恒求出碰撞后瞬间B、C的共同速度。 [解析]　取水平向右为正方向,设A、B第一次速度相同时速度大小为v1,由动量守恒定律得mv0=2mv1,解得v1=2 m/s。设A、B、C速度相同时的速度大小为v2,此时弹簧被压缩至最短,对A、B、C及弹簧组成的系统,由动量守恒定律有mv0=3mv2,解得v2= m/s,A错误;弹簧被压缩至最短时,C的速度为v2= m/s,从A开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中,对C由动量定理可知C受到的冲量大小I=mv2-0=4 N·s,B正确;B与C碰撞过程中,B、C组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv1=2mv3,解得B、C粘接在一起后瞬间的共同速度为v3=1 m/s,则从A开始运动到A与弹簧分离的过程中,整个系统损失的机械能大小为ΔE=m-×2m=3 J,C正确;当弹簧被压缩至最短时弹簧的弹性势能最大,从A开始运动到A、B、C共速的过程中,由能量守恒定律有m=×3m+Epm+ΔE,解得Epm=13 J,D错误。 [答案]　BC [规律方法] (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中,如例题中A与B发生“碰撞”,弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素:①弹簧被压缩后恢复原长时,可等效为两物体发生弹性碰撞;②弹簧处于最长或最短状态时可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。 (2)把弹簧视为系统内的一部分时,弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分,通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。 　　[针对训练] 2.(2025·湖北一模)如图甲所示,物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触,b物体质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定,在a物体离开挡板后的某时刻开始,b物体的v-t图像如图乙所示,则可知 (　 ) A.a物体的质量为1 kg B.a物体的最大速度为2 m/s C.在a物体离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为6 J D.在a物体离开挡板后,物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒 解析:选C　解除对弹簧的锁定,a物体离开挡板后,系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知b物体的速度最大时,a物体的速度最小为零,且此时弹簧处于原长;b物体的速度最小时,a物体的速度最大,且此时弹簧也处于原长。设a物体的质量为ma,a物体的最大速度为va,根据动量守恒定律有mbv0=mbvb+mava,由机械能守恒定律可得mb=mb+ma,由图像可知v0=3 m/s,vb=1 m/s,解得va=4 m/s,ma=2 kg,A、B错误;当物体a、b速度相等时,物体a、b动能之和最小,根据能量守恒定律,此时弹簧弹性势能最大,根据动量守恒定律有mbv0=v,根据能量守恒定律有Epmax=mb-v2,解得Epmax=6 J,C正确;在a物体离开挡板后,物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒,D错误。 模型(三)　“滑块—曲面体”模型 模型 图示 模型 特点 (1)上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,m=(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点:水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,m=m+M(相当于完成了弹性碰撞) 　　[例3]　(2024·安徽高考)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞,碰撞后,物块沿着轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小; (2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小; (3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 [解析]　(1)小球运动到最低点的过程中,由动能定理得mgL=m-0,解得v0=5 m/s 在最低点,对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m,解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 (2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2 m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4; 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4,由能量守恒定律得 M=×2M+μ2Mgs+MgR, 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 [答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4　　 [针对训练] 3.如图所示,质量为M=4 kg的大滑块静置在光滑水平面上,滑块左侧为光滑圆弧,圆弧底端和水平面相切,顶端竖直。一质量为m=1 kg的小物块,被压缩弹簧弹出后,冲上大滑块,能从大滑块顶端滑出,滑出时大滑块的速度大小为1 m/s。g取10 m/s2。求: (1)小物块被弹簧弹出时的速度大小; (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1; (3)小物块回到水平面时的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。 解析:(1)设小物块离开弹簧时的速度大小为v1,小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得mv1=(m+M)v2, 解得v1=5 m/s。 (2)小物块第一次上升到最高点时速度等于v2,系统机械能守恒,有m=(m+M)+mgh1 解得h1=1 m。 (3)小物块下落到大滑块光滑圆弧最高点并沿圆弧下滑到水平面,由系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒,有mv1=mv1'+Mv2' m=mv1'2+Mv2'2 解得v1'=-3 m/s,v2'=2 m/s 小物块再次滑上大滑块时v1″=-v1'=3 m/s 系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒,则 mv1″+Mv2'=(m+M)v mv1″2+Mv2'2=(m+M)v2+mgh2 解得h2=0.04 m。 答案:(1)5 m/s　(2)1 m　(3)3 m/s　0.04 m 模型(四)　“滑块—滑板”模型 模型 图示 模型 特点 (1)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。 (2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大 求解 方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统。 (2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统 　　[例4]　(2025·长沙模拟)(多选)在光滑水平地面上有一凹槽A,中央放一小物块B(可视为质点)。物块与左右两边槽壁的距离如图所示,L=1 m。凹槽与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦因数μ=0.05。开始时物块静止,凹槽以v0=5 m/s的初速度向右运动,设物块与凹槽壁的碰撞没有能量损失,且碰撞时间不计,g取10 m/s2。则 (　 ) A.物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5 m/s B.物块与凹槽相对静止时在凹槽的左端 C.从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为5 s D.从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5 m [解析]　设二者相对静止时的速度为v,由动量守恒定律可得mv0=2mv,解得v=2.5 m/s,故A正确;设二者相对静止前,相对运动的路程为s1,由动能定理可得-μmgs1=·2mv2-m,解得s1=12.5 m=+6×2L,即物块与凹槽相对静止时在凹槽的左端,故B正确;依题意,二者质量相等,且碰撞过程没有能量损失,可知每碰撞一次均交换速度一次,故可以用匀变速直线运动规律求解时间,即v=v0+at,a=-μg,解得t=5 s,故C正确;设凹槽与物体的速度分别为vA和vB,根据动量守恒定律可得mv0=mvA+mvB,即v0=vA+vB,二者运动方向均水平向右,可得v0t=sA+sB,又sA-sB=,解得sB=12.25 m,故D错误。 [答案]　ABC 　　[针对训练] 4.(2024年1月·九省联考河南卷)(多选)如图(a)所示,“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上,质量为1 kg 的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板,t=2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2,则 (　 ) A.Q的质量为1 kg B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J D.t=5.8 s时木板速度恰好为零 解析:选AC　两者碰撞时,取滑块P的速度方向为正方向,设P的质量为m,Q的质量为M,由动量守恒定律得mv1+Mv2=v3,根据v-t图像可知,v1=3 m/s,v2=1 m/s,v3=2 m/s,代入上式解得M=1 kg,故A正确;设P与Q之间的动摩擦因数为μ1,Q与地面之间的动摩擦因数为μ2,根据v-t 图像可知,0~2 s 内P与Q的加速度分别为aP=1.5 m/s2,aQ=0.5 m/s2,对P、Q分别受力分析,由牛顿第二定律得μ1mg=maP,μ1mg-μ2(m+M)g=MaQ,联立解得μ2=0.05,故B错误; 由于碰撞系统损失的机械能为ΔE=m+M-,代入数据解得ΔE=1.0 J,故C正确;对碰撞后整体受力分析,由动量定理得-μ2gt2=0-v3,代入数据解得t2=4 s,因此木板速度恰好为零的时刻为t=t1+t2=2 s+4 s=6 s,故D错误。故选A、C。 [课时跟踪检测] 1.(2025·广州模拟)(多选)如图所示,质量为m的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中,子弹未从木块中射出,最后共同速度为v,在此过程中,木块在地面上滑动的距离为s,子弹射入木块的深度为d,子弹与木块间的相互作用力为f,以下关系式中正确的是 (　 ) A.m-mv2=f B.m-v2=fd C.mv0=v D.Mv2=fd 解析:选ABC　对子弹由动能定理可知mv2-m=-f,即m-mv2=f,故A正确; 对子弹和木块组成的系统由能量守恒定律可知m-v2=fd,故B正确; 对子弹和木块组成的系统由动量守恒定律可知mv0=v,故C正确;对木块由动能定理可知Mv2=fs,故D错误。 2.如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为M的木块,现有质量为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.子弹射入木块后瞬间,速度大小为 B.子弹射入木块后瞬间,轻绳拉力等于(M+m0)g C.子弹射入木块后瞬间,环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g D.子弹射入木块后,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 解析:选C　子弹射入木块过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,则m0v0=(M+m0)v1,解得射入后瞬间的速度大小为v1=,A错误;设绳长为l,子弹射入木块后瞬间,根据牛顿第二定律得T-(M+m0)g=(M+m0),可知轻绳拉力大于(M+m0)g,B错误;子弹射入木块后瞬间,对圆环有N=T+mg>(M+m+m0)g,C正确;子弹射入木块后,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。 3.(2024·赣州模拟)弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一,一次游戏中,有大小相同,但质量不同的A、B两玻璃球,质量分别为mA、mB,且mA<mB,小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出,与玻璃球B发生正碰,玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等,不计一切摩擦和能量损失,则mA、mB之比为 (　 ) A.1∶2 B.1∶3 C.1∶4 D.1∶5 解析:选B　两球碰撞时由动量守恒可得mAv0=mAv1+mBv2,由能量守恒可得mA=mA+mB,联立可得v1=,v2=,玻璃球B返回后两球速度相等v1=-v2,可得mA∶mB=1∶3。 4.(多选)如图所示,足够长的木板Q放在光滑水平面上,在其左端有一可视为质点的物块P,P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速度vP,给Q向左的速度vQ,取向右为正方向,不计空气阻力,则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图像可能正确的是 (　 ) 解析:选ABC　开始时,木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动,两者最终达到共同速度,以向右为正方向,P、Q系统动量守恒,根据动量守恒定律得mPvP-mQvQ=(mP+mQ)v;若mPvP=mQvQ,则v=0,图像如题图A所示;若mPvP>mQvQ,则v>0,图像如题图B所示;若mPvP<mQvQ,则v<0,图像如题图C所示。故选项A、B、C正确,D错误。 5.如图所示,用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变,现正在光滑水平面上以速度v0=0.1 m/s向右做匀速直线运动,已知a、b两弹性小球质量分别为m1=1.0 kg 和m2=2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动。经过t=5.0 s两球的间距s=4.5 m,则下列说法正确的是 (　 ) A.刚分离时,a、b两球的速度方向相同 B.刚分离时,b球的速度大小为0.4 m/s C.刚分离时,a球的速度大小为0.6 m/s D.两球分离过程中释放的弹性势能为0.27 J 解析:选D　在轻绳突然自动断开过程中,两球组成的系统动量守恒,设断开后两球的速度分别为v1和v2,刚分离时,若a、b两球的速度方向相同,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,根据题述,经过t=5.0 s两球的间距s=4.5 m,有v1t-v2t=s,解得v1=0.7 m/s,v2=-0.2 m/s,负号说明b球的速度方向向左,假设不成立,选项A、B、C错误;由机械能守恒定律,两球分离过程中释放的弹性势能Ep=m1+m2-(m1+m2)=0.27 J,选项D正确。 6.(2025·福州模拟)(多选)如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块,从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则 (　 ) A.全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为R+L B.全过程小车相对地面的位移大小为 C.小车在运动过程中速度的最大值为 D.μ、L、R三者之间的关系为R=μL 解析:选CD　滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,由人船模型特点有Ms1=ms2,s1+s2=R+L,解得 s1=,s2=,全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为,全过程小车相对地面的位移大小为,故A、B错误;滑块滑到圆弧轨道最低点时,小车速度最大,滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒,则有Mv1=mv2,mgR=M+m,解得v1=,小车在运动过程中速度的最大值为,故C正确;滑块最后恰好停在C点时,小车也停止运动,全程由能量守恒定律有mgR=μmgL,解得R=μL,故D正确。 7.(2025·辽宁一模)(多选)如图所示,在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC,其圆心为O,质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动,滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为M=3m,圆弧轨道半径为,重力加速度为g,sin 37°=,则小球与圆弧轨道作用的过程中 (　 ) A.小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为37° B.小球运动的最高点相对水平面的高度为 C.圆弧轨道的最大速度为v0 D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左 解析:选BCD　小球从P点运动到C点过程中,根据水平方向动量守恒定律可知mv0=(m+3m)v1,根据能量守恒定律m=m+×3m+mgR,解得cos θ=0.6,所以小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为53°,故A错误;小球到达斜面最高点后做斜抛运动,竖直方向(v1tan 53°)2=2gh,解得小球运动的最高点相对水平面的高度为H=h+R=,故B正确;因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道的速度相同, 所以小球还能落到圆弧轨道上, 最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上, 设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v, 圆弧轨道的速度为u,则有mv0=mv+3mu,m=mv2+×3mu2,联立解得u=v0,v=-v0,即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左,故C、D正确。 8.(10分)如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg且可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。已知物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2,求: (1)物块在车面上滑行的时间t;(5分) (2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。(5分) 解析:(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有 m2v0=(m1+m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff,对物块应用动量定理有-Fft=m2v-m2v0 又Ff=μm2g,代入数据解得t=0.24 s。 (2)要使物块恰好不从车面滑出,需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度,设其为v',则由动量守恒定律得m2v0'=(m1+m2)v' 由动能定理得-μm2gL=(m1+m2)v'2-m2v0'2 代入数据解得v0'=5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过5 m/s。 答案:(1)0.24 s　(2)5 m/s 9.(12分)(2025年1月·八省联考河南卷)如图,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短,不计物块厚度的影响,求: (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;(6分) (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能。(6分) 解析:(1)设子弹穿出物块后子弹和物块的速度分别为v1、v2,由运动学公式得 =2g·8h,=2a·h 对物块受力分析,由牛顿第二定律得 4mg+·4mg=4ma 子弹穿出物块过程,子弹和物块组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 mv0=mv1+4mv2,解得v0=10。 (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能ΔE=m-=37.5mgh。 答案:(1)10　(2)37.5mgh 10.(13分)(2025·潍坊模拟)如图所示,三个质量均为m的滑块A、B、C置于光滑水平导轨MN上,B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,滑块B与轻弹簧连接,C未连接,N右端停靠着一辆小车,质量也为m且小车上表面与MN在同一水平面上。现让A以一定的速度v0向右开始运动,当A与B碰撞后两滑块粘在一起。在接下来的运动中,当C运动到N点之前,已与弹簧分开。C冲上小车后,最后恰好没有离开小车。已知C与小车之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计小车与平面之间的阻力。求: (1)A、B碰撞过程中损失的机械能;(4分) (2)C滑块的最大速度;(4分) (3)小车的长度。(5分) 解析:(1) A、B碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+m)v,解得v=0.5v0 由能量守恒定律可知,碰撞过程损失的机械能 ΔE=m-·2mv2,解得ΔE=m。 (2)A、B、C系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得(m+m)v=(m+m)vAB+mvC 由机械能守恒定律得 (m+m)v2=(m+m)+m 解得vAB=v0,vC=v0。 (3)C与小车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mvC=(m+m)v共 由能量守恒定律得 m=(m+m)+μmgL 解得L=。 答案:(1)m　(2)v0　(3) 第2课时　三大观点的综合应用(综合应用课) 1.力学三大观点 力学研究的是物体的受力与运动的关系,与之相伴的是能量和动量的变化,力学三大观点的知识体系如下: 2.力学规律的选用原则 (1)求解物体某一时刻受力及加速度时,可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用,运动状态改变的问题时,在涉及时间和速度,不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理;在涉及位移、速度,不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。 (3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统,一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决,但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。 (4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律,即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量,也等于系统产生的内能。 (5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题,通常可选用动量守恒定律,但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。 　　[典例]　(2024·山东高考)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v; (2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ和m; (ⅱ)初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 [解析]　(1)根据题意可知,小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg=m 代入数据解得v=4 m/s。 (2)(ⅰ)根据题意可知,当F≤4 N时,小物块与轨道一起向左加速, 根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a 根据题图乙有k==0.5 kg-1 当外力F>4 N时,轨道与小物块相对滑动,则对轨道有F-μmg=Ma' 整理有a'= F- 结合题图乙可知k'==1 kg-1 截距b=-=-2 m/s2 联立以上各式可得M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。 (ⅱ)由题图乙可知,当F=8 N时,轨道的加速度为a1=6 m/s2,小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2 当小物块经过t0时间运动到P点时,则对轨道有v1=a1t0 对小物块有v2=a2t0 在之后过程中系统机械能守恒, 有M+m=M+m+2mgR 水平方向动量守恒,以水平向左的正方向,则有Mv1+mv2=Mv3+mv4 联立解得t0=1.5 s 根据运动学公式有L=a1-a2 代入数据解得L=4.5 m。 [答案]　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg (ⅱ)4.5 m [针对训练] 1.(2024·重庆高考,节选)如图所示,M、N两个钉子固定于相距为a的两点,M的正下方有不可伸长的轻质细绳,一端固定在M上,另一端连接位于M正下方放置于水平地面上的质量为m的小木块B,绳长与M到地面的距离均为10a。质量为2m的小木块A沿水平方向与B发生弹性碰撞,碰撞时间极短。A与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g,忽略空气阻力和钉子直径,不计细绳被钉子阻挡和细绳断裂时的机械能损失。 (1)若碰后B在竖直面内做圆周运动,且能经过圆周运动最高点,求B碰后瞬间速度的最小值; (2)若改变A碰前瞬间的速度,碰后A运动到P点停止,B在竖直面内做圆周运动旋转2圈,经过M正下方时细绳断开,B也来到P点,求B碰后瞬间的速度大小。 解析:(1)碰后B能在竖直面内做圆周运动,轨迹半径为10a,设碰后瞬间B的最小速度大小为v0,在最高点速度大小为v,在最高点时由牛顿第二定律有mg=m B从最低点到最高点,由动能定理可得 -mg×2×10a=mv2-m 解得v0=5。 (2)A和B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,设碰前瞬间A的速度大小为v1,碰后瞬间A的速度大小为v2,碰后瞬间B的速度大小为v3,则根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 2mv1=2mv2+mv3 ×2m=×2m+m 碰后A减速到0,根据动能定理有 -μ×2mgL=0-×2m 碰后B做两周圆周运动,细绳在MN间缠绕2圈,缩短4a,B在M点正下方时,离M点6a,离地面4a,设此时B的速度大小为v4,由功能关系得 mg×4a=m-m B随后做平抛运动,有4a=gt2 L=v4t,解得v3=4。 答案:(1)5　(2)4 2.(2024·黑吉辽高考)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA =0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力,求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程,弹簧释放的弹性势能ΔEp。 解析:(1)A离开桌面后做平抛运动,则 水平方向有xA=vAt,竖直方向有h=gt2 联立并代入数据解得vA=1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中,A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向,所受弹簧弹力也等大反向,又A、B竖直方向上所受合力均为零,故A、B组成的系统所受合外力为零,动量守恒,则有 mAvA=mBvB,解得vB=1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程,根据动能定理有 -μmBgxB=0-mB,代入数据解得μ=0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程,根据能量守恒定律有ΔEp=mA+mB+μmAg·+μmBg· 代入数据解得ΔEp=0.12 J。 答案:(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J [课时跟踪检测] 1.(2024·宁德调研)如图为“子母球”表演的示意图,弹性小球A和B叠放在一起,从距地面高度为h处自由落下,h远大于两小球直径,小球B的质量是A质量的3倍,假设所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在下落的竖直方向上,不考虑空气阻力。则 (　 ) A.下落过程中两个小球之间有相互挤压 B.A与B第一次碰后小球B的速度不为零 C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h D.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h 解析:选D　不考虑空气阻力,下落过程是自由落体运动,处于完全失重状态,则两个小球之间没有力的作用,A错误;下降过程为自由落体运动,由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh,解得小球B触地时两球速度相同,为v=,小球B碰撞地之后,速度瞬间反向,大小相等,选小球A与小球B碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后小球A、小球B速度大小分别为v1、v2,选竖直向上为正方向,由动量守恒定律得mBv-mAv=mAv1+mBv2,由能量守恒定律得(mA+mB)v2=mA+mB,解得v2=0,v1=2v,B错误;碰后小球A弹起的最大高度H==4h,C错误,D正确。 2.(2025·深圳模拟)质量为m2的小车放在光滑的水平面上,小车上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m1的小球,如图所示,将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放,下列说法正确的是 (　 ) A.球、车组成的系统总动量守恒 B.小球不能向左摆到原高度 C.小车向右移动的最大距离为L D.小球运动到最低点时的速度大小为 解析:选C　根据题意可知,系统只在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,故A错误;以小球和小车组成的系统,只有重力做功,系统机械能守恒,且小球和小车水平方向的合动量为零,当小球的速度为零时、小车的速度也为零,所以小球能向左摆到原高度,故B错误;小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,初始时总动量为0,设小车向右运动的最大距离为x,则小球向左运动的位移为2Lsin 60°-x;取向右为正方向,根据水平方向动量守恒有m2-m1=0,可得x=L,故C正确;小球从静止释放到最低点,小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,根据水平方向动量守恒有m2v2-m1v1=0,由能量守恒定律得m1gL(1-cos 60°)=m1+m2,得小球运动到最低点时的速度大小v1=,故D错误。 3.(2025·长沙一模)(多选)如图所示,质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上,质量为m的物块b放在c的正中央,质量为m的物块a以大小为v0的速度从c的左端滑上c,a与b发生弹性正碰,最终b刚好到c的右端与c相对静止,不计物块大小,物块a、b与c间的动摩擦因数相同,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　 ) A.a与b碰撞前b与c保持相对静止 B.a与b碰撞后,a与b都相对c滑动 C.物块与木板间的动摩擦因数为 D.整个过程因摩擦产生的内能为m 解析:选AC　a滑上c后相对滑动的过程中,假设b相对c静止,由牛顿第二定律得,对b、c整体,根据牛顿第二定律μmg=(2m+m)a,对b,根据牛顿第二定律f=ma,解得f=μmg<μmg,即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力,则b相对c保持静止,b、c一起做匀加速运动,a与b碰撞前b做匀加速运动,速度不为零,故A正确;设a、b碰撞前瞬间a的速度为v,b的速度为v',a、b发生弹性正碰,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv+mv'=mva+mvb,由机械能守恒定律得mv2+mv'2=m+m,解得va=v',vb=v,即碰撞后a、b两者交换速度,b相对c滑动,由上述分析可知,a、c相对静止一起运动,故B错误;b刚好滑到c的右端与c相对静止,a、b、c共速,设共同速度为v共,a、b、c组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=v共,由能量守恒定律得m=+Q,其中Q=μmgL,解得Q=m,μ=,故C正确,D错误。 4.(2025·青岛模拟)(多选)如图所示,水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面,斜面上放置一质量为m的足够长木板A,木板下端有一质量为2m的小滑块B;木板与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ,滑块与木板间的动摩擦因数为μ'=tan θ。初始时,滑块与木板以等大的速度v0分别向上向下运动(木板不会与地面发生碰撞,重力加速度为g),则下列说法中正确的是 (　 ) A.木板下滑过程中,由于有摩擦力作用木板与滑块组成的系统动量不守恒 B.滑块向上运动的最大位移大小为 C.木板静止时滑块的速度大小为v0 D.滑块向上运动到最高点时木板一定静止 解析:选BD　木板下滑过程中,木板与滑块组成的系统所受的摩擦力f=3mgcos θ·μ=3mgsin θ,可知木板与滑块组成的系统所受的合力为零,木板与滑块组成的系统动量守恒,故A错误;滑块向上运动过程中,根据牛顿第二定律2mgcos θ·+2mgsin θ=2ma1,可得a1=gsin θ,根据运动学公式=2a1x,解得滑块向上运动的最大位移大小x=,故B正确;木板下滑过程中,根据牛顿第二定律3mgcos θ·tan θ+2mgcos θ·-mgsin θ=ma2,解得a2=3gsin θ,木板速度为零时所用的时间t2==,滑块速度第一次为零时所用的时间t1==,可知t2<t1,木板静止时滑块的速度大小v=v0-a1t2=,故C错误;滑块向上运动到最高点时,由于2mgsin θ>μ'·2mgcos θ,可知滑块沿着木板向下运动,此时木板对滑块的摩擦力向上,则滑块对木板的摩擦力向下,由于μ'·2mgcos θ+mgsin θ<μ·3mgcos θ,所以木板保持静止,故D正确。 5.(2025·东营一中月考)(多选)如图所示,某超市两辆相同的购物车质量均为m,相距L沿直线排列,静置于水平地面上。为节省收纳空间,工人猛推一下第一辆车并立即松手,第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体,两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍,重力加速度为g,则 (　 ) A.两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgL B.两购物车碰撞后瞬间的速度大小为 C.两购物车碰撞时的能量损失为2kmgL D.工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m 解析:选CD　由题意可知,两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f=kmgL+2kmgL=3kmgL,A错误;工人猛推一下第一辆车并立即松手,设此时第一辆车的速度为v0,运动L距离后速度为v1,由动能定理可得-kmgL=m-m,解得v1=,设与第二辆车碰后瞬间的共同速度为v,取第一辆车的初速度为正方向,由动量守恒定律可得mv1=2mv,解得v=v1,由能量守恒定律可得3kmgL+ΔE=m,两购物车在碰撞中系统减少的能量ΔE=m-×2mv2=m-×2m=m=m(-2kgL),联立解得v0=,ΔE=2kmgL,v=v1==,B错误,C正确;由动量定理可知,工人给第一辆购物车的水平冲量大小为I=mv0-0=m,D正确。 6.(多选)如图所示,光滑的水平地面上有木板C,mC=4 kg,C板上表面粗糙,A、B两个物体紧挨在一起,初始A、B和C三个物体均处于静止状态,mA=1 kg,mB=2 kg。A、B间夹有少量火药,某时刻火药爆炸,瞬间释放了E=27 J的能量并全部转化为A和B的动能,使A、B分别水平向左、向右运动起来,C板足够长,以下结论正确的是 (　 ) A.爆炸后瞬间A、B速度大小vA=2vB B.若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同, 爆炸后A、B组成的系统动量守恒 C.若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等,则A、B、C组成的系统动量不守恒 D.整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J 解析:选AD　爆炸瞬间,以A、B为系统,由动量守恒定律有0=mAvA+mBvB,则有mAvA=-mBvB,代入数据得vA=-2vB,故速度大小vA=2vB,A正确; 对A、B组成的系统,炸药爆炸时动量守恒,但爆炸后,由于A、B所受到的摩擦力大小不相等,故A、B组成的系统合力不等于零,B错误;对A、B、C整体分析,合力为零,满足动量守恒,C错误;C足够长,最终A、B、C共速,设共同速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得0=(mA+mB+mC)v,解得v=0,即A、B动能全部转化为内能为27 J,D正确。 7.(12分)(2023·天津高考)一质量为mA=2 kg的A物体从距地面h=1.2 m处由静止自由下落,同时另一质量为mB=1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出,经过t=0.2 s两物体相遇,碰撞后立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10 m/s2,碰撞时间极短,不计空气阻力。求两物体: (1)碰撞时离地面的高度x;(4分) (2)碰后瞬间的速度v;(4分) (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。(4分) 解析:(1)对A物体,根据运动学公式可得 h-x=gt2,解得x=1 m。 (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t-gt2 解得vB0=6 m/s 根据运动学公式可得,碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA=gt=2 m/s 方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB=vB0-gt=4 m/s 方向竖直向上 选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得 mAvA-mBvB=(mA+mB)v 解得碰后瞬间的速度v=0。 (3)根据能量守恒定律可知,碰撞过程损失的机械能为ΔE=mA+mB-(mA+mB)v2 解得ΔE=12 J。 答案:(1)1 m　(2)0　(3)12 J 8.(13分)(2024·湖北高考)如图所示,水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg 的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度地轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小;(3分) (2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能;(5分) (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。(5分) 解析:(1)根据题意,小物块在传送带上受滑动摩擦力作用,由牛顿第二定律有μm物g=m物a 解得a=5 m/s2 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为x==2.5 m<L传=3.6 m 可知,小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小v=v传=5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方时的速度为v3,则小球在P点正上方时,由牛顿第二定律有m球g=m球 小球从O点正下方运动到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g 联立解得d=0.2 m,即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案:(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 第四讲　实验:验证动量守恒定律(重点实验) 实验方案(一)　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 [实验器材] 气垫导轨、光电计时器、天平、带挡光片的滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等。 [实验步骤] 1.测质量:用天平测出两滑块质量。 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)。 [数据处理] 1.滑块速度的测量:v=,式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出,也可直接测量),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'。 [注意事项] 1.利用气垫导轨进行实验,首先要调整导轨水平。 2.气垫导轨未通气时,不允许将滑块放在导轨上滑动,防止划伤、碰坏气垫导轨。 3.给滑块的初速度应沿着气垫导轨的方向。 [误差分析] 1.气垫导轨是否完全水平,实验是否满足动量守恒的条件。 2.滑块质量和挡光片宽度的测量是否准确。 实验方案(二)　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 [实验器材] 斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等。 [实验步骤] 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:按照如图甲所示安装实验装置。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。记下铅垂线所指的位置O。 4.放球找点: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(同步骤4中的高度)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,如图乙所示。 [数据处理] 1.小球水平射程的测量: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,看在误差允许的范围内是否成立。 [注意事项] 1.碰撞的两小球应保证“水平”和“正碰”。 2.选质量较大的小球作为入射小球,即m1>m2。 3.实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。 [误差分析] 1.质量m1、m2的测量。 2.小球落点的确定。 3.小球水平位移的测量。 　　验证两物体碰撞过程中系统动量是否守恒,关键是实验设计与装置及两物体速度和质量的测量,实验设计与装置不同,测量物体的速度方法也不同,有时同一实验装置也可用来验证不同的规律。 关键点(一)　不同方案中速度的测量方式 [考法感悟] 1.(2024·北京高考)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 (1)关于本实验,下列做法正确的是　　　　(填选项前的字母)。  A.实验前调节装置,使斜槽末端水平 B.选用两个半径不同的小球进行实验 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。 a.图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;  b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。  (3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A',小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A'B=l2、CD=l3。 推导说明,m、M、l1、l2、l3满足　　　　　　关系即可验证碰撞前后动量守恒。  解析:(1)实验中为使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前调节装置,使斜槽末端水平,故A正确;为使两小球发生的碰撞是对心正碰,两小球半径需相同,故B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,故C正确。 (2)a.用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点。 b.碰撞前、后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若关系式m1OP=m1OM+m2ON成立,即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)设轻绳长为L,小球从偏角θ处由静止摆下,摆到最低点时的速度为v,小球经过圆弧对应的弦长为l,则由动能定理有mgL(1-cos θ)=mv2 由几何知识可知sin = 由数学知识可知1-cos θ=2sin2 联立解得v=l 若两小球碰撞过程中动量守恒,则有 mv1=-mv2+Mv3 又有v1=l1,v2=l2,v3=l3 整理可得ml1=-ml2+Ml3。 答案:(1)AC　(2)a.用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点　b.m1OP=m1OM+m2ON (3)ml1=-ml2+Ml3 2.(2025·洛阳质检)为了验证动量守恒定律,某同学使用如图甲所示的气垫导轨装置进行实验。其中G1、G2为两个光电门,它们与数字计时器相连,当两个刚性滑行器通过G1、G2光电门时,光束被滑行器上的挡光片遮挡的时间称为光电门的挡光时间。预先测得滑行器连同挡光片的总质量分别为M、m(M>m),两挡光片宽度为D(两挡光片宽度相同)。该同学想在水平的气垫导轨上,只利用以上仪器验证动量守恒定律,请回答下列问题: (1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺母,使气垫导轨水平。在不增加其他测量器材的情况下,调水平的步骤是:接通气垫导轨装置的电源,调节导轨下面的螺母,若滑行器M放在气垫导轨上的任意位置都能保持静止,或者轻推滑行器M,M分别通过光电门G1、G2的时间　　　　,则导轨水平。  (2)用游标卡尺测量两挡光片的宽度如图乙所示,则D=　　　　　　。  (3)将滑行器M静置于两光电门之间,将滑行器m置于光电门G1右侧,用手推动m,使m获得水平向左的速度经过光电门G1并与M发生碰撞且被弹回,再次经过光电门G1。光电门G1先后记录的挡光时间为Δt11、Δt12,光电门G2记录的挡光时间为Δt2。在本次实验中,若表达式　　　　　　　(用M、m、Δt11、Δt12、Δt2表示)在误差允许的范围内成立,则动量守恒定律成立。  解析:(1)实验开始,在不挂重物的情况下轻推滑块,若滑块做匀速直线运动,滑块通过光电门速度相等,则光电门的挡光时间相等,证明气垫导轨已经水平。 (2)两挡光片的宽度为5 mm+15×0.05 mm=5.75 mm。 (3)滑行器m两次经过光电门G1的速度近似等于经过光电门时的平均速度,分别为v1=,v1'=,滑行器M经过光电门G2的速度v2=,若本次实验中动量守恒,则mv1=Mv2-mv1',整理得m=M。 答案:(1)相等　(2)5.75 mm(0.575 cm,5.75×10-3 m)　(3)+= 3.(2024·山东高考)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g; ②接通气源,调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块,使A、B均向右运动; ④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。 回答以下问题: (1)从图像可知两滑块在t=　　　　 s时发生碰撞;  (2)滑块B碰撞前的速度大小v=　　　　 m/s (保留2位有效数字);  (3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是　　　　(填“A”或“B”)。  解析:(1)由x-t图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即在这个时候两滑块发生了碰撞。 (2)根据x-t图像斜率的绝对值表示速度的大小,由题图丙可知碰撞前瞬间滑块B的速度大小为v=cm/s=0.20 m/s。 (3)由题图乙可知,碰撞前滑块A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后滑块A的速度大小约为vA'≈0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后滑块B的速度大小为vB'=0.50 m/s,滑块A和滑块B碰撞过程动量守恒,则有mAvA+mBv=mAvA'+mBvB' 代入数据解得≈2 所以质量为200.0 g的滑块是B。 答案:(1)1.0　(2)0.20　(3)B 4.(2023·辽宁高考)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。 测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 (1)在本实验中,甲选用的是　　　　(填“一元”或“一角”)硬币;  (2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);  (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=　　　　(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;  (4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)根据题意可知,甲与乙碰撞后没有反弹,可知甲的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币。 (2)甲从O点到P点,根据动能定理有-μm1gs0=0-m1,解得碰撞前,甲到O点时速度的大小v0=。 (3)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1=,v2=,若动量守恒,则满足m1v0=m1v1+m2v2,整理可得=。 (4)产生这种误差可能的原因有:①可能两个硬币厚度不同,两硬币重心连线与水平面不平行;②两硬币碰撞内力不远远大于外力,动量守恒只是近似满足,即如果摩擦力非常大,动量守恒只是近似满足。 答案:(1)一元　(2)　(3)　(4)见解析 [系统建模] 　　在验证动量守恒定律的实验中,物体速度的测量方式很多种,如第1题利用平抛运动的水平位移代替速度,第2题利用光电门测量滑块的速度,第3题利用传感器的示数测量滑块的速度,第4题则利用动能定理和滑行位移测量硬币速度。 关键点(二)　同一实验装置验证不同的物理规律 [考法感悟] 1.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒。在离地面高度为h的光滑水平桌面上,放置两个小球a和b。其中b球与轻弹簧紧挨着但不拴接,弹簧左侧固定,自由长度时离桌面右边缘足够远,起初弹簧被压缩一定长度并锁定。a球放置于桌面边缘,球心在地面上的投影点为O点。实验时,先将a球移开,弹簧解除锁定,b球沿桌面运动后水平飞出。再将a球放置于桌面边缘,弹簧重新锁定。解除锁定后,b球与a球发生碰撞后,均向前水平飞出。重复实验10次。实验中,小球落点记为A、B、C。 (1)若a球质量为ma,半径为ra;b球质量为mb,半径为rb。b球与a球发生碰撞后,均向前水平飞出,则　　　　。  A.ma<mb,ra=rb B.ma<mb,ra<rb C.ma>mb,ra=rb D.ma>mb,ra>rb (2)为了验证碰撞过程遵循动量守恒,本实验中必须测量的物理量有　　　　。(多选,填选项前的字母)  A.小球a的质量ma和小球b的质量mb B.小球飞出的水平距离xOA、xOB、xOC C.桌面离地面的高度h D.小球飞行的时间 (3)关于本实验的实验操作,下列说法中正确的是　　　　。(多选,填选项前的字母)  A.重复操作时,弹簧每次被锁定的长度应相同 B.重复操作时发现小球的落点并不完全重合,说明实验操作中出现了错误 C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 D.仅调节桌面的高度,桌面越高,线段OB的长度越长 (4)在实验误差允许的范围内,当所测物理量满足表达式:　　　　　　　　,即说明碰撞过程遵循动量守恒。(用题中已测量的物理量表示)  (5)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能,他测量了桌面离地面的高度h,该地的重力加速度为g,则弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为　　　　。(用题中已测量的物理量表示)  解析:(1)为防止碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即mb大于ma,为了使碰撞为对心碰撞,则两球心的高度要相同,所以它们的半径要相等。故A正确,B、C、D错误。 (2)要验证动量守恒,就需要知道碰撞前、后的动量,所以要测量两个小球的质量及碰撞前、后小球的速度,碰撞前、后小球都做平抛运动,速度可以用水平位移代替,所以需要测量的物理量为:小球a、b的质量ma、mb,纸上O点到A、B、C各点的距离xOA、xOB、xOC;故A、B正确,C、D错误。 (3)重复操作时,弹簧每次被锁定的长度应相同,可以保证b球能够获得相等的速度,故A正确;重复操作时发现小球的落点并不完全重合,是系统误差导致,不是实验操作中出现了错误,故B错误;用半径尽量小的圆把10个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置,故C正确;仅调节桌面的高度,桌面越高,则小球飞行的时间越长,则线段OB的长度越长,故D正确。 (4)小球离开桌面后做平抛运动,小球抛出点的高度相同,小球在空中的运动时间t相等,如果碰撞过程动量守恒,则mbv0=mbv1+mav2,两边同时乘以时间t,得mbv0t=mbv1t+mav2t,则mb·xOB=mb·xOA+ma·xOC。 (5)桌面离地面的高度为h,该地的重力加速度为g,小球b飞行的时间为t=,小球b的初速度为v0==xOB·,弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能,所以弹簧锁定时具有的弹性势能为Ep=mb=。 答案:(1)A　(2)AB　(3)ACD (4)mb·xOB=mb·xOA+ma·xOC (5) 2.(2025·济宁一中月考)某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验,操作步骤如下: ①先将斜槽轨道的末端调整水平,在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸,并将该木板竖立于靠近槽口处,使小球a从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下,撞到木板在记录纸上留下压痕O。 ②将木板向右平移适当距离,再使小球a从原固定点由静止释放,撞到木板在记录纸上留下压痕B。 ③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的右边缘,让小球a 仍从原固定点由静止开始滚下,与b球相碰后,两球撞在木板上,并在记录纸上留下压痕A和C。 (1)本实验必须测量的物理量有　　　　。(多选)  A.小球a、b的质量ma、mb B.小球a、b的半径r C.斜槽轨道末端到木板的水平距离x D.球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差h E.记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3 (2)放上被碰小球,两球相碰后,小球a在图中的压痕点为　　　　。  (3)若两球碰撞动量守恒,则应满足的表达式为　　　　　　　　。(用测量的物理量表示)  (4)若两球发生的是弹性碰撞,则还应满足的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)设小球a未与小球b碰撞时经过斜槽轨道末端的速度为va,两球碰撞后a、b的速度分别为va'和vb'。若两球碰撞动量守恒,则mava=mava'+mbvb';根据平抛运动规律得va==x,va'=x,vb'=x;应满足的表达式为=+。所以本实验必须测量的物理量有小球a、b的质量ma、mb,记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3;A、E正确。 (2)放上被碰小球,两球相碰后,小球a平抛运动的速度减小,运动时间变长,根据y=gt2知,竖直下降的高度增大,所以在题图中的压痕点为C。 (3)由(1)解析可知,若两球碰撞动量守恒,则应满足的表达式为=+。 (4)若两球发生的是弹性碰撞,则满足机械能守恒 即ma=mava'2+mbvb'2 va=x,va'=x,vb'=x, 代入得=+。 答案:(1)AE　(2)C　(3)=+ (4)=+ 3.(2025·山西一模)寒冷的冬天,在两个相同的纸杯中加上不等量的水,放到室外结冰后脱壳制成两只冰壶A和B,之后找一块平整的冰面验证动量守恒定律。主要实验步骤如下: ①在冰面上固定发射装置。通过A压缩弹簧到P位置,释放后A沿图甲中虚线运动。在虚线的适当位置取一点O,测出A停止滑动时其右侧到O点的距离s1; ②多次通过A压缩弹簧到P位置,释放A后重复记录s1并取其平均值记为,如图甲所示; ③将B放在冰面上,使其左侧位于O点,并使其直径与图乙中虚线重合; ④多次通过A压缩弹簧到P位置,释放A后使A与B对心正碰,测出A、B碰后停止滑行时A右侧和B左侧与O点的距离并求平均值,分别记为和,如图乙所示。 (1)每次都通过A压缩弹簧到P位置,目的是确保A到达O点时的　　　　　　　 　相同;  (2)实验中还需测量的物理量有　　　　(填字母序号);  A.A和B的质量m1、m2 B.A和B的直径d1、d2 C.A和B与冰面间的动摩擦因数μ D.发射槽口到O点的距离s0 (3)验证动量守恒定律的表达式为　　　　　　　(用已知量和测得量的符号表示);  (4)为探究该碰撞是否为弹性碰撞,需判断关系式　　　　　　　 　是否成立(用、、表示)。  解析:(1)每次都通过A压缩弹簧到P位置,目的是确保A到达O点时的速度相同。 (2)选取向右为正方向,A与B对心正碰由动量守恒定律有m1v1=-m1v2+m2v3 根据动能定理有m1=μm1g,m1=μm1g,m2=μm2g 联立可得m1=-m1+m2,实验中还需测量的物理量是A和B的质量。故A正确。 (3)选取向右为正方向,动量守恒定律的表达式为 m1=-m1+m2 (4)若碰撞为弹性碰撞,还应满足机械能守恒,则 m1=m1+m2 结合(3)中表达式可得=-。 答案:(1)速度　(2)A　(3)m1=-m1+m2　(4)=- [系统建模] 　　实验命题中常用同一实验装置验证不同的物理规律。如第1题验证两球碰撞中系统动量是否守恒的同时,探究弹簧锁定时具有的弹性势能;第2题验证两球碰撞中系统动量是否守恒的同时,探究两球弹性碰撞中机械能守恒的表达式。 1.(2024·新课标卷)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上,轨道末段水平,右侧端点在水平木板上的垂直投影为O,木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放,小球a从轨道右端水平飞出后落在木板上;重复多次,测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与小球a半径相等的小球b置于轨道右侧端点,再将小球a从Q处由静止释放,两球碰撞后均落在木板上;重复多次,分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。 完成下列填空: (1)记a、b两球的质量分别为ma、mb,实验中须满足条件ma　　　　mb(填“>”或“<”);  (2)如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式　　　　　　　　　　　　　　　　　,  则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中,用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度,依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)为了保证小球a碰后不反弹,要求ma>mb。 (2)两球离开斜槽后做平抛运动,由于抛出点的高度相等,它们做平抛运动的时间t相等,碰撞前a球的速度大小v0= 碰撞后a球的速度大小va= 碰撞后b球的速度大小vb= 如果碰撞过程系统动量守恒, 则mav0=mava+mbvb 整理得maxP=maxM+mbxN。 小球离开斜槽末端后做平抛运动,竖直方向下落高度相同,故下落时间相同,水平方向做匀速直线运动,小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。 答案:(1)>　(2)maxP=maxM+mbxN　小球离开斜槽末端后做平抛运动,竖直方向下落高度相同,故下落时间相同,水平方向做匀速直线运动,小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比 2.(2024·衡阳模拟)如图,某同学用平抛运动演示仪验证碰撞中的动量守恒,实验的主要步骤如下: (1)将斜槽末端处的切线调成　　　　　　。  (2)将O点处的小球b移开,将小球a从P点由静止释放,记录下小球a在水平面上的落点位置。 (3)在O点处放上小球b,再将小球a从P点由静止释放,记录下两球落在水平面上的位置,在本次操作中,小球a的质量应　　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)小球b的质量。  (4)测出各落点位置与水平面上A点(OA与水平面垂直)间的距离分别为AB=L1、AC=L2、AD=L3。 (5)用天平测出小球a、b的质量分别为m1、m2,若满足m1L2=　　　　　　　,则两小球碰撞时遵循动量守恒;若满足=　　　　　　　(用m1、m2表示),则两小球碰撞为弹性碰撞。  解析:(1)小球做平抛运动的初速度方向沿水平方向,所以应将斜槽末端处的切线调成水平。 (3)为防止小球a碰后反弹,小球a的质量应大于小球b的质量。 (5)小球离开斜槽末端后做平抛运动,竖直方向下落的高度相同,故下落时间相同,由平抛运动规律得va=,va'=,vb'=,由动量守恒定律得m1va=m1va'+m2vb',联立解得m1L2=m1L1+m2L3,若两小球的碰撞为弹性碰撞,由机械能守恒定律得m1=m1va'2+m2vb'2 则va'=va,vb'=va 联立可得=。 答案:(1)水平　(3)大于　(5)m1L1+m2L3　 3.(2025·长沙一模)某同学用如图甲所示的装置验证动量定理,实验过程中的部分实验步骤如下: (1)将一遮光条固定在滑块上,用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度,游标卡尺如图乙所示,则遮光条的宽度为d=　　　　mm。  (2)滑块离开弹簧一段时间后通过光电门,光电门测得遮光条的挡光时间为Δt=2.0×10-2 s,可得弹簧恢复形变后滑块的速度大小为v=　　　　m/s。  (3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端,一光电门安装在气垫导轨上方,用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放,压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图丙所示,根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为　　　　N·s。(计算结果保留两位有效数字)  解析:(1)题图乙游标卡尺分度值为0.05 mm,则遮光条的宽度为d=4 mm+0.05 mm×0=4.00 mm。 (2)弹簧恢复形变后滑块的速度大小为v==m/s=0.2 m/s。 (3)弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围成的面积,Δp=202×0.2×0.02 N·s≈0.81 N·s。 答案:(1)4.00　(2)0.2　(3)0.81 4.(2024·武汉模拟)某同学设计了一个如图所示的实验装置验证动量守恒定律。小球A底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条,用悬线悬挂在O点,光电门固定在O点正下方铁架台的托杆上,小球B放在竖直支撑杆上,杆下方悬挂一重锤,小球A(包含遮光条)和B的质量用天平测出分别为mA、mB,拉起小球A一定角度后释放,两小球碰撞前瞬间,遮光条刚好通过光电门,碰后小球B做平抛运动而落地,小球A反弹右摆一定角度,计时器的两次示数分别为t1、t2,测量O点到球心的距离为L,小球B离地面的高度为h,小球B平抛的水平位移为x。 (1)关于实验过程中的注意事项,下列说法正确的是　　　　。  A.要使小球A和小球B发生对心碰撞 B.小球A的质量要大于小球B的质量 C.应使小球A由静止释放 (2)某次测量实验中,该同学测量数据如下:d=0.5 cm,L=0.5 cm,h=0.45 cm,x=0.30 cm,t1=0.002 5 s,t2=0.005 0 s,重力加速度g取10 m/s2,若小球A(包含遮光条)与小球B的质量之比为mA∶mB=　　　　,则动量守恒定律得到验证,根据数据可以得知小球A和小球B发生的碰撞是　　　碰撞(“弹性”或“非弹性”)。  解析:(1)两个小球必须发生对心碰撞,故A正确;碰撞后入射球反弹,则要求入射球的质量小于被碰球的质量,故B错误;由于碰撞前、后小球A的速度由光电门测出,小球A不一定由静止开始,故选项C错误。 (2)碰撞前、后入射球A的速度由光电门测出v1== m/s=2.0 m/s;v1'== m/s=1.0 m/s,小球B碰撞后的速度为v2'== m/s=0.1 m/s, 若碰撞前、后动量守恒则有mAv1=mA+mBv2',得==,碰撞前的动能为E1=mA,碰撞后的动能为E2=mAv1'2+mBv2'2,由于E1>E2,所以机械能不守恒,故是非弹性碰撞。 答案:(1)A　(2)1∶30　非弹性 74 / 74 学科网（北京）股份有限公司 $$