第7章 第2讲 动量守恒定律及其应用-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义（鲁科版）

典题例析 时间为t。,受到地面的平均冲击力大小为 典例1科技发展，造 0.1秒识别 4G.若脚着地前的速度保持不变，该同学穿 是否摔倒 福民众.近两年推出 0.08秒 气囊打开保护 上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中 的“智能防摔马甲” 与地面的作用时间变为2t。,则该同学受到 是一款专门为老年 地面的平均冲击力大小变为 () 人研发的科技产品 A.3.5G B.3.0G 该装置的原理是通过马甲内的传感器和微 C.2.5G D.2.0G 处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失 易错警示应用动量定理的注意事项 衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能 1.动量定理是矢量式，要选取统一的正方向， 确定动量和冲量的正负号. 有效地避免摔倒带来的伤害.在穿戴者着地 2.动量定理是过程式，必须明确冲量的过程及 的过程中，安全气囊可以 初、末状态的动量 A.减小穿戴者动量的变化量 3.在Ft=m-m01中，Ft是合力的冲量，不 B.减小穿戴者动量的变化率 是某一个力的冲量. C.增大穿戴者所受合力的冲力 4.在系统中，相互作用力的冲量一定大小相 D.增大穿戴者所受合力的冲量 等、方向相反 典例2气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对 5.注意题目要求，不要盲目忽略重力的冲量 脚的冲击力，某同学的重力为G,穿着平底 布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用 学习至此，请完成配套训练课时冲关32 第2讲 动量守恒定律及其应用 课前双基复盘 教材盘点落实双基 知识点一 动量守恒定律 (3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向 1.动量守恒定律的内容 上所受合外力或外力或外力可以 如果一个系统 ,或者所受外力的矢 忽略则在这个方向上，系统动量守恒 量和，这个系统的总动量保持不变， 知识点二碰撞、反冲和爆炸 2.动量守恒的数学表达式 1.碰撞 (1)p=p(系统相互作用前总动量p等于相互 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时 作用后总动量p). 间，而物体间相互作用力 的现象 (2)△p=0(系统总动量为零) (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 (3)△p1=一△p2(相互作用的两个物体组成的 外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统 系统，两物体动量增量大小 ,方向 动量守恒 ). (3)分类： 3.动量守恒的条件 动量是否守恒 机械能是否守恒 (1)系统 外力或所受外力之和 时，系 弹性碰撞 守恒 统的动量守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 (2)系统所受外力之和不为零，但当内力 完全非弹性碰撞 守恒 损失 外力时系统动量近似守恒， 96 2.反冲运动 3.爆炸问题 (1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很 (1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分， 大，且 系统所受的外力，所以系统动 并且这两部分向方向运动的现象 量 (2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后 (2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可 从相互作用前的位置以新的动量开始 以用 定律来处理， 运动. 课堂研透考点热点考向讲练提升 考点一 动量守恒定律的理解及应用 考点透视 2.应用动量守恒定律解题的步骤 1.动量守恒定律的五个特性 明确研究对象，确定系统的组成 亚 动量守恒定律的表达式为矢量方 受力分析，确定动量是否守恒 矢量性 U 程，解题应选取统一的正方向 规定正方向，确定初、末动量 ↓ 各物体的速度必须是相对同一参 根据动量守恒定律，建立守恒方程 相对性 考系的速度（一般是相对于地面） 代入数据，求出结果并讨论说明 动量是一个瞬时量，表达式中的 典题例析 、p2…必须是系统中各物体在 典例1关于系统动量守恒的条件，下列说法 同时性 相互作用前同一时刻的动量，'、 正确的是 p'…必须是系统中各物体在相 互作用后同一时刻的动量 m 研究的对象是相互作用的两个或 系统性 000000 多个物体组成的系统 0 A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小 动量守恒定律不仅适用于低速宏 球，小球由静止释放，在离开斜槽前小 观物体组成的系统，还适用于接 球和斜槽组成的系统的动量守恒 普适性 近光速运动的微观粒子组成的 B.在光滑的水平地面上有两辆小车，在两 系统 小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向 运动的过程中动量不守恒 97 C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸 (3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球 裂成两块，在炸裂前后系统动量不守恒 个数是多少？ D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的 系统动量守恒 典例2甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的 听课记录 水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为 =6m/s,甲车上有质量为m=1kg的小球 若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质 量为M1=50kg,乙和他的小车的总质量为 M2=30kg.为避免相撞，甲不断地将小球 以相对地面为v=16.5m/s的水平速度抛向 乙，且被乙接住 (1)甲第一次抛球时对小球的冲量； (2)乙接到第一个球后的速度（保留一位 小数)； 考点二 碰撞问题 考点透视 (3)结论： 1.分析碰撞问题的三个依据 ①当m1=m2时，℃'=0,0，'=0，两球碰撞 (1)动量守恒，即1十p2=p1'十p2'. 后交换了速度. (2)动能不增加，即Ek1十E2≥Ek1′十Ek2'或 ②当m1>m2时，v1>0,2'>0,并且v,'< /2 ℃2'，碰撞后两球都向前运动、 2m1 2m2 ③当m1<m2时，y1′<0，v2'>0,碰撞后质 (3)速度要合理 ①碰前两物体同向，则℃后>℃前；碰后，原来 量小的球被反弹回来， 在前的物体速度一定增大，且℃前'≥后'. 典题例析 ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方 典例3(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质 向不可能都不改变， 量分别为mp和mo,将它们分别与小车N 2.弹性碰撞的规律 沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时 (1)两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机 间t的变化分别如图1和图2所示.小车N 械能守恒 的质量为my,碰撞时间极短，则 (2)以质量为m1,速度为的小球与质量为 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例， Q 则有 N P m11=m101′+m202 ① 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 合m时=方ma+号mw ,21 ② 图1 图2 由①②得u'-m一%u 2mv A.me>my>mo B.my>mpma m1+m2 L0gm1十2 C.mo>mp>m D.mo>mN>mp 98 典例4“打弹珠”是很多 (3)判断此碰撞是弹性碰撞、非弹性碰撞还 80后儿时的游戏，如图 是完全非弹性碰撞？若是非弹性碰撞，两弹 所示.现有几个小朋友 珠的碰撞的过程中损失的动能△E, 在光滑的水平面玩“打 听课记录 弹珠”的游戏，现有a、b两个小弹珠在一直 线上发生正碰，选取a弹珠的初速度方向为 正方向，它们在碰撞前，a的速度是5m/s,b 静止，碰撞后，a的速度是一1m/s,b的速度 是2m/s.已知a的质量是2kg,求： (1)b的质量m,; (2)碰撞过程中，b受到的冲量Ih; 考点三 爆炸与反冲 考点透视 典题例析 1.爆炸问题的三个特点 典例5 用火箭发射人造 由于爆炸是在极短的时间内完成 卫星，发射过程中最后 动量 的，爆炸物体间的相互作用力远远 一节火箭的燃料用完 守恒大于受到的外力，所以在爆炸过程 后，火箭壳体和卫星一 中，系统的总动量守恒 起以7.0×103m/s的速度绕地球做匀速圆周 在爆炸过程中，由于有其他形式的 动能 运动.已知卫星的质量为500kg,最后一节火 能量（如化学能）转化为动能，所以 增加 箭壳体的质量为100kg.某时刻火箭壳体与 爆炸后系统的总动能增加 卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切 爆炸的时间极短，因而作用过程中， 位置物体产生的位移很小，一般可忽略 线方向的相对速度为1.8×103m/s.下列说 不变不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸 法正确的是 () 前的位置以新的动量开始运动 A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3× 2.反冲运动的三点说明 103m/s B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3× 作用 反冲运动是系统内物体之间的作 10m/s 原理 用力和反作用力产生的效果 C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小 反冲运动中系统不受外力或内力 动量 为1.5×105N·s 远大于外力，所以反冲运动遵循 守恒 D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化 动量守恒定律 量大小为1.5×10kg·m/s 反冲运动中，由于有其他形式的 机械能 典例6在平静的水面上漂浮着一块质量M= 能转化为机械能，所以系统的总 增加 机械能增加 150g的带有支架的木板，木板左边的支架 上静静地蹲着一只质量为m=50g的青娃， 99 支架高为h=20cm,支架右方的水平木板 听课记录 长s=120cm,突然青蛙向右水平跳出.水的 阻力不计，g=10m/s2. (1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是 0.3m/s,则木板后退的速度是多大？ (2)如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳 出的初速度至少为多少？ 水面 学习至此，请完成配套训练 课时冲关33 素养培优9 碰撞模型及拓展 培优点一“滑块一弹簧”模型 模型解读 动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性 1.模型图示 限度，关于A、B运动过程说法正确的是 ( 0w0贝 A.A物体最终会静止，B物体最终会以速 水平地面光滑 2.模型特点 率0向右运动 B.A、B系统的总动量最终将大于m心 (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 C.A,B系统的总动能最终将大于m心 统动量守恒， D.当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动 (2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹 簧弹力以外的内力不做功，系统机械能 能为2m心 守恒. 审题指导当弹簧恢复原长时，根据系统动 (3)弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相 量守恒和机械能守恒分析A、B的速度，当 同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相 弹簧压缩至最短时，A、B速度相等，结合动 当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能 量守恒求出共同速度、从而得出A、B的总 转化为弹簧的弹性势能). 动能 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能 典例2如图所示，一质量 弹簧 最大（相当于刚完成弹性碰撞）. M=0.3kg,足够长“T”形 物块 典题例析 支架，竖直立在水平地面 典例1如图所示，光滑水平 支架 MB 上，有一质量m=0.2kg的 777779 地面上有A、B两物体，质 物块套在支架直杆上，物块与支架上端之间 量都为m,B左端固定一个处于压缩状态的 夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧（弹簧与 轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到 物块不相连)，开始时弹簧压紧并被物块和 压缩时锁定装置会失效，A以速率向右运 支架顶端间的细线锁定，弹簧的弹性势能 100 E,=.现解除锁定，弹黄瞬间恢复形变， 已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为 f=1.5N,不计空气阻力.求： (1)弹簧恢复形变的瞬间，支架获得的速度 大小； (2)支架能上升的最大高度； (3)从解除锁定到支架落回地面的过程中系 统因摩擦损失的机械能， 听课记录 解题技法“滑块一弹簧”模型的解题思路 (1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸 长还是压缩状态， (2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，依 据动量守恒定律和机械能（或能量）守恒定律 列出方程. (3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行 性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果 (4)弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通 常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解： 培优点二“滑块一斜（曲）面”模型 模型解读 (2)返回最低点：m与M分离点.水平方向动 1.模型图示 量守恒，mo=m1十M2;系统机械能守 恒，名m心-m心+号M(相当于完成了 接触面光滑 弹性碰撞). 2.模型特点 典题例析 (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v,=0.系统水 典例3（双选）质量为M 平方向动量守恒，mv,=(M+m)v共；系统 的带有光滑圆弧轨道的 机枝能守恒，？m心-(M+m)强十 小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一 mgh,其中h为滑块上升的最大高度，不一 质量也为M的小球以速度v。水平冲上小 定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹 车，到达某一高度后，小球又返回小车的左 性碰撞，系统减少的动能转化为的重力 端，重力加速度为g,则 势能). 101 A.小球以后将向左做平抛运动 (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶 B.小球将做自由落体运动 段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩 C.此过程小球对小车做的功为2M 擦因数以的取值范围， 听课记录 D,小球在圆弧凯道上上升的最大高度为 典例4(2024·安徽0L 00 卷，T14)如图所示， 一实验小车静止在 光滑水平面上，其 上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆 弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨 道最低点，一物块静止于小车最左端，一小 球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下 方，并轻靠在物块左侧.现将细线拉直到水 平位置时，静止释放小球，小球运动到最低 点时与物块发生弹性碰撞.碰撞后，物块沿 着小车上的轨道运动，已知细线长L= 1.25m.小球质量m=0.20kg.物块、小车 质量均为M=0.3kg.小车上的水平轨道长 s=1.0m.圆弧轨道半径R=0.15m.小球、物 块均可视为质点.不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2. (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受 拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度 的大小； 培优点三“滑块一滑板”模型 模型解读 (2)若滑块未从木板上滑下或子弹未射穿木 1.模型图示 块，当两者速度相同时，木板或木块的速度 m to mM 最大，两者相对位移最大 M L 水平地面光滑 3.求解方法 水平地面光滑 2.模型特点 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力 为一个系统， 与两者相对位移的乘积等于系统减少的机 (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一 械能. 个物体. 102 (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量 6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量 守恒定律Q=f△x或Q=E初一E末，研究对 为2kg的物块C静止在B的左端.剪断细 象为一个系统. 绳OP,小球A开始运动.（重力加速度g 典题例析 取10m/s2) 典例5如图所示，光滑水 B 0' 60° 600 平面上放一木板A,质量 M=4kg,小铁块B(可视为质点)质量为m= B wtwwwwswsssesseeesesssseest8wv 1kg,木板A和小铁块B之间的动摩擦因数 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受 u=0.2,小铁块B以o。=10m/s的初速度 的拉力. 从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木 (2)A在最低点时，细绳OP断裂.A飞出后 板(g=10m/s2).则： 恰好与左侧C碰撞（时间极短）、碰后A竖 (1)A、B的加速度分别为多少？ 直下落，C水平向右运动.求碰后C的速度 (2)经过多长时间A、B速度相同，相同的速 大小 度为多少？ (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共 (3)求薄木板的长度， 速.求C和B之间的动摩擦因数。 听课记录 听课记录 典例6(2024·甘肃卷，T14)如图，质量为 2kg的小球A(视为质点)在细绳OP和 OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP= 1.6m,与竖直方向的夹角均为60°.质量为 学习至此，请完成配套训练课时冲关34 103 素养培优10利用力学“三大观点”解决力学综合问题 考点透视 典题例析 1.解决力学问题的三大观点 典例1（2024·湖北卷， T14)如图所示，水平传 动力学 运用牛顿运动定律结合运动学 送带以5m/s的速度 观点 知识，可解决匀变速运动问题 顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为 用动能定理和能量守恒定律 3.6m.传送带右端的正上方有一悬点O,用 能量观点 等，可解决非匀变速运动问题 长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为 0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但 用动量守恒定律等，可解决非 动量观点 不接触.在O点右侧的P点固定一钉子，P 匀变速运动问题 点与O点等高.将质量为0.1kg的小物块 2.力学规律的选用原则 无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系 端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小 式，可用牛顿第二定律。 物块的速度大小为1m/s、方向水平向左. (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动 小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉 状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的 子挡住后，小球继续绕P点向上运动.已知 问题)或动能定理（涉及位移的问题）去解 小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重 决问题， 力加速度大小g=10m/s2. (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的 有相互作用，一般用动量守恒定律和机械 速度大小； 能守恒定律去解决问题，但需注意所研究 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成 的问题是否满足守恒的条件， 的系统损失的总动能； (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松 恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于 弛，求P点到O点的最小距离！ 系统机械能的减少量，即转变为系统内能 的量 审题指导(1)水平传送带匀速转动，小物 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现 块在传递带上运动 象时，需注意到这些过程一般均隐含有系 (2)由小物块与传送带间的动摩擦因数求出 统机械能与其他形式能量之间的转换.作 小物块的加速度 用时间都极短，因此用动量守恒定律去 (3)已知传送带的长度、速度以及动摩擦因 解决. 数，由此可求出物块与小球碰撞前的速度 104 听课记录 听课记录 典例2(2025 海南卷，11)足够 ⊙→⊙ 长的传送带固定在竖直平面内，半径R 0.5m,圆心角0=53°的圆弧轨道与平台平 滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送 带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度 典例3(2025·山东 下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上 卷，17)如图所示， 内有弯曲光滑轨道 w易 777777777777 传送带，已知mA=4kg,m=1kg,A、B可 视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数 的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别 恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生 为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨 热Q=2.5J,忽略轨道及平台的摩擦，g取 道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖 10m/s2. 直方向.小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑 (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； 水平面上，b被锁定.一质量m=2kg的小 (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； 球自Q点正上方h=2m处自由下落，无能 (3)传送带的速度大小. 105 量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰 听课记录 好击中a,与a粘在一起且不弹起.当弹簧拉 力达到F=15N时，b解除锁定开始运动.已 知a的质量m-1kgb的质量m=氵kg,方 形物体的质量M=号kg,重力加速度大小g =10m/s2,弹簧的劲度系数k=50N/m,整 个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达 式E。=kx(x为弹簧的形变量)，所有过 程不计空气阻力.求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对 于地面的速度大小u1、v2; (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小 及弹性势能的最大值Epm 学习至此，请完成配套训练课时冲关35 实验八科学验证：动量守恒定律 夯实基础实验 分层梳理 要点落实 实验目的 实验过程 方案一 利用气垫导轨完成一维碰撞实验 验证动量守恒定律. 测质量人用天平测出滑块质量 实验原理 正确安装好气垫导轨 安装 在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞 气垫 1h小1 导轨 接通电源，利用配套的光电计时装置 前后物体的速度v、',找出碰撞前的动量p 实验 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). =m1v1十m2v2及碰撞后的动量p=m1℃1 验证]一维碰撞中的动量守恒 十m2v2',看碰撞前后动量是否守恒. 方案二 利用光滑长木板完成一维碰撞实验 实验器材 测质量用天平测出两小车的质量 将打点计时器固定在光滑长木板的 端，把纸带穿过打点计时器，连在小 长木板 光滑长木板、打点计时器、纸带 车的后面，在两小车的碰撞端分别装 小车(2个)、天平、撞针、橡皮泥 上撞针和橡皮泥. 安装 A 气垫导轨，光电计时器、天平、滑块 气垫导轨 (2个)、重物、弹簧片、细绳、 弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥 接通电源，让小车A运动，小车B静止」 实验 长木板 器材 实验 两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小 车连接成一个整体运动 带细线的摆球（两套）、铁架台、天平 等长摆球 、量角器、坐标纸、胶布等 测速度 通过纸带上两计数点间的距离及 时间，由=公算出速度。 斜槽、小球(2个)、天平、复写纸、 斜槽滚球 改变条件改变碰撞条件，重复实验， 白纸等 验证 一维碰撞中的动量守恒 106量的变化率兰，而穿藏者动量的支化量△p,也即穿载者 所受合力的冲量F△t均未发生变化.故选B.] 「典例2]C[设脚着地瞬间的速度大小为U,取竖直向 上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动 量定理(F-G)t。=0-(-mw),其中F=4G,穿上气垫鞋 时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F'一G)X2 =0一（一 m),解得F=2.5G,故选C.] 第2讲动量守恒定律及其应用 课前双基复盘 知识点一 1.不受外力为零2.(2)变化(3)相等相反 3.(1)不受为零(2)远大于(3)为零不受 知识点二 1.(1)很短很大(2)远大于(3)守恒最大2.(1)相 反(2)动量守恒3.(1)远大于守恒 课堂研透考点考点一典题例析 「典例1]D「离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方 向合力不为零，动量不守恒，故A错误；相向运动的过程 中合外力为零，系统动量守恒，故B错误；炸裂前后系统 内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木 块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统 动量守恒，故D正确.] [典例2][解析](1)根据动量定理有I=mw一mo, 解得I=10.5N·s,方向水平向右： (2)对小球和乙的整体，根据动量守恒定律有 M26-m=(M2十m), 解得y=5.3m/s,方向水平向左； (3)对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有M, -Mw=(M1十M2)u, 对和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律 有M2v-mu=(M,十m)u, 解得n=15. [答案](1)10.5N·s,水平向右：(2)5.3m/s,水平向 左；(3)15 考点二。典题例析 [典例3]D[P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 p十my=p你'十y', 即p(p-p')=1y('一）， 根据图像可知一p'>'-,故mp<mv; 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有QQ十 m=1ga'十mvy', 即a(a-a')=1('一)， 根据图像可知a-a'<'-,故1o>mv;故mQ> 1v>p.故选D.] [典例4][解析](1)两球碰撞过程中，根据动量守恒定 律可得no=nU1十，U2, 代入数据解得m=6kg: (2)对b球，根据动量定理可得b球受到的冲量大小为 Ib=m2=12N·s, 方向与其速度方向相同 (3)两球碰撞后速度不同，则不是完全非弹性碰撞.根据 能量守恒定律可得 1 △E=2m,6-2m,心-2明 代入数据解得△E=12J 由此可知，两球发生的碰撞为非弹性碰撞 [答案](1)6kg:(2)12N·s,方向与其速度方向相同： (3)非弹性碰撞，12J 考点三典题例析 [典例5]C[设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀 速圆周运动的速度为，卫星的质量为1，火箭壳体的 质量为2，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相 31 对速度为△，分离后火箭壳体的速度大小为'，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(m1十2)v=m1('十△)十m2v',解得 '=5.5X103m/s,则分离后卫星的速度为里=d十△ =7.3×103m/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= m1vg一m1=1.5X10°N·s,故C正确.] [典例6][解析](1)由动量守恒定律可知m1一Mu2 =0, 可得木板后退的速度是=0.1m/s; (2)如果青蛙水平跳出恰好入水，则由动量守恒定律 mu'-Mu,'=0, 由几何关系s='t十't, 1 竖直方向有h=2gt, 联立解得'=4.5m/s. [答案](1)0.1m/s;(2)4.5m/s 素养培优9碰撞模型及拓展 培优点一典题例析 L典例1]C[设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为 2,弹簧被锁定时的弹性势能为E。,规定向右为正方 向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守 位、机械能守恒，则有mv=m十m,E,十之mmv= 分m十2m,因E,>0,可知≠0，≠选项A 错误；A、B系统动量守恒，系统的总动量最终等于U, 选项B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势性能会释 放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大 于之m心，选项C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性 势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为'，由动量 守恒定律知m=2md,解得=子，则有总动能瓜 合·2m·(侣）广=m,选项D错] [典例2][解析](1)解除锁定，系统动量守恒，设支架 获得速度为，物块获得速度为Um,有 MUy=mum E.=2 Mon+2 m, 代入数据解得w=3m/s, yn=4.5m/s. (2)对支架受力分析，根据牛顿第二定律有Mg十f =MaM' 解得aw=15m/s2, 再由i2=2 ayh’ 代入数据得hma=0.3m (3)解除锁定到支架落回地面，物块受力不变，根据牛顿 第二定律有mg一f=mam, 解得an=2.5m/s2, 支架上升到最高点所用时间1==号， 支架上升阶段，物块与支架间的相对位移 5相对1=nt十之ant十hmx=1.25m, 支架下降阶段，物块与支架间的相对位移s相对2=(y十 dt)t+2ant-hms=0.75 m. 所以，从解除锁定到支架落回地面过程因摩擦而损失的 能量△E=f(5相对1十5相对2)=3J. [答案](1)3m/s(2)0.3m(3)3J 培优点二典题例析 [典例3]BC[小球上升到最高点时与小车相对静止，有 相同的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 M,=2Md,号M6=号X2M”+Mgh,联立解得h- ，故D错误：从小球滚上小车到滚下并离开小车过程， Ag 系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械 能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度， 即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运 动，小车速度变为2，动能为之M,即此过程小球对小 车做的功为2M心，故B,C正确，A错误.] [典例4][解析](1)对小球摆动到最低点的过程中，由 动能定理mgL=2m-0,解得=5m/s,在最低点， 对小球由牛顿第二定律Fr一mg=m工： 解得，小球运动到最低，点与物块碰撞前所受拉力的大小 为Fx=6N. (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能 守恒定律m6=m十Ma,2mmd=分mo+合M话， 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为= 27 mM vo=4 m/s. (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最低点，此时两者共 速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒M= 2M,由能量守恒定律号M6=号×2M+AMgs,解 得以1=0.4， 若物块恰好运动到与圆孤圆心等高的位置，此时两者共 速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒M, =2MU1· 由能量守恒定律号Mi=X2M+%Mgs+MgR,解 得42=0.25， 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数以的取值范 围为0.25<0.4 [答案](1)6N(2)4m/s(3)0.25≤u0.4 培优点三 典题例析 [典例5][解析](1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二 定律有μmg=am,即au=g=2m/s2, 对木板A受力分析，由牛顿第二定律有 mg=Ma,即ax==0.5m/s, (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m心=(m十M)v共 代入数据解得v共=2m/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=4s. (3)设薄木板的长度为L,则对A、B整体由能量守恒定 律有amL=之m心-号（M+m)2, 1 代入数据解得L=20m. [答案](1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s (3)20m [典例6][解析]根据题意，设A、C的质量均为m= 2kg,B的质量为M=6kg,细绳OP长为l=1.6m,初 始时细线与竖直方向夹角日=60°」 (1)A开始运动到最低点有 mgl(1-cos 0)=m0, 31 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F-mg= 解得，=4m/s,F=40N. (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直 下落可知mu。=0十muc, 解得=o=4m/s. (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对C、B 分析，根据动量守恒可得uo=(M十m)v, 根据能量守恒得 amgl4=子m或-(m+Mi, 联立解得u=0.15. [答案](1)40N(2)4m/s(3)0.15 素养培优10利用力学“三大观点”解决力学综合问题 [典例1][解析](1)根据题意，小物块在传送带上，由 牛顿第二定律有mg=ma, 解得a=5m/s2, 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离 =2.5m<L传=3.6m, 为x=2a 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，小物块的速度大小等于传送带 的速度大小5m/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新v=m畅1十m球， 其中v=5m/s,=-1m/s, 解得2=3m/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△E=之m心-子m听-合m4砖， 解得△E=0.3J. (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点正上方的速度为 U?,在P点正上方，由牛顿第二定律有球g= m#L是一d 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒 定律有乞m来号=乞m味心听十m啡g(2L尾一d), 联立解得d=0.2m, 即P点到O点的最小距离为0.2m [答案](1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m [典例2][解析](1)A从开始到滑到圆孤最低点间，根 据机械能守恒mAg(R-Rc0s53)=2mA,2, 解得=2m/s, 在最低点根据牛顿第二定律F、一mg=m尺，解得 F,=72N,方向竖直向上： (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒A= (nA十1B)U共， 解得v共=1.6m/s, 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 △E= 2m,2-号(m,十m=1.6J: (3)第一种情况，当传送带速度？小于v共时，A、B滑上 传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩 擦因数为，对A、B根据牛顿第二定律有a(A十m)g =（mA十mB）a 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v=v一at, 该段时间内A,B运动的位移为西=一，1， 2 "2 传送带运动的位移为x2=t1, 故可得Q=(A十m)g·(x1一x2), 联立解得v=0.6m/s,另一解大于v共，舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于时，A、B滑上传送 带后先加速后匀速运动，设经过时间t。后A、B与传送 带共速，同理可得v=v共十at2, 该段时间内AB运动的位移为工'=)， 2 传送带运动的位移为x2'=t2, 故可得Q=(mA十m)g·(x2'-z'), 解得v=2.6m/s,另一解小于v共舍去. [答案](1)72N,方向竖直向上； (2)1.6J (3)0.6m/s或2.6m/s [典例3[解析](1)根据题意可知，小球从开始下落到 P点处过程中，水平方向上动量守恒，则有m心=M2, 由能量守恒定律有mgh=受m+子M话， 1 2 联立解得=6m/s,= 3 m/s, 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为号m/s, 方向水平向右， (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直 方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则 有1u1=(m十m,) 解得=2m/s, 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和 物块a的速度为U1,根据胡克定律F=kx1, 系统机機能守恒合(m十m)暖=子(m十m,)话十 1 kzi, 联立解得v1=1m/s,=0.3m, 固定解除之后，小球、物块和物块b组成的系统动量守 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 律有（十m)v1=(m十，十，）U 解得=行m/s,方向水平向左. 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为E=之(m十 m)财+子-之m中m十m,)成=号J [答案](1)6m/s,水平向左，号m/s,水平向右 (2)号m/s,水平向左，号J 实验八科学验证：动量守恒定律 热点一[典例1][解析](1)为了保证小球碰撞为对 心正碰，且碰后不反弹，要求m>; (2)①两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，碰撞前球的速度 大小4=2， 碰撞后a球的速度大小心，=，， 碰撞后b球的速度大小= 如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相 等，则no=maVa十m,, 整理得mxp=mxM十m工y ②小球离开斜槽未端后做平抛运动，竖直方向高度相 同，故下落时间相同，水平方向匀速直线运动，小球水平 飞出时的速度与平炮运动的水平位移成正比. 31 [答案](1)>(2)mxp=mxM十mxN 小球离开 斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同，故下落时 间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时 的速度与平抛运动的水平位移成正比， [典例2][解析](1)当气垫导轨水平时，滑块A在导轨 上做匀速直线运动，所以滑块A经过两光电门时用时相 等，即t1=t,. (2)根据题意可知，滑块A碰后反弹，则滑块A的总质量 1应小于滑块B的总质量2，故A错误；本实验需要 验证动量守恒定律，所以在实验中必须要测量滑块A、B 的总质量和碰撞前后的速度，速度可以根据挡光片的宽 度和滑块通过光电门的时间求解，挡光片的宽度可以在 数据处理的过程中消去，所以不需要测量挡光片的宽 度，不需要测量光电门1到光电门2的间距L,故B正 确，C错误. (3)若碰撞过程中系统动量守恒，则有m1v=22 一m1U1, d d d 又有=0=6=A (4)调节气垫导轨水平时，t1比t2略大，说明滑块A做加 速运动，则滑块A碰撞前的速度大于通过光电门1的速 度，即p1<p [答案])=2Ba品=器+ (4) △t △t, 热点二[典例3][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 一um1g5=0-之m6, 解得碰撞前，甲到O点时速度的大小℃=√2g5。, (3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为1= √2g51,2=√/2g52, 若动量守恒，则满足m1=m1十m2U2, 整理可得二_四 52 7m1 (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有： ①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差 的，不可能做到绝对准确； ②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实 际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零. [答案](1)一元(2)√2g(3)”(4)见解析 [典例4][解析](2)游标卡尺的分度值为0.1mm,则 挡光片的宽度为d=0.9cm十9X0.1mm=0.99cm; (3)小车经过光电门的速度为0=△： d 测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17. 90ms,可知小车经过光电门A的速度大于经过光电门 B的速度，故应适当调高轨道的右端： 进山中 子弹粘上小车的过程，根据动量守恒定律有v=(M十 解得u=M+)d △t (7)根据表格数据，可得子弹速度大小U的平均值为v= 十v十4十w1十=59.7m/s. [答案](2)0.99(3)右(5)m+MDd (7)59.7 m△t 3