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（普高基础版）

第七章　动量　动量守恒定律 第一讲　动量定理 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)动量越大的物体，其速度越大。 (×) (2)在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则F1的冲量大于F2的冲量。 (×) (3)物体所受合力不变，则动量也不改变。 (×) (4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 (×) (5)(2024·北京高考T8C)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，则上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量。 (√) (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。 (√) (7)(人教选择性必修1 P6“问题”·改编)有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是减轻船舶靠岸时码头与船舶的撞击。 (√) (8)两物体的动量相等时，动能也一定相等。 (×) (9)(人教选择性必修1 P9“科学漫步”·改编)动量定理反映了力对时间的累积效应。 (√) 逐点清(一)　动量、冲量的理解及计算 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[动量与动能的联系] (2025·吉林模拟)(多选)运动的物体的质量比为2∶1，则 (　　) A.当它们的动能相同时，动量之比p甲∶p乙=2∶1 B.当它们的动能相同时，动量之比p甲∶p乙=∶1 C.当它们的动量相同时，动能之比Ek甲∶Ek乙=2∶1 D.当它们的动量相同时，动能之比Ek甲∶Ek乙=1∶2 解析：选BD　动能与动量的关系为Ek=mv2=，p=，当它们的动能相同时，动量之比p甲∶p乙=∶1，当它们的动量相同时，动能之比Ek甲∶Ek乙=1∶2，故A、C错误，B、D正确。 2.[恒力冲量的计算] 如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零并开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)sin θ B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)cos θ C.合力对滑块的总冲量为0 D.摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t1+t2) 解析：选B　重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)cos θ，故B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合力对滑块的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，若以沿斜面向上为正方向，摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t2-t1)，故D错误。 3.[变力冲量的计算] 一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.第2 s末，质点的动量为0 B.第2 s末，质点的动量方向发生变化 C.第4 s末，质点回到出发点 D.在1~3 s时间内，力F的冲量为0 解析：选D　由题图可知，0~2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，动量方向不变，故A、B错误；2~4 s内F的方向与0~2 s内F的方向相反，该质点0~2 s内做加速运动，2~4 s 内做减速运动，所以质点在0~4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故C错误；F-t 图像与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1~2 s内所围的面积与2~3 s内所围的面积大小相等，一正一负，则在1~3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.动量与动能的联系 (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，则动量一定发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化。 (3)大小关系：p=或Ek=。 2.冲量的计算方法 公式法 I=FΔt，仅适用于求恒力的冲量 F-t图像法 图像与t轴围成的面积表示冲量 平均值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I=t 逐点清(二)　动量定理的理解和应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[应用动量定理解释有关现象] (多选)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h 的速度发生碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s 停下。以下说法正确的是 (　 ) A.碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒 B.无论是否使用安全带，假人动量变化量相同 C.使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1 250 N D.不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2 500 N 解析：选BC　碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量为p=mv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；使用安全带时，根据动量定理有Ft=0-p，解得F=1 250 N，假人受到的平均作用力约为1 250 N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有F't'=0-p，解得F'=5 000 N，假人受到的平均作用力约为5 000 N，故D错误。 2.[应用动量定理求变力的冲量] 如图，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在轻绳的作用下，绕O点以速率v做匀速圆周运动。AB连线为直径，小球通过A点时开始计时，经过时间t小球在B点，绳子的拉力大小为F，关于此过程，下列说法正确的是 (　　) A.圆周运动的周期可能为t B.小球重力的冲量大小为0 C.绳子拉力的冲量大小为Ft D.小球动量的变化量大小为0 解析：选A　小球在轻绳的作用下，绕O点做匀速圆周运动，则小球由A点运动到B点的时间t是半个周期的奇数倍，即t=n(n=1，3，5，…)，则T=(n=1，3，5，…)，当n=3时，T=t，故A正确；在时间t内，小球重力的冲量大小IG=mgt，故B错误；小球在水平桌面上运动时，重力的冲量与支持力的冲量等大反向，小球在A点和B点时的速度方向相反，则该过程小球动量的变化量大小为Δp=mv-(-mv)=2mv，对该过程运用动量定理，则绳子拉力的冲量大小IF=Δp=2mv，故C、D错误。 3.[应用动量定理求平均冲力] (多选)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，下列分析正确的是 (　　) A.手机对人眼的冲击力大小约为5.5 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AC　手机下落25 cm过程由位移与速度的关系有=2gh1，手机反弹8 mm过程由位移与速度的关系有=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Δp=mv2-(-mv1)≈0.4 kg·m/s，故C正确；手机动量的变化率大小≈4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定义，可得手机受到的重力的冲量大小为IG=mgΔt=0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有(F-mg)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正确。 4.[动量定理与图像的综合应用] (2025·湖北武汉质检)质量为1 kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻施加一水平力F，t=3 s时撤掉作用力F，F随时间t变化的图像如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则 (　　) A.1~3 s时间内F的冲量大小为3 N·s B.前1 s内摩擦力的冲量大小为1 N·s C.前3 s内物块动量的改变量大小为2 kg·m/s D.t=4.5 s时物块的速度大小为0 解析：选D　1~3 s时间内F的冲量大小为IF13=×1 N·s+2×1 N·s=3.5 N·s，故A错误；因为最大静摩擦力大小f=μmg=1 N，由题图可知，0~1 s 时间内F≤1 N，物块处于静止状态，前1 s内摩擦力的大小跟F的大小相等，前1 s内摩擦力的冲量大小为If01=×1×1 N·s=0.5 N·s，故B错误；1~3 s时间内，F≥1 N，物块开始滑动，摩擦力变为滑动摩擦力，大小恒为1 N，摩擦力的冲量大小为If13=1×2 N·s=2 N·s，则前3 s内物块动量的改变量(即1~3 s时间内物块动量的改变量)为Δp=IF13-If13=1.5 kg·m/s，故C错误；假设t=4.5 s前物块未停止，则1~4.5 s时间内，摩擦力的冲量大小为If14=3.5 N·s，根据动量定理得IF13-If14=mv-0，解得v=0，即t=4.5 s时物块的速度大小为0，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.用动量定理解释两种现象 (1)Δp一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。 (2)F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。 分析问题时，要看好哪个量不变，哪个量变化。 2.动量定理的两个重要应用 (1)应用I=Δp求变力的冲量。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化量。 3.应用动量定理的基本思路 逐点清(三)　应用动量定理处理“柱状模型” 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　流体类“柱状模型” 1.(2025·天津模拟)中国东海是超级台风(超过16级)的高发地，这种台风的中心风速可达到50 m/s。某栋大楼高约100 m、宽约40 m，空气密度约为1.3 kg/m3。若超级台风以50 m/s 的速度垂直吹到这栋大楼后，速度减为0，则大楼受到的风力大小约为 (　　) A.3.3×109 N　　　　　 B.3.25×106 N C.1.3×107 N D.6.5×106 N 解析：选C　在极短时间Δt内与大楼发生作用的空气的质量Δm=ρHLvΔt，根据动量定理有-F1Δt=0-Δmv，根据牛顿第三定律有F1=F2，解得大楼受到的风力大小约为F2=1.3×107 N，故选C。 2.(2025·河北张家口调研)设雨水竖直匀速下落的速度大小为v，某张芭蕉叶认为是水平的，该叶片的面积为S，雨水滴落到叶片上以原来速率的一半竖直反弹，已知雨水的平均密度为ρ，不考虑落到叶片上雨水的重力，则叶片受到雨水作用力的大小为 (　　) A.　　 B. C.　　 D. 解析：选A　一定时间内，雨水落到叶片上时，以向上为正方向，对雨水，根据动量定理可知Ft=mv-(-mv)=mv，雨水的质量m=ρSvt，解得F=，根据牛顿第三定律，叶片受到雨水作用力的大小为，故选A。 类型2　微粒类“柱状模型” 3.(多选)如图所示，某种分子束由质量为m、速度为v的分子组成，设各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回。如果分子束中每立方米的体积内有n0个分子，下列说法正确的是 (　　) A.单个分子与平面碰撞的过程中，动量的变化量的大小为0 B.单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做功为0 C.若计算分子束撞击平面单位面积上的压力，一定选取所有的分子为研究对象 D.分子束撞击的平面所受到的压强为2v2n0m 解析：选BD　由题意，单个分子的动量变化量的大小为Δp=|-mv-mv|=2mv，A错误；单个分子与平面碰撞的过程中，接触点没有发生位移，故平面对其做功为0，B正确；若计算分子束撞击平面单位面积上的压力，一般情况下选在极短时间Δt内打到平面上的分子为研究对象，C错误；设在Δt时间内打到面积为S的平面上的分子的质量为ΔM，则有ΔM=vΔtSn0m，取这部分分子为研究对象，它受到的合外力等于平面作用到这部分分子上的压力F，以碰撞前的速度v的方向为正方向，由动量定理得 -FΔt=-ΔMv-ΔMv，解得F=2v2Sn0m，根据牛顿第三定律可知，分子对平面的压力大小为F'=F，平面受到的压强为p==2v2n0m，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.流体类“柱状模型” (1)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。 (2)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=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。 2.微粒类“柱状模型” (1)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。 (2)分析步骤： ①建立“柱状”模型：沿运动的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S； ②微元研究：极短作用时间Δt内一段柱形微粒的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt； ③建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算。 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车 (　　) A.机械能保持不变 B.动量保持不变 C.处于失重状态 D.所受合力不为零 解析：选D　小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，可知，小车的机械能减小，故A错误；小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式p=mv可知，小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B错误；由于小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即沿轨道方向的加速度为0，即小车沿轨道方向的合力为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力沿水平方向，可知，小车的加速度沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重状态，又不处于失重状态，故C错误；根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故D正确。 2.(人教选择性必修1 P11T2·改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以 (　　) A.减小地面对人的冲量　 B.减小地面对人的撞击力 C.减小人的动量变化量 D.减小人的动能变化量 解析：选B　设体操运动员落地前瞬间速度大小为v，落地后速度减为0，则人的动量变化量Δp=0-mv=-mv不变，人的动能变化量ΔEk=0-mv2=-mv2也不变，设地面对人的冲量为I，地面对人的撞击力为F，根据动量定理得-I+mgt=-Ft+mgt=0-mv，整理得I=mv+mgt，F=+mg，落地时屈腿可以延长作用时间t，则I增大，F减小，故B正确。 3.(2023·新课标卷)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻 (　　) A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 解析：选BD　对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有a甲=，a乙=，由于m甲 > m乙，所以a甲 < a乙，由于两磁铁运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲 < v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。 4.拍篮球是大家都喜欢的强身健体的大众体育活动项目。已知篮球质量为0.4 kg，为保证篮球与地面碰撞后自然弹起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球 (　　) A.手给球的冲量为1.6 N·s B.手给球的冲量为2.0 N·s C.人对球做的功为3.2 J D.人对球做的功为2.2 J 解析：选D　人拍球的过程，由动量定理有I+mgΔt=mv=1.6 kg·m/s，则I<1.6 N·s，A、B错误；由动能定理有W+mgh=mv2，解得人对球做的功为W=2.2 J，D正确，C错误。 5.(2025·北京海淀检测)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a运动到最左侧点b的过程中，下列说法中正确的是 (　　) A.手掌对苹果的摩擦力越来越小 B.手掌对苹果的支持力越来越大 C.手掌对苹果的作用力越来越小 D.因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零 解析：选C　苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得f=masin θ，FN-mg=macos θ，苹果从最低点a运动到最左侧点b的过程中，θ逐渐增大，sin θ逐渐增大，cos θ逐渐减小，则手掌对苹果的摩擦力越来越大，手掌对苹果的支持力越来越小，故A、B错误；手掌对苹果的作用力可分解为两个分力，其中分力F1与苹果重力平衡，方向竖直向上，另一分力F2提供所需向心力，方向总是指向圆心，在苹果从最低点a运动到最左侧点b的过程，F1与F2大小均不变，且F1与F2之间的夹角逐渐增大，则F1与F2的合力逐渐减小，即手掌对苹果的作用力越来越小，故C正确；苹果的动量大小不变，但动量的方向时刻发生变化，所以动量变化不为0，根据动量定理可知，合外力对苹果的冲量不为零，故D错误。 6.(2025·云南玉溪模拟)将质量为m=1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F=10 N，物块由静止开始运动，作用4 s后撤去F。已知g=10 m/s2，对于物块从静止开始运动到停下这一过程，下列说法正确的是 (　　) A.整个过程物块运动的时间为6 s B.整个过程物块运动的时间为8 s C.整个过程中物块的位移大小为40 m D.整个过程中物块的位移大小为60 m 解析：选B　在整个过程中由动量定理得Ft1-μmgt=0，解得t=8 s，A错误，B正确；在物块前4 s 运动的过程中由动量定理得Ft1-μmgt1=mv，解得v=20 m/s，因物块匀加速和匀减速过程的平均速度都为==，所以全程的平均速度也为，则物块的总位移大小为x=t=×8 m=80 m，C、D错误。 7.中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高、规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v变为4v，随后一段赛道内速度大小由5v变为7v，前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化量的大小分别为Δp1和Δp2，下列关系式可能成立的是 (　　) A.W1=W2，Δp1=Δp2 B.W1=W2，Δp1=Δp2 C.W1=W2，Δp1=4Δp2 D.W1=W2，Δp1=4Δp2 解析：选B　根据动能定理有W1=m(4v)2-m(2v)2=6mv2 ，W2=m(7v)2-m(5v)2=12mv2，可得W1=W2；由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，当初、末速度方向相反时，动量变化量最大，可知动量变化量的大小范围是2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，可得Δp2≤Δp1≤3Δp2，故选B。 8.(2025·广西南宁质检)某市学生体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试。某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m。已知排球的质量为0.27 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力。则第二次垫球过程，排球动量变化量的大小为 (　　) A.0.27 kg·m/s　　　　 B.0.54 kg·m/s C.0.81 kg·m/s D.1.35 kg·m/s 解析：选D　第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，球落回到手上的速度大小为v0==2 m/s，方向向下，第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m，则球刚离手时的速度大小为v1==3 m/s，方向向上，取向上为正方向，第二次垫球过程，排球动量变化量为Δp=mv1-(-mv0)=1.35 kg·m/s，故选D。 9.(2025·安徽芜湖阶段练习)在气象学上，按风力大小可划分为十三个等级，当风力达到6级以上时，人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况，将一模型放在水平地面上，模型与地面间的最大静摩擦力为294 N，其与水平方向的风作用的有效面积为1.2 m2，空气的密度为1.25 kg/m3，风吹到模型表面上速度立刻减为0，则在确保不被风吹动的前提下，该模型能够承受水平方向的最大风速为 (　　) A.7.0 m/s B.14.0 m/s C.19.8 m/s D.28.0 m/s 解析：选B　设风速为v，则t时间内吹到模型上的空气质量为m=ρSvt，根据动量定理有-Ft=0-mv，解得F=ρSv2，根据牛顿第三定律，模型受到的风力大小F'=F，根据平衡条件有F'≤fm，解得v≤14 m/s，故选B。 10.(2025·辽宁沈阳检测)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面积为S，手持该高压水枪操作时，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，水从枪口以速度v高速喷出后，近距离垂直喷射到某物体表面且速度在短时间内变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ，则水在物体表面产生的平均冲击力大小和高压水枪喷水的输出功率分别为 (　　) A.ρSv2　ρSv3 B.ρSv3　ρSv2 C.ρSv2　ρSv3 D.ρSv2　ρSv3 解析：选D　Δt时间内喷出的水的质量为m=ρSvΔt，根据动量定理有-Δt=0-mv，联立解得=ρSv2，根据牛顿第三定律，水在物体表面产生的平均冲击力大小'==ρSv2，根据动能定理Δt=mv2-0，解得=ρSv3，故选D。 11.(多选)质量为m=1 kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图像如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则 (　　) A.在t=2 s时，物块的动量大小为1 kg·m/s B.在t=4 s时，物块的速度为0 C.在0~2 s内和2~5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2 D.在0~5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s 解析：选AD　物块与桌面间的最大静摩擦力fm=μmg=1 N=F0，则物块在t=0时开始滑动。F-t图像与t轴围成的面积表示拉力的冲量大小，根据动量定理可知Δt20-μmgΔt20=p2-0，代入数据解得p2=1 kg·m/s，故A正确；同理，2~4 s内根据动量定理有Δt42-μmgΔt42=mv4-p2，代入数据解得v4=1 m/s，故B错误；由上述分析可知0~2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s，2~4 s内物块动量的变化量大小为0，4~5 s内F<1 N=μmg，物块做减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0~2 s内和2~5 s 内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C错误；当拉力与摩擦力大小相等时，速度最大，由题图可知为t=3 s时刻，根据动量定理有Δt32-μmgΔt32=mv3-p2，代入数据解得v3=1.5 m/s，故D正确。 12.(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。 13.(8分)目前我国铁路营业里程已突破16万公里，其中高铁超过4.6万公里，位居世界第一；公路里程543.68万公里，其中高速公路17.7万公里，位居世界第一。一辆质量为m=2 000 kg的汽车以v0=30 m/s的速度在平直的高速公路上匀速直线行驶，当司机发现前方有事故时，立即进行刹车。已知司机的反应时间为0.7 s，若汽车刹车后的刹车制动力F与刹车后的时间t成线性变化关系，如图所示，且在t=10 s时刻汽车刚好完全停止运动，汽车运动可视为直线运动。求： (1)在司机的反应时间内汽车行驶的距离和刹车后的最大制动力Fm。(4分) (2)当t1=5 s时，汽车的速度。(4分) 解析：(1)在司机的反应时间内，汽车做匀速直线运动，有x=v0·t0=21 m 由动量定理得I=·t=t=mv0 解得Fm=12 000 N。 (2)根据动量定理可得t1=mv0-mv 由题图知F1= 解得v=7.5 m/s。 答案：(1)21 m　12 000 N　(2)7.5 m/s 第二讲　动量守恒定律 课前 [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)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 (√) (4)若对于某个物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用。 (×) (5)(人教选择性必修1 P25“问题”·改编)章鱼是靠向后喷水获取向前运动的速度。 (√) (6)只要系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，系统的机械能也守恒。 (×) 逐点清(一)　动量守恒的判断 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·上海黄浦质检)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是 (　　) A.只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒 B.只要系统所受合外力的冲量为零，系统动量守恒 C.只要系统所受合外力做的功为零，系统动量守恒 D.系统加速度为零，系统动量一定不守恒 解析：选B　根据动量守恒的条件可知，若系统所受合外力的冲量为0，则系统动量守恒，与系统内是否存在摩擦力、所受合外力做的功是否为零无关，故A、C错误，B正确；系统加速度为零，则系统合外力为0，系统动量一定守恒，故D错误。 2.如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中 (　　) A.动量不守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒 C.动量不守恒，机械能不守恒 D.动量守恒，机械能守恒 解析：选C　在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。故选C。 3.(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是 (　　) A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统 B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统 解析：选BCD　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右、FB向左，由于mA∶mB=3∶2，所以FA∶FB=3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，合力为零，故该系统的动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其动量守恒，C正确。 4.(2025·广东广州模拟)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端由静止释放。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之间的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　Q在P上运动的过程中，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q的速度方向夹角大于90°，则P对Q做功不为零，故A错误；Q在P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，P和Q之间的相互作用力属于内力并且等大反向，二者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零，系统在水平方向合力为零，即水平方向动量守恒，系统在竖直方向所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒，故B正确，C、D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答第2题的关键点 (1)研究子弹射入木块瞬间时，系统动量守恒，机械能不守恒。 (2)研究子弹射入木块后压缩弹簧至最短的过程时，动量不守恒，机械能守恒。 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)　动量守恒定律的基本应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(人教选择性必修1 P16T4·改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，与它们对接。机车与第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又与第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则与最后一节车厢相碰后机车的速度为(机车和车厢与铁轨的摩擦忽略不计 ) (　　) A.0.053 m/s B.0.05 m/s C.0.057 m/s D.0.06 m/s 解析：选B　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0=(m+15m)v，则v=v0=×0.8 m/s=0.05 m/s，故B正确。 2.如图所示，在光滑水平面上有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不栓连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是 (　　) A.两滑块的动能之比EkA∶EkB=1∶2 B.两滑块的动量大小之比pA∶pB=2∶1 C.两滑块的速度大小之比vA∶vB=2∶1 D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB=1∶1 解析：选A　在两滑块脱离弹簧之后，由动量守恒定律得2mvA-mvB=0，解得vA=，两滑块速度大小之比为vA∶vB=1∶2，两滑块的动能之比EkA∶EkB=·2m∶m=1∶2，故A正确，C错误；由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比pA∶pB=2mvA∶mvB=1∶1，故B错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为WA∶WB=1∶2，故D错误。 3.(2025·广西河池检测)如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg 的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中，最终与车一起向右做匀速运动。不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒 B.小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为 N·s C.小车最终的速度大小为1 m/s D.小车最终的速度大小为2 m/s 解析：选C　小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；由于小球陷入沙子过程的时间未知，故此过程重力对小球的冲量大小未知，故沙子对小球的冲量大小未知，故B错误；小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则mv0=(m+M)v，解得v=1 m/s，故C正确，D错误。 4.如图，质量M=9 kg的小车A以大小为v0=8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置质量为m=1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车上表面H=0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为m0=6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2，求： (1)小车的最终速度的大小v； (2)初始时小球与桶的水平距离Δx。 解析：(1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得(M+m)v0=(M+m+m0)v，解得v=5 m/s。 (2)小车A与物块C的碰撞过程动量守恒， 则有Mv0=(M+m0)v1 设小球下落的时间为t，则有H=gt2 Δx=(v0-v1)t，解得Δx=1.28 m。 答案：(1)5 m/s　(2)1.28 m 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答第3题的关键点 (1)系统总动量不守恒，但在水平方向上系统合外力为零，动量守恒。 (2)小球陷入沙子过程中动量的变化量为 kg·m/s，但沙子对小球的冲量大小不等于合冲量，不等于 N·s。 2.解答第4题的关键点 小车右端与C碰撞瞬间，A、C速度相同，而小球B的速度仍为v0=8 m/s。 逐点清(三)　碰撞问题 必备知能 1.弹性碰撞规律 在“一动一静”模型中，质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' ① m1=m1v1'2+m2v2'2 ② 由①②得：v1'=，v2'= 结论： (1)当m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，碰撞后两球交换速度。 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰撞后两球都向前运动。 (3)当m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 2.分析碰撞问题的三个依据 (1)满足动量守恒定律。 (2)动能不增加：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，若两物体仍同向，前面的物体速度大(或相等)。 ②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[碰撞可能性分析](2025·重庆高三质检)如图所示为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA=5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'=4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是 (　　) A.mB=mA B.mB=mA C.mB=2mA D.mB=5mA 解析：选C　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB'，解得pA'=1 kg·m/s；根据碰撞过程总动能不增加，则有+≥+，解得mB≥mA；碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA；综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确。 2.[弹性碰撞问题](2025·吉林长春模拟)如图所示，用长度均为l的轻质细绳悬挂三个形状相同的弹性小球，质量依次满足m1≫m2≫m3。将左边第一个小球拉起一定角度θ后释放，则最后一个小球开始运动时的速度约为 (　　) A. B.2 C.3 D.4 解析：选D　设碰撞前瞬间第一个小球的速度为v0，根据机械能守恒定律，有m1gl(1-cos θ)=m1，解得v0=，设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律，有m1v0=m1v1+m2v2，根据机械能守恒定律，有m1=m1+m2，联立可得v2=v0，又m1≫m2，则v2≈2v0，同理，v3≈2v2，所以v3≈4v0=4，故选D。 3.[非弹性碰撞问题](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； (2)碰后瞬间的速度v； (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 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大小为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 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答第2题的关键点 (1)“一动一静”弹性正碰后，v2'=； (2)当m1≫m2时，v2'≈2v1。 2.解答第3题的关键点 (1)碰撞前瞬间，A、B位移大小之和为h； (2)碰撞前瞬间，A、B的速度方向相反； (3)碰撞为完全非弹性碰撞。 逐点清(四)　爆炸和反冲 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　爆炸现象 1.(2025·天津调研)如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1 kg，B的质量m2=0.2 kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时，让“火箭”在距地面H=0.8 m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)“火箭”着地时的速度v的大小； (2)爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小； (3)火药爆炸所释放的化学能E。 解析：(1)根据v2=2gH 解得v=4 m/s。 (2)“火箭”与地面碰撞后反弹的速率v'=0.75v 根据动量守恒定律有(m1+m2)v'=m1v1 爆炸过程A部分所受作用力的冲量大小 I=m1v1-m1v' 解得I=0.6 N·s。 (3)由能量守恒定律E=m1-(m1+m2)v'2 解得E=2.7 J。 答案：(1)4 m/s　(2)0.6 N·s　(3)2.7 J 类型2　反冲运动 2.(2025·云南昆明模拟)(多选)科普节活动中，某兴趣小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的“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。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是 (　　) A.水喷出的过程中，“水火箭”和水机械能守恒 B.“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力 C.发射后，“水火箭”在空中向上飞行的时间为 D.“水火箭”上升的最大高度为 解析：选CD　水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”和水的机械能不守恒，故A错误；“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；由动量守恒定律可得(M-m)v=mv0，解得“水火箭”获得的速度大小为v=，“水火箭”在空中向上飞行的时间为t==，“水火箭”上升的最大高度为h===，故C、D正确。 类型3　人船模型的应用 3.(2023·湖南高考，节选)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小； (2)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽相对于初始时刻运动的距离。 解析：(1)小球从静止至第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒，取向左为正方向，有0=mv1-Mv2 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb=m+M 联立解得v2=。 (2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1=Mx2 又由位移关系知x1+x2=a 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2=。 答案：(1)　(2) 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.爆炸现象 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远大于其受到的外力，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，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 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，一般可忽略不计，可以认为爆炸前后物体位置不变 2.反冲运动 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 3.人船模型 (1)常见情境： (2)动量守恒： 两物体相互作用过程满足动量守恒或某方向动量守恒：m1v1-m2v2=0。 (3)位移关系： m1-m2=0，x1+x2=L，得x1=L，x2=L。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·山西朔州模拟)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，两个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.(多选)烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.炸裂时，质量较大的P受到的内力更大 B.炸裂过程烟花水平方向动量守恒 C.炸裂后，P飞行的水平距离较大 D.炸裂后，P、Q两块同时落地 解析：选BD　炸裂时，P、Q两块受到的内力大小相等，故A错误；炸裂时，烟花位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正确；炸裂后，质量较小的Q可能仍沿原来的方向运动，也可能与原运动方向相反，无法确定P、Q两块炸裂后速度的大小关系，也就无法比较其水平运动距离的大小关系，故C错误；炸裂后，P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，同时落地，故D正确。 3.用火箭发射人造卫星，发射过程中最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s 的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103 m/s。下列说法正确的是 (　　) A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s 解析：选C　设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度大小为v，卫星的质量为m1，火箭壳体的质量为m2，分离后卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度大小为Δv，分离后火箭壳体的速度大小为v'，根据题意可知，分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒，则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(m1+m2)v=m1(v'+Δv)+m2v'，解得v'=5.5×103 m/s，则分离后卫星的速度大小为v卫=v'+Δv=7.3×103 m/s，故A、B、D错误；分离过程中，设火箭壳体对卫星的冲量大小为I，对卫星由动量定理有I=m1v卫-m1v=1.5×105 N·s，故C正确。 4.(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。 5.(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。 6.一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，假设爆炸时释放的化学能全部转化为弹片的机械能，则爆炸过程释放的化学能为 (　　) A.mv2 B.mv2 C.mv2 D.mv2 解析：选D　取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv=-v+v1，解得甲的速度为v1=4v，由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为E=×v2+×(4v)2-mv2=mv2，故选D。 7.一个质量为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x。下列说法中正确的是 (　　) A.若斜面粗糙，则x= B.只有斜面光滑，才有x= 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，以向左为正方向，斜面体的位移大小为x，则物块的位移大小为b-x，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x=，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，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。 8.甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球甲的质量小于小球乙的质量，两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是 (　　) A.图线A为碰前乙的位移—时间图线 B.图线C为碰后甲的位移—时间图线 C.小球甲、乙的质量之比为1∶2 D.两小球的碰撞为非弹性碰撞 解析：选A　由题图可知图线A、B、D对应的小球的速度大小分别为vA=、vB=、vD=，由题意知小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的动量方向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线A为碰前小球乙的位移—时间图线，图线C为碰后小球乙的位移—时间图线，故A正确，B错误；碰撞过程由动量守恒定律得m甲vB-m乙vA=-m甲vD，解得m甲∶m乙=1∶3，故C错误；碰前系统的动能为Ek1=m甲+m乙=m甲，碰后系统的动能为Ek2=m甲=m甲，显然Ek1=Ek2，所以该碰撞为弹性碰撞，故D错误。 9.(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。 10.(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；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。 11.(9分)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；(3分) (2)炸裂后B部分在空中下落的时间t；(3分) (3)在炸裂过程中增加的机械能ΔE。(3分) 解析：(1)炸裂后瞬间由动量守恒定律可知 mv=(m-m1)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 解得B部分在空中下落的时间为t=。 (3)在炸裂过程中增加的机械能为 ΔE=(m-m1)-mv2 解得ΔE=。 答案：(1)　(2)　(3) 12.(14分)如图所示，质量分别为m、3m、3m的小球A、B、C静止在光滑的水平面上，且球心在同一直线上，小球B用长为L1(未知)的细线连接悬于O1点，小球C用长为L2(未知)的细线连接悬于O2点，小球B、C刚好与水平面接触。现给小球A一个水平向右、大小为v0的初速度，小球A与小球B发生弹性正碰，使小球B恰好在竖直面内做圆周运动，接着小球A与小球C也发生弹性正碰，碰撞后小球C也恰好在竖直面内做圆周运动，重力加速度大小为g，小球均可视为质点，求： (1)悬挂小球B的细线长L1；(7分) (2)小球A与小球C第一次碰撞后瞬间，细线对小球C的拉力大小。(7分) 解析：(1)小球A、B碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+3mv2， m=m+·3m 解得v1=-，v2= 碰后小球B恰好在竖直面内做圆周运动，则小球B到达最高点时有3mg=3m 小球B从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律可得-3mg·2L1=·3mv2-·3m 联立解得L1=。 (2)小球A、C碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1=mv3+3mv4，m=m+·3m 解得v3=，v4=- 碰后小球C恰好在竖直面内做圆周运动，则小球C到达最高点时有3mg=3m 小球C从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律可得-3mg·2L2=·3mv'2-·3m A、C两球碰后瞬间，对小球C，根据牛顿第二定律有F-3mg=3m 联立解得F=18mg。 答案：(1)　(2)18mg 第三讲　动量守恒中的三类典型模型 逐点清(一)　“子弹打木块”模型 模型 图示 两种情境 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多 动量守恒：mv0=(m+M)v 能量守恒：Q=Ffs=m-(M+m)v2 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 子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=Ffd=m- 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多选)如图所示，质量为M的木块静止放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，实线是木块的初位置，虚线是刚达到共速时木块的位置。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力f视为恒定，下列关系式中正确的是 (　　) A.fL=Mv2 B.-fs=mv2-m C.系统摩擦生热Q=fs D.-f(L+s)=mv2-m 解析：选ACD　以木块为研究对象，由动能定理得fL=Mv2，故A正确；以子弹为研究对象，由动能定理得-f(L+s)=mv2-m，故B错误，D正确；根据能量守恒定律可知系统因摩擦产生的热量Q=m-(M+m)v2=fs，故C正确。 2.如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块共同速度的大小以及它们在此过程中所产生的内能； (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块? 解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 解得v=6 m/s 此过程系统所产生的内能Q=ΔE=m-(M+m)v2=882 J。 (2)假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v' 解得v'=8 m/s 此过程系统所损耗的机械能为 ΔE'=mv0'2-(M+m)v'2=1 568 J 由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d ΔE'=F阻x相'=F阻d' 则== 解得d'= cm 因为d'>10 cm，所以子弹能射穿木块。 答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.“子弹打木块”模型要弄清楚子弹最终是留在木块中和木块一起运动，还是穿出木块后各自运动。 2.求解机械能损失的三种思路 (1)利用ΔE损=Q=Ffx相对求解。 (2)利用打进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。 (3)通过打进前后系统的机械能之差求解。 　　　　　　　　　　　　 逐点清(二)　“滑块—滑板”模型　　　 模型 图示 求解方法 求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统 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 求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体 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 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·淄博高三测评)图甲中，长为L的长木板M静止于光滑水平面上，小物块m位于木板的右端点。t=0时，木板以速度v0开始向右滑动，小物块恰好没有从长木板上滑落。图乙为物块与木板运动的v-t图像，则 (　　) A.物块质量是木板质量的 B.物块与木板间的动摩擦因数为 C.0~t0内，物块与木板损失的动能为木板初动能的 D.物块的最大动能是木板初动能的 解析：选B　由动量守恒定律结合题图乙可得Mv0=(m+M)×v0，解得M=3m，A错误；对于系统，由能量守恒定律得μmgL=M-(m+M)，解得μ=，B正确；0~t0内，物块与木板损失的动能为ΔEk=M-(m+M)=M，物块与木板损失的动能为木板初动能的，C错误；物块的最大动能是Ekm=m=M，是木板初动能的，D错误。 2.(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 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 解答第2题的关键点 (1)根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。 (2)A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒。 (3)C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。 逐点清(三)　“滑块—弹簧”模型 必备知能 1.模型图示 2.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：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的力不做功，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同，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，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即m1v0=m1v1+m2v2，m1=m1+m2。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·北京朝阳模拟)如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时 (　　) A.P的动量为0 B.Q的动量达到最大值 C.P、Q系统总动量小于mv D.弹簧储存的弹性势能为mv2 解析：选D　当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒mv=2mv共，所以P的动量为p=mv共=mv，故A错误；弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；P、Q系统动量守恒，总动量为p总=mv，故C错误；根据动量守恒定律和机械能守恒定律mv=2mv共，mv2=×2m+Ep，解得Ep=mv2，故D正确。 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 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答第1题的关键点 (1)“滑块—弹簧”模型中滑块与弹簧相互作用过程中系统动量和系统机械能均守恒。 (2)弹簧被压缩至最短时P、Q的速度相等。 2.解答第2题的关键点 (1)桌面对A、B的摩擦力等大反向，A、B与弹簧组成的系统动量守恒。 (2)弹簧释放的弹性势能转化为A、B的动能和A、B克服摩擦力所做的功。 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·湖南长沙模拟)(多选)如图，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为f。则子弹在木块中运动的时间为 (　　) A.　 　 B.　 　 C.　 　 D. 解析：选BC　设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，根据动量定理可得-ft=m-mv0，解得t=；设子弹射出木块时木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得mv0=m+3mv1，解得v1=v0，根据位移关系可得L=x子-x木=t-t，解得t=，故选B、C。 2.如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在滑块A中受到的平均阻力是在滑块B中受到的平均阻力的两倍。下列说法正确的是 (　　) A.射入滑块A的子弹最终速度小 B.射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C.射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D.子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 解析：选D　设子弹的初速度为v，子弹与滑块的共同速度为v'，子弹和滑块的质量分别为m、M，取子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv=(m+M)v'，解得v'=，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最终共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初速度相同、末速度相同，则子弹的动量变化量相同，根据动量定理可知I=Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，子弹在滑块A中受到的平均阻力是在滑块B中受到的平均阻力的两倍，由Q=fd，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，由以上分析知，两滑块的初速度相同、末速度相同，两滑块质量相同，则两滑块的初动能相同、末动能相同，两滑块动能的增加量相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。 3.(2025·山西吕梁阶段练习)如图所示，用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态，质量为m的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球后的速度为v0，子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍，子弹穿过小球时间极短，重力加速度为g，不考虑小球质量变化，则小球的质量为 (　　) A. m B. m C. m D. m 解析：选C　子弹穿过小球过程中，子弹和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，设穿过瞬间小球的速度为v，则mv0=Mv+mv0，根据牛顿第二定律有2Mg-Mg=M，解得M= m，故选C。 4.(多选)如图所示，质量为M=3 kg的表面粗糙的长木板静止在光滑水平面上，t=0时质量为m=3 kg的表面粗糙的物块(可视为质点)以初速度v0=4 m/s 滑上长木板，物块做匀减速运动，长木板做匀加速运动，经过时间Δt=2 s物块和长木板以共同速度做匀速运动，取重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) A.长木板做匀加速运动的加速度大小为1 m/s2 B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.15 C.长木板的长度至少为6 m D.物块与长木板组成的系统损失的机械能为12 J 解析：选AD　对系统由动量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得共同速度大小为v=2 m/s，长木板做匀加速运动的加速度大小a===1 m/s2，故A正确；根据牛顿第二定律，对长木板有F=μmg=Ma，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.1，故B错误；前2 s内长木板的位移x1=×Δt=×2 m=2 m，物块的位移x2=×Δt=×2 m=6 m，所以长木板的最小长度为L=x2-x1=4 m，故C错误；物块与长木板组成的系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2=12 J，故D正确。 5.(2025·湖南衡阳调研)(多选)如图所示，光滑水平面上静止放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以速度v0水平射入木块，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间的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，下列说法正确的是 (　　) 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，子弹与木块之间的作用力大小为f，则子弹对木块做的功W1=fx，木块对子弹做的功W2=-f(d+x)，所以这两个功的代数和不为0，故A错误；根据冲量的定义式I=Ft及牛顿第三定律可知，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。 6.(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3 kg 的薄板和质量为m=1 kg 的物块，都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则 (　　) A.当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做加速运动 B.当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做减速运动 C.当薄板的速度为3 m/s时，物块做减速运动 D.当薄板的速度为3 m/s时，物块做匀速运动 解析：选AC　根据题意可知，开始时，薄板向右减速，物块向左减速，当物块速度减为零时，薄板的速度设为v1，由动量守恒定律有Mv0-mv0=Mv1，解得v1= m/s；之后，薄板继续向右减速，物块向右加速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，由动量守恒定律有Mv1=(M+m)v2，解得v2=2 m/s；之后，两者相对静止，一起向右做匀速直线运动。综上所述，可知当薄板的速度为2.4 m/s 时，物块做加速运动；当薄板的速度为3 m/s 时，物块做减速运动。 7.(2025·四川泸州质检)(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠光滑的墙。现用外力推B将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，在弹簧恢复原长时B物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.物体A、B和轻弹簧组成的系统机械能守恒 B.弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为mv2 C.墙壁对A物体的弹力做的功为mv2 D.墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为mv 解析：选AD　对物体A、B和轻弹簧组成的系统，只有系统内弹力做功，系统的机械能守恒，A正确；弹簧再次被压缩到最短时由动量守恒定律有mv=2mv'，此时弹簧具有的弹性势能为Ep=mv2-·2mv'2=mv2，B错误；墙壁对A物体的弹力没有位移，则做的功为0，C错误；对A、B组成的系统，由动量定理，墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为I=mv，D正确。 8.(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。 9.(12分)如图所示，光滑水平面上放一木板A，质量M=4 kg，小铁块B(可视为质点)质量为m=1 kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.2，小铁块B以v0=10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板。g取10 m/s2。求： (1)A、B的加速度大小分别为多少?(4分) (2)经过多长时间A、B速度相同，相同速度的大小为多少?(5分) (3)木板的长度。(3分) 解析：(1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg=maB，解得aB=2 m/s2 对木板A受力分析，由牛顿第二定律有μmg=MaA， 解得aA=0.5 m/s2。 (2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有mv0=(m+M)v共 代入数据解得v共=2 m/s 由于木板A做匀加速直线运动，则v共=aAt 代入数据解得t=4 s。 (3)设木板的长度为L，则对A、B整体由能量守恒定律有μmgL=m-(m+M) 代入数据解得L=20 m。 答案：(1)0.5 m/s2　2 m/s2　(2)4 s　2 m/s　(3)20 m 10.(12分)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。现A以速度v0向B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求： (1)整个系统损失的机械能；(7分) (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。(5分) 解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=2mv1 ① 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1=2mv2 ② m=ΔE+(2m) ③ 联立①②③式得ΔE=m。 ④ (2)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能设为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0=3mv3 ⑤ m-ΔE=(3m)+Ep ⑥ 联立④⑤⑥式得Ep=m。 答案：(1)m　(2)m 第四讲　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.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。 　　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。 命题点(一)　不同方案中速度的测量方式 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.(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 3.(2025·河南郑州模拟)某同学用教学用的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球拉到细绳处于水平位置，由静止释放； ⅱ.A球在最低点与B球碰撞后，A球向左侧弹起、B球向右侧弹起； ⅲ.多次测量，记录下A球弹起的最高点对应的角度平均值为α，记录下B球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两球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球的质量m1小于B球的质量m2。 (2)由机械能守恒定律有m1gl=m1，m1gl(1-cos α)=m1，m2gl(1-cos β)=m2，碰撞过程若有m1v0=-m1v1+m2v2，即m1=m2-m1，则可以验证动量守恒定律。 (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，有能量损失；或者实验过程有空气阻力。 答案：(1)<　(2)m1=m2-m1 (3)小球碰撞过程有能量损失(或空气阻力的影响等) [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题利用传感器记录的数据，绘制x-t 图像得出滑块碰撞前后的速度；第3题依据机械能守恒定律借助大号量角器测出的最大偏角确定小球碰撞前后的速度。 命题点(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·济宁高三质检)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，与小球b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是　　　。(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.小球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)放上小球b，两球相碰后，小球a在图中的压痕点为　　　　。  (3)若两球碰撞过程动量守恒，则应满足的表达式为　　　　　　　　。(用①中测量的物理量表示)  (4)若两球发生的是弹性碰撞，则还应满足的表达式为：　　　　　　　　　　。(用①中测量的物理量表示)  解析：(1)设小球a未与小球b碰撞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'，若两球碰撞过程动量守恒，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是小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3，所以A、E正确。 (2)放上小球b，两球相碰后，小球a做平抛运动的初速度减小，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)由上述可知，若两球碰撞过程动量守恒，则应满足的表达式为=+。 (4)若两球发生的是弹性碰撞，则机械能守恒，即ma=mava'2+mbvb'2，将va=x、va'=x、vb'=x代入得=+。 答案：(1)AE　(2)C　(3)=+ (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，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。 1.(2025·浙江台州模拟)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。 (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，下述说法正确的是　　　　。  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1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，由题图可知BC段为匀速运动的阶段，故选BC段来计算碰前的速度；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，若为弹性碰撞，则小车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v0== m/s=1.712 m/s，小车2静止，碰前两小车的总动量等于小车1的动量p=m1v0=0.4×1.712 kg·m/s≈0.685 kg·m/s，碰后两小车的共同速度为v== m/s=1.140 m/s，碰后两小车的总动量为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 2.(2025·河北石家庄检测)某小组利用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。滑块A、B的质量分别为mA、mB，气垫导轨已调节水平。 (1)甲同学在滑块B左端粘上少量橡皮泥，将滑块A从倾斜轨道上某点由静止释放，通过光电门C的挡光时间为t1，与滑块B碰后粘在一起，通过光电门D的挡光时间为t2，在误差允许的范围内，只需验证等式　　　　　　(用题中给出的字母表示)成立，即说明碰撞过程中滑块A、B系统动量守恒。某次实验中，测得t1=0.04 s、t2=0.10 s，可知滑块A和滑块B的质量比为　　　　。  (2)乙同学在滑块B左端装上轻质弹性圈，将滑块A从倾斜轨道上某点由静止释放，滑块A第一次通过光电门C的挡光时间为t3，与滑块B碰后，滑块A向左运动第二次通过光电门C的挡光时间为t4，滑块B通过光电门D的挡光时间为t5，则在误差允许的范围内，只需验证等式　　　　　　　(用题中给出的字母表示)成立，即说明碰撞过程中滑块A、B系统动量守恒。若使滑块A与B碰撞后均向右运动，应使滑块A的质量　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)滑块B的质量。  解析：(1)滑块A碰前的速度vA=，两滑块碰后的共同速度vAB=，若动量守恒则只需满足mAvA=(mA+mB)vAB，即=。 某次实验中，测得t1=0.04 s、t2=0.10 s，可知滑块A和滑块B的质量比为==。 (2)滑块A第一次通过光电门C的速度大小vA1=，碰后滑块A的速度大小vA2=，碰后滑块B的速度大小vB=，若动量守恒则只需满足mAvA1=-mAvA2+mBvB，即=-。 在滑块B左端装上轻质弹性圈，则滑块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2，mA=mA+mB，解得v1=v0，若使滑块A与B碰撞后均向右运动，则v1>0，联立解得mA>mB，应使滑块A的质量大于滑块B的质量。 答案：(1)=　 　(2)=-　大于 3.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。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　　　　(填正确答案标号)。  A.小球A的质量要大于小球B的质量 B.要使小球A和小球B发生对心碰撞 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=0.3 cm，h=0.8 m，x=0.4 m，t1=0.001 0 s，t2=0.003 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　　　　 (填“弹性”或“非弹性”)碰撞。  解析：(1)根据题意可知，碰撞后小球A反弹，则要求小球A的质量小于小球B的质量，故A错误；实验时要使小球A和小球B发生对心碰撞，故B正确；由于碰撞前后小球A的速度由光电门测出，则小球A不一定从静止释放，故C错误。 (2)碰撞前后小球A的速度大小由光电门测出，则有v1==3 m/s，v1'==1 m/s，设小球B碰撞后的速度大小为v2，根据平抛运动规律有h=gt2，x=v2t，解得v2==1 m/s，若碰撞前后动量守恒，则有mAv1=mA(-v1')+mBv2，解得==。 碰撞前系统的动能为E1=mA=4.5mA，碰撞后系统的动能为E2=mAv1'2+mB=2.5mA，由于E1>E2，小球A和小球B发生的碰撞是非弹性碰撞。 答案：(1)B　(2)1∶4　非弹性 4.(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 10 / 52 学科网（北京）股份有限公司 $$