第七章 动量 动量守恒定律（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第七章　动量　动量守恒定律 大单元分层教学设计 基础　 落实课 第1讲　动量定理 第2讲　动量守恒定律 综合　 融通课 第3讲　动量守恒定律的“三类典型问题” 第4讲　四种“类碰撞”模型的研究 第5讲　力学三大观点的综合应用 实验　 探究课 第6讲　验证动量守恒定律 第1讲　动量定理(基础落实课) 一、动量和冲量 动量 冲量 定义 物体的质量与速度的乘积 力与力的作用时间的乘积 表达式 p=mv,单位为kg·m/s I=FΔt,单位为N·s 方向 动量的方向与速度的方向相同 冲量的方向与力的方向相同 注意:动量是矢量,而动能是标量。因此,物体的动量变化时,其动能不一定变化;而动能变化时,动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式:p=。 二、动量的变化量 1.因为动量是矢量,动量的变化量Δp也是矢量,其方向与速度的变化量Δv的方向相同。 2.动量的变化量Δp的大小,一般用末动量p'减去初动量p进行矢量计算,即Δp=p'-p,运算遵循平行四边形定则。 三、动量定理 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 公式 I=p'-p或F(t'-t)=mv'-mv 动量定理的 研究对象 单个物体或物体系。对物体系,内力的作用不改变系统的总动量,外力的总冲量等于物体系的动量变化量 微点判断 1.动量越大的物体,其速度越大。 (×) 2.两物体的动量相等时,动能也一定相等。 (×) 3.一个物体的运动状态变化时,它的动量一定改变。 (√) 4.物体动量的变化量等于初、末状态动量的大小之差。 (×) 5.一对相互作用力的冲量大小相等,方向相同。 (×) 6.(人教选择性必修1P10T1·改编)一物体静止在水平地面上,受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后,物体仍保持静止,物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ。 (×) 7.物体所受合力不变,则物体的动量也不改变。 (×) 8.(人教选择性必修1P4例题·改编)一个钢球向右运动,碰到坚硬的墙壁后以大小相等的速度反向弹回,碰撞前后钢球的动量变化量为零。 (×) 9.物体的动量发生改变,则合外力一定对物体做了功。 (×) 10.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。 (√) 11.若物体在一段时间内,其动量发生了变化,则物体在这段时间内的合外力一定不为零。 (√) 12.(人教选择性必修1P11T2·改编)体操运动员在落地时总要屈腿,是为了减小动量的变化量。 (×) 逐点清(一)　动量、动量变化量和冲量 |题|点|全|练| 1.[动量与动能的比较]关于动量与动能,以下说法正确的是 (　　) A.两个物体动能相等,它们的动量也一定相等 B.两个物体动量相等,它们的动能也一定相等 C.质量相等的两个物体若动量相等,则它们的动能一定相同 D.质量相等的两个物体若动能相等,则它们的动量一定相同 解析:选C　根据p=mv,Ek=mv2,可得Ek=,p=,两个物体动能相等,它们的动量不一定相等,质量相等的两个物体若动能相等,则它们的动量大小一定相等、方向不一定相同,A、D错误;两个物体动量相等,它们的动能不一定相等, 但质量相等的两个物体若动量相等,则它们的动能一定相同,B错误,C正确。 2.[动量变化量的计算] 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 N·s C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D.足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J 解析:选B　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 N·s=2 N·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,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错误;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。 3.[恒力冲量的计算] 如图所示,一个物体在光滑水平地面上受到与水平方向成θ角的拉力F作用,向右做匀加速直线运动,拉力F作用时间为t。在这段时间内,下列说法正确的是 (　　) A.物体所受支持力的冲量大小为0 B.物体的动量变化量的大小为Ft C.物体所受拉力的冲量大小为Ftcos θ D.物体所受合力的冲量方向水平向右 解析:选D　对物体进行受力分析,竖直方向上有FN+Fsin θ=mg,所以物体所受支持力的冲量为I=FNt=(mg-Fsin θ)t,故A错误;因为物体向右做匀加速直线运动,则物体所受合力方向水平向右,大小为F合=Fcos θ,故合力的冲量方向水平向右,根据动量定理可得到物体的动量变化量的大小为Δp=Ftcos θ,故B错误,D正确;拉力对物体的冲量为IF=Ft,故C错误。 4.[利用图像法计算变力的冲量]一质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻起,受到的水平外力F如图所示,以水平向右为正方向,则下列说法正确的是 (　　) A.前1 s内力F对物体的冲量为4 N·s B.物体在t=1 s时和t=3 s时的动量相同 C.前2 s内力F对物体的冲量为0 D.t=2 s时物体回到出发点 解析:选B　力F对物体的冲量等于图像与坐标轴围成的面积,前1 s内力F对物体的冲量I1=×1×4 N·s=2 N·s,故A错误;0~3 s内力F对物体的冲量I2=×2×4 N·s-×1×4 N·s=2 N·s,0~1 s内由动量定理得I1=p1-0,0~3 s内由动量定理得I2=p2-0,因为I1=I2,所以物体在t=1 s时和t=3 s时的动量p1、p2相同,故B正确;前2 s内力F对物体的冲量I=×2×4 N·s=4 N·s,故C错误;前2 s内物体一直在向右运动,故t=2 s时物体没有回到出发点,故D错误。 |精|要|点|拨| 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.冲量的四种计算方法 公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态 平均 值法 方向不变的变力,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 图像法 利用F⁃t图像计算,F⁃t图像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 动量 定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用,则不能直接用I=FΔt求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量,由I=p'-p求变力的冲量 逐点清(二)　动量定理的理解与应用 细作1　用动量定理解释生活中的现象 1.“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.减小穿戴者所受重力的冲量 B.减小地面对穿戴者的平均冲击力 C.减小穿戴者动量的变化量 D.减小穿戴者与地面的接触时间 解析:选B　设穿戴者所受合力为F,依题意,根据动量定理得FΔt=Δp,可得F=,安全气囊的作用是增大穿戴者与地面的接触时间,从而减小穿戴者所受到的平均冲击力,即减小穿戴者动量的变化率,而穿戴者动量的变化量未发生变化,穿戴者与地面的接触时间增大,则穿戴者所受重力的冲量增大。故选B。 一点一过　动量定理的理解和应用 1.对动量定理的理解 (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。 (2)当作用力F一定时,力的作用时间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。如在恒力作用下运动的小车,时间越长,小车的速度越大,动量变化量越大。 2.动量定理的应用 (1)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量。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)动量定理表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 细作2　动量定理的有关计算 　 2.(人教版教材选择性必修1,P11T5)一个质量为60 kg的蹦床运动员,从离水平网面3.2 m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s,g取10 m/s2。 (1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。 (2)求网对运动员的平均作用力大小。 (3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。 解析:(1)由2gh1=,解得运动员着网时的速度大小为v1=8 m/s 由2gh2=,解得运动员离开网时的速度大小为v2=10 m/s 设竖直向上为正方向,则运动员与网接触的这段时间内动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=60×(10+8)kg·m/s=1 080 kg·m/s,方向竖直向上。 (2)设竖直向上为正方向,在运动员与网接触的时间Δt=0.8 s内,由动量定理得 (FN-mg)·Δt=Δp 代入数据解得网对运动员的平均作用力大小为 FN=1 950 N。 (3)运动员自由下落的时间为t1== s=0.8 s 运动员离网后竖直上升的时间为t2== s=1 s 从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量大小为 IG=mg(t1+Δt+t2)=60×10×(0.8+0.8+1)N·s=1 560 N·s,方向竖直向下 运动员所受弹力即网对运动员的平均作用力的冲量大小为IFN=FN·Δt=1 950×0.8 N·s=1 560 N·s,方向竖直向上。 答案:(1)1 080 kg·m/s,方向竖直向上　(2)1 950 N (3)1 560 N·s,方向竖直向下　1 560 N·s,方向竖直向上 3.(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大 B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s C.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N 解析:选BD　根据牛顿第三定律并结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上,经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时,运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得=4 600 N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,故D正确。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材和2024年全国甲卷均以蹦床运动员的运动为素材考查动量定理,教材中给出运动员自由下落和上升的高度,根据机械能守恒定律或匀变速直线运动规律,可得到运动员运动的速度大小、动量变化量的大小,而高考题中需根据图像获取运动员接触和离开蹦床的时刻,根据竖直上抛运动的对称性得出运动员速度的大小、动量变化量的大小,并结合动量定理求解问题。高考题“源于教材且高于教材”,学透教材、深挖教材的考评价值会给我们的高考备考带来奇效。   一点一过　利用动量定理解题的基本思路 细作3　动量定理在多过程问题中的应用 　 4.(2025·重庆模拟)以初速度v1竖直向上抛出一可视为质点的小球,设定整个运动过程中,该小球所受空气阻力大小f与其速度大小v成正比。若该小球从抛出至到达最高点过程历时t1,从最高点落回抛出点过程历时t2,该小球落回抛出点时的速度大小为v2,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.t1=t2 B.t1>t2 C.t1+t2= D.t1+t2= 解析:选D　该小球从抛出到落回抛出点的过程中,空气阻力一直对该小球做负功,该小球的机械能一直减少,因此该小球在上升过程中的平均速度大小大于其在下落过程中的平均速度大小,由于上升和下落的高度相同(设为h),可知t1<t2,A、B错误;设f=kv(k为正值常数),以竖直向下为正方向,从抛出到落回抛出点的过程中,由动量定理有mg(t1+t2)+If=mv2-m(-v1),其中If=kt1+(-kt2)=kh-kh=0,解得t1+t2=,D正确,C错误。 一点一过　用动量定理解多过程问题的两点提醒 (1)对于过程较复杂的运动,可分段应用动量定理,也可整个过程应用动量定理。 (2)物体受多个力作用,各力的方向和作用时间往往不同,列动量定理时应重点关注。 逐点清(三)　“柱状”模型 类型(一)　流体类“柱状模型” 流体及 其特点 通常液体、气体等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ 分析步骤 1 建构“柱状模型”:沿流速v的方向选取一段柱状流体,其横截面积为S 2 微元研究:作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt,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]　朱雀三号可重复使用火箭垂直返回技术在中国酒泉卫星发射中心完成首次飞行试验。点火升空1分钟后,火箭从三百多米的高空垂直返回,着陆平稳,落点准确,状态良好,标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功。若该火箭在距离地面的高度约1 m时,底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,使火箭竖直方向上的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,4台发动机喷气口的直径均为d,喷出气体的重力忽略不计,喷出气体的速度远大于火箭的速度。则喷出气体的速度大小为 (　　) A. B. C. D. [解析]　以Δt时间内喷出的气体为研究对象,设喷出气体的速度为v,则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ··vΔt,根据牛顿第三定律可得火箭对气体的作用力为F'=F,对4台发动机喷出的气体,由动量定理可得F'Δt=4mv,联立解得v=,故选D。 [答案]　D 类型(二)　微粒类“柱状模型” 微粒及 其特点 通常电子、光子、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的粒子数n 分析步骤 1 建构“柱状模型”:沿流速v的方向选取一段小柱体,柱体的横截面积为S 2 微元研究:作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl=vΔt,对应的体积为ΔV=SvΔt,则微元内的粒子数N=nvSΔt 3 建立方程:先应用动量定理研究单个粒子,再乘以N计算 　　[例2]　(2025·枣庄高三检测)如图,将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不变,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,不考虑黄豆间的相互作用,则持续倾倒黄豆的时间约为 (　　) A.1.5 s B.2.5 s C.3.0 s D.5.0 s [解析]　黄豆落在秤盘上的速度大小为v==5 m/s,设持续倾倒黄豆的时间为t,一粒黄豆的质量为m0,单位时间Δt内落在秤盘上的黄豆数量为n=,因碰撞时间极短,秤盘对黄豆的作用力远大于黄豆的重力,故黄豆重力可以忽略,设竖直向上为正方向,由动量定理得FΔt=2nm0v,方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v,根据牛顿第三定律知F=F'=0.8 N,代入数据解得t=2.5 s,故选B。 [答案]　B [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中,一同学从如图甲所示的静止下蹲状态向上跃起,脚刚离开地面时如图乙所示,身体运动到最高点时位置如图丙所示,三幅图代表同一竖直线上的三个位置,不计空气阻力。关于该同学测试的全过程,下列说法正确的是 (　　) A.从甲到乙的运动过程中,该同学因为受地面支持力的位移为零,所以支持力冲量为零 B.该同学在丙图位置的机械能等于在甲图位置的机械能 C.从甲到乙的运动过程中,地面对脚的支持力始终大于该同学的重力 D.从甲到丙的过程中,地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向 解析:选D　同学从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程,先向上加速,地面支持力大于重力,当地面支持力等于重力时速度最大,之后脚与地面间的作用力逐渐减小,同学开始减速,当脚与地面间的作用力为零时离开地面,此过程地面对脚的支持力的冲量不为零,A、C错误;蹬地起跳过程中同学消耗体内化学能转化为机械能,在乙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能,从乙到丙的运动过程中机械能守恒,则该同学在丙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能,B错误;从甲到丙的过程中,应用动量定理有I支+IG=0,所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向,D正确。 2.(2025·绵阳高三模拟)有的人会躺着看手机,若手机不慎掉落,会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g,从离人眼25 cm处无初速度不慎掉落,碰到眼睛后手机反弹8 mm,眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s,取重力加速度g=10 m/s2,=2.236。手机撞击人眼的过程中,下列结论正确的是 (　　) A.手机对人眼的冲击力大小约为6.5 N B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2 解析:选C　手机下落25 cm过程由位移速度关系有=2gh1,手机反弹8 mm过程由位移速度关系有=2gh2,解得v1= m/s,v2=0.4 m/s,取竖直向上为正方向,手机动量变化量大小为Δp=mv2-≈0.4 kg·m/s,故C正确;手机动量的变化率大小为≈4 kg·m/s2,故D错误;根据冲量的定义,可得IG=mgΔt=0.15 N·s,故B错误;对手机进行分析,由动量定理有Δt=Δp,解得F=5.5 N,根据牛顿第三定律,手机对人眼的冲击力大小为5.5 N,故A错误。 3.(2025·唐山一模)一同学在练习乒乓球削球技术时,使乒乓球竖直下落,在球与球拍接触的瞬间,保持球拍板面水平,并沿水平方向挥动球拍,如图所示。接触前后乒乓球在竖直方向的速度大小分别为5 m/s和4 m/s,乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力,g取10 m/s2,已知乒乓球与球拍接触时间极短,估算乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小约为 (　　) A.1.2 m/s B.1.5 m/s C.2.0 m/s D.2.7 m/s 解析:选D　设球拍对乒乓球的平均支持力为F,分别规定竖直向上和球拍运动方向为正方向,由动量定理得Ft=mΔv,μFt=mvx,其中Δv=4 m/s-=9 m/s,代入两式解得vx=2.7 m/s,故选D。 4.(2024·重庆高考)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘(质量为m)在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘 (　　) A.被弹出时速度大小为 B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2的过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中,动量变化量大小为 解析:选A　根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2,解得v=,故A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续运动d2减速至零,故到达目标组织表面时的动能Ek=F2d2,故B错误;针鞘运动d2的过程中,阻力做功为-F2d2,故C错误;针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小为Δp==,故D错误。 5.(2025·北京东城模拟)水平轨道固定在地面上,右侧固定一磁铁,如图甲所示。右端粘有磁铁的小车以初速度v0沿轨道向右运动,两磁铁间有相互排斥的作用力。某科研兴趣小组利用该实验装置研究小车在变力作用下的运动情况。无线传感器记录作用过程中小车的v⁃t图像(如图乙所示)以及小车所受斥力大小F随时间t的变化图像(如图丙所示)。已知小车所受摩擦阻力及空气阻力远小于磁铁间的相互作用力。那么 (　　) A.小车速度为零时,其所受合外力也恰好为零 B.小车在t1到t2时间内向右做匀减速直线运动,t2到t3时间内向左做匀加速直线运动 C.小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中,小车的机械能守恒 D.小车质量m约为400 g 解析:选D　依题意,小车运动过程中受向左的斥力作用,由题图乙、丙可知,在t1到t2时间内斥力逐渐增大,小车做加速度增大的减速直线运动,t2到t3时间内斥力逐渐减小,小车向左做加速度减小的加速直线运动,则t2时刻小车速度为零,所受合外力最大,故A、B错误;根据以上分析可知小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中,小车的动能先减小后增大,重力势能保持不变,所以小车的机械能不守恒,故C错误;根据动量定理得IF=Ft=Δp,可知题图丙中图线与时间轴所围面积表示小车所受斥力的冲量,取水平向右为正方向,则有-0.48 N·s=-mv0-mv0,解得m=400 g,故D正确。 6.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内有人工制造的气流,表演者通过调整身体的姿态,改变受风面积(即表演者在垂直风力方向的投影面积),来改变其所受向上风力的大小,使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示,一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流竖直向上通过风洞,密度为ρ,流速恒定为v,游客受风面积为S,重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零,则下列说法正确的是 (　　) A.气体流量Q=πvρd2 B.气体流量Q= C.风对人的冲量与人对风的冲量相同 D.若风洞中空气流速变为原来的2倍,要使游客仍静止,则他的受风面积必须调整为原来的 解析:选D　由题意可知Q=πv=d2v,A错误;对Δt时间内吹向游客的气体,由动量定理可得FΔt=Δmv,由于游客处于静止状态,满足F=mg,另外Δm=ρ·vΔt·S,风洞内气流的流量为Q=vπ,联立解得Q=,B错误;根据牛顿第三定律可知,风对人的作用力与人对风的作用力大小相等、方向相反,所以根据冲量定义可知风对人的冲量与人对风的冲量大小相等、方向相反,C错误;由F=ρSv2=mg可知,若风洞中空气流速变为原来的2倍,游客受力不变,则S必须变为原来的,D正确。 二、多项选择题 7.(2024·福建高考)如图(a),水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图(b)所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块 (　　) A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动 B.在0~4t0内所受合外力的总冲量大小为零 C.在t0时动量大小是在2t0时的一半 D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小 解析:选AD　根据题图可知,当F=2mgsin θ时,滑块加速度大小为a1==3gsin θ,方向沿斜面向下;当F=-2mgsin θ时,滑块加速度大小为a2==gsin θ, 方向沿斜面向上,作出滑块在0~4t0内的v⁃t图像如图所示,根据图像可知，在0~4t0内滑块一直沿斜面向下运动,故A正确。根据图像可知,在0~4t0内滑块的末速度不等于0,根据动量定理可知I合=Δp≠0,故B错误。根据图像可知t0时滑块的速度大于在2t0时滑块的速度,故滑块在t0时动量大小不是在2t0时的一半,故C错误。v⁃t图像与横轴围成的面积表示位移,由图像可知在2t0~3t0过程滑块的位移大小小于在3t0~4t0的位移大小,故D正确。 8.(2024·安徽高考)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°,在x轴方向受到的力在改变,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,由平行四边形定则知,此时加速度大小为a== m/s2=5 m/s2,故C错误;在x轴正方向,对物块根据动量定理得Ft=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,故此时物块的速度大小为v==10 m/s,故D正确。 三、计算题 9.(12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。(4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2讲　动量守恒定律(基础落实课) 　一、动量守恒定律 1.内容 如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。 2.表达式 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'或Δp1=-Δp2。 3.系统动量守恒的条件 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 近似守恒 系统受到的合外力不为零,但当内力远大于合外力时,系统的动量可近似看成守恒 某一方向 守恒 系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时,系统在该方向上动量守恒 二、动量守恒定律的应用 1.碰撞 (1)特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。 (2)分类 种类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.反冲和爆炸 反冲 特点 在反冲运动中,如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力,系统的动量是守恒的 爆炸 现象 爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动 微点判断 1.(2024·甘肃卷T8B)电动小车在水平面内做匀速圆周运动,小车的动量守恒。 (×) 2.(人教选择性必修1P16T1·改编)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,总动量为0。 (√) 3.只要系统所受合外力做功为零,动量就守恒。 (×) 4.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 (√) 5.物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 (√) 6.两物体相互作用时,若系统间存在摩擦力,则两物体组成的系统动量不守恒。 (×) 7.动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',一定是矢量式,应用时要规定正方向,且其中的速度必须相对同一个参考系。 (√) 8.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。 (×) 9.若两球相向运动发生碰撞,则碰撞后可能朝同一方向运动。 (√) 10.发射炮弹炮身后退、园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。 (√) 11.爆炸过程中机械能增加,反冲过程中机械能减少。 (×) 逐点清(一)　动量守恒的判断 |题|点|全|练| 1.[两个物体组成的系统动量守恒的判断] 在2 000 m短道速滑接力赛中,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力,在这个过程中 (　　) A.两运动员的总动量守恒 B.甲、乙运动员的动量变化量相同 C.两运动员的总机械能守恒 D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 解析:选A　两运动员组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,A正确;系统动量守恒,两运动员的动量变化量等大反向,动量变化量不相同,B错误;在光滑冰面上“交接棒”时,后方运动员用力推前方运动员,导致机械能增加,C错误;在乙推甲的过程中,消耗体内的化学能转化为系统的动能,根据能量守恒定律可知,甲的动能增加量不等于乙的动能减少量,D错误。 2.[多个物体组成的系统动量守恒的判断] (多选)如图所示,将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧有一固定在水平面上的物块。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落,自A点与圆弧槽相切进入槽内,并从C点飞出,则以下结论中正确的是 (　　) A.小球在半圆槽内运动的全过程中,只有重力对它做功 B.小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D.小球离开C点以后将做斜上抛运动 解析:选CD　小球在半圆槽内由A向B运动时,由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块,槽不会向左运动,则只有重力对小球做功,小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零,水平方向动量不守恒;小球从B到C运动的过程中,槽向右运动,系统在水平方向上合外力为零,水平方向动量守恒,槽的支持力对小球做功,故A、B错误,C正确。小球离开C点时,既有竖直向上的分速度,又有水平分速度,小球做斜上抛运动,故D正确。 |精|要|点|拨| 　　判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程: (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)在同一物理过程中,选不同的系统为研究对象,动量守恒情况也往往不同。 逐点清(二)　动量守恒定律的应用 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。 (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。 [考法全训] 考法1　动量守恒定律与牛顿第二定律的综合 1.(2025·贵阳模拟)在一次救灾中,救援人员乘坐载有救援物资的热气球在距水平地面H高度处悬停在空中。救援人员将质量为m的物资水平投出,相对地面的速度大小为v0,经一段时间落地。已知物资投出后热气球(含救援人员)的总质量为M,投出物资前后热气球所受浮力不变,空气对热气球和物资的阻力可以忽略,物资所受的浮力不计,且物资和热气球(含救援人员)可视为质点,重力加速度大小为g。 (1)从物资被投出到落地过程,请根据你对物资和热气球(含救援人员)运动情况的分析,在同一坐标系中定性画出二者在竖直方向分运动的v⁃t图像(规定竖直向上为正方向); (2)求物资落地时,热气球(含救援人员)的速度大小。 解析:(1)物资在竖直方向做自由落体运动,热气球(含救援人员)在竖直方向向上做匀加速运动,二者在竖直方向分运动的v⁃t图像如图所示。 (2)设物资从投出到落地的时间为t,有H=gt2 设投出物资时热气球的速度为v1,水平方向上由动量守恒定律有mv0-Mv1=0 设热气球所受浮力为F,加速度为a,由平衡条件和牛顿第二定律有F=g F-Mg=Ma 物资落地时,热气球竖直向上的速度vy=at 热气球的速度v= 联立解得v=。 答案:(1)见解析图　(2) 考法2　动量守恒定律与机械能守恒定律的综合 2.(2024·江苏高考)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,滑板A左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧,滑板A右侧用一根细绳连接在物体B的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则 (　　) A.弹簧恢复原长时B动量最大 B.弹簧压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 解析:选A　对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒,得mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,当弹簧恢复原长时有Ep=mA+mB,联立解得Ep=,可知弹簧恢复原长时A和B速度最大,此时动量最大,动能最大。故选A。 考法3　动量守恒定律与动量定理的综合 3.(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) 逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题 　　[典例]　(多选)如图所示,一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球,a球质量大于b球质量,整个装置放在光滑的水平面上,设b球离地高度为h,将此装置从图示位置由静止释放,则下列判断正确的是 (　　) A.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b球做的总功为零 B.在b球落地前瞬间,b球的速度大小为 C.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b的冲量竖直向上 D.在b球落地前的整个过程中,a、b及轻杆系统动量守恒、机械能守恒 　　[解析]　在b球落地前的整个过程中,b在竖直方向有加速度,系统竖直方向的合外力不为零,而水平方向不受外力,所以系统的合外力不为零,系统的动量不守恒,由于只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故D错误;对两球及杆系统,根据系统水平方向动量守恒知,系统初始动量为零,则在b球落地前瞬间,a球的速度必定为零,根据系统的机械能守恒得mgh=mv2,解得b球的速度大小为v=,故B正确;设杆对a球做功W1,对b球做功W2,系统机械能守恒,则除了重力之外的力做功之和必定为零,即W1 + W2=0,对a球,由动能定理可知W1=0,故W2=0,故A正确;对b球,水平方向上动量变化量为零,由动量定理可知,杆对b球的水平冲量为零, 在竖直方向上,根据系统机械能守恒可知,b落地时速度与只在重力作用下落地时的速度一样,如图所示,图像中斜线为b球自由落体运动的图线,曲线为b球实际在竖直方向的运动图线,在竖直方向上运动的位移与落地速度相同,对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长,重力的冲量大于自由落体过程重力的冲量,可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零,且冲量方向向上,故C正确。 　　[答案]　ABC |思|维|建|模| 　 (1)系统总动量不守恒,但在某一方向上合外力为零,系统在该方向上动量守恒。上述[典例]中,关键要正确分析两球的受力情况,在b球下落过程中系统的合外力不为零,动量不守恒,系统在水平方向不受外力,动量守恒。 (2)系统中只有重力做功,系统机械能守恒。 　　[针对训练] 1.如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧,重力加速度为g,在小球运动过程中 (　　) A.小球和滑块组成的系统动量守恒 B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 解析:选C　在小球运动过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,在竖直方向动量不守恒,故A错误;小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同,系统在水平方向上动量守恒,规定v0的方向为正方向,有mv0=4mv,解得v=,故B错误;根据机械能守恒定律得m=×4mv2+mgh,解得h=,故C正确;小球离开圆弧轨道时,根据动量守恒定律,则有mv0=mv1+3mv2,根据机械能守恒定律,则有m=m+×3m,联立解得v1=-,v2=,故D错误。 2.(2025·信阳高三模拟)如图所示,质量分别为2m、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为m的小球C。现将小球拉起使细线水平伸直,并由静止释放小球,则 (　　) A.A、B、C组成的系统机械能不守恒 B.A、B、C组成的系统在竖直方向上动量守恒 C.A、B两木块分离时木块A的速度大小为 D.小球C第一次到最低点时的速度大小为 解析:选C　由题知水平面光滑,A、B、C组成的系统只有重力做功,机械能守恒,A错误;小球摆动过程,A、B、C组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,但竖直方向动量不守恒,B错误;当小球C第一次到达最低点时两木块分离,设此时C的速度大小为vC、A的速度大小为vA,由动量守恒定律有mvC=3mvA,由机械能守恒定律有mgL=m+×3m,联立解得vA=,vC=,C正确,D错误。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·朔州模拟)如图是老师在课堂上做的一个演示实验,将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过,手拿住木棒(保持水平),此时两磁铁保持静止。当手突然释放,让木棒和磁铁一起自由下落时(不计空气阻力),发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了,下列说法正确的是 (　　) A.放手下落过程中,磁铁受滑动摩擦力作用 B.放手下落过程中,磁铁的运动轨迹是一条直线 C.放手下落过程中,两个磁铁水平方向动量不守恒 D.放手下落过程中,磁铁和棒组成系统机械能不守恒 解析:选D　放手下落过程中,磁铁竖直方向只受重力作用,木棒与磁铁间没有弹力,所以不受摩擦力作用,故A错误;磁铁水平方向受相互吸引力作用,且引力随间距减小而不断增大,所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条直线上,磁铁做曲线运动,故B错误;两个磁铁水平方向所受外力的合力为零,所以水平方向动量守恒,故C错误;放手下落过程中,两磁铁间的吸引力做正功,所以系统机械能不守恒,故D正确。 2.如图所示,A、B两物体质量满足mA>mB,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑。当弹簧突然释放后,下列说法错误的是 (　　) A.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统动量守恒 B.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统动量守恒 C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统动量守恒 D.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统动量守恒 解析:选C　弹簧突然释放后,若A、B受到平板车的滑动摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受合外力等于零,A、B组成的系统动量守恒,故A正确,与题意不符;若A、B与小车C组成系统,A与C、B与C的摩擦力均为系统内力,无论A、B所受的摩擦力大小相等还是A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C系统受到的合外力均为零,故A、B、C系统动量守恒,故B、D正确,与题意不符;对A、B组成的系统,根据f=μmg,若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则二者所受摩擦力大小不相等,A、B受到的合外力不为零,该系统动量不守恒,故C错误,与题意相符。 3.某同学将质量为m的按压式圆柱笔(由内芯、外壳和弹簧三部分组成)倒置于桌面上按压,由静止释放后借助于内部弹簧恢复形变作用先将外壳向上弹起,直至与内芯发生碰撞(已知碰撞时间极短),之后二者保持相对静止一起上升至最大高度h,则下列说法正确的是 (　　) A.从开始释放至离开桌面过程中,桌面对圆柱笔支持力的冲量大小为m B.从开始释放至上升到最大高度过程中,桌面对圆柱笔的支持力做功大小为mgh C.从开始释放到上升至最高点过程,整个圆珠笔系统机械能守恒 D.圆柱笔外壳与内芯碰撞过程,整个圆珠笔系统动量守恒 解析:选D　从开始释放到离开桌面过程,由动量定理可得IN-mgt=mv-0,竖直上抛运动满足02-v2=-2gh,综上可得IN=m+mgt,故A错误;整个过程支持力作用点无位移,从而不做功,故 B错误;从开始释放至上升最高点过程,内芯与外壳发生过完全非弹性碰撞,则整个过程系统机械能有损失,故 C错误;由于碰撞时间极短,内力远大于外力,故系统动量守恒,故D正确。 4.(2025·上饶高三检测)“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统,由两颗恒星组成,双星系统远离其他恒星,在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示,A、B两颗恒星构成双星系统,绕共同的圆心O做匀速圆周运动,经过t(小于周期)时间,A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB,则下列判断正确的是 (　　) A.> B.< C.ΔpA=ΔpB D.ΔpA=-ΔpB 解析:选D　系统所受的合外力为零,系统的总动量守恒,根据牛顿第二定律得F引=mAaA=mBaB,加速度为a=ωv,则有mAvAωA=mBvBωB,由于角速度相同,因此mAvA=mBvB,两恒星的速度方向始终相反,则pA=-pB,因此系统的总动量始终为零,可得ΔpA=-ΔpB,=,故选D。 5.如图所示,水平地面上,某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行,为了避免与墙相撞,在接近墙时,运动员将篮球水平向右抛出,篮球反弹后运动员又接住篮球,速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力,忽略篮球在竖直方向的运动,篮球与墙的碰撞过程机械能不损失。运动员和滑板车的总质量为M,篮球的质量为m。抛球前,运动员、滑板车和篮球的速度为v0 。则 (　　) A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒 B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同 C.墙对篮球的冲量大小为(M+m)v0 D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0 解析:选D　由于墙对篮球有向左的冲量,整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒,A错误;设抛出时篮球对地的速度为v,运动员抛球时对篮球的冲量为I1=m,方向向右,接球时对篮球的冲量为I2=0-(-mv)=mv,方向向右,所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同,B错误;设运动员抛球后速度变为v1 ,抛球过程,由动量守恒定律有(M+m)v0=Mv1+mv,接球过程有Mv1-mv=0,解得v=v0,由动量定理可知篮球撞墙过程有I=mv-(-mv)=2mv=(M+m)v0,C错误,D正确。 6.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,在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为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,A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内,B的速度大小可能是 (　　) A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 解析:选B　以A、B组成的系统为研究对象,系统动量守恒,取水平向右为正方向,A减速到速度为零的过程中,由动量守恒定律得(M-m)v=MvB1,代入数据解得vB1= m/s;从开始到A、B速度相同的过程中,由动量守恒定律得(M-m)v=(M+m)vB2,代入数据解得vB2=2 m/s;则在木块A做加速运动的时间内,B的速度范围为2 m/s<vB< m/s,故选B。 7.(2025·大连模拟)如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行,乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为 (　　) A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s 解析:选D　规定向右为正方向,对于甲(含冰车)和箱子根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙(含冰车)和箱子根据动量守恒定律得mv-Mv0=(M+m)v2,甲、乙恰好不相碰,有v1=v2,联立解得v=5.2 m/s,若要避免碰撞,则需要满足v≥5.2 m/s,故选D。 二、多项选择题 8.如图所示,一轻质弹簧上端悬挂于天花板,下端系一质量为M的平板,处在平衡状态,一质量为m的均匀环套在弹簧外,与平板的距离为h。让环自由下落,撞击平板。已知碰后环与板以相同的速度向下运动,使弹簧伸长,则下列说法正确的是 (　　) A.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C.环撞击板后,板向下运动速度最大的位置与h的大小无关 D.在碰后板和环一起下落的过程中,它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功 解析:选AC　若碰撞时间极短,内力远大于外力,则碰撞过程中环与板的总动量守恒,A正确;若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能不守恒,因为碰撞后两者一起运动,属于完全非弹性碰撞,动能损失最大,碰撞过程有内能产生,B错误;环撞击板后,板向下运动速度最大时,合外力为0,则有g=kx,速度最大的位置为x=,则环撞击板后,板向下运动速度最大的位置与h的大小无关,C正确;由动能定理可知,在碰后板和环一起下落的过程中,它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功与重力做功的差值,有ΔEk=W弹-WG,D错误。 9.(2023·广东高考)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。 三、计算题 10.(10分)(2025·乌鲁木齐高三检测)在高山上的一片水平草地上,一只雪豹正在猎杀一只野山羊,雪豹咬住野山羊前瞬间它们的速度方向相同,且雪豹的水平速度大小v1=15 m/s,野山羊的水平速度大小v2=6 m/s,咬住后它们一起沿水平草地滑行了一段距离后停下。雪豹和野山羊的质量分别为m1=60 kg、m2=30 kg,它们滑行时与水平草地间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)雪豹咬住野山羊后瞬间共同的速度大小v;(4分) (2)雪豹咬住野山羊后一起向前滑行的距离x。(6分) 解析:(1)设雪豹的方向为正方向,雪豹咬住野山羊瞬间动量守恒,则有 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得v=12 m/s。 (2)对雪豹和野山羊受力分析可知 μ(m1+m2)g=a 解得a=8 m/s2 雪豹咬住野山羊后一起做匀减速直线运动 -2ax=0-v2 解得x=9 m。 答案:(1)12 m/s　(2)9 m 11.(12分)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s 碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。 (1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(5分) (2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试求这种情况下试验车受到的撞击力多大?并说明安全气囊是否会爆开。(7分) 解析:(1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向,由动量定理有-I0=0-m1v1 代入数据得I0=1.6×104 N·s 由冲量的定义有I0=F0t1 代入数据得F0=1.6×105 N。 (2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度为v,以v1的方向为正方向,由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v 对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1 代入数据得F=2.5×104 N 可见F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开。 答案:(1)1.6×104 N·s　1.6×105 N　(2)2.5×104 N　安全气囊不会爆开 第3讲　动量守恒定律的“三类典型问题”(综合融通课) 类型(一)　碰撞问题 1.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解: 根据动量守恒定律和机械能守恒定律 解得v1'=, v2'=。 (2)分析讨论: 当碰前物体2的速度不为零时,若m1=m2,则: v1'=v2,v2'=v1,即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时,v2=0,则: v1'=,v2'=。 讨论:①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换,动量和动能全部转移)。 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 动量 守恒 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 机械能 不增加 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 或+≥+ 速度 要合理 同向 碰撞 碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,若两物体仍同向,前面的物体速度大或两物体速度相等 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·湖南高考,节选)如图,半径为R的圆环水平放置并固定,圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦,两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起,求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小; (2)若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,求小球的质量比。 [解析]　(1)由题意可知小球A、B组成的系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球组合体的速度大小为v,则根据动量守恒定律有mAv0=v,可得v= 碰撞后根据牛顿第二定律有F= 可得F=。 (2)若两球发生弹性碰撞,设碰后速度分别为vA、vB,则碰撞前后动量和机械能守恒,有mAv0=mAvA+mBvB mA=mA+mB 联立解得vA=v0,vB= 因mA>mB, 则碰后瞬间两球同向运动,因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,如图所示,首次碰撞在a点,a、b、c三点为等边三角形的三个顶点,因为vA<vB,且除了碰撞过程两小球均做匀速圆周运动,故第二次碰撞的位置在b点或c点,设120°圆心角对应圆环的弧长为L。讨论如下: ①若第二次碰撞发生在图中的b点,则从第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球A、B通过的路程关系为sB-sA=3L,即vBt-vAt=3L 对A有vAt=L+3k1L(k1=0,1,2,3,…) 则有= 联立解得= 由于两球质量均为正数,故k1=0,即=2 对第二次碰撞,设小球A、B碰撞后的速度大小分别为vA'、vB',则同样有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB' mA+mB=mAvA'2+mBvB'2 联立解得vA'=v0,vB'=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点,同理,从第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球A、B通过的路程之比为,所以=(k2=0,1,2,3,…) 联立可得=(k2=0,1,2,3,…) 因为两球质量均为正数,故k2=0,即=5 同理可得vA'=v0,vB'=0,则第三次碰撞发生在c点,第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意。 综上可知=2或=5。 [答案]　(1)　　(2)2或5 [考法全训] 考法1　弹性碰撞 1.(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:选BC　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,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选B、C。 考法2　非弹性碰撞 2.(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与小球Y发生碰撞前瞬间的过程，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·，两球碰撞过程水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2，联立可得=1，=2，故A、C正确，B、D错误。 考法3　碰撞应遵守的三原则 3.(2025·许昌模拟)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动,质量分别为2 kg、1 kg。取向右为正方向,若两小球碰前A的速度为2 m/s,B的速度为-3 m/s,则碰后A的速度可能为 (　　) A.-2 m/s　　　　　　 B.-1 m/s C.1 m/s D.2 m/s 解析:选B　根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',碰撞前后动能不增加,即m1+m2≥m1v1'2+m2v2'2,不发生二次碰撞有v1'≤v2',解得- m/s≤v1'≤ m/s,故选B。 类型(二)　爆炸与反冲 (一)爆炸问题 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·北京顺义一模)一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m,在某时刻距离地面的高度为h,速度为v。此时,火箭突然炸裂成A、B两部分,其中质量为m1的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响,重力加速度为g。求: (1)炸裂后瞬间A部分的速度大小v1; (2)炸裂后B部分在空中下落的时间t; (3)在爆炸过程中增加的机械能ΔE。 [解析]　(1)炸裂后瞬间,由动量守恒定律可知 mv=v1 解得A部分的速度大小为v1=。 (2)炸裂后由运动学规律可知h=gt2 在空中下落的时间为t=。 (3)在爆炸过程中增加的机械能为 ΔE=-mv2 解得ΔE=v2。 [答案]　(1)　(2)　(3)v2 　　[针对训练] 1.(多选)一鞭炮从足够大的水平地面上竖直向上抛出后,在最高点炸裂为甲、乙两块。已知甲、乙的质量之比为4∶1,不计空气阻力,若甲落地时的速度大小为v,则乙落地时的速度大小可能为 (　　) A.v B.2v C.3v D.4v 解析:选BC　设乙的质量为m,炸裂后瞬间甲、乙的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有4mv1=mv2,可得v2=4v1,设鞭炮炸裂时距地面的高度为h,根据机械能守恒定律,对甲在空中运动的过程有×4m+4mgh=×4mv2,解得v=,同理可得乙落地时的速度大小v'=,因此=,结合v2=4v1,可得1<<4,即v<v'<4v,故选B、C。 (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。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.对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]　如图所示,北京时间2024年5月28日,神舟十八号航天员乘组密切协同,在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下,进行了约8.5小时的出舱活动,完成既定任务。为了保证出舱航天员的安全,通常会采用多重保障,其中之一就是出舱航天员要背上可产生推力的便携式设备,设备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同设备共有100 kg的航天员,脱离空间站后,在离空间站30 m的位置与空间站处于相对静止的状态。航天员为了返回空间站,先以相对空间站50 m/s的速度向后喷出0.15 kg的气体,距离空间站15 m时,再次以同样速度喷出同等质量的气体,则航天员返回空间站的时间约为 (　　) A.200 s B.300 s C.400 s D.600 s 　　[解析]　设航天员的速度方向为正方向,第一次喷气后航天员的速度为v,根据动量守恒定律得0=-m1v1+v,解得v≈0.075 m/s,第一段15 m所需的时间约为t1== s=200 s;设再次喷气后航天员的速度为v',根据动量守恒定律得v=-m1v1+v',解得v'≈0.15 m/s,第二段15 m所需的时间约为t2== s=100 s,则航天员返回空间站的时间约为t=t1+t2=200 s+100 s=300 s,故选B。 　　[答案]　B 　　[针对训练] 2.(2025·三亚模拟)小明制作了一个火箭模型,火箭模型质量为M(含燃料),开始火箭模型静置在地面上,点火后在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的燃气,喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响,下列说法正确的是 (　　) A.火箭模型喷气过程机械能守恒 B.火箭模型的推力来源于空气对它的反作用力 C.喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0 D.喷气结束时火箭模型的速度大小为 解析:选C　系统所受合外力为零,满足动量守恒,但机械能不守恒,A错误;火箭模型的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭模型的反作用力,B错误;开始总动量为零,规定气体喷出的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=mv0-p,喷气结束时火箭模型的动量大小p=mv0,C正确;根据0=mv0-v,解得喷气结束时火箭模型的速度大小v=,D错误。 类型(三)　人船模型问题 1.模型图示 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律:mv人-Mv船=0。 (2)两物体的位移大小满足:m-M=0,x人+x船=L,可得x人=L,x船=L。 3.运动特点 (1)人动则船动,人静则船静,人快船快,人慢船慢,人左船右。 (2)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==。 4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 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。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。 5.应用人船模型注意事项 (1)应用==时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。 (2)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。 　　[典例]　(2025·衡阳模拟)如图,质量为M、半径为R的圆弧槽置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放,滑块的质量为m,且M=2m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.若圆弧面光滑,则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B.若圆弧面光滑,则滑块运动至水平面时速度大小为 C.若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,则圆弧槽的位移大小为 D.若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,则滑块的位移大小为 [解析]　若圆弧面光滑,圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;若圆弧面光滑,设滑块运动至水平面时速度大小为v1,圆弧槽速度大小为v2,由机械能守恒定律知mgR=m+M,在水平方向上动量守恒有mv1=Mv2,又M=2m,联立解得v1=2,v2=,故B错误;若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2,由水平方向动量守恒有mx1=Mx2,由几何关系有x1+x2=R,解得x1=R,x2=,故C正确;由于滑块还发生了竖直位移R,故滑块的位移大小为=R,故D错误。 [答案]　C [考法全训] 考法1　对人船模型的理解 1.如图所示,质量为50 kg的人站在质量为250 kg的车的一端,车长为3 m,开始时人、车相对于水平地面静止,车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.人的速率最大时,车的速率最小 B.人的动量变化量和车的动量变化量相同 C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 D.当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5 m 解析:选D　人和车组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,根据动量守恒定律,人的动量和车的动量总是大小相等、方向相反,所以人的速率最大时,车的速率最大,A错误;根据动量守恒定律,人的动量变化量和车的动量变化量大小相等、方向相反,B错误;根据牛顿第三定律,人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小,故人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小,C错误;根据动量守恒定律得m人=m车,又x人+x车=L,解得x车=0.5 m,x人=2.5 m,当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5 m,D正确。 考法2　某个方向上应用人船模型 2.(2025·潍坊一模)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A,斜面质量为M,底边长为 L,如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN,则下列结论中正确的是 (　　) A.FN=mgcos α B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C.滑块到达斜面底端时的动能为mgLtan α D.此过程中斜面向左滑动的距离为L 解析:选D　当滑块B相对于斜面加速下滑时,斜面A水平向左加速运动,所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α,故A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I=FNt,故B错误;B下降的高度为Ltan α,其重力势能的减小量等于mgLtan α,减小的重力势能转化为A、B的动能之和,则滑块B的动能要小于mgLtan α,故C错误;系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得M-m=0,即Mx1=mx2,又x1+x2=L,解得x1=,故D正确。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·重庆模拟)如图1所示,水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭,由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。图2是水火箭的简易原理图,用打气筒向水火箭内不断打气,当内部气体压强增大到一定程度时发射,发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度 v0=40 m/s在不到0.1 s时间内喷完,使水火箭升空。已知水和水火箭的质量分别为 m1=0.4 kg、m2=0.3 kg,忽略空气阻力,水刚好喷完时,水火箭的速度最接近 (　　) A.12 m/s B.30 m/s C.50 m/s D.120 m/s 解析:选C　由于水在不到0.1 s时间内喷完,可知水和水火箭间的作用力较大,水和水火箭的重力可以忽略,水和水火箭组成的系统动量近似守恒,有 m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度 v== m/s≈53 m/s,故选C。 2.“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示,在平静的湖面上,一位女子脚踩竹竿抵达岸边,此时女子静立于竹竿A点,一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片,并从中选取了两张进行对比,其简化图如图所示。经过测量发现,甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0 cm,乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。已知竹竿的质量约为25 kg,若不计水的阻力,则该女子的质量约为 (　　) A.45 kg 　B.47.5 kg 　C.50 kg 　D.55 kg 解析:选A　根据题意,设女子的质量为m,由动量守恒定律有mv=m竿v竿,由于系统的水平动量一直为0,运动时间相等,设运动时间为t,则有mvt=m竿v竿t,整理可得mx人=m竿x竿,解得m== kg=45 kg,故选A。 3.(2025·海口二模)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片,其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H,炮弹爆炸前的动能为E,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,则两块碎片落地点间的距离为 (　　) A.2 B.2 C.2 D.4 解析:选D　炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒,设炮弹爆炸前瞬间的速度大小为v,则E=·2mv2,得v=,设爆炸后瞬间另一块碎片的速度大小为v1,有2mv=-mv+mv1,解得v1=3,根据平抛运动规律有H=gt2,得t=,两块碎片落地点之间的距离x=(v+v1)t=4,故选D。 4.如图所示,两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,B球穿在光滑细杆上。初始时,细绳恰好伸直并处于水平状态,两球均可视为质点且mB=2mA,重力加速度为g。现将A、B由静止释放,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.A球在竖直平面内做变速圆周运动 B.B球运动的最大速度大小为 C.A球速度最大时,水平位移大小为 D.B球向右运动的最大位移大小为 解析:选D　B球在光滑杆上做往复运动,A球一边围绕B球做圆周运动,一边随B球做往复运动,A错误;当A球摆到最低点时,A、B两球运动的速度最大,由系统机械能守恒有mAgL=mA+mB,水平方向动量守恒有mBvB=mAvA,联立解得vB=,B错误;根据x=vt和动量守恒定律,有mBxB=mAxA,从释放到A球摆到最低点的过程中,有xB+xA=L,则A球的水平位移大小为xA=,B球的水平位移大小为xB=,C错误;B球向右运动的最大位移大小为xB'=2xB=,D正确。 5.(2025·广州检测)如图所示,叠放在一起的a、b两物块从距地面一定高度处由静止下落,经碰撞后物块b静止在地面上。不考虑空气阻力的影响,b与地面仅碰撞一次,假定所有的碰撞均为弹性碰撞,则 (　　) A.下落过程中物块a、b间存在弹力作用 B.物块b的质量是a的3倍 C.物块a能反弹的最大高度是其初始下落高度的5倍 D.物块a反弹的速度是物块b落地速度的4倍 解析:选B　由于不受空气阻力作用,两物块下落过程中均做自由落体运动,两物块之间不存在相互作用的弹力,故A错误;设两物块落地瞬间的速度大小为v0,物块b落地后与地面发生弹性碰撞,以速度v0反弹且与物块a发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间物块a的速度为v,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律可得mbv0-mav0=mav,由机械能守恒定律可得ma+mb=mav2,解得mb=3ma,v=2v0,故B正确,D错误;以整个过程为研究对象,设初始下落高度为h,a反弹的高度为h',则有gh=magh',解得h'=4h,故C错误。 6.如图所示,设某质量为m的卫星在半径为r的圆形轨道上正常运行,受到来自正前方反方向运动的太空垃圾撞击,太空垃圾的质量为0.05m,速度大小与卫星的速度大小相同,撞击后两者组合在一起。已知地球表面重力加速度为g,地球半径为R,下列说法正确的是 (　　) A.撞击前卫星的速度为 B.卫星与太空垃圾撞击后的速度为 C.卫星与太空垃圾撞击后的组合体的运动周期增大 D.卫星与太空垃圾撞击后的运动过程中,组合体的速度将减小 解析:选B　撞击前卫星做匀速圆周运动,则有G=m,由黄金代换公式GM=gR2,解得v=,故A错误;卫星与太空垃圾撞击过程,由动量守恒定律有mv-0.05mv=1.05mv',解得v'=,故B正确;卫星与太空垃圾撞击后的组合体速度降低,所受的万有引力大于所需的向心力,做向心运动,轨道半径减小,周期减小,万有引力做正功,速度增大,故C、D错误。 · 7.(2025·烟台调研)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上发生正碰,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,质量m1的物体碰前的速度为v0=,质量m2的物体碰前的速度为0,质量m1的物体碰后的速度为v1=-,质量m2的物体碰后的速度为v2=,两小球碰撞过程中满足动量守恒定律,即m1v0=m1v1+m2v2,且m1≥m1+m2,整理解得-≤-1,即p≤-1,故选C。 二、多项选择题 8.(2024·广东高考)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;若甲在碰撞之前已经静止,设斜面倾角为θ,乙下滑到斜面底端的速度为v乙,甲在水平面上的位移为s,乙下滑过程有=gsin θ·,mgH乙=m,在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞,有s=v乙t2-μg,碰撞后甲乙交换速度,乙停止运动,则乙运动的时间为t=t1+t2,由于t1、t2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。 · 9.如图甲所示,光滑的水平地面上静置一质量为M、半径为R的光滑圆弧体,圆心为O,一个质量为m的小球由静止释放,释放时小球和O点连线与竖直半径OA夹角为θ,滑至圆弧底部后与圆弧分离,此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度θ,得到小球的水平位移x和sin θ的关系图像如图乙所示,重力加速度为g,关于小球下滑的过程,下列说法正确的是 (　　) A.小球与圆弧体组成的系统动量守恒 B.圆弧体对小球做负功 C.圆弧体与小球的质量之比为 D.当θ为90°时,两者分离时小球的速度为 解析:选BC　根据动量守恒的条件可知,小球与圆弧体组成的系统在竖直方向合外力不为0,动量不守恒,系统在水平方向动量守恒,故A错误;整个系统机械能守恒,圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功,则圆弧体对小球做负功,故B正确;滑至圆弧底部后两物体间的相对水平位移大小为L=Rsin θ=Rp,根据水平方向动量守恒可得mv球=Mv圆,运动时间相等,则上式可变形为mx=M(L-x),解得圆弧体与小球的质量之比为==,故C正确;当θ为90°时,根据机械能守恒定律可得mgR=m+M,根据动量守恒定律得mv球=Mv圆,解得两者分离时小球的速度为v球=,故D错误。 三、计算题 10.(12分)(2025·雅安模拟)水平地面上放置有如图所示的装置,光滑竖直杆上、下端分别固定有挡板和底座,且套有可上下移动的圆盘。一轻质弹簧下端固定在底座上,上端位于A处。推动圆盘将弹簧压缩至B处后由静止释放,圆盘运动到C处与挡板发生完全非弹性碰撞(作用时间极短),带动竖直杆和底座一起向上运动,上升h=0.2 m时速度减为零。已知圆盘质量m=0.2 kg,竖直杆、挡板和底座总质量M=0.6 kg,A、B间距离L1=0.2 m,A、C间距离L2=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力和圆盘厚度。求: (1)圆盘与挡板碰撞前瞬间的速度大小v1;(6分) (2)释放圆盘瞬间弹簧中储存的弹性势能Ep。(6分) 解析:(1)圆盘与挡板碰撞后,圆盘和整个装置一起以速度v向上做匀减速运动,则v2=2gh 解得v=2 m/s 圆盘与挡板碰撞过程中,圆盘和整个装置动量守恒,则mv1=v,解得v1=8 m/s。 (2)弹簧中储存的弹性势能转化为碰撞前圆盘的动能和重力势能,由能量守恒定律得 Ep=mg+m,解得Ep=9.2 J。 答案:(1)8 m/s　(2)9.2 J 11.(12分)(2025·昆明一模)若某种型号的礼花弹从水平地面以大小v0=20 m/s的速度发射,方向与水平地面夹角θ=60°,到达最高点时爆炸为质量相等的两块A、B,爆炸时间极短,炸开后A竖直上升,A离地面的最大高度H=20 m。忽略空气阻力以及爆炸过程中质量的变化,重力加速度的大小取g=10 m/s2。求: (1)爆炸后瞬间A的速度大小;(4分) (2)爆炸后瞬间B的水平分速度及竖直分速度的大小;(4分) (3)A、B落地点之间的距离。(4分) 解析:(1)设礼花弹上升的最大高度为h。根据运动的分解,礼花弹爆炸前在竖直方向做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动的规律可得2gh= 解得h=15 m 礼花弹爆炸后,在竖直方向,对A根据匀变速直线运动的规律可得2g= 解得vA=10 m/s。 (2)礼花弹爆炸过程,在竖直方向动量为0,根据动量守恒定律可得mvA=mvBy 解得vBy=10 m/s 在水平方向根据动量守恒定律可得2mv0cos θ=mvBx,解得vBx=20 m/s。 (3)B斜向下运动的过程中,在竖直方向根据匀变速直线运动的规律可得 h=vByt+gt2 在水平方向,根据匀速直线运动的规律可得x=vBxt 解得A、B落地点之间的距离x = 20 m。 答案:(1)10 m/s　(2)20 m/s　10 m/s　(3)20 m 第4讲　四种“类碰撞”模型的研究(综合融通课) 类型(一)　子弹打木块模型 模型 图示 模型 特点 子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒,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- 　　 [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,此时有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.(多选)如图所示,光滑水平面上放置一质量为M的木块,质量为m的子弹以v0速度射入木块,子弹未穿出木块且达到共同速度为v,该过程中子弹与木块相互作用力恒定不变,产生的热量为Q,木块获得的动能为Ek,则下列结论正确的是 (　　) A.子弹对木块做功和木块对子弹做功的代数和为0 B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小 C.Q= D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek 解析:选BCD　设子弹射入木块的深度为d,木块的位移为x,子弹与木块之间的力大小为f,则子弹对木块做的功W1=fx,木块对子弹做的功W2=-f(d+x),所以两个功的代数和不为零,故A错误;根据冲量的定义式I=Ft和牛顿第三定律可知,子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小,故B正确;根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,根据能量守恒定律可得m=(m+M)v2+Q,联立解得Q=,故C正确;木块获得的动能为Ek=Mv2=,该过程产生的热量与木块获得的动能之比为=>1,可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek,故D正确。 类型(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)弹簧处于最长或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)。即m1v0=(m1+m2)v,ΔEp=m1-(m1+m2)v2。 (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)。即m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2。 　　 [例2]　(2025·宜昌一模)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]　解除对弹簧的锁定,a离开挡板后,系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知,b的速度最大时,a的速度最小为零,且此时弹簧处于原长;b的速度最小时,a的速度最大,且此时弹簧也处于原长。设a的质量为ma,a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a、b速度相等时,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,根据能量守恒定律得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。 [答案]　C [规律方法] (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中,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·北京平谷模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A、B两球的质量分别为m和M。若使A球获得瞬时速度v(如图甲),弹簧压缩到最短时,A球的速度为vA,B球的速度为vB,弹簧的长度为L;若使B球获得瞬时速度v(如图乙),弹簧压缩到最短时,A球的速度为vA',B球的速度为vB',弹簧的长度为L'。则 (　　) A.vA>vB B.vA'>vB' C.vA=vA' D.L=L' 解析:选D　根据题意可知,无论是题图甲还是题图乙,当弹簧压缩到最短时,两球的速度相等,则有vA=vB,vA'=vB';题图甲中,由动量守恒定律有mv=vA,解得vA=v,由能量守恒定律可得,弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为Ep=mv2-=·mv2=;题图乙中,由动量守恒定律有Mv=vA',解得vA'=v,由能量守恒定律可得,弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为Ep'=Mv2-vA'2=·Mv2=;由于M>m,可知v=vA'>vA=v,两图中弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能相等,则有L=L',故选D。 类型(三)　“滑块—斜(曲)面”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m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]　(2025·长沙高三检测)如图,两个相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上,圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑,质量均为m,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放,重力加速度为g。求: (1)小球P到达A槽最低点时速度的大小; (2)小球P在B槽内上升的最大高度; (3)B槽具有的最大速率。 [解析]　(1)小球P从a点运动到c点的过程中,A、B均保持静止,根据动能定理可得 2mgR=·2m 小球P运动到c点时的速度大小为 v0=。 (2)小球P滑到B槽后A依然保持静止,B开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者水平速度相同,取向右为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律可得2mv0=v 对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得·2m=v2+2mgh 联立解得h=。 (3)小球P返回B槽最低点d时,B槽速度最大,设此时P的速度为v1,B的速度为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2 ·2m=·2m+m 解得v2=。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　　[针对训练] 3.如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M=2m的斜面体,斜面体表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定,则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为 (　　) A. B. C. D.h 解析:选C　斜面固定时,由动能定理得-mgh=0-m,所以v0=;斜面不固定时,在水平方向动量守恒,得mv0=(M+m)v,由机械能守恒定律得m=(M+m)v2+mgh',解得h'=h,故C正确。 类型(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=E初-E末或Q=FfΔx,研究对象为一个系统。 　　[例4]　(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。 (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。 (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。 [解析]　根据题意,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)从A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 根据牛顿第三定律,细绳OP所受的拉力为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 　　[针对训练] 4.(2025·贵阳高三模拟)(多选)如图所示,质量为2m、长为L的木板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以某一初速度从c的左端滑上c,a与b发生弹性正碰,最终b刚好滑到c的右端与c相对静止,不计物块大小,物块a、b与c间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.a滑上c后与b碰撞前,b的加速度大小为μg B.整个过程a、b、c系统损失的机械能为μmgL C.a、b、c相对静止时,a、b间距离等于L D.物块a滑上木板的初速度大小为v0= 解析:选ABD　物块a滑上木板c后,与b碰撞前,假设物块b与木板c一起滑动,则有μmg=3ma,解得a=μg,则物块b与木板c间的静摩擦力为f静=ma=μmg<μmg=fmax,所以假设成立,故A正确;由于物块a与物块b质量相等,所以物块a与物块b发生弹性正碰后交换速度,且物块a与木板c一起做匀加速直线运动,直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止,所以a、b、c相对静止时,a、b间距离等于L,系统机械能损失量即摩擦生热,则有E损=Q=2×μmg×=μmgL,故B正确,C错误;对系统全过程分析有mv0=(m+m+2m)v共,m-(m+m+2m)=μmgL,联立解得v0=,故D正确。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·西宁一模)如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1 m,E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好没越过滑块的上端,已知重力加速度大小g=10 m/s2,不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:选C　根据题意,小球上升到滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,联立解得=4,故选C。 2.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,子弹穿过小球的时间极短,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 解析:选C　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,根据牛顿第二定律得2Mg-Mg=M,解得M=m,故选C。 3.(2025·长春一模)如图所示,内壁间距为L的箱子静止于水平面上,可视为质点的物块放在箱内最右端,它们的质量均为m,箱子的内壁光滑,与地面间的动摩擦因数为μ。现给箱子一水平向右的初速度,运动过程中物块与箱子的侧壁共发生2次弹性碰撞,静止时物块恰好停在箱子正中间,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.箱子的总位移为2L B.物块的总位移为1.5L C.箱子的初动能为3μmgL D.第一次碰撞后瞬间物块的动能为2μmgL 解析:选C　给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速,因为箱子内壁光滑,所以物块相对于地面静止,当发生第一次碰撞时,箱子产生的位移为L,碰撞过程中动量和机械能守恒,且因为质量相等,所以速度交换,即第一次碰撞后箱子相对于地面不动,物块向右匀速运动,产生的位移为L后发生第二次碰撞,同理速度交换,物块不动,箱子向右减速至零,产生的位移为0.5L,最终物块停在箱子的中间,则箱子的总位移为1.5L,物块的总位移为L,故A、B错误;对全过程,由能量守恒定律可得Ek0=μ×2mg×1.5L=3μmgL,故C正确;从箱子向右运动到第一次碰撞,损失的动能ΔEk=2μmgL,所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为Ek=Ek0-ΔEk=μmgL,故D错误。 4.(2025·西安一模)如图所示,在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1和木块2。一颗子弹水平射向木块1,先后射穿两木块,子弹在木块中运动时所受阻力不变,两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1和木块2的速度大小分别为v1、v2,子弹穿过木块1和木块2所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动,下列说法正确的是 (　　) A.v1=v2 B.v1>v2 C.t1<t2 D.t1=t2 解析:选C　设子弹的初速度为v0,射出木块1、2后子弹的速度分别为v1'和v2',子弹射穿木块1的过程,由动量守恒定律有m子v0=m子v1'+mv1,子弹射穿木块2的过程,由动量守恒定律有m子v1'=m子v2'+mv2,解得v1=,v2=,由于两木块的宽度相等,则有t1=t2,联立可得[(m-m子)v0+(m+m子)v1']t1=[(m-m子)v1'+(m+m子)v2']t2,由于v0>v1'>v2',故有t1<t2,C正确,D错误。对木块1,根据动量定理得ft1=mv1,对木块2,根据动量定理得ft2=mv2,可知v1<v2,A、B错误。 5.(2025·哈尔滨模拟)如图所示,一质量M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 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,A始终没有滑离B板,A、B之间的动摩擦因数是0.5,重力加速度g取10 m/s2。则在整个过程中,下列说法正确的是 (　　) A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s B.小木块A向左运动的最大位移为2 m C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J D.长木板的长度可能为5 m 解析:选C　由于M>m,故系统总动量方向向右,则小木块A先向左减速至零,后向右加速,最终与木板以共同速度向右匀速运动,设共速时速度为v1,根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=v1,解得v1=2.5 m/s,故A错误;小木块A向左运动时加速度为aA==μg=5 m/s2,向左运动的最大位移为x==2.5 m,故B错误;小木块与木板共速时,根据能量守恒定律有Q=μmgL=-,解得整个过程系统因摩擦产生的热量为Q=37.5 J,L=7.5 m,由于A始终没有滑离B板,则木板长度必须大于或等于7.5 m,故长木板的长度不可能为5 m,故C正确,D错误。 6.如图所示,两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球m1、m2分别穿在两杆上,两球间拴接一竖直轻弹簧,弹簧处于原长状态,两杆足够长。现给小球m2一个水平向右的初速度v0,则在此后的运动过程中 (　　) A.m1、m2组成的系统动量不守恒 B.m1、m2组成的系统机械能守恒 C.弹簧最长时,其弹性势能为 D.m1的最大速度是 解析:选D　m1、m2组成的系统受合外力为零,则系统的动量守恒,A错误;m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒,B错误;弹簧最长时,两球共速,则由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,此时弹性势能为Ep=m2-(m1+m2)v2=,C错误;当弹簧再次回到原长时m1的速度最大,由动量守恒定律得m2v0=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得m2=m1+m2,解得v1=,D正确。 二、多项选择题 7.(2025·菏泽模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,小球A以初动量p0沿直线运动,与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰,此过程中,小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示,t1时刻图线的切线斜率最大,此时纵坐标为p1,t2时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同,则 (　　) A.小球A、B的质量之比为 B.t1时刻弹簧的弹性势能最大 C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为 D.0~t2时间内,小球B的动量变化量为p0-p1 解析:选BC　t1时刻图线的切线斜率最大,则此时小球A的动量变化率最大,根据Δp=ΔI=FΔt可知,此时弹簧弹力最大,由胡克定律可知,此时弹簧形变量最大,弹簧的弹性势能最大,故B正确;t1时刻两小球共速,设速度大小均为v,则小球A的质量mA=,根据动量守恒定律有p0=p1+p2,则小球B的质量mB==,由此可知两小球的质量之比为=,故A错误;根据机械能守恒定律有=++Epm,小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k==,故C正确;0~t2时间内,小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0,故D错误。 8.假设在某星球表面的试验基地中进行如下研究:光滑水平桌面上放一四分之一光滑圆弧轨道,半径R=0.9 m,质量M=2 kg,一个质量为m=1 kg的小球从圆弧轨道顶端沿轨道静止释放,测得小球离开圆弧轨道时的速度大小为2 m/s。已知地球表面的重力加速度g=10 m/s2,该星球的半径大小为地球半径的1.5倍,忽略星球的自转,则下列说法正确的是 (　　) A.该星球表面的重力加速度大小为 m/s2 B.该星球的质量与地球质量之比为4∶3 C.该星球与地球的第一宇宙速度之比为1∶ D.该星球与地球的平均密度之比为9∶2 解析:选AC　小球与圆弧轨道构成的系统机械能守恒,在水平方向上动量守恒,则从释放到最低点,有mg'R=m+M,mv1=Mv2,解得g'= m/s2,故A正确;对于星球表面的物体,万有引力近似等于重力,则有G=mg,可得星球质量M=,故该星球与地球质量之比为==,故B错误;由万有引力提供向心力得G=m,解得第一宇宙速度v1=,可得该星球与地球的第一宇宙速度之比为==,故C正确;根据星球的平均密度ρ==,可得平均密度之比为2∶9,故D错误。 三、计算题 9.(13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;(9分) (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能。(4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.（16分）(2025·上饶模拟)如图所示,A、B、C三个物块放在水平面上,A、B用轻弹簧连接,A紧靠竖直固定挡板,B的质量为1 kg,C的质量为3 kg。用B压缩弹簧后由静止释放,当弹簧恢复原长时,B和C发生弹性碰撞,已知C左侧水平面光滑,右侧水平面粗糙,物块与水平面粗糙部分间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g=10 m/s2,B、C碰撞后,C在水平面上滑行的距离为3.6 m,求: (1)B、C碰撞后一瞬间,C的速度大小; （3分） (2)从释放B到B与C碰撞前一瞬间过程中,挡板对A的冲量大小; （6分） (3)若A的质量为3 kg,在B与C碰撞后的一瞬间撤去挡板,则此后,当物块B的速度大小为3 m/s时,弹簧具有的弹性势能。（7分） 解析:(1)设B、C碰撞后一瞬间,C的速度大小为v2,根据动能定理有-μmCgL=0-mC 解得v2=6 m/s。 (2)设碰撞前一瞬间B的速度为v0,碰撞后一瞬间B的速度为v1,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有mBv0=mBv1+mCv2 根据机械能守恒定律有mB=mB+mC 解得v0=12 m/s,v1=-6 m/s 对A、B整体研究,从释放B到B与C碰撞前一瞬间,挡板对A的冲量大小 I=mBv0=12 N·s。 (3)撤去挡板后,当B的速度大小为v3=3 m/s时,设A的速度为v4,规定向左为正方向, 若此时B的速度向左,根据动量守恒定律有-mBv1=mBv3+mAv4 解得v4=1 m/s 此时弹簧具有的弹性势能 ΔEp=mB-mB-mA=12 J 若此时B的速度向右,根据动量守恒定律有 mBv1=-mBv3+mAv4 解得v4=3 m/s 此时弹簧具有的弹性势能 ΔEp=mB-mB-mA=0。 答案:(1)6 m/s　(2)12 N·s　(3)12 J或0 第5讲　力学三大观点的综合应用(综合融通课) 　　力学三大观点包括:动力学观点、能量观点、动量观点,力学三大观点的灵活应用是历年高考的重点和难点。力学三大观点既可以分别单独考查,也可以两两组合考查,还可以三者综合考查。 (一) 动量观点与动力学观点的综合应用 1.牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应,在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系,或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时,应采用动力学观点。 2.动量定理反映了力对时间的累积效应,适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移,而涉及运动时间的问题,特别对冲击类问题,应采用动量定理求解。 3.若研究对象是相互作用的物体组成的系统,则有时既要用到动力学观点,又要用到动量守恒定律。 　　[例1]　(2025·葫芦岛模拟)如图所示,一质量M=0.3 kg的足够长“L”形木板放置于倾角为30°的光滑斜面上,其上端有一质量m=0.2 kg的物块,物块与木板上端之间夹有少量爆炸物,且整体处于静止状态。现引燃爆炸物,物块与木板瞬间获得总动能为3.375 J(只考虑沿斜面方向,其他方向能量不计)。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=,重力加速度g取10 m/s2,不考虑爆炸物爆炸后的残余物,不计空气阻力。求: (1)爆炸物爆炸后瞬间,木板和物块获得的速度大小; (2)木板沿斜面上升的最大距离。 [解析]　(1)爆炸物爆炸过程系统动量守恒,设木板获得的速度大小为v1 ,物块获得的速度大小为v2 Mv1=mv2 Ek=M+m 解得v1=3 m/s,v2=4.5 m/s。 (2)对木板受力分析,根据牛顿第二定律得 Mgsin θ+μmgcos θ=Ma1 解得a1=10 m/s2 对物块受力分析,根据牛顿第二定律得 μmgcos θ-mgsin θ=ma2 解得a2=2.5 m/s2 因=0.3 s<=1.8 s,则木板上升过程受力不变,加速度不变 由运动学公式得=2a1Lmax 解得 Lmax=0.45 m。 [答案]　(1)3 m/s　4.5 m/s　(2)0.45 m 　　[针对训练] 1.如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,滑块以原速率弹回,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.滑块向右运动的过程中,加速度大小为 B.滑块与木板间的动摩擦因数为 C.k=2 D.滑块弹回瞬间的速度大小为 解析:选D　滑块以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零,根据匀变速直线运动规律可知v2=2aL,解得a=,故A错误;根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得μ=,故B错误;小滑块以速度kv滑上木板,设碰墙时速度为v1,由匀变速直线运动规律有-2aL=-(kv)2,滑块与墙碰后向左运动,设滑块、木板的共同速度为v2,由动量守恒定律有mv1=(m+4m)v2,由能量守恒定律可得μmgL=m-(m+4m),解得k=,v1=,故C错误,D正确。 (二) 动量观点与能量观点的综合应用 1.两大观点 (1)动量观点:动量定理和动量守恒定律。 (2)能量观点:动能定理和能量守恒定律。 2.三种技巧 (1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。 (2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。 (3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处,特别对于变力做功问题,就更显出它们的优越性。 　　[例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, 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 　　[针对训练] 2.(2024·广西高考)(多选)如图,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则 (　　) A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 解析:选BD　锤子撞击木栓到木栓进入方孔,对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为I,由于重力对木栓也有冲量,则木料对木栓的合力的冲量不为-I,故A错误;锤子撞击木栓后,木栓获得的动能为Ek=mv2=,木栓进入过程根据动能定理有Δx=0-Ek,解得平均阻力大小为=+mg,故B正确;木栓进入过程损失的机械能等于克服阻力做的功,所以ΔE木栓=Δx=Δx=+mgΔx,ΔE木栓一部分转化 为木料的弹性势能,因此系统损失的机械能ΔE<ΔE木栓,故C错误;对木栓的一个侧面受力分析如图,由于方孔侧壁弹力呈线性变化,则有=,且平均阻力=+mg,又因为f=μFN,联立可得f=,故D正确。 (三) 力学三大观点的综合应用 力学三大观点的选用原则 (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,在涉及位移和速度、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,但需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。 　　[例3]　(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; (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; (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。 [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 　　[针对训练] 3.(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空气阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 1.(12分)(2025·天津模拟)水平地面上固定一正方体高台,高台最左端固定一弹簧,弹簧原长远小于高台棱长,将一小球A放在高台最右端,用手将另一小球B压缩弹簧至最短,某时刻静止释放,小球B被弹簧弹射出去后与小球A发生弹性正碰,小球A落地时重力的瞬时功率为P=4 W。不计一切摩擦,小球A、B质量均为m=0.2 kg且均可看作质点,弹簧最大弹性势能Ep=0.4 J。g取10 m/s2,求: (1)小球B被弹射出去时的瞬时速度大小;(3分) (2)小球A的水平位移大小。(9分) 解析:(1)根据能量守恒定律得Ep=m 解得小球B被弹射出去时的瞬时速度大小为vB=2 m/s。 (2)小球A、B发生弹性正碰,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvB=mvB'+mvA m=mvB'2+m 解得vA=2 m/s 小球A落地时重力的瞬时功率为P=mgvy 小球A离开高台后做平抛运动,则vy=gt 水平位移大小x=vAt 解得x=0.4 m。 答案:(1)2 m/s　(2)0.4 m 2.(15分)(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,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。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;(4分) (2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;(5分) (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。(6分) 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)小球与物块发生弹性碰撞,取向右为正方向,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 3.(15分)(2024·浙江6月选考)一弹射游戏装置竖直截面如图所示,固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置,平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射,经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动,平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m,d=4.4 m,L=1.8 m,M=m=0.1 kg,平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点,不计空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,求滑块离开弹簧时速度v0的大小;(4分) (2)若μ2=0,滑块恰好过C点后,求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能;(4分) (3)若μ2=0.1,滑块能到达H点,求其离开弹簧时的最大速度vm。(7分) 解析:(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,重力提供向心力,有mg= 从滑块离开弹簧至运动到C点过程,根据动能定理有-2mgR=m-m 解得v0=5 m/s。 (2)平板加速至与滑块共速过程,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v共 根据能量守恒定律有ΔE=m-(M+m) 解得ΔE=0.625 J。 (3)若μ2=0.1,平板与滑块相互作用过程中,滑块的加速度大小为a1=μ1g=6 m/s2 平板的加速度大小为a2==4 m/s2 共速后,共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2 考虑滑块可能一直减速直到H,也可能先与平板共速然后共同减速 假设滑块先与平板共速然后共同减速,且共速时滑块恰好运动到平板右边缘,则共速瞬间 v=vE-a1t1=a2t1 共速前过程,滑块、平板位移分别为x1=t1 x2=t1 共速时,相对位移应为Δx=L=x1-x2 解得vE=6 m/s,v=2.4 m/s 随后共同减速,x3=d-x1=1.88 m 滑块到达H点的速度大小为 vH== m/s 说明可以到达H点,因此假设成立, 若滑块初速度再增大,则会从平板右侧掉落 故滑块离开弹簧时的最大速度vm=vE=6 m/s。 答案:(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s 4.（16分）(2024·贵州高考)如图,半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s 给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小; （4分） (2)b从M运动到N的时间; （6分） (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。（6分） 解析:(1)a从静止释放到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有magR=ma 在P点,设轨道对它的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有N-mag=ma 联立解得N=30 N。 (2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有magR-μmagd=ma-0 解得vM=3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb ma=ma+mb 解得vb=2 m/s b滑上传送带后,根据牛顿第二定律有μmbg=mba 解得a=5 m/s2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间 t1==0.2 s 对地位移x=·t1=0.3 m<L=3.3 m 此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s b从M运动到N的时间 t=t1+t2=3.2 s。 (3)设向右为正方向,瞬间给b一水平向右的冲量,对b根据动量定理有I=mbv-(-mbv0) 解得v=2 m/s b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s 然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s 可得Δt=t3+t4 b在Δt时间内向右运动的距离 Δx=·t3-·t4=0.3 m 循环10次后b向右运动的距离 x'=10·Δx=3 m 每一次相对传送带运动的路程 s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m b从N向右运动3 m的过程中,b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J 然后b继续向右做减速运动,根据运动学公式有 vt5-a=L-x' 解得t5=0.2 s(另一结果不符合实际,舍去) 此过程,b相对传送带运动的路程 s'=L-x'+v0t5=0.5 m 此过程中b与传送带摩擦产生的热量 Q2=μmbgs'=5 J b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。 答案:(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J 第6讲　验证动量守恒定律(重点实验) 一、实验知能/系统归纳 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,体积等大、质量不同)、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”。 2.一般情况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.主要来源于质量m1、m2的测量。 2.小球落点的确定。 3.小球水平位移的测量。 二、实验关键/重点解读 　　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,测量物体速度的方法也不同,有时同一实验装置也可用来验证不同的规律。 关键点(一)　不同方案中速度的确定方式 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,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.(2025·菏泽模拟)某同学利用如图所示的装置验证碰撞过程中的动量守恒,实验时完成了如下的操作: (1)将挡光片固定在滑块A上,挡光片的宽度为d,用天平测量滑块A与挡光片的总质量为m1,将两光电门1、2固定在长木板上; (2)将长木板的右端适当调高,轻推滑块A,直到滑块A沿长木板匀速下滑,此时滑块经过光电门1、2的挡光时间分别为Δt1、Δt2,则Δt1　　　　Δt2(填“>”“=”或“<”);  (3)保持(2)中长木板的倾角不变,现将与A相同材料制成的滑块B放在两光电门之间,滑块B的质量为m2,使滑块A从光电门1的上方以一定的初速度下滑,滑块A经过光电门1的挡光时间为t1,两滑块碰后粘合在一起,经过光电门2时的挡光时间为t2,滑块A经过光电门1的速度为　　　　,若两滑块碰撞过程中动量守恒,则关系式　　　　　　　成立。  解析:(2)根据v=可知,滑块经过光电门的速度为v=,当匀速下滑时速度不变,即=,所以Δt1=Δt2。 (3)滑块A经过光电门1的速度为v1=,两滑块碰后经过光电门2的速度为v2=,若两滑块碰撞过程中动量守恒,则需满足m1v1=(m1+m2)v2,整理得=。 答案:(2)=　(3)　= 3.某同学利用如图所示的装置验证“碰撞过程中的动量守恒”。水平桌面上固定两个钉子,用两根长度均为l的细线拴住两个大小相同、质量分别为m1和m2的小球1和2,细线与钉子的拴接处分别安装了拉力传感器,可实时显示细线中的拉力大小。初始时,两小球靠在一起,两细线刚好平行,小球的直径远小于细线的长度。现将小球涂上润滑油,实验步骤如下: (1)将小球1沿着圆弧拉到某点A处,并在A处给小球1一个沿切线方向的初速度,记录碰前瞬间拉力传感器1的示数F1。 (2)小球1与小球2在初始点发生碰撞,碰后小球1弹回,记录碰后瞬间传感器1和2的示数分别为F2、F3。 (3)对实验数据进行相关计算和分析。小球1与小球2碰前瞬间,小球1的速度大小可表示为　　　　;物理量m1、m2、F1、F2、F3满足等量关系　　　　　　　　　时,即可验证碰撞瞬间两小球组成的系统动量守恒;若该碰撞为弹性碰撞,F1、F2、F3还应满足的等量关系为　　　　　　　　　　　　。  解析:(3)由牛顿第二定律得F1=,可得v1=,同理可得,二者碰后的速度大小分别为v2=,v3=,由动量守恒定律得m1v1=-m1v2+m2v3,联立解得=-+;若为弹性碰撞,则有m1=m1+m2,解得F1=F2+F3。 答案:(3)　=-+ F1=F2+F3 [归纳建模] 　　在验证动量守恒定律的实验中,物体速度的确定方式有很多种,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题利用向心力公式确定小球的速度大小。 关键点(二)　同一实验装置验证不同的物理规律 1.(2025·张家口模拟)某同学用如图甲所示实验装置可以完成“研究平抛运动规律”和“验证动量守恒定律”两个实验。 在“研究平抛运动规律”实验中,将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道滑下后从斜槽末端水平飞出,落在水平挡板上。由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板,重新在同一位置释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点。 在“验证动量守恒定律”实验中,固定挡板位置。实验时先让钢球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下,落到挡板处,在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作5次,得到5个落点痕迹,找到平均落点。把半径与钢球相同的玻璃靶球放在斜槽末端,让钢球仍从固定位置由静止开始滚下,两球正碰后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作5次,找到各自的平均落点。 (1)下列关于实验操作的说法正确的是　　　　(填选项前的字母)。  A.两个实验中均需测量钢球直径 B.两个实验中均需用天平测出钢球的质量 C.两个实验中均需保证斜槽轨道末端切线水平 D.两个实验中均需尽量减小钢球与斜槽之间的摩擦力 (2)“研究平抛运动规律”实验中,得到如图乙所示的轨迹,在轨迹上取A、B、C三点,AB和BC的水平间距均为x,测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2,则　　　 (选填“大于”“等于”或“小于”)。钢球平抛的初速度大小为　　　　(已知当地重力加速度为g,结果用题中字母表示)。  (3)在“验证动量守恒定律”实验中,用天平测出钢球和靶球的质量分别为m1和m2,将重垂线放于槽口,通过重垂线在挡板上的投影确定O点,如图丙所示,用刻度尺测出入射球两次平均落点P、M与点O的距离分别为s和s1,靶球平均落点N与点O的距离为s2,在实验误差允许范围内,若满足关系　　　　　　　　(用题中字母表示),就验证了两球碰撞前后的动量守恒。  解析:(1)平抛实验不需要测量钢球直径,故A错误;“研究平抛运动规律”实验不需要测出钢球的质量,“验证动量守恒定律”实验需用天平测出钢球的质量,故B错误;两个实验中均需保证斜槽轨道末端切线水平,以保证小球做平抛运动,故C正确;钢球与斜槽之间的摩擦力对实验无影响,两个实验中均不需要减小钢球与斜槽之间的摩擦力,故D错误。 (2)由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3∶5∶…,故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大,由于A点不是抛出位置,因此>。由y2-y1=gT2,x=v0T,联立解得v0=x。 (3)设入射球滚至斜槽轨道末端速度为v0,与靶球碰撞后速度分别为v1、v2,由动量守恒定律可知,需验证的表达式为m1v0=m1v1+m2v2,碰撞后两球飞出,均做平抛运动,由h=gt2可知下落时间相同,由v=可知入射球两次的速度分别为v0=、v1=,靶球的速度为v2=,故验证动量守恒定律的表达式为m1s=m1s1+m2s2。 答案:(1)C　(2)大于　x　(3)m1s=m1s1+m2s2 2.(2025·西安模拟)某同学用大号量角器验证动量守恒定律和机械能守恒定律。如图所示,先将量角器固定在竖直黑板上(90°刻线沿竖直方向),再用两根长度相同的细绳,分别悬挂两个大小相同、质量分别为m1、m2的金属小球A、B,且两球并排放置。已知重力加速度大小为g。 ⅰ.将A拉到细绳处于水平位置,由静止释放; ⅱ.A在最低点与B碰撞后,A向左侧弹起、B向右侧弹起; ⅲ.多次测量,记录下A弹起的最高点对应的角度平均值为α,记录下B弹起的最高点对应的角度平均值为β。 (1)为实现实验目的,两个小球的质量关系m1　　　　m2(选填“<”“=”或“>”)。  (2)若表达式　　　　　　　　　　 成立,则可以验证动量守恒定律。  (3)该同学在验证机械能守恒定律时,发现A、B碰撞前的总动能总是大于碰撞后的总动能,造成这个现象的原因可能是　　　　　　　　　(写出一条即可)。  解析:(1)实验中碰后A球反弹,则A球质量m1小于B球质量m2。 (2)由机械能守恒定律有m1gl=m1,m1gl(1-cos α)=m1,m2gl(1-cos β)=m2,碰撞过程若动量守恒,则满足m1v0=-m1v1+m2v2,联立可得m1=m2-m1。 (3)造成碰撞过程动能减少的原因可能是:碰撞过程不是弹性碰撞,有机械能损失;或者实验过程有空气阻力。 答案:(1)<　(2)m1=m2-m1 (3)小球碰撞过程有机械能损失(或空气阻力的影响等) [归纳建模] 　　实验命题中常用同一实验装置验证不同的物理规律,根据实验装置的通用性和灵活性,改变实验条件和操作方法,可以灵活地进行多种物理实验,理解不同的实验原理,通过比较不同的实验方案,考查不同实验的注意事项及操作过程。 [课时跟踪检测] 1.(6分)(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大小,由题图丙可知碰撞前滑块B的速度大小为v=cm/s=0.20 m/s。 (3)由题图乙知,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'=0.5 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 2.(8分)(2025·台州模拟)某同学借助图1所示装置验证动量守恒定律,长木板的一端垫有小木块,可以微调木板的倾斜程度,以平衡阻力,使两个小车均能在木板上做匀速直线运动。小车1前端贴有橡皮泥,后端与穿过打点计时器的纸带相连,接通打点计时器电源后,让小车1以某速度做匀速直线运动,与置于木板上静止的小车2相碰并粘在一起,之后继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50 Hz,得到的纸带如图2所示,已将各计数点之间的距离标在图上。 (1)图2中的数据有AB、BC、CD、DE四段,计算小车1碰撞前的速度大小应选　　　　段,计算两车碰撞后的速度大小应选　　　　段。  (2)关于实验的操作与反思,下列说法正确的是　　　　。  A.实验中小车1必须从静止释放 B.若小车1前端没贴橡皮泥,不影响实验验证 C.上述实验装置不能验证弹性碰撞规律 (3)若小车1的质量(含橡皮泥)为0.4 kg,小车2的质量为0.2 kg,根据纸带数据,碰前两小车的总动量是　　　　kg·m/s,碰后两小车的总动量是　　　　kg·m/s。(结果均保留三位有效数字)  解析:(1)接通打点计时器电源后,推动小车1由静止开始运动,故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,故BC段为匀速运动的阶段,故选BC段计算碰前的速度大小;碰撞过程是一个变速运动的过程,而小车1和2碰后共同运动时做匀速直线运动,故在相同的时间内通过相同的位移,应选DE段来计算碰后共同的速度。 (2)实验中小车1受力平衡,若由静止释放,则小车1不会运动,故A错误;若小车1前端没贴橡皮泥,则两车不能粘在一起,小车2的速度不好测量,所以小车1前端没贴橡皮泥会影响实验验证,故B错误;题述实验装置中两小车碰撞后粘在一起,是非弹性碰撞,如果是弹性碰撞的话小车2碰撞后的速度无法测量,因此该装置不能验证弹性碰撞规律,故C正确。 (3)碰前小车1的速度为v== m/s=1.712 m/s,碰前的总动量为p=m1v=0.4×1.712 kg·m/s≈0.685 kg·m/s,碰后小车1和2的共同速度为v'== m/s=1.140 m/s,碰后的总动量为p'=(mA+mB)v'=(0.4+0.2)×1.140 kg·m/s=0.684 kg·m/s。 答案:(1)BC　DE　(2)C　(3)0.685　0.684 3.(8分)(2025·六盘水模拟)某实验小组验证动量守恒定律。主要实验器材有:两个质量不同的滑块,天平,两个相同轻质弹簧,两个压力传感器及其配件,气垫导轨及其配件。 (1)用天平测出两个滑块的质量m1=0.160 0 kg,m2=0.250 0 kg。 (2)用充气泵给气垫导轨充气,调节气垫导轨水平,并将两轻质弹簧水平固定在压力传感器上,如图甲所示。 (3)水平向右推滑块m1,使右侧弹簧适当压缩并锁定。压力传感器开始记录数据,同时开始计时,0.5 s时刻释放m1。m1与静止的m2发生碰撞后,m2向左运动并压缩左侧弹簧,m1返回再次压缩右侧弹簧。该过程中,两压力传感器A、B的示数随时间变化的图像如图乙中A、B所示。 (4)若弹簧弹力大小与形变量的关系如图丙所示,则释放m1过程中,弹簧对m1做的功W=　　　　J。  (5)规定向左为正方向,m1和m2组成的系统碰撞前总动量p1=　　　　kg·m/s,碰撞后总动量p2=　　　　kg·m/s。实验相对误差δ=×100%=　　　　,如果δ小于5%,则可认为动量守恒。(均保留三位有效数字)  解析:(4)根据题图丙中图线与横轴围成的面积表示弹簧对m1做的功,则有W=×8×2×10-2 J=0.08 J。 (5)设m1碰撞前的速度大小为v0,根据动能定理可得W=m1,解得v0=1 m/s,则碰撞前总动量为p1=m1v0=0.160 kg·m/s,由题图丙可知弹簧的劲度系数为k== N/m=400 N/m,设m1与m2碰撞后的速度大小分别为v1、v2,右侧弹簧的最大压缩量为xA,左侧弹簧的最大压缩量为xB,由题图乙可知FA=kxA=1.6 N,FB=kxB=7.6 N,解得xA=0.4×10-2 m,xB=1.9×10-2 m,根据动能定理可得m1=·xA,m2=·xB,解得v1=0.2 m/s,v2=0.76 m/s,则m1和m2组成的系统碰撞后总动量为p2=m2v2-m1v1=0.158 kg·m/s。实验相对误差为δ=×100%=×100%=1.25%。 答案:(4)0.08　(5)0.160　0.158　1.25% 4.(8分)(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 5.(10分)(2025·北京西城模拟)某同学利用气垫导轨上滑块间的碰撞来验证动量守恒定律,滑块1上安装遮光片,光电计时器可以测出遮光片经过光电门的遮光时间,滑块质量可以通过天平测出,实验装置如图1所示。 (1)游标卡尺测量遮光片宽度如图2所示,其宽度d=　　　cm。  (2)打开气泵,待气流稳定后,将滑块1轻轻从左侧推出,发现其经过光电门1的时间比经过光电门2的时间短,应该调高气垫导轨的　　　　端(填“左”或“右”),直到通过两个光电门的时间相等,即导轨调节水平。  (3)在滑块上安装配套的粘扣。滑块2(未安装遮光片,m2=120.3 g)静止在导轨上,轻推滑块1(安装遮光片,m1=174.5 g),使其与滑块2碰撞,记录碰撞前滑块1的遮光片经过光电门1的时间Δt1,以及碰撞后遮光片经过光电门2的时间Δt2。重复上述操作,多次测量得出多组数据如下表: Δt1/ms 64.72 69.73 70.69 80.31 104.05 /s-1 15.5 14.3 14.1 12.5 9.6 Δt2/ms 109.08 121.02 125.02 138.15 185.19 /s-1 9.2 8.3 8.0 7.2 5.4 根据表中数据在方格纸上作出⁃图线。从图像中可以得到直线的斜率为k1,而从理论计算可得直线斜率的表达式为k2=　　　　(用m1、m2表示)。若k1=k2,即可验证动量守恒定律。  (4)多次试验,发现k1总大于k2,产生这一误差的原因可能是　　　　。  A.滑块1的质量测量值偏小 B.滑块1的质量测量值偏大 C.滑块2的质量测量值偏小 D.滑块2的质量测量值偏大 解析:(1)根据题图2可知该游标卡尺为20分度,其精度为0.05 mm,根据图示可读得遮光片的宽度为d=28 mm+10×0.05 mm=28.50 mm=2.850 cm。 (2)经过光电门1的时间比经过光电门2的时间短,说明经过光电门1的速度比经过光电门2的速度大,由此可知滑块从光电门1到光电门2的过程中做减速运动,可确定气垫导轨左端低于右端,因此应调高气垫导轨左端,直到通过两个光电门的时间相等,即导轨调节水平。 (3)根据表中数据先在方格纸上描点,然后用平滑的直线将点迹连接起来,在连线的过程中,存在明显误差的点迹直接舍去,不能落在直线上的点迹应让其均匀地分布在直线的两侧,作出的图像如图所示。 根据动量守恒定律有m1·=(m1+m2)·,变式可得=·,故k2=。 (4)根据图像可知k1==,根据理论计算可得k2=,而总有k1>k2,即有>,若在速度测量准确的情况下,只能是k2偏小,对k2=,分式上下同除以m1可得k2=,可知若m2测量值偏大或m1测量值偏小均可导致k2偏小。故选A、D。 答案:(1)2.850　(2)左　(3)见解析图　 (4)AD 68 / 85 学科网（北京）股份有限公司 $$