1.3 动量守恒定律（高效培优·讲义）物理沪科版选择性必修第一册

本讲义聚焦动量守恒定律这一核心知识点，系统梳理系统、内力与外力的概念，动量守恒条件及表达式，深入解析碰撞、反冲现象及验证动量守恒定律的实验，通过弹簧—小球等模型构建学习支架。 资料以模型建构和科学探究为特色，通过“光滑圆弧轨道—滑块”等模型培养科学思维，结合实验步骤与数据分析提升科学探究能力，课中辅助教师高效授课，课后练习助力学生查漏补缺，强化知识应用。

1.3 动量守恒定律 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 动量守恒定律 考点02 碰撞 考点03 反冲 考点04 实验：验证动量守恒定律 03 避坑指南·解题通法 角度01 弹簧—小球(物块)模型 角度02 光滑圆弧轨道—滑块(小球)模型 角度03 滑块—悬绳模型 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.了解系统、内力和外力的概念。 2.理解动量守恒定律及其表达式，理解动量守恒条件。 3.能用牛顿运动定律推导出动量守恒定律的表达式，了解动量守恒定律的普适性。 4.能用动量守恒定律解决实际问题。 1.通过实例分析，知道反冲运动的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题。 2.通过学习动量守恒的学习，能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题． 考点01 动量守恒定律 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体 构成的整体　叫作一个力学系统。 (2)内力：系统中 物体间　的作用力。 (3)外力：系统 以外　的物体施加给系统内物体的力。 2．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′　(作用前后总动量相等)，即p＝p′。 3．动量守恒定律成立的条件 理想条件 系统不受外力作用或系统所受外力之和为零时，系统动量守恒 近似条件 系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒 单方向的动 量守恒条件 系统受到的外力总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒，但是，若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒 4．动量守恒常见的表达式 (1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 5．动量守恒定律的“六种”性质 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个参考系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反的为负值 普适性 不仅适用于低速、宏观系统，还适用于高速、微观系统 【深化点拨】 1．系统动量守恒的判定方法 (1)分析动量守恒时研究对象是系统，要分清外力与内力。 (2)研究系统受到的外力的矢量和。 (3)外力的矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。 (4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 1．如图所示，A、B两物体的质量之比为，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数分别为和，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体同时被弹开并相对平板车滑动（A、B两物体始终不滑出平板车），不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若，则A、B组成的系统在其滑动过程中动量守恒 B．若，则弹簧释放瞬间，平板车C立即向左加速 C．若，则弹簧释放瞬间，平板车C立即向左加速 D．调整和的比例至合适的值，能使A、B、C和弹簧构成的系统动量守恒且机械能守恒 2．（多选）如图所示，光滑水平面上质量均为的相同滑块对称放置（均不固定），滑块上的圆弧光滑轨道的半径为，轨道最低点与水平面相切。现将质量为的小球从滑块圆弧轨道的最高点由静止释放，重力加速度为。则（     ） A．小球与滑块A组成的系统动量守恒 B．小球第一次从滑块上滑离时的速度大小为 C．小球在滑块B上上升的最大高度为 D．要使小球能够再次滑上A的轨道，应满足的条件 3．（多选）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为，子弹的质量为，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，下列说法正确的是（     ） A．系统的动量不守恒 B．系统的动量守恒 C．系统的机械能不守恒 D．系统的机械能守恒 【应用动量守恒定律的优越性】 用牛顿运动定律分析物体运动状态的变化，需要知道物体在整个运动过程中各个时刻的受力细节，这些信息的获取往往非常繁琐，甚至无法直接获得。运用动量守恒定律分析物体运动状态的变化，不涉及具体过程，只考虑始、末两个状态的动量，使问题大大简化。 考点02 碰撞 1．碰撞过程的五个特点 时间特点 在碰撞现象中，相互作用的时间很短 作用力 特点 在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大 动量特点 系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒 位移特点 碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置 能量特点 碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek≥碰撞后总动能Ek′ 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞：系统在碰撞前后 动能　不变。 (2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能 减少　。 (3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，动能损失 最大　。 3．弹性碰撞和非弹性碰撞遵从的规律 种类 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相等(或成为一体) 【深化点拨】 处理碰撞问题的三个原则 1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 3．速度要合理 (1)碰前两物体同向，v后>v前，则碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′， (2)两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。 弹性碰撞的实例分析 1．正碰 两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在 同一条直线上　，碰撞之后两球的速度仍会沿着 这条直线　，这种碰撞称为正碰，也叫作 对心碰撞　或 一维碰撞　。 2．“一动一静”两物体碰撞后速度的计算及讨论 (1)在光滑水平面上质量为m1的物体以速度v1与质量为m2的静止物体发生弹性正碰，如图所示。 碰撞过程中，动量守恒，总动能没有损失，得m1v1′＋m2v2′＝ m1v1　，m1v1′2＋m2v2′2＝ m1v　。 碰后两个物体的速度分别为v1′＝ v1　，v2′＝ v1　。 (2)结果分析讨论 m1＝m2 v1′＝0，v2′＝v1，两球碰后交换了速度 m1>m2 v1′>0，v2′>0，v1′、v2′与v1同向 m1<m2 v1′<0，v2′>0，碰后A球被弹回来 m1≫m2 v1′＝v1，v2′＝2v1，v1′、v2′与v1同向 m1≪m2 v1′＝－v1，v2′＝0，碰后A球被弹回，B球静止 4．如图（a）所示，光滑水平面上有、两物块，已知物块的质量，初始时刻静止，以一定的速度向右运动，之后与发生碰撞，碰撞后它们的位移一时间图像如图（b）所示（规定向右为位移的正方向），求： (1)物块的质量为多少？ (2)碰撞过程系统机械能的损失量。 5．如图所示，在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量均为m。A、B两球相向运动，速度大小均为v，两球发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，求： (1)两球未碰前，A球的动量大小p； (2)两球压缩最紧时，两球系统的弹性势能Ep。 6．如图所示，光滑水平地面上并排放置着两个平台A、B，平台A上固定一根竖直轻杆，杆的顶端通过长的轻质不可伸长细线悬挂一质量为的小球D。现有一玩家从左侧将一块质量为的橡皮泥C置于小球D左侧，给橡皮泥C水平向右的速度，使得C立即与静止的小球D发生碰撞，碰后C、D瞬间粘在一起形成整体E。已知平台A的质量，平台B的质量，重力加速度，忽略空气阻力，所有物体均可视为质点。求： (1)橡皮泥C与小球D碰撞形成E的过程损失的机械能； (2)整体E第一次向右摆动时上升的最大高度及整体E第一次向右摆动到最高点的过程中，平台B对平台A的冲量I的大小； (3)当整体E第一次回到最低点时，轻质细线对整体E的拉力大小。 考点03 反冲 1．定义 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另外一个部分必然向 相反方向　运动的现象。 2．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲，使水从喷口喷出时一边喷水一边 旋转　。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的 准确性　，所以用步枪射击时要把枪身抵在 肩部　，以减少反冲的影响。 3．反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。 【深化点拨】 “人船模型”问题 1．模型特点 (1)如图所示。 (2)人和船的位移满足x人＋x船＝L，遵从动量守恒定律，有m－M＝0 则x人＝L，x船＝L。 x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。 2．重要推论 (1)“人”走“船”走，“人”停“船”停。 (2)＝，人、船的位移(在系统满足动量守恒定律的方向上的位移)与质量成反比。 3．“人船模型”的推广应用 (1)适用条件 两个物体组成的系统原来处于静止状态，在系统中物体发生相对运动的过程中，动量守恒或某一个方向动量守恒。即m1v1－m2v2＝0。 (2)原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，系统中两物体在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。 7．一质量为M的火箭，其发动机喷出的气体相对喷气前火箭的速度大小恒为v0。以地面为参考系，该火箭正以速度v在太空中飞行，某一时刻火箭接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，已知喷出气体质量m远小于火箭初始质量M，则加速后火箭相对地面的速度大小等于（     ） A． B． C． D． 8．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随水流的喷射。一吸满水后质量为0.8kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为45m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则 （     ） A．喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前 B．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.15kg的水 C．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.20kg的水 D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为6.75N·s 9．如图，质量均为1kg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，轻杆上端系一长为0.5m的轻质细线，细线另一端系一质量为4kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，重力加速度取，则（    ） A．木块A、B原先间距0.4m B．球C下摆过程，A和C整体动量守恒 C．球C摆到最低点的速度是 D．球C通过最低点后继续向左摆动上升的最大高度为0.2m 考点04 实验：验证动量守恒定律 1．实验装置和器材：如图所示 实验器材：气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、挡光片等。 2．物理量的测量 (1)质量的测量：用 天平　测量两滑块的质量m1、m2。 (2)速度的测量：v＝ 　，式中的d为滑块上挡光片的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块上的挡光片经过光电门的时间。 (3)碰撞情景的实现：利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用在滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。 3．本实验研究以下三种情况 (1)在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩，并用一根细线将两个滑块固定。烧断细线，弹簧弹开后落下，两个滑块由静止向相反方向运动(如图甲所示)； (2)在两滑块相互碰撞的端面装上弹性碰撞架(如图乙所示)，可以得到能量损失很小的碰撞； (3)在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个滑块连成一体运动(如图丙所示)，这样可以得到能量损失很大的碰撞。 4．实验步骤(1)安装气垫导轨，接通电源，给导轨通气，调节导轨 水平　。 (2)在滑块上安装好挡光片、弹性碰撞架、光电门等，测出两滑块的质量m1和m2。 (3)用手拨动滑块使其在两数字计时器之间相碰。滑块反弹越过数字计时器之后，抓住滑块避免反复碰撞。读出两滑块经过两数字计时器前后的4个时间。 (4)改变碰撞速度，或采用运动滑块撞击静止滑块等方式，分别读出多组数据，记入表格。 5．数据分析 在确保挡光片宽度d一致的前提下，可将验证动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′变为验证＋＝＋。 6．注意事项 (1)气垫导轨要调整到水平。 (2)安装到滑块的挡光片宽度适当小些，计算速度会更精确。 【深化点拨】 实验思路 1．研究对象和实验条件：两个物体发生碰撞时，作用时间 很短　，外力与系统内两物体的相互作用力相比很小，可以近似认为碰撞满足动量守恒定律的条件。 2．实验原理：确定研究对象，通过实验测量两个碰撞物体的质量(m1、m2)及碰撞前后的速度(v1、v1′、v2、v2′)，根据动量守恒，应满足 m1v1　＋ m2v2　＝m1v1′＋m2v2′。 3．物理量的测量 (1)质量的测量 物体的质量可用 天平　直接测量。 (2)速度的测量 速度的测量可以有不同的方式。如可以用打点计时器、光电门、传感器测速，还可以根据平抛运动规律测速等。尽可能选取气垫导轨等器材利用光电门测速进行实验，因为运动过程中物块所受的摩擦力较小。 10．某同学利用如图所示的实验装置“验证动量守恒定律”，步骤如下： ①用天平测得两个大小相同的小钢球1、2的质量分别为、； ②用两根长度均为l的细线分别悬挂球1、2，细线竖直且两球紧靠； ③拉开1球，测得细线与竖直方向夹角，静止释放后与2球发生碰撞； ④碰撞后，1、2分别向左和向右摆到最高点，测得此时球1、2的悬线与竖直方向的夹角分别为和。 回答下列问题： (1)为保证球1碰撞后向左摆动，则1、2两球质量应满足______ （填“>”、“<”或“=”）。 (2)若两球碰撞前后动量守恒，则其表达式为______ 。（用所测量的物理量表示） (3)若用大小、质量均相同的1、2两球重复步骤②③，发现1、2碰撞后，1球静止，2球向右摆到最高点，测得此时悬线与竖直方向的夹角。若两球碰撞前后动量守恒，则其表达式为______ 。（用所测量的物理量表示） 11．某实验小组利用如图甲所示的装置探究两球碰撞过程的规律。 实验的主要步骤如下： （1）用游标卡尺测量小球A、B的直径，其示数均如图乙所示，则直径d=_______mm。 （2）用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。 （3）将球A向左拉起由静止释放，球A与球B碰撞后，球A向左摆，球B向右摆。 为完成实验，必须测量的物理量有( ) A．用天平测得球A、B的质量分别为、。 B．细线的长度L C．将球A向左拉起由静止释放时其悬线与竖直方向的夹角 D．球A与球B碰撞后，需测出球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为和球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为。 （4）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为_______（用测得的物理量的符号表示）。 （5）若实验时发现两球碰撞时，两球球心不在同一水平线上，其原因可能是球A运动过程中，球A的摆长发生变化，导致碰撞点相对于球B的球心______（选填“偏高”或“偏低”）。 12．某校同学们分组进行碰撞的实验研究。 (1)第一组利用气垫导轨通过频闪照相进行探究碰撞中的不变量这一实验。若要求碰撞时系统损失的机械能最多，则应选图中的______（选填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）； (2)第二组同学用如图丙所示的实验装置“验证动量守恒定律”，入射小球1质量为，被碰小球2质量为。 ①若入射小球半径为，被碰小球半径为，则应满足______，______。（选填“大于”、“等于”或“小于”） ②分别测出点到平均落点的距离，记为、和，当所测物理量满足表达式_______________时，即说明两球碰撞中动量守恒；若两球碰撞为完全弹性碰撞，则______（选填“大于”、“等于”或“小于”） (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。如图丁所示，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点和点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至点由静止释放，在最低点与静止于点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点，小球2向右摆动至最高点。测得小球1，2的质量分别为和，、、与最低点对应的竖直高度分别为、、。推导说明，、、、、满足__________________关系即可验证碰撞前后动量守恒；同理，若小球、的碰撞为弹性碰撞，请问还满足____________________关系。（用、、表示） 碰撞模型拓展 弹簧—小球(物块)模型 1．模型图例 如图所示，水平面光滑，质量为m1的物体的初速度为v0，质量为m2的物体通过弹簧与质量为m1的物体连接，弹簧处于原长(伸长或压缩)状态。 2．模型规律 (1)在动量方面，系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 (2)在能量方面，系统机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v＋Ep。 3．模型特点——“两个状态” (1)弹簧处于最长(最短)状态：此时两物体速度相等，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)。 (2)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 “光滑圆弧轨道—滑块(小球)”模型 1．模型图示 2．模型规律 (1)系统在水平方向所受合外力为零，该系统在水平方向上满足动量守恒定律。 (2)若圆弧轨道光滑，系统机械能守恒。 3．模型特点——“两个位置” (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋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：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 “滑块—悬绳”模型 1．模型图例 如图所示，滑块穿在水平光滑杆上静止，小球以v0的速度向右运动。 2．模型规律 (1)小球和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，但在竖直方向动量不守恒。 (2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。 3．模型特点 (1)最高点：小球和滑块共速时，小球运动到最高点。 (2)最低点：当小球再次回到最低点时，滑块速度最大，此过程类似于弹性碰撞，小球回到最低点时vM＝，vm＝v0。 角度01 弹簧—小球(物块)模型 1．（多选）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，b的质量为。时刻，使a获得水平向右、大小为的初速度，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（     ） A．a的质量为 B．时刻，a、b间的距离最大 C．时间内，b所受弹簧弹力的冲量的大小为 D．图乙中阴影部分的面积为 2．如图所示，小球A以水平初速度，从半径的粗糙半圆弧轨道顶端冲入，然后从半圆弧另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平轨道上通过轻质弹簧与静止的小球B发生相互作用（弹簧与小球B连接）。已知、。忽略空气阻力，A、B球均可视为质点，重力加速度。求： (1)小球从到的过程中阻力做的功； (2)弹簧弹性势能的最大值； (3)在整个相互作用过程中，弹簧对小球A的冲量。 3．如图所示，游戏装置由倾角、长的粗糙斜面，足够长的光滑水平轨道，和半径的光滑竖直半圆轨道组成，三者在同一竖直平面内且平滑相连。滑块静止于段某位置，其左侧静置一轻质弹簧（与不相连）。滑块从斜面最高点静止释放，与弹簧、滑块发生完全弹性碰撞后分离，分离后滑块与弹簧被锁定，滑块继续滑行进入轨道。已知两滑块质量均为，滑块与斜面间的动摩擦因数，弹簧始终在弹性限度内，求：（已知：重力加速度，，，不计空气阻力） (1)滑块到达斜面底端点时的速度大小； (2)弹簧被压缩过程中的最大弹性势能； (3)滑块经过半圆轨道最低点时受到的支持力大小； (4)滑块从半圆轨道分离的位置与水平轨道的高度差。 角度02 “光滑圆弧轨道—滑块(小球)”模型 4．（多选）如图所示，半圆形凹槽B静止在水平地面上，圆心为O，物块C静止在B右侧。现将小球A从距离O高度为R的位置静止释放，恰能无碰撞地从凹槽右端进入凹槽，当A滑至B的最低点时，B恰好与C发生碰撞并粘连在一起（时间极短）。已知A、B、C的质量均为m，凹槽半径为R，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．A、B、C组成的系统，机械能守恒，水平方向动量守恒 B．B与C在碰撞前瞬间，B的速度大小为 C．小球A从凹槽左端飞出后能达到的最高点距离O高度为0.5R D．小球A运动到凹槽B最左端的过程中，凹槽B的位移为 5．（多选）如图，四分之一光滑圆弧体A、B均静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径分别为、。一个小球（可视为质点）从圆弧体A的最高点由静止释放，小球在圆弧体B上升的最大高度为，小球与A的质量相等。则（    ） A．小球与圆弧体B的质量之比为 B．小球与圆弧体B的质量之比为 C．若圆弧体B被锁定，小球能从最高点冲出圆弧体B D．若圆弧体B被锁定，小球不能从最高点冲出圆弧体B 6．如图所示，静止在光滑水平地面上的小车质量为，其左侧紧靠竖直墙壁，小车左右两边分别是半径为和的四分之一光滑圆弧轨道和，中间是长度为的水平粗糙轨道，各轨道平滑相连。质量为可视为质点的小滑块从轨道点正上方处由静止释放，恰好沿切线落入圆弧轨道，小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数，重力加速度取。求： (1)小滑块经过点时的速度大小； (2)小滑块从点冲出后离点的最大高度； (3)小滑块第二次经过点时对圆弧轨道的压力大小。 【例1】（2026·湖北）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 【变式1-1】如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为的小球D以速度沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。 (1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小； (2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能； (3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。 【变式1-2】如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 【变式1-3】如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【变式1-4】如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 ⚡基础速刷 1．为了抵消近地轨道稀薄大气阻力造成的轨道缓慢衰减，天和核心舱利用霍尔推进器承担日常轨道维持。若霍尔推进器工作时，每秒喷出的离子总质量为，相对空间站的喷射速度为，则该霍尔推进器获得的推力约为（     ） A． B． C． D． 2．如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的篮球一个一个地投入左边的筐中，所有篮球仍在车上，不计空气阻力。在投篮过程中下列说法正确的是（     ） A．小车向左运动 B．人和小车组成的系统机械能守恒 C．人和小车组成的系统动量守恒 D．投完篮球后，篮球静止，小车亦静止 3．如图所示，两小车中间夹一被压缩的轻弹簧，现用两手分别按住小车，使它们静止在光滑水平面上。要使两小车组成的系统动量守恒，下列操作正确的是（     ） A．同时放开两车 B．先放开左车，然后放开右车 C．先放开右车，然后放开左车 D．以上操作都正确 4．在一条光滑的工业传送轨道上，有5个质量均为的待加工工件静止排成一列，彼此间留有等距空隙。编号为5的工件被机械臂给予初速度向左运动，依次与前方4个静止工件发生碰撞，最终这五个工件粘成一个整体。这个整体的最终速度为（　　） A． B． C． D． 5．在“天宫课堂”第四课期间，神舟十六号航天员做了一个“奇妙乒乓球”实验。如图所示，实验中航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮手握球拍击打水球，水球被弹开。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．水球所受弹力是由于水球发生形变产生的 B．击球时水球与球拍组成的系统动量守恒 C．球拍对水球的冲量大小大于水球对球拍的冲量大小 D．球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小 6．沙壶球是一项休闲运动，又称“桌上冰壶”。如图，足够长的水平球桌上静止放置两壶球a和b、现推出壶球a，使发生正碰。已知壶球a碰前瞬间的动量为，碰后瞬间的动量为。则碰后瞬间壶球的动量为（　　） A． B． C． D． 7．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移-时间图像如图所示，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为75kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。则碰碰车的质量为（　　） A．60kg B．50kg C．40kg D．30kg 8．一物块静止在光滑水平面上，时刻，质量为的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（    ） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 9．（多选）如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车面上AB段是光滑水平面，与AB相切的BC部分是半径为的光滑圆弧轨道，今有一质量的小金属块以水平初速度从A端冲上小车，恰能上升到圆弧轨道的最高点C，则在此过程中（）（　　） A．金属块在C点的速度大小为1m/s B．金属块的初速度大小为3m/s C．金属块在C点的速度大小为 D．金属块的初速度大小为2m/s 10．（多选）如图所示，质量为M=3m的木板在光滑的水平面上以v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从距离木板上表面高度为h处自由下落，与木板碰撞后，反弹上升的最大高度为，且发生碰撞时，球与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则小球弹起后的水平速度大小可能是（　　） A． B． C． D． 🚀能力跃升 11．（多选）如图所示，光滑的水平面上放置质量为的长木板乙，质量为的小物块甲放在长木板的最左端，时刻同时给小物块和长木板方向相反，大小均为的初速度。已知小物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度取，小物块甲可视为质点，整个过程小物块始终没有离开长木板。则下列说法正确的是（　　） A．长木板的长度至少为 B．长木板的速度为时，小物块的速度大小为，方向向左 C．长木板的速度为时，小物块正处在加速阶段 D．小物块在长木板上发生相对滑动的时间为 12．（多选）如图，质量为2m，半径为R，圆心角为150°的光滑圆弧轨道ABC，静置于光滑的水平面上，不固定，一质量为m的小球从圆弧轨道的A点静止释放，已知重力加速度为g，下面说法正确的是（　　） A．轨道与小球组成的系统动量守恒 B．轨道的最大速度为 C．小球从C点射出时，轨道的位移为 D．小球从C点射出时，轨道的位移为 13．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量的薄木板AB（厚度忽略不计）和质量的圆弧轨道CD，木板AB上表面粗糙，CD是上表面光滑的半径为的四分之一圆弧，它们紧靠在一起。一质量为可视为质点的物块，从木板AB的右端以初速度滑上木板，到达木板最左端点时的速度为，然后又滑上圆弧轨道CD。若物块P与木板AB间的动摩擦因数为，取求： (1)物块P滑到木板左端时，木板的速度的大小； (2)木板的长度； (3)滑块在圆弧轨道CD上上升的最大高度； 🌟思维挑战 14．如图所示，质量的空心木块静止在光滑水平地面上，木块内部由水平直轨道和光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道半径，为圆弧轨道的最高点，为圆弧轨道的圆心，水平轨道长，两轨道平滑连接。水平轨道上左侧有一固定轻挡板，一轻质弹簧左端固定在挡板上，起初弹簧右端被压缩并锁定，质量的滑块（视为质点）静置在水平轨道上，且与弹簧右端接触但不连接。取重力加速度大小，，不计空气阻力，不计滑块通过点的机械能损失。弹簧不被压缩时，右端未到点。 (1)若木块固定，水平轨道光滑，弹簧的弹性势能，解除弹簧锁定，求滑块沿轨道运动到点时对轨道的压力大小； (2)若木块固定，水平轨道粗糙，弹簧的弹性势能，滑块初始位置到点的距离，解除弹簧锁定，滑块向上运动的过程中，恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高处，求滑块与水平轨道间的动摩擦因数； (3)若木块不固定，水平轨道光滑，解除弹簧锁定，滑块经过点时，木块恰好对地面无压力，求初始时弹簧的弹性势能。 15．如图所示，P为固定竖直挡板，质量为3m的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P的下端），质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板的右端，物块B和长木板A以相同的水平初速度v0一起向右运动，物块B与挡板P碰撞后反向运动，经过一段时间，B最终停止运动。已知小物块B始终未从长木板A上滑下，A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1)第一次碰撞后瞬间A、B的加速度大小aA和aB； (2)B、P从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t； (3)A板长度的最小值L。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.3 动量守恒定律 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 动量守恒定律 考点02 碰撞 考点03 反冲 考点04 实验：验证动量守恒定律 03 避坑指南·解题通法 角度01 弹簧—小球(物块)模型 角度02 光滑圆弧轨道—滑块(小球)模型 角度03 滑块—悬绳模型 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.了解系统、内力和外力的概念。 2.理解动量守恒定律及其表达式，理解动量守恒条件。 3.能用牛顿运动定律推导出动量守恒定律的表达式，了解动量守恒定律的普适性。 4.能用动量守恒定律解决实际问题。 1.通过实例分析，知道反冲运动的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题。 2.通过学习动量守恒的学习，能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题． 考点01 动量守恒定律 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体 构成的整体　叫作一个力学系统。 (2)内力：系统中 物体间　的作用力。 (3)外力：系统 以外　的物体施加给系统内物体的力。 2．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′　(作用前后总动量相等)，即p＝p′。 3．动量守恒定律成立的条件 理想条件 系统不受外力作用或系统所受外力之和为零时，系统动量守恒 近似条件 系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒 单方向的动 量守恒条件 系统受到的外力总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒，但是，若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒 4．动量守恒常见的表达式 (1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 5．动量守恒定律的“六种”性质 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个参考系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反的为负值 普适性 不仅适用于低速、宏观系统，还适用于高速、微观系统 【深化点拨】 1．系统动量守恒的判定方法 (1)分析动量守恒时研究对象是系统，要分清外力与内力。 (2)研究系统受到的外力的矢量和。 (3)外力的矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。 (4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 1．如图所示，A、B两物体的质量之比为，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数分别为和，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体同时被弹开并相对平板车滑动（A、B两物体始终不滑出平板车），不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若，则A、B组成的系统在其滑动过程中动量守恒 B．若，则弹簧释放瞬间，平板车C立即向左加速 C．若，则弹簧释放瞬间，平板车C立即向左加速 D．调整和的比例至合适的值，能使A、B、C和弹簧构成的系统动量守恒且机械能守恒 【答案】C 【详解】弹簧释放后，A相对平板车C向左滑动，B相对C向右滑动： A受到C的滑动摩擦力向右，大小为 因此C受到A的反作用力摩擦力向左，大小为； B受到C的滑动摩擦力向左，大小为 因此C受到B的反作用力摩擦力向右，大小为； 已知 ，设 逐一分析选项： A．若，A、B组成的系统合外力 合外力不为零，动量不守恒，A错误。 B．若，C受到的合力 合力为零，加速度为零，不会向左加速，B错误。 C．若，C受到的合力 合力方向向左，因此C立即向左加速，C正确。 D．地面光滑，整个系统动量守恒，但A、B滑动时滑动摩擦力做功生热，机械能转化为内能，机械能一定不守恒，D错误。 故选 C。 2．（多选）如图所示，光滑水平面上质量均为的相同滑块对称放置（均不固定），滑块上的圆弧光滑轨道的半径为，轨道最低点与水平面相切。现将质量为的小球从滑块圆弧轨道的最高点由静止释放，重力加速度为。则（     ） A．小球与滑块A组成的系统动量守恒 B．小球第一次从滑块上滑离时的速度大小为 C．小球在滑块B上上升的最大高度为 D．要使小球能够再次滑上A的轨道，应满足的条件 【答案】BD 【详解】A．小球与滑块 A 组成的系统受到重力和水平面对滑块 A 的支持力，外力合力不为零，系统总动量不守恒；水平方向外力为零，只能说水平方向动量守恒，故A错误； BC．设小球第一次从滑块 A 上滑离时速度大小为 ，滑块 A 的速度为 ，由水平方向动量守恒得 由机械能守恒得 联立解得 小球滑上滑块 B 后，设上升的最大高度为 ，此时小球与滑块 B 有共同水平速度 ，由水平方向动量守恒得 由机械能守恒得 联立解得 ，故B正确，C错误； D．小球第一次从滑块 A 上滑离后，滑块 A 向左的速度大小为 小球从滑块 B 返回并滑离最低点时，相当于与静止滑块 B 发生一维弹性相互作用，小球向左的速度大小为 要使小球能够再次滑上 A 的轨道，应有 解得 ，故D正确。 故选BD。 3．（多选）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为，子弹的质量为，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，下列说法正确的是（     ） A．系统的动量不守恒 B．系统的动量守恒 C．系统的机械能不守恒 D．系统的机械能守恒 【答案】AC 【详解】子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象，墙壁对系统的存在冲量，系统动量不守恒；子弹射入木块过程为完全非弹性碰撞，系统存在机械能的损耗，机械能不守恒。 故选AC。 【应用动量守恒定律的优越性】 用牛顿运动定律分析物体运动状态的变化，需要知道物体在整个运动过程中各个时刻的受力细节，这些信息的获取往往非常繁琐，甚至无法直接获得。运用动量守恒定律分析物体运动状态的变化，不涉及具体过程，只考虑始、末两个状态的动量，使问题大大简化。 考点02 碰撞 1．碰撞过程的五个特点 时间特点 在碰撞现象中，相互作用的时间很短 作用力 特点 在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大 动量特点 系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒 位移特点 碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置 能量特点 碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek≥碰撞后总动能Ek′ 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞：系统在碰撞前后 动能　不变。 (2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能 减少　。 (3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，动能损失 最大　。 3．弹性碰撞和非弹性碰撞遵从的规律 种类 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相等(或成为一体) 【深化点拨】 处理碰撞问题的三个原则 1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 3．速度要合理 (1)碰前两物体同向，v后>v前，则碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′， (2)两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。 弹性碰撞的实例分析 1．正碰 两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在 同一条直线上　，碰撞之后两球的速度仍会沿着 这条直线　，这种碰撞称为正碰，也叫作 对心碰撞　或 一维碰撞　。 2．“一动一静”两物体碰撞后速度的计算及讨论 (1)在光滑水平面上质量为m1的物体以速度v1与质量为m2的静止物体发生弹性正碰，如图所示。 碰撞过程中，动量守恒，总动能没有损失，得m1v1′＋m2v2′＝ m1v1　，m1v1′2＋m2v2′2＝ m1v　。 碰后两个物体的速度分别为v1′＝ v1　，v2′＝ v1　。 (2)结果分析讨论 m1＝m2 v1′＝0，v2′＝v1，两球碰后交换了速度 m1>m2 v1′>0，v2′>0，v1′、v2′与v1同向 m1<m2 v1′<0，v2′>0，碰后A球被弹回来 m1≫m2 v1′＝v1，v2′＝2v1，v1′、v2′与v1同向 m1≪m2 v1′＝－v1，v2′＝0，碰后A球被弹回，B球静止 4．如图（a）所示，光滑水平面上有、两物块，已知物块的质量，初始时刻静止，以一定的速度向右运动，之后与发生碰撞，碰撞后它们的位移一时间图像如图（b）所示（规定向右为位移的正方向），求： (1)物块的质量为多少？ (2)碰撞过程系统机械能的损失量。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由图像，初始时刻静止，因此初始时在处；、在时碰撞。 图像斜率表示速度，因此碰撞前，的速度 碰撞后，的速度；的速度 设的质量为，碰撞前后，系统动量守恒 解得 （2）碰撞前动能 碰撞后总动能 机械能损失 5．如图所示，在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量均为m。A、B两球相向运动，速度大小均为v，两球发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，求： (1)两球未碰前，A球的动量大小p； (2)两球压缩最紧时，两球系统的弹性势能Ep。 【答案】(1)mv (2)mv2 【详解】（1）两球未碰前，A球的动量大小为 （2）两球压缩最紧时，两球速度相等，即 所以 则两球系统的弹性势能为 6．如图所示，光滑水平地面上并排放置着两个平台A、B，平台A上固定一根竖直轻杆，杆的顶端通过长的轻质不可伸长细线悬挂一质量为的小球D。现有一玩家从左侧将一块质量为的橡皮泥C置于小球D左侧，给橡皮泥C水平向右的速度，使得C立即与静止的小球D发生碰撞，碰后C、D瞬间粘在一起形成整体E。已知平台A的质量，平台B的质量，重力加速度，忽略空气阻力，所有物体均可视为质点。求： (1)橡皮泥C与小球D碰撞形成E的过程损失的机械能； (2)整体E第一次向右摆动时上升的最大高度及整体E第一次向右摆动到最高点的过程中，平台B对平台A的冲量I的大小； (3)当整体E第一次回到最低点时，轻质细线对整体E的拉力大小。 【答案】(1)9J (2)0.3m， (3)38N 【详解】（1）C与D碰撞过程时间极短，内力远大于外力，取向右为正方向，由动量守恒定律得： 代入数据解得整体E的速度： 碰撞过程中系统损失的机械能为： 代入数据解得： （2）整体E向右摆动过程中，A、B、E组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。 当E摆动到最高点时，A、B、E三者具有相同的水平速度。 由水平方向动量守恒定律得 整体E摆动到的最大高度h。对A、B、E组成的系统，从E开始摆动到最高点，由机械能守恒定律得： 代入数据：。 从E开始摆动到最高点，单独隔离平台B，平台B仅在水平方向受到平台A对其向右的弹力作用。由动量定理可得，平台A对B的冲量为： 根据牛顿第三定律，平台B对平台A的冲量大小与A对B的冲量大小相等，故平台B对A的冲量大小为 （3）E第一次达到最低点时，A与B开始分离 对E、A、B构成的系统： 联立解得：， 在最低点时，轻线的拉力提供整体E相对平台A做圆周运动的向心力。 E相对于A的速度大小 由牛顿第二定律得： 解得 考点03 反冲 1．定义 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另外一个部分必然向 相反方向　运动的现象。 2．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲，使水从喷口喷出时一边喷水一边 旋转　。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的 准确性　，所以用步枪射击时要把枪身抵在 肩部　，以减少反冲的影响。 3．反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。 【深化点拨】 “人船模型”问题 1．模型特点 (1)如图所示。 (2)人和船的位移满足x人＋x船＝L，遵从动量守恒定律，有m－M＝0 则x人＝L，x船＝L。 x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。 2．重要推论 (1)“人”走“船”走，“人”停“船”停。 (2)＝，人、船的位移(在系统满足动量守恒定律的方向上的位移)与质量成反比。 3．“人船模型”的推广应用 (1)适用条件 两个物体组成的系统原来处于静止状态，在系统中物体发生相对运动的过程中，动量守恒或某一个方向动量守恒。即m1v1－m2v2＝0。 (2)原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，系统中两物体在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。 7．一质量为M的火箭，其发动机喷出的气体相对喷气前火箭的速度大小恒为v0。以地面为参考系，该火箭正以速度v在太空中飞行，某一时刻火箭接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，已知喷出气体质量m远小于火箭初始质量M，则加速后火箭相对地面的速度大小等于（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】在太空中可忽略外力，火箭和喷出气体组成的系统动量守恒，规定火箭原飞行方向为正方向，设喷气加速后火箭相对地面的速度大小为，满足 解得 由于喷出的气体质量相对火箭质量来说很小，满足 因此 代入得近似结果 故选B。 8．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随水流的喷射。一吸满水后质量为0.8kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为45m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则 （     ） A．喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前 B．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.15kg的水 C．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.20kg的水 D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为6.75N·s 【答案】C 【详解】A．乌贼前进的动力是自身喷出的水对乌贼的反作用力，周围的水对喷出的水的反作用力作用在喷出的水上，不直接作用于乌贼，故A错误； BC．极短时间内，喷水时系统（乌贼+喷出的水）内力远大于外力，动量守恒，初始总动量为0。设喷出的水质量为，乌贼喷水后质量为，规定乌贼运动方向为正方向，由动量守恒得 解得，故B错误，C正确； D．对乌贼由动量定理，受到喷出水的冲量等于自身动量变化，故D错误。 故选C。 9．如图，质量均为1kg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，轻杆上端系一长为0.5m的轻质细线，细线另一端系一质量为4kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，重力加速度取，则（    ） A．木块A、B原先间距0.4m B．球C下摆过程，A和C整体动量守恒 C．球C摆到最低点的速度是 D．球C通过最低点后继续向左摆动上升的最大高度为0.2m 【答案】A 【详解】B．球C下摆过程，对于木块A和小球C组成的系统，由于球C竖直方向有加速度，木块A竖直方向没有加速度，所以系统竖直方向所受合力不为0，竖直方向动量不守恒，则A和C整体动量不守恒，故B错误； C．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒可得 根据机械能守恒可得 联立解得A、C的速度大小分别为，，故C错误； A．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，则有 两边同乘以t，有 又 联立解得 当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，可知木块A、B原先间距0.4m，故A正确； D．A与B碰瞬间，根据动量守恒可得 解得 球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 解得 根据能量守恒可得 解得球C通过最低点后继续向左摆动上升的最大高度为，故D错误。 故选A。 考点04 实验：验证动量守恒定律 1．实验装置和器材：如图所示 实验器材：气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、挡光片等。 2．物理量的测量 (1)质量的测量：用 天平　测量两滑块的质量m1、m2。 (2)速度的测量：v＝ 　，式中的d为滑块上挡光片的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块上的挡光片经过光电门的时间。 (3)碰撞情景的实现：利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用在滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。 3．本实验研究以下三种情况 (1)在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩，并用一根细线将两个滑块固定。烧断细线，弹簧弹开后落下，两个滑块由静止向相反方向运动(如图甲所示)； (2)在两滑块相互碰撞的端面装上弹性碰撞架(如图乙所示)，可以得到能量损失很小的碰撞； (3)在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个滑块连成一体运动(如图丙所示)，这样可以得到能量损失很大的碰撞。 4．实验步骤(1)安装气垫导轨，接通电源，给导轨通气，调节导轨 水平　。 (2)在滑块上安装好挡光片、弹性碰撞架、光电门等，测出两滑块的质量m1和m2。 (3)用手拨动滑块使其在两数字计时器之间相碰。滑块反弹越过数字计时器之后，抓住滑块避免反复碰撞。读出两滑块经过两数字计时器前后的4个时间。 (4)改变碰撞速度，或采用运动滑块撞击静止滑块等方式，分别读出多组数据，记入表格。 5．数据分析 在确保挡光片宽度d一致的前提下，可将验证动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′变为验证＋＝＋。 6．注意事项 (1)气垫导轨要调整到水平。 (2)安装到滑块的挡光片宽度适当小些，计算速度会更精确。 【深化点拨】 实验思路 1．研究对象和实验条件：两个物体发生碰撞时，作用时间 很短　，外力与系统内两物体的相互作用力相比很小，可以近似认为碰撞满足动量守恒定律的条件。 2．实验原理：确定研究对象，通过实验测量两个碰撞物体的质量(m1、m2)及碰撞前后的速度(v1、v1′、v2、v2′)，根据动量守恒，应满足 m1v1　＋ m2v2　＝m1v1′＋m2v2′。 3．物理量的测量 (1)质量的测量 物体的质量可用 天平　直接测量。 (2)速度的测量 速度的测量可以有不同的方式。如可以用打点计时器、光电门、传感器测速，还可以根据平抛运动规律测速等。尽可能选取气垫导轨等器材利用光电门测速进行实验，因为运动过程中物块所受的摩擦力较小。 10．某同学利用如图所示的实验装置“验证动量守恒定律”，步骤如下： ①用天平测得两个大小相同的小钢球1、2的质量分别为、； ②用两根长度均为l的细线分别悬挂球1、2，细线竖直且两球紧靠； ③拉开1球，测得细线与竖直方向夹角，静止释放后与2球发生碰撞； ④碰撞后，1、2分别向左和向右摆到最高点，测得此时球1、2的悬线与竖直方向的夹角分别为和。 回答下列问题： (1)为保证球1碰撞后向左摆动，则1、2两球质量应满足______ （填“>”、“<”或“=”）。 (2)若两球碰撞前后动量守恒，则其表达式为______ 。（用所测量的物理量表示） (3)若用大小、质量均相同的1、2两球重复步骤②③，发现1、2碰撞后，1球静止，2球向右摆到最高点，测得此时悬线与竖直方向的夹角。若两球碰撞前后动量守恒，则其表达式为______ 。（用所测量的物理量表示） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）为保证球1碰撞后向左摆动，则1、2两球质量应满足。 （2）设摆长为L，碰撞前根据动能定理有 碰撞后根据动能定理分别有， 取碰撞前球1速度为正方向，若碰撞过程动量守恒定律，则有 联立可得 （3）若质量均相同的1、2两球重复步骤②③，根据题意结合中表达式可得 解得 11．某实验小组利用如图甲所示的装置探究两球碰撞过程的规律。 实验的主要步骤如下： （1）用游标卡尺测量小球A、B的直径，其示数均如图乙所示，则直径d=_______mm。 （2）用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。 （3）将球A向左拉起由静止释放，球A与球B碰撞后，球A向左摆，球B向右摆。 为完成实验，必须测量的物理量有( ) A．用天平测得球A、B的质量分别为、。 B．细线的长度L C．将球A向左拉起由静止释放时其悬线与竖直方向的夹角 D．球A与球B碰撞后，需测出球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为和球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为。 （4）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为_______（用测得的物理量的符号表示）。 （5）若实验时发现两球碰撞时，两球球心不在同一水平线上，其原因可能是球A运动过程中，球A的摆长发生变化，导致碰撞点相对于球B的球心______（选填“偏高”或“偏低”）。 【答案】 20.6 ACD /或 偏低 【详解】（1）[1]直径为 （4）[3]设摆长为L，球A碰前速度大小为，碰后速度大小为，球B碰后速度大小为 对A球碰前 碰后有 对B球碰后有 取水平向右为正方向，由动量守恒有 联立解得或者 （3）[2]根据（4）分析可知必须测量的物理量有球A、B的质量、，将球A向左拉起由静止释放时其悬线与竖直方向的夹角，球A与球B碰撞后，需测出球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为和球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为。 故选ACD。 （5）[4]因A球碰前下摆过程中速度增大，需要的向心力增大，细线被拉长了，故导致碰撞点相对于球B的球心偏低。 12．某校同学们分组进行碰撞的实验研究。 (1)第一组利用气垫导轨通过频闪照相进行探究碰撞中的不变量这一实验。若要求碰撞时系统损失的机械能最多，则应选图中的______（选填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）； (2)第二组同学用如图丙所示的实验装置“验证动量守恒定律”，入射小球1质量为，被碰小球2质量为。 ①若入射小球半径为，被碰小球半径为，则应满足______，______。（选填“大于”、“等于”或“小于”） ②分别测出点到平均落点的距离，记为、和，当所测物理量满足表达式_______________时，即说明两球碰撞中动量守恒；若两球碰撞为完全弹性碰撞，则______（选填“大于”、“等于”或“小于”） (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。如图丁所示，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点和点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至点由静止释放，在最低点与静止于点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点，小球2向右摆动至最高点。测得小球1，2的质量分别为和，、、与最低点对应的竖直高度分别为、、。推导说明，、、、、满足__________________关系即可验证碰撞前后动量守恒；同理，若小球、的碰撞为弹性碰撞，请问还满足____________________关系。（用、、表示） 【答案】(1)乙 (2) 大于 等于 等于 (3) 【详解】（1）甲图中采用弹性圈，二者碰后即分离，此种情况下，机械能的损失最少，机械能几乎不变；而乙图中由于装有撞针和橡皮泥，则两物体相碰时成为一体，机械能的损失最多；若要求碰撞机械能损失最多，应选图中的乙。 （2）①[1]为了保证碰撞后入射小球不反弹，应满足大于； [2]为了保证两球发生对心正碰，应满足等于。 ②[3]设入射小球碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为、，根据动量守恒可得 由于两球在空中下落高度相同，下落时间相等，则有，， 联立可得当满足表达式 即说明两球碰撞中动量守恒； [4]若两球碰撞为完全弹性碰撞，根据机械能守恒可得 又 联立可得 则有等于。 （3）设碰撞前瞬间小球1的速度大小为，根据动能定理可得 解得 设碰撞后瞬间小球1、小球2的速度大小分别为、，同理可得， 根据动量守恒可得 联立可得满足关系式 即可验证碰撞前后动量守恒； [2]若小球、的碰撞为弹性碰撞，则有 又 联立解得 则有 碰撞模型拓展 弹簧—小球(物块)模型 1．模型图例 如图所示，水平面光滑，质量为m1的物体的初速度为v0，质量为m2的物体通过弹簧与质量为m1的物体连接，弹簧处于原长(伸长或压缩)状态。 2．模型规律 (1)在动量方面，系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 (2)在能量方面，系统机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v＋Ep。 3．模型特点——“两个状态” (1)弹簧处于最长(最短)状态：此时两物体速度相等，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)。 (2)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 “光滑圆弧轨道—滑块(小球)”模型 1．模型图示 2．模型规律 (1)系统在水平方向所受合外力为零，该系统在水平方向上满足动量守恒定律。 (2)若圆弧轨道光滑，系统机械能守恒。 3．模型特点——“两个位置” (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋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：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 “滑块—悬绳”模型 1．模型图例 如图所示，滑块穿在水平光滑杆上静止，小球以v0的速度向右运动。 2．模型规律 (1)小球和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，但在竖直方向动量不守恒。 (2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。 3．模型特点 (1)最高点：小球和滑块共速时，小球运动到最高点。 (2)最低点：当小球再次回到最低点时，滑块速度最大，此过程类似于弹性碰撞，小球回到最低点时vM＝，vm＝v0。 角度01 弹簧—小球(物块)模型 1．（多选）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，b的质量为。时刻，使a获得水平向右、大小为的初速度，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（     ） A．a的质量为 B．时刻，a、b间的距离最大 C．时间内，b所受弹簧弹力的冲量的大小为 D．图乙中阴影部分的面积为 【答案】ABD 【详解】A．设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得，故A正确； B．根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B正确； C．时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C错误； D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据能量守恒定律可得 解得 即图乙中阴影部分的面积为，故D正确。 故选ABD。 2．如图所示，小球A以水平初速度，从半径的粗糙半圆弧轨道顶端冲入，然后从半圆弧另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平轨道上通过轻质弹簧与静止的小球B发生相互作用（弹簧与小球B连接）。已知、。忽略空气阻力，A、B球均可视为质点，重力加速度。求： (1)小球从到的过程中阻力做的功； (2)弹簧弹性势能的最大值； (3)在整个相互作用过程中，弹簧对小球A的冲量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从到的过程中根据动能定理可得 解得 （2）当速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 解得 （3）在整个相互作用过程中，根据动量定理可得 解得 3．如图所示，游戏装置由倾角、长的粗糙斜面，足够长的光滑水平轨道，和半径的光滑竖直半圆轨道组成，三者在同一竖直平面内且平滑相连。滑块静止于段某位置，其左侧静置一轻质弹簧（与不相连）。滑块从斜面最高点静止释放，与弹簧、滑块发生完全弹性碰撞后分离，分离后滑块与弹簧被锁定，滑块继续滑行进入轨道。已知两滑块质量均为，滑块与斜面间的动摩擦因数，弹簧始终在弹性限度内，求：（已知：重力加速度，，，不计空气阻力） (1)滑块到达斜面底端点时的速度大小； (2)弹簧被压缩过程中的最大弹性势能； (3)滑块经过半圆轨道最低点时受到的支持力大小； (4)滑块从半圆轨道分离的位置与水平轨道的高度差。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）到：滑块的加速度     根据运动学公式     解得 （2）水平轨道光滑，滑块与滑块碰撞前 弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时滑块与滑块速度相等设为，由 解得     最大弹性势能     解得 （3）由于两滑块质量相等，发生完全弹性碰撞后速度交换，故滑块到达点时的速度 由 解得 （4）设滑块能到轨道最高点，有 解得 故不能通过轨道最高点，设分离位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为，此时轨道支持力为0，重力沿半径方向的分力提供向心力：由 结合公式     解得 从分离位置离开落回到水平轨道的高度差 角度02 “光滑圆弧轨道—滑块(小球)”模型 4．（多选）如图所示，半圆形凹槽B静止在水平地面上，圆心为O，物块C静止在B右侧。现将小球A从距离O高度为R的位置静止释放，恰能无碰撞地从凹槽右端进入凹槽，当A滑至B的最低点时，B恰好与C发生碰撞并粘连在一起（时间极短）。已知A、B、C的质量均为m，凹槽半径为R，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．A、B、C组成的系统，机械能守恒，水平方向动量守恒 B．B与C在碰撞前瞬间，B的速度大小为 C．小球A从凹槽左端飞出后能达到的最高点距离O高度为0.5R D．小球A运动到凹槽B最左端的过程中，凹槽B的位移为 【答案】BC 【详解】A．A、B、C组成的系统，B恰好与C发生完全非弹性碰撞损失了机械能，可知有机械能向其他形式的能量转化，可知机械能不守恒；水平方向合力为零，可知水平方向动量守恒，故A错误； B．从A开始下滑到到达最低点过程，由机械能守恒定律得 由动量守恒得 解得，故B正确； C．当A滑至B的最低点时，B恰好与C发生碰撞并粘连在一起，对B、C应用动量守恒有 解得 之后A、B、C水平方向动量守恒，当A滑到凹槽左端时，A、B、C水平方向共速，由动量守恒 可知A、B、C水平方向速度为零，设此时A的速度为，机械能守恒 解得 小球A从凹槽左端飞出后，由机械能守恒 解得，故C正确； D．从A开始下滑到到达最低点过程，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，设A滑至B的最低点过程中，A、B水平方向移动的距离分别为、。故最初时B右侧与C的间距为，由水平方向动量守恒得 故 又因为 解得 从A在最低点到凹槽B最左端，同理， 解得 可得凹槽B的位移为，故D错误。 故选BC。 5．（多选）如图，四分之一光滑圆弧体A、B均静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径分别为、。一个小球（可视为质点）从圆弧体A的最高点由静止释放，小球在圆弧体B上升的最大高度为，小球与A的质量相等。则（    ） A．小球与圆弧体B的质量之比为 B．小球与圆弧体B的质量之比为 C．若圆弧体B被锁定，小球能从最高点冲出圆弧体B D．若圆弧体B被锁定，小球不能从最高点冲出圆弧体B 【答案】BD 【详解】AB．设小球质量为 ，圆弧体 质量为。 小球从圆弧体 最高点滑到最低点时，设小球对地速度为，圆弧体 对地速度为，水平方向动量守恒且机械能守恒，有 ， 解得小球离开圆弧体 进入圆弧体前满足 小球在圆弧体 上升到最大高度时，二者相对静止并具有共同水平速度，有 由机械能守恒有 代入 、、，得 解得 ，小球与圆弧体 的质量之比为，故A错误，B正确。 CD．若圆弧体 被锁定，小球进入圆弧体时仍满足，由机械能守恒得小球能上升的最大高度 圆弧体 的半径为，小球最多到达最高点且速度为零，不能从最高点冲出圆弧体 ，故C错误，D正确。 故选BD。 6．如图所示，静止在光滑水平地面上的小车质量为，其左侧紧靠竖直墙壁，小车左右两边分别是半径为和的四分之一光滑圆弧轨道和，中间是长度为的水平粗糙轨道，各轨道平滑相连。质量为可视为质点的小滑块从轨道点正上方处由静止释放，恰好沿切线落入圆弧轨道，小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数，重力加速度取。求： (1)小滑块经过点时的速度大小； (2)小滑块从点冲出后离点的最大高度； (3)小滑块第二次经过点时对圆弧轨道的压力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块从最高点到点，小车静止不动，小滑块机械能守恒 解得 （2）小滑块经过点时，小滑块和小车在水平方向的速度相同，设为，小滑块在竖直方向的速度大小为，小滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒 小滑块到达点的过程中，系统能量守恒 解得， 小滑块从点冲出后离点的最大高度 或者， 小滑块从点冲出后上升的最大高度 （3）设第二次经过D点时，滑块竖直向下的速度大小仍为，水平速度与小车相同，为 设此时轨道对滑块的支持力为FN（方向水平向左）。对滑块水平方向（取水平向左为正，为滑块水平加速度） 对小车水平方向，受滑块反作用力向右，故（为小车水平向右的加速度，以向右为正） 滑块相对于小车的水平加速度（向左）为 在D点，滑块相对于小车的速度竖直向下，相对运动轨迹的曲率半径为，相对法向加速度即为a故 代入得 解得 由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小也为。 【例1】（2026·湖北）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 （2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ （3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【变式1-1】如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为的小球D以速度沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。 (1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小； (2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能； (3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球D与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球A、B、C共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球D与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 【变式1-2】如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有 解得 C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有， 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小 （2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有 解得 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 解得 【变式1-3】如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 【变式1-4】如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 ⚡基础速刷 1．为了抵消近地轨道稀薄大气阻力造成的轨道缓慢衰减，天和核心舱利用霍尔推进器承担日常轨道维持。若霍尔推进器工作时，每秒喷出的离子总质量为，相对空间站的喷射速度为，则该霍尔推进器获得的推力约为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以每秒喷出的总离子为研究对象，应用动量定理可得 解得 根据牛顿第三定律知，推进器获得的推力为 故选C。 2．如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的篮球一个一个地投入左边的筐中，所有篮球仍在车上，不计空气阻力。在投篮过程中下列说法正确的是（     ） A．小车向左运动 B．人和小车组成的系统机械能守恒 C．人和小车组成的系统动量守恒 D．投完篮球后，篮球静止，小车亦静止 【答案】D 【详解】ABC．在投球过程中，人和车（含篮球）系统所受的合外力不为零，则人和小车组成的系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以小车向右运动，人和小车组成的系统机械能将增加，故ABC错误； D．由题知，投完球后所有球仍在车上，人、车和球速度相同，在初状态，系统水平方向的总动量为零，根据系统水平方向动量守恒，可知小车的速度为零，故D正确。 故选D。 3．如图所示，两小车中间夹一被压缩的轻弹簧，现用两手分别按住小车，使它们静止在光滑水平面上。要使两小车组成的系统动量守恒，下列操作正确的是（     ） A．同时放开两车 B．先放开左车，然后放开右车 C．先放开右车，然后放开左车 D．以上操作都正确 【答案】A 【详解】A．水平面光滑，无摩擦力，同时放开两车后，水平方向没有外力作用在两小车组成的系统上，系统合外力为零，因此动量守恒，故A正确； B．先放开左车、后放开右车的过程中，放开左车后，右手仍对右车施加作用力，系统水平方向合外力不为零，因此系统动量不守恒，故B错误； C．先放开右车、后放开左车的过程中，左手仍对左车施加作用力，系统水平方向合外力不为零，因此系统动量不守恒，故C错误； D．由上述分析可知D错误； 故选A。 4．在一条光滑的工业传送轨道上，有5个质量均为的待加工工件静止排成一列，彼此间留有等距空隙。编号为5的工件被机械臂给予初速度向左运动，依次与前方4个静止工件发生碰撞，最终这五个工件粘成一个整体。这个整体的最终速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】传送轨道光滑，5个工件组成的系统不受外力，满足动量守恒，系统初始总动量只有编号5的工件的动量，即 最终五个工件粘成整体，总质量为，设最终整体速度为，则末动量 根据动量守恒 解得 故选D。 5．在“天宫课堂”第四课期间，神舟十六号航天员做了一个“奇妙乒乓球”实验。如图所示，实验中航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮手握球拍击打水球，水球被弹开。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．水球所受弹力是由于水球发生形变产生的 B．击球时水球与球拍组成的系统动量守恒 C．球拍对水球的冲量大小大于水球对球拍的冲量大小 D．球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小 【答案】D 【详解】A．水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，而不是水球自身形变产生的，故A错误。 B．在击球过程中，由于存在外力作用(如航天员的握力等)，水球与球拍组成的系统动量不守恒，故B错误。 CD．根据牛顿第三定律，球拍对水球的冲量大小等于水球对球拍的冲量大小，因为它们是相互作用力的冲量，大小相等，方向相反，故C错误，D正确。 故选D。 6．沙壶球是一项休闲运动，又称“桌上冰壶”。如图，足够长的水平球桌上静止放置两壶球a和b、现推出壶球a，使发生正碰。已知壶球a碰前瞬间的动量为，碰后瞬间的动量为。则碰后瞬间壶球的动量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】发生正碰，遵循动量守恒定律，有 解得 故选B。 7．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移-时间图像如图所示，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为75kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。则碰碰车的质量为（　　） A．60kg B．50kg C．40kg D．30kg 【答案】A 【详解】根据位移时间图像，可以求出大人与小孩的速度，大人碰前的初速度为 小孩碰前的初速度为 大人与小孩的碰碰车碰后速度相等，速度为 设碰碰车的质量为，碰撞过程动量守恒，有 可求得 故选A。 8．一物块静止在光滑水平面上，时刻，质量为的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（    ） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 【答案】D 【详解】A．根据图线的斜率表示速度可知，子弹刚击中物块的速度大小为，故A正确； B．子弹穿过物块后，由于子弹的速度较大，所以物块的图线斜率较小，则物块的速度大小为，故B正确； C．子弹穿过物块后，子弹的速度大小为 根据动量守恒 解得，故C正确； D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为，故D错误。 本题选择不正确的，故选D。 9．（多选）如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车面上AB段是光滑水平面，与AB相切的BC部分是半径为的光滑圆弧轨道，今有一质量的小金属块以水平初速度从A端冲上小车，恰能上升到圆弧轨道的最高点C，则在此过程中（）（　　） A．金属块在C点的速度大小为1m/s B．金属块的初速度大小为3m/s C．金属块在C点的速度大小为 D．金属块的初速度大小为2m/s 【答案】AB 【详解】金属块开始运动到共速过程中，由能量守恒和水平方向动量守恒得， 联立解得， 所以金属块在C点的速度大小为1m/s，金属块的初速度大小为3m/s。 故选AB。 10．（多选）如图所示，质量为M=3m的木板在光滑的水平面上以v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从距离木板上表面高度为h处自由下落，与木板碰撞后，反弹上升的最大高度为，且发生碰撞时，球与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则小球弹起后的水平速度大小可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】AB．在水平方向，若m和M最终共速，则由动量守恒定律 解得，故B正确，A错误； CD．若m和M最终没有共速，竖直方向，支持力的冲量 所以摩擦力对m的冲量 水平方向根据动量定理 解得，故D正确，C错误。 故选BD。 🚀能力跃升 11．（多选）如图所示，光滑的水平面上放置质量为的长木板乙，质量为的小物块甲放在长木板的最左端，时刻同时给小物块和长木板方向相反，大小均为的初速度。已知小物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度取，小物块甲可视为质点，整个过程小物块始终没有离开长木板。则下列说法正确的是（　　） A．长木板的长度至少为 B．长木板的速度为时，小物块的速度大小为，方向向左 C．长木板的速度为时，小物块正处在加速阶段 D．小物块在长木板上发生相对滑动的时间为 【答案】CD 【详解】A．规定向左为正方向，甲、乙所组成的系统，在水平方向上不受外力， 满足动量守恒 解得甲、乙共速时的速度大小为 根据能量守恒，有 解得长木板的长度至少为L=24，故A错误； B．设向左为正方向；两物体在运动中不受外力，总动量守恒；则由动量守恒定律可知 代入数据解得小物块的速度为，负号表示方向向右，故B错误； C．设向左为正方向；两物体在运动中不受外力，总动量守恒；则由动量守恒定律可知 代入数据解得小物块的速度为，方向向左，小物块正处在加速阶段，故C正确； D．选向右为正方向，对小物块根据动量定理，有 解得小物块在长木板上发生相对滑动的时间为，故D正确。 故选CD。 12．（多选）如图，质量为2m，半径为R，圆心角为150°的光滑圆弧轨道ABC，静置于光滑的水平面上，不固定，一质量为m的小球从圆弧轨道的A点静止释放，已知重力加速度为g，下面说法正确的是（　　） A．轨道与小球组成的系统动量守恒 B．轨道的最大速度为 C．小球从C点射出时，轨道的位移为 D．小球从C点射出时，轨道的位移为 【答案】BC 【详解】A．轨道与小球组成的系统，在竖直方向有重力和支持力的合力不为零，动量不守恒；水平方向不受外力，动量守恒。因此系统总动量不守恒，故A错误； B．当小球到达轨道最低点B时，轨道速度最大。水平方向动量守恒 根据机械能守恒 联立解得，故B正确； CD．小球从A到C，水平方向动量守恒，设轨道位移为 x ，小球水平位移为 s ，根据动量守恒，有 两边同乘以t，可得 又因 联立解得，故C正确，D错误。 故选BC。 13．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量的薄木板AB（厚度忽略不计）和质量的圆弧轨道CD，木板AB上表面粗糙，CD是上表面光滑的半径为的四分之一圆弧，它们紧靠在一起。一质量为可视为质点的物块，从木板AB的右端以初速度滑上木板，到达木板最左端点时的速度为，然后又滑上圆弧轨道CD。若物块P与木板AB间的动摩擦因数为，取求： (1)物块P滑到木板左端时，木板的速度的大小； (2)木板的长度； (3)滑块在圆弧轨道CD上上升的最大高度； 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统动量守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律有 解得 （2）根据能量守恒定律有 解得 （3）滑块滑上圆弧，上升最大高度过程，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得 🌟思维挑战 14．如图所示，质量的空心木块静止在光滑水平地面上，木块内部由水平直轨道和光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道半径，为圆弧轨道的最高点，为圆弧轨道的圆心，水平轨道长，两轨道平滑连接。水平轨道上左侧有一固定轻挡板，一轻质弹簧左端固定在挡板上，起初弹簧右端被压缩并锁定，质量的滑块（视为质点）静置在水平轨道上，且与弹簧右端接触但不连接。取重力加速度大小，，不计空气阻力，不计滑块通过点的机械能损失。弹簧不被压缩时，右端未到点。 (1)若木块固定，水平轨道光滑，弹簧的弹性势能，解除弹簧锁定，求滑块沿轨道运动到点时对轨道的压力大小； (2)若木块固定，水平轨道粗糙，弹簧的弹性势能，滑块初始位置到点的距离，解除弹簧锁定，滑块向上运动的过程中，恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高处，求滑块与水平轨道间的动摩擦因数； (3)若木块不固定，水平轨道光滑，解除弹簧锁定，滑块经过点时，木块恰好对地面无压力，求初始时弹簧的弹性势能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由几何关系可知，点与圆弧圆心的连线和水平方向的夹角为，最高点与水平轨道的高度差 滑块从静止至运动到点的过程，有 滑块经过点时，有 解得 根据牛顿第三定律，有。 （2）当时，滑块不能通过点，由功能关系有 解得 （3）滑块经过点时，滑块的速度为，木块的速度为，木块恰好对地面无压力，有 滑块运动过程中，系统在水平方向上动量守恒，有 由功能关系有 解得 15．如图所示，P为固定竖直挡板，质量为3m的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P的下端），质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板的右端，物块B和长木板A以相同的水平初速度v0一起向右运动，物块B与挡板P碰撞后反向运动，经过一段时间，B最终停止运动。已知小物块B始终未从长木板A上滑下，A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1)第一次碰撞后瞬间A、B的加速度大小aA和aB； (2)B、P从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t； (3)A板长度的最小值L。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）水平面光滑，只有 A、B 间滑动摩擦力提供加速度。对长木板A，由牛顿第二定律 解得 对小物块B，由牛顿第二定律 解得 （2）B物块与挡板P发生弹性碰撞，碰后B物块速度为v0，方向水平向左，此后A与B达到第一次共速的速度v1，A与B系统动量守恒 解得（方向水平向右） 设此过程所用时间为t1，对B的运动过程 解得 此过程B物块的位移为x1，对B的运动过程 解得 此后A与B一起做匀速直线运动，直到B第二次与挡板P发生碰撞，匀速运动过程中 解得 总时间 解得 （3）B多次与挡板P发生弹性碰撞，不会损失能量，A与B反复摩擦才会损耗系统动能，无数次碰撞后A、B最终全部静止，系统初始动能全部转化为摩擦内能。每一次B都相对A向左运动，当B相对静止在A的最左端时，发生的相对位移等于A的最小长度L。 根据能量守恒 解得 2 / 14 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