第7章 动量守恒定律(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2027年高中物理高考一轮总复习（粤教版）

该高中物理高考复习资料聚焦动量守恒定律专题，涵盖动量、动量定理、守恒条件、碰撞模型及实验验证等核心考点，按“概念-规律-应用-实验”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生系统构建知识网络，突破解题难点。 资料采用建模教学法，如流体问题构建柱体模型，碰撞问题分类讲解弹性与非弹性碰撞，培养学生科学思维和模型建构能力。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合真题典例解析，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

第七章　动量守恒定律 第1讲　动量和动量定理 ■目标要求 1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的现象。2.能利用动量定理进行有关计算，会在流体问题中建立“柱体”模型。 考点1　动量和冲量 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.动量。 (1)定义:物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量。 (2)表达式:p=mv。 (3)方向:动量的方向与速度的方向相同。 2.动量的变化。 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。 (2)动量的变化量Δp，一般用末动量p'减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量，即Δp=p'-p。 3.冲量。 (1)定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)公式:I=FΔt。 (3)单位:N·s。 (4)方向:冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。 (1)物体的速度大小不变，其动量不变(×) (2)两物体中动量大的动能不一定大(√) (3)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零(×) (4)物体所受合力不变，其动量也不变(×) 关|键|能|力 1.动量与动能的比较。 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p=mv Ek=mv2 标矢量 矢量 标量 变化原因 物体所受冲量 外力所做的功 大小关系 p= Ek= 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。 (3)都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应 2.冲量的计算方法。 方法 求解依据 适用情形 公式法 I=Ft 计算恒力的冲量 图像法 F-t图像与t轴围成的面积 若为规则图线，可计算冲量大小;若为不规则图线常用于比较大小关系 平均值法 力随时间成一次函数变化时，用平均作用力求冲量，表达式为I=t 力随时间均匀变化，或力F是关于时间t的一次函数 动量 定理法 I=Δp 已知初、末状态的动量或速度，多用于求变力的冲量 考向1　动量和动量变化 【典例1】　在某网球比赛中，假设某次击球过程中，质量为60 g的网球以30 m/s的水平速度飞来，运动员引拍击球，球拍与网球作用极短时间后，以40 m/s的水平速度反方向弹回，取飞来速度方向为正，在此过程中，该网球的动量变化量为(A) A.-4.2 kg·m/s 　　B.4.2 kg·m/s C.-0.6 kg·m/s 　　D.0.6 kg·m/s 解析　该网球的动量变化量为Δp=p2-p1=m(v2-v1)=0.06×(-40-30) kg·m/s=-4.2 kg·m/s，A项正确。 考向2　动量和动能的比较 【典例2】　甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是(C) A.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4 B.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1 C.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2 D.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4 解析　当两物体动量大小相等时，由Ek=知Ek甲∶Ek乙=m乙∶m甲=4∶1，A、B两项错误;当两物体动能相等时，由p2=2mEk知p甲∶p乙=∶=1∶2，C项正确，D项错误。 考向3　冲量的计算 【典例3】　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速度变为零然后又下滑，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f，重力加速度为g，在整个过程中，重力对滑块的总冲量为(C) A.mgsin θ(t1+t2) B.mgsin θ(t1-t2) C.mg(t1+t2) D.0 解析　根据冲量的定义式I=Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG=mg(t1+t2)，C项正确。 【典例4】　(多选)物体从t=0时刻由静止开始做直线运动，0~4 s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，如图所示。下列表述正确的是 (ABD) A.0~2 s内合外力的冲量一直增大 B.0~4 s内合外力的冲量为零 C.2 s末物体的动量方向发生变化 D.0~4 s内物体动量的方向一直不变 解析　根据F-t图像中图线与t轴所围面积表示冲量可知，在0~2 s内合外力的冲量一直增大，A项正确;0~4 s内合外力的冲量为零，B项正确;2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0~4 s内物体动量的方向一直不变，C项错误，D项正确。 考点2　动量定理的理解和应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 2.公式:F(t'-t)=mv'-mv或I=p'-p。 (1)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(√) (2)动量定理描述的是某一状态的物理规律(×) 关|键|能|力 对动量定理的理解。 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合外力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。 (2)动量定理中的冲量是所受合外力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合外力在不同阶段冲量的矢量和。 (3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 (4)由FΔt=p'-p，得F==，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。 考向1　用动量定理解释现象 【典例5】　如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证从2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是(B) A.防摔装置可以减小手机的动量的变化量 B.防摔装置可以减小手机的动量的变化率 C.防摔装置可以减小手机的动能的变化量 D.防摔装置可以增加地面对手机的作用力 解析　依题意，根据动量定理FΔt=Δp，可得F=，防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率，而手机动量的变化量Δp未发生变化，由于高度不变，则动能的变化量保持不变，B项正确，A、C、D三项错误。 用动量定理解释的两类物理现象 (1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大;时间越长，力越小。 (2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大;时间越短，Δp越小。 分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。 考向2　用动量定理求平均作用力或变力的冲量 【典例6】　(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 审题指导 序号 信息读取 信息加工 1 顶起敏感臂，使之处于水平状态 敏感臂对敏感球的压力竖直向下 2 (1)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; (2)碰撞过程中F的冲量大小和方向 可用F-t图线与时间轴所包围的面积求力F的冲量 3 碰撞结束后头锤上升的最大高度 (1)做竖直上抛运动，求出竖直上抛的初速度即可求得最大高度; (2)利用动量定理求竖直上抛的初速度 解析　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma， 解得tan θ=。 (2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s， 方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度 v0==8 m/s， 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向) IF-Mgt=Mv-(-Mv0)， 解得v=2 m/s， 则上升的最大高度h==0.2 m。 答案　(1)　(2)①330 N·s，方向竖直向上　②0.2 m 【类题演练】　(多选)(2025·东莞模拟)学生李华研发了一款名字叫作“AD-case”的手机壳，从外观上:可以看到这个手机壳长有8个触角，当手机坠落时，接触地面瞬间8个触角会瞬间弹出来，起到很好的缓冲作用。研究缓冲效果的实验中，总质量为200 g的手机从距离地面1.8 m的高度掉落，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.2 s，然后手机保持静止，不计空气阻力，g=10 m/s2，下列说法正确的是(BD) A.保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化量 B.保护器使得手机撞击地面的时间延长 C.手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为1.2 N·s D.手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力大小为8 N 解析　根据动量定理FΔt=Δp可知保护器使得手机撞击地面的时间延长，即保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化率，A项错误，B项正确;由自由落体运动规律可知h=g=1.8 m，解得t1=0.6 s，手机从开始掉落到恰好静止的过程用时t=t1+0.2 s=0.8 s，手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小I=mgt=(200×10-3×10×0.8) N·s=1.6 N·s，C项错误;设手机落地前速度为v，由以上分析可知v=gt1=6 m/s，手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力为F'，规定向下为正方向，则根据动量定理有(mg-F')×0.2 s=0-mv，解得F'=8 N，D项正确。 考点3　应用动量定理处理“流体类”问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 对“连续”质点系发生持续作用时，物体动量(或其他量)连续发生变化。这类问题的处理思路是:正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状”模型，在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm=ρSvΔt，以这部分质量为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。 考向1　流体类问题 【典例7】　用高压水枪清洗汽车的照片如图所示，设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后反方向的速度为0.2v，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(B) A.水柱对汽车的平均冲力为0.2ρv2πD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2 C.当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，水柱对汽车的平均冲力加倍 D.高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强变小 解析　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0==ρvπD2，规定水流返回的速度方向为正方向，由动量定理得FΔt=0.2mv-(-mv)，m=m0Δt，解得F=0.3ρv2πD2，A项错误，B项正确;根据F=0.3ρv2πD2，出水速度变为原来2倍时，水柱对汽车的平均冲力增大为4倍，C项错误;水柱对汽车的压强为p==1.2ρv2，高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强不变，D项错误。 考向2　微粒类问题 【典例8】　飞船正面面积S=1 m2，以v=2×103 m/s飞入一宇宙微尘区，此区域每立方米空间有一个微尘，微尘的平均质量m0=2×10-4 kg，设微尘与飞船相碰后附在飞船表面，要使飞船速度不变，飞船的推力是(C) A.400 N B.600 N C.800 N D.1 000 N 解析　飞船每秒前进的距离为x=vt=2 000 m，根据题意可知，撞到的微尘数量为n==2 000，若飞船速度不变，则飞船对微尘的冲量大小为I=nm0v=800 N·s，则微尘对飞船的冲量大小为I'=I=800 N·s，因飞船速度不变，动量不变，则推力对飞船的冲量大小也为I'=Ft，解得F=800 N，C项正确。 第2讲　动量守恒定律及应用 ■目标要求 1.理解动量守恒定律，知道动量守恒的条件。2.会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。 考点1　动量守恒定律的理解 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.动量守恒定律的内容。 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.守恒条件。 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零。 (2)系统内各物体之间的相互作用的内力远大于它所受的外力。 (3)系统在某一方向所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 (1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒(×) (2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变(√) (3)若两物体组成的系统动量守恒，其机械能也一定守恒(×) 关|键|能|力 【典例1】　(多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，则(AD) A.两手同时放开后，系统总动量始终为零 B.先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒 C.先放开左手，在右手未放开前，系统动量守恒 D.无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变 解析　若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，A项正确;无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，B项错误，D项正确;先放开左手，在右手未放开前，系统所受合外力向左，系统总动量不守恒，C项错误。 【典例2】　如图所示，一辆小车静止在光滑的水平面上，用轻绳将小球悬挂在小车立柱上，将小球缓慢拉至与悬点在同一水平面上的A点，并从静止释放，下列说法正确的是(D) A.小球自A点释放后，小球的机械能守恒 B.小球自A点释放后，小球的动量守恒 C.小球自A点释放后，小球和小车组成的系统动量守恒 D.小球自A点释放后，小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒 解析　小球向下摆动的过程中，轻绳拉力对小球做负功，对小车做正功，则小球的机械能不守恒，但小球和小车组成的系统机械能守恒，A项错误;小球自A点释放后，小球在竖直方向有加速度，小车在竖直方向没有加速度，则小球和小车组成的系统在竖直方向的合外力不为0，小球的动量不守恒，小球和小车组成的系统动量不守恒;但小球和小车组成的系统水平方向的合外力为0，所以小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒，B、C两项错误，D项正确。 考点2　动量守恒定律的应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.动量守恒的数学表达式。 (1)p=p'(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p')。 (2)Δp=0(系统总动量变化量为零)。 (3)Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。 2.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 (1)动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一参考系(√) (2)两个物体组成的系统满足动量守恒时，两个物体的动量变化量的大小相等，方向相同(×) 关|键|能|力 应用动量守恒定律的解题思路。 考向1　动量守恒定律的基本应用 【典例3】　将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在两小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左，并与甲车速度方向在同一直线上，如图所示，若碰撞后甲、乙两小车都反向运动，速度大小均为1 m/s，其他条件不变。则甲、乙两小车(含磁铁)质量之比为(C) A.2∶3 B.3∶2 C.3∶4 D.5∶3 解析　以向右为正方向，碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲-m乙v乙=-m甲v甲'+m乙v乙'，代入数据解得m甲∶m乙=3∶4，C项正确。 考向2　某一方向的动量守恒问题 【典例4】　(多选)如图所示，装有一定质量沙子的小车静止在光滑的水平面上，将一个铁球从某一位置处以大小为v0(v0为定值)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匀速运动。不计空气阻力，则下列说法正确的是(CD) A.小球陷入沙中越深，小车最终的速度越大 B.小球抛出时的高度越高，小车最终的速度越大 C.小球陷入沙中过程，小球和沙、车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 D.若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子，车上沙子越来越少，车子的速度保持不变 解析　小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，由mv0=(m+M)v可知，小球陷入沙中深浅、抛出时的高低与最终速度v无关，A、B两项错误;小球陷入沙中过程，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，由于小球与沙的摩擦损失机械能，因此系统机械能不守恒，C项正确;若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子，漏出的沙子做平抛运动，水平方向速度不变，根据水平方向动量守恒可知，车的速度保持不变，D项正确。 考向3　多物体组成系统的动量守恒问题 【典例5】　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0=6 m/s，甲车上有质量为m=1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=50 kg，乙和他的小车的总质量为M2=30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v=16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。求: (1)甲第一次抛球时对小球的冲量; (2)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少? 解析　(1)对第一个小球分析，根据动量定理有 I=mv-mv0， 解得I=10.5 N·s，方向水平向右。 (2)以水平向右为正方向，对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有 M1v0-M2v0=(M1+M2)v共， 对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有-M2v0+nmv=(M2+nm)v共， 解得n=15。 答案　(1)10.5 N·s，水平向右　(2)15 考点3　爆炸、反冲运动和人船模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.爆炸问题。 (1)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，所以系统动量近似守恒。 (2)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。 2.反冲运动。 (1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。 (2)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。 (1)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(√) (2)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少(×) 关|键|能|力 人船模型。 模型图示 模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律:m人v人-m船v船=0。 (2)两物体的位移满足:m人-m船=0，x人+x船=L，即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== 考向1　爆炸问题 【典例6】　春节期间，许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间两部分的总动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间质量为m的部分动能为(C) A. B.E C.E D.E 解析　设爆炸后瞬间质量为m的速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒定律可得mv1=(M-m)v2，解得v1=，动能为Ek1=m，该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E=m+(M-m)，联立解得(M-m)=E，代入E=m+(M-m)，解得Ek1=E，C项正确。 考向2　反冲运动 【典例7】　用火箭发射人造地球卫星，以喷气前的火箭为参考系，在极短时间内喷出燃料气体的质量为m，喷出的气体相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为M。下列关于火箭的描述正确的是(D) A.持续喷出气体的过程中，火箭的加速度会减小 B.喷气后，火箭的速度变化量为 C.喷气后，火箭的速度大小一定为 D.为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加气体的喷射速度u 解析　持续喷出气体的过程中，喷出的气体对火箭的反作用力大小近似不变，火箭质量逐渐减小，根据牛顿第二定律，火箭的加速度会增大，A项错误;喷气前后，由动量守恒定律可得mu+MΔv=0，可知喷气后，火箭的速度变化量为Δv=-，因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，B、C两项错误;为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加燃气的喷射速度u，D项正确。 考向3　人船模型 【典例8】　如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(C) A. B. C. D. 解析　物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体在水平方向上对地位移大小为x1，斜面体在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0=mx1-Mx2，且x1+x2=，两式联立解得x2=，C项正确。 培优课13　碰撞模型及其拓展应用 题型1　碰撞模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.碰撞的分类。 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 损失最多 2.碰撞现象三规律。 3.弹性碰撞。 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1=m1v1'+m2v2'， m1=m1v1'2+m2v2'2， 解得v1'=，v2'=。 结论:(1)当m1=m2时，v1'=0，v2'=v1(质量相等，速度交换)。 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，且v2'>v1'(大碰小，一起跑)。 (3)当m1<m2时，v1'<0，v2'>0(小碰大，要反弹)。 (4)当m1≫m2时，v1'=v1，v2'=2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)。 (5)当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'=0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。 4.完全非弹性碰撞。 碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。 m1v1+m2v2=(m1+m2)v， m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损max。 【典例1】　(多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是6 kg·m/s，B球的动量是4 kg·m/s，已知mA=1 kg，mB=2 kg，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(AB) A.vA'=3 m/s　vB'=3.5 m/s B.vA'=2 m/s　vB'=4 m/s C.vA'=5 m/s　vB'=2.5 m/s D.vA'=-3 m/s　vB'=6.5 m/s 解析　碰撞过程动量守恒，碰前总动量为p=6 kg·m/s+4 kg·m/s=10 kg· m/s，碰后总动量为p'=1×3 kg·m/s+2×3.5 kg·m/s=10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰前总动能为Ek=×1×62 J+×2×22 J=22 J，碰后总动能为Ek'=×1×32 J+×2×3.52 J=16.75 J，总动能没有增大，故A、B两球速度可能为3 m/s，3.5 m/s，A项正确;同理，碰后总动量为p'=1×2 kg·m/s+2×4 kg·m/s=10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为Ek'=×1×22 J+×2×42 J=18 J，即B选项中碰撞过程动量守恒，碰后总动能也不增加，B项正确;根据题给数据可知，碰后速度均为正值，碰后两球同向，此时碰后A的速度不可能大于B的速度，否则碰撞没有结束，会再碰，C项错误;碰后总动量为p'=1×(-3) kg·m/s+2×6.5 kg·m/s=10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为Ek'=×1×32 J+×2×6.52 J=46.75 J，碰后的总动能大于碰前的总动能，而碰撞后总动能不会增加，D项错误。 【典例2】　在光滑的水平面上有a、b两个小球在一直线上发生正碰，选取a球初速度方向为正方向，它们在碰撞前，a球的速度是5 m/s，b球静止，碰撞后，a球的速度是-1 m/s，b球的速度是2 m/s。已知a球的质量是2 kg，求: (1)b球的质量mb; (2)碰撞过程中，b球受到的冲量Ib; (3)两球碰撞的过程中损失的动能ΔEk;并判断此碰撞是弹性碰撞、非弹性碰撞还是完全非弹性碰撞。 解析　(1)两球碰撞过程中，根据动量守恒定律可得 mav0=mav1+mbv2， 代入数据解得mb=6 kg。 (2)对b球，根据动量定理可得b球受到的冲量大小为Ib=mbv2=12 N·s，方向与其速度方向相同。 (3)根据能量守恒定律可得 ΔEk=ma-， 代入数据解得ΔEk=12 J， 由此可知，两球发生的碰撞为非弹性碰撞。 答案　(1)6 kg　(2)12 N·s，方向与速度方向相同　(3)12 J　非弹性碰撞 题型2　碰撞模型拓展应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 考向1　滑块—弹簧模型 模型图示 模型特点 (1)两个或两个以上的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)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化;若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时) 【典例3】　如图所示，在光滑的水平面上有两物块A、B，其中A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，物块B的左端固定一个轻弹簧。一开始物块B及弹簧静止，物块A以速度v0=3 m/s沿水平方向向右运动，通过弹簧与物块B发生作用，则弹簧最大的弹性势能是(B) A.4.5 J B.3 J C.2.25 J D.1.5 J 解析　由题意可知，当物块A与物块B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v，由能量守恒定律mA=(mA+mB)v2+Epm，联立解得弹簧最大的弹性势能Epm=3 J，B项正确。 【典例4】　如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的弹性势能。 解析　设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mv0=3mv， 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv0， 设弹簧的弹性势能为Ep， 从细线断开到C与弹簧分开的过程中系统机械能守恒，有(3m)v2+Ep=(2m)+m， 解得弹簧释放的势能Ep=m。 答案　m 考向2　滑块—斜面(或曲面)模型 模 型 图 示 模 型 特 点 (1)最高点:滑块与光滑圆弧轨道具有共同水平速度v共，滑块不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)最低点:滑块与光滑圆弧轨道分离，水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒，m=m+M(弹性碰撞拓展模型) 【典例5】　如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(A) A. B. C. D. 解析　小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒得mv0=(M+m)v，所以v=，A项正确。 【典例6】　如图所示，在光滑冰面上放置一足够高光滑曲面体，箱子与冰车上的工人静止在冰面上。箱子的质量为m，工人和冰车的总质量为10m，曲面体的质量为3m，工人把箱子以初速度v0向左推出，箱子可看作质点，求: (1)推出木箱后，工人和冰车的速度大小v; (2)木箱在曲面上上升的最大高度h。 解析　(1)以木箱、工人和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 0=mv0-10mv， 解得工人和冰车的速度大小v=。 (2)以木箱和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得 mv0=(m+3m)v1， 解得木箱在曲面上上升到最大高度时与曲面体的共同速度为v1=， 木箱在上升过程中系统机械能守恒 m=×4m+mgh， 解得木箱在曲面上上升的最大高度 h=。 答案　(1)　(2) 培优课14　动量守恒在子弹打木块模型和滑块—木板模型中的应用 题型1　子弹打木块模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 模型图示 模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失 两种情景 子弹 未穿 出木 块　 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=fs=m-(M+m)v2 子弹 穿出 木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2， 能量守恒:Q=fs=m-m-M 【典例1】　如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是(C) A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B.两个系统产生的内能不一样大 C.子弹在软木中打入深度较大 D.子弹在硬木中打入深度较大 解析　设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律mv0=(m+M)v，共同速度v相同，则根据ΔE=m-(m+M)v2=Q，子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能Q一样多，A、B两项错误;根据功能关系Q=f·d，产生的内能Q相同时，摩擦力f越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，C项正确，D项错误。 【典例2】　如图所示，木块A和B并列放在一个光滑的水平面上，A、B质量分别为500 g和400 g，今有一子弹C，质量为100 g，以速度v0=10 m/s从A木块射入，最终子弹C停留在木块B内，这时B、C的共同速度为1.5 m/s。求: (1)最终木块A的速度大小; (2)子弹C在刚离开木块A时的速度大小; (3)整个过程由于摩擦而增加的内能ΔE。 解析　(1)设最终木块A的速度为vA， 根据动量守恒定律有 mCv0=mAvA+(mB+mC)vBC， 解得vA=0.5 m/s。 (2)子弹C刚离开木块A时，A和B的共同速度为vA，设此时子弹速度为v， 根据动量守恒定律有 mCv0=mCv+(mA+mB)vA， 解得v=5.5 m/s。 (3)根据功能关系可知整个过程由于摩擦而增加的内能为ΔE=mC-mA-(mB+mC)=4.375 J。 答案　(1)0.5 m/s　(2)5.5 m/s　(3)4.375 J 题型2　滑块—木板模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 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=fΔx或Q=E初-E末，研究对象为一个系统 【典例3】　(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块都以v=4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，且动摩擦因数为0.1，薄板足够长，下面情况的描述，正确的是(AD) A.当薄板的速度为3 m/s时，物块正在向左运动，且正在减速 B.物块向左滑行的最大位移约为3.556 m C.物块相对于木板的位移约为19.556 m D.物块与木板之间因摩擦产生的热量为24 J 解析　取薄板运动方向为正方向，设薄板和物块共速时的速度大小为v共，根据薄板和物块组成的系统动量守恒Mv-mv=(M+m)v共，解得v共=2 m/s，故薄板向右做减速运动，物块先向左减速到零后向右加速，最终薄板和物块一起向右运动，当薄板速度大小为v1=3 m/s时，设此时物块的速度为v2，根据动量守恒定律Mv-mv=Mv1+mv2，解得v2=-1 m/s，此时物块在向左减速运动，A项正确;对物块，根据牛顿第二定律a==1 m/s2，当物块对地速度为0时，有向左最大位移x==8 m，B项错误;薄板和物块组成的系统，根据能量守恒定律Q=Mv2+mv2-(M+m)=μmgΔx，解得Q=24 J，Δx=24 m，C项错误，D项正确。 【典例4】　如图，质量为m的小车A停放在光滑的水平面上，车长为L。小车上表面粗糙，质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上。第一次将小车固定在水平面上，滑块恰好不会从车上滑落;第二次小车不固定，滑块B以相同的初速度滑到小车上。求: (1)第二次滑块与小车一起运动时的速度大小; (2)第二次滑块在小车上滑动时A、B系统损失的动能; (3)第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧的位置。 解析　(1)根据题意可知,滑块B第二次滑上小车时,小车和滑块组成的系统所受合外力为零,设第二次滑块与小车一起运动时的速度为v,由动量守恒定律有mv0=2mv, 解得v=v0。 (2)第二次滑块在小车上滑动时A、B系统损失的动能为 ΔEk=m-·2mv2, 代入数据解得ΔEk=m。 (3)根据题意,设滑块与小车间的动摩擦因数为μ,滑块第一次滑上小车的过程中,由动能定理有 -μmgL=0-m, 设第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧的距离为L1, 由能量守恒定律有μmgL1=ΔEk, 解得L1=L, 即第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧L。 答案　(1)v0　(2)m　(3)L 培优课15　动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.解决动力学问题的三大观点。 (1)动力学观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2.力学规律的选用原则。 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间问题)或动能定理(涉及位移问题)解题。 (3)若研究对象为一系统，且系统内物体之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律解题，但需注意所研究的问题是否满足守恒条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑功能关系或能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，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，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解题。 考向1　动量与动力学观点的综合应用 【典例1】　(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m，乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a; (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 审题指导 序号 信息读取 信息加工 1 中心带孔的相同算珠 甲、乙质量相等 2 算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1 算珠沿导杆滑动过程中受滑动摩擦力f=μmg 3 甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计 碰撞过程中外力冲量忽略不计，系统动量守恒 解析　(1)甲、乙滑动时的加速度大小均为 a=μg=1 m/s2， 甲与乙碰前的速度v1，则=-2as1， 解得v1=0.3 m/s， 甲、乙碰撞时由动量守恒定律 mv1=mv2+mv3， 解得碰后乙的速度v3=0.2 m/s， 然后乙做减速运动，当速度减为零时，则 x== m=0.02 m=s2， 可知乙恰好能滑到边框a。 (2)甲与乙碰前运动的时间 t1== s=0.1 s， 碰后甲运动的时间t2== s=0.1 s， 则甲运动的总时间为t=t1+t2=0.2 s。 答案　(1)能　(2)0.2 s 【类题演练】　如图所示，斜面倾角θ=30°，物块A光滑，物块B粗糙，B质量为A质量的2倍。物块B恰好静止在距离斜面顶端为L=0.9 m的位置(此时B所受摩擦力为最大静摩擦力)，斜面上距B为s=0.8 m处有一弹性挡板，现将光滑物块A从斜面顶端由静止释放。已知物块A与物块B均可视为质点，所有碰撞均可视为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，求: (1)物块A与物块B第一次碰撞后两物体的速度大小; (2)两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间和这两次碰撞点之间的距离。 解析　(1)根据题意，设物块A与物块B第一次碰撞前物块A的速度为v0，由动能定理有 mAgLsin 30°=mA， 解得v0==3 m/s， 物块A和物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB， mA=mA+mB， 解得vA=v0=-1 m/s， vB=v0=2 m/s。 (2)碰撞前，物块B恰好静止在斜面上，则有 f=mBgsin 30°， 碰撞后，物块B沿斜面匀速下滑，下滑到挡板处的时间为t1==0.4 s， 与弹性挡板碰撞之后，沿斜面向上做匀减速直线运动，加速度大小为aB==g， 减速到停止的时间为t2==0.2 s， 向上运动的距离为xB=t2=0.2 m， 假设物块A在物块B停止后发生第二次碰撞，设两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t，则有 s-xB=vAt+aAt2， 其中aA=gsin 30°=5 m/s2， 解得t= s(舍去)，t= s>t1+t2， 假设成立，则两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t= s， 两次碰撞点之间的距离Δx=s-xB=0.6 m。 答案　(1)1 m/s　2 m/s　(2) s　0.6 m 考向2　动量观点与能量观点的综合应用 【典例2】　如图所示，滑块A、B、C静置在光滑水平面上，滑块C的左端连有轻质弹簧，弹簧初始时处于自然伸长状态，A、B、C的质量分别为m1=0.3 kg、m2=0.2 kg、m3=1.0 kg。现使滑块A以v0=10 m/s的速度沿水平面向右运动，A、B发生碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，弹簧始终在弹性限度内。求: (1)A、B发生碰撞后，粘在一起的共同速度大小v共; (2)粘在一起的A、B挤压弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep; (3)弹簧再次恢复原长时，A、B粘连体和C的速度大小。 解析　(1)A、B发生碰撞后粘在一起，由动量守恒定律 m1v0=(m1+m2)v共， 解得v共=6 m/s。 (2)粘在一起的A、B挤压弹簧，当与C共速时弹簧的弹性势能最大，则 (m1+m2)v共=(m1+m2+m3)v共' Ep=(m1+m2)-(m1+m2+m3)·v共'2， 联立解得Ep=6 J。 (3)弹簧再次恢复原长时，由动量守恒和能量关系 (m1+m2)v共=(m1+m2)v1+m3v2， (m1+m2)=(m1+m2)+m3， 解得v1=-2 m/s，v2=4 m/s。 答案　(1)6 m/s　(2)6 J　(3)-2 m/s　4 m/s 考向3　力学三大观点的综合应用 【典例3】　(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求: (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t; (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W; (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 审题指导 序号 信息读取 信息加工 1 药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽 药品盒在传送带的摩擦力作用下先做匀加速直线运动后做匀速运动 2 A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰 药品盒从M到N滑动的过程中有摩擦阻力做功 3 B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短 A、B碰撞过程中动量守恒 4 已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 碰撞过程中能量守恒 5 碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端 碰撞后离开桌面做平抛运动 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a=μg， 由静止加速到与传送带共速所用的时间 t==。 (2)根据能量守恒定律，B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg×3L-×2m·(2v0)2=6mgL-3m。 (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知， 2m×2v0=mv1+2mv2， ×2m·(2v0)2-(m+×2m)=， 解得v1=2v0，v2=v0， (另一组v1=v0，v2=v0舍掉) 两物体平抛运动的时间t1=， 则s-r=v2t1， s+r=v1t1， 解得s=。 答案　(1)　(2)6mgL-3m　(3) 【类题演练】　(2024·黑吉辽卷)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。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)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 解析　(1)对A物块由平抛运动知识得 h=gt2，xA=vAt， 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为 vA=1 m/s， 对物块A、B整体由动量守恒定律 mAvA=mBvB， 解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1 m/s。 (2)对物块B由动能定理 -μmBgxB=0-mB， 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ=0.2。 (3)由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB， 其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB， 解得整个过程中弹簧释放的弹性势能 ΔEp=0.12 J。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 第3讲　实验8:验证动量守恒定律 ■目标要求 1.理解动量守恒定律成立的条件，会利用不同案例验证动量守恒定律。2.知道在不同实验案例中要测量的物理量，会进行数据处理及误差分析。 考点1　实验基本技能 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.实验原理。 在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m1、m2和碰撞前、后物体的速度v1、v2、v1'、v2'，算出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p'=m1v1'+m2v2'，在误差允许的范围内，比较碰撞前、后动量是否相等。 2.三种实验方案。 方案一:利用气垫导轨研究滑块碰撞过程中的动量守恒。 (1)实验器材。 气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、弹簧、细绳、弹性碰撞架、撞针、橡皮泥等。 (2)实验步骤。 ①测质量:用天平测出两滑块的质量。 ②安装好气垫导轨，如图所示。 ③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。 ④改变滑块的质量和初速度，重复实验。 (3)数据处理。 ①滑块速度的测量:v=，式中d为滑块上挡光片的宽度，Δt为数字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'。 方案二:用斜槽装置验证小球碰撞过程中的动量守恒。 (1)实验器材。 斜槽、两个质量不同大小相同的小球、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等 (2)实验步骤。 ①用天平测量两等大小球的质量m1、m2，以质量较大的球为入射球(m1>m2)。 ②安装:固定斜槽使斜槽末端水平。 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找平均落点:每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，小球滚下10次，用圆规画尽量小的圆把所有落点圈起来，找出圆心;再将被碰小球放在斜槽末端，入射小球仍然从原位置滚下，两球碰撞后落下，用同样的方法记录入射小球和被碰小球落点的位置。 ⑤测距离:用刻度尺分别测量O点到三个平均落点的距离。 (3)数据处理。 验证的表达式:m1·OP=m1·OM+m2·ON。 (4)注意事项。 ①斜槽末端的切线必须水平。 ②入射小球质量大于被碰小球质量。 ③入射小球每次必须从同一位置静止释放。 ④实验过程中实验装置、记录用白纸的位置不能移动。 方案三:利用两辆小车在长木板上碰撞验证动量守恒定律。 (1)实验器材。 长木板、小木块、打点计时器、纸带、交流电源、两辆小车、撞针、橡皮泥、刻度尺等。 (2)实验步骤。 ①测质量:用天平测量两小车的质量。 ②安装:将打点计时器固定在长木板的一端，把纸带穿过打点计时器的限位孔，连在小车A的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。 ③平衡摩擦力:长木板固定打点计时器的一端垫木块，平衡摩擦力。 ④实验:接通电源，让小车A运动，小车B静止。两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，两车连接成整体，随后两车一起运动。 ⑤测速度:由v=计算碰撞前A车速度和碰撞后两车共同速度。 (3)数据处理。 验证的表达式:m1v1=(m1+m2)v2。 (4)注意事项。 ①实验前必须平衡摩擦力。 ②测量速度时不能使用点迹间距离变化的部分纸带。 【典例1】　某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。 下面是实验的主要步骤: ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平。 ②向气垫导轨通入压缩空气。 ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向。 ④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳。 ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动。 ⑥先 接通打点计时器的电源 ，然后 放开滑块1 ，让滑块带动纸带一起运动。  ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示。 ⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。 (1)试着完善实验步骤⑥的内容。 (2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为 0.620 kg·m/s;两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为 0.618 kg·m/s。(均保留3位有效数字)  (3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是 纸带与打点计时器的限位孔有摩擦 。  解析　(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1。 (2)作用前滑块1的速度v1= m/s=2 m/s，其质量与速度的乘积为0.310×2 kg·m/s=0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v= m/s=1.2 m/s，其质量与速度的乘积之和为(0.310+0.205)×1.2 kg·m/s=0.618 kg·m/s。 (3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。 【典例2】　(2024·北京卷)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)(多选)关于本实验，下列做法正确的是 AC (填选项字母)。  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 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.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 m1OP=m1OM+m2ON 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 ml1=-ml2+Ml3 关系即可验证碰撞前后动量守恒。  解析　(1)实验中若使小球碰撞前、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，A项正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，B项错误;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，C项正确。 (2)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。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m1OP=m1OM+m2ON，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，由数学知识可知sin=，联立两式解得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。 【典例3】　某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。 (1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选 BC 段来计算A碰前的速度。应选 DE 段来计算A和B碰后的共同速度。(均填“AB”“BC”“CD”或“DE”)  (2)已测得小车A的质量m1=0.4 kg，小车B的质量m2=0.2 kg，则碰前两小车的总动量为 0.420 kg·m/s，碰后两小车的总动量为 0.417 kg·m/s。  解析　(1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。 (2)小车A在碰撞前速度v0== m/s=1.050 m/s，小车A在碰撞前动量p0=m1v0=0.4×1.050 kg·m/s=0.420 kg·m/s，碰撞后A、B的共同速度v== m/s=0.695 m/s，碰撞后A、B的总动量p=(m1+m2)v=(0.2+0.4)×0.695 kg·m/s=0.417 kg·m/s。 考点2　实验的迁移、拓展和创新 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 考向1　实验装置的改变 【典例4】　(2024·山东卷)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= 1.0 s时发生碰撞。  (2)滑块B碰撞前的速度大小v= 0.20 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 B (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，即这个时刻发生了碰撞。 (2)根据x-t图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为 v= cm/s=0.20 m/s。 (3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA=0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约为vA'=0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为vB'=0.5 m/s，A和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。 考向2　实验目的改变 【典例5】　(2022·全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空: (1)调节导轨水平。 (2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 0.304 kg的滑块作为A。  (3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。 (4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。 (5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。 1 2 3 4 5 t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33 (6)表中的k2= 0.31 (保留2位有效数字)。  (7)的平均值为 0.32 (保留2位有效数字)。  (8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为  (用m1和m2表示)，本实验中其值为 0.34 (保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。  解析　(2)碰后运动方向相反，应用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，故选0.304 kg的滑块作为A。 (6)碰撞后两滑块做匀速运动，有s1=v1t1，s2=v2t2，由于s1=s2，结合表中数据可得k2===≈0.31。 (7)的平均值为=≈0.32。 (8)弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，可得m1v0=-m1v1+m2v2，m1=m1+m2，联立解得=，代入数据可得≈0.34。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$