第一章　动量守恒定律 章节知识基础精讲课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律”专题，覆盖动量定理、动量守恒定律、碰撞、爆炸反冲及滑块模型等高考核心考点，对接高考评价体系，通过近五年真题分析明确“动量守恒应用”“碰撞问题”等高频考点权重，归纳典例与变式题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题解析+模型突破+素养提升”策略，如以2023新课标碰撞题为例，提炼“动量守恒+能量关系”解题模板，培养科学思维与模型建构能力。特设冲量计算四法、滑块模型关键等技巧总结，助力学生掌握答题规律，教师可据此精准规划复习，提升备考效率。

物 理 新高考适用 第七章　动量守恒定律 目 录 CONTENTS 第1 节　动量定理及其应用 实验8 验证动量守恒定律 微专题12 动量守恒中的几种常见模型 第2 节　动量守恒定律 微专题13 力学三大观点的综合应用 第1节 动量定理及其应用 返回目录 3 考点1　动量和冲量 一、概念对比 动能 动量 冲量 表达式 Ek= mv2 p=mv I=Ft 单位 J kg·m/s N·s 矢标性 标量 矢量 过程量、状态量 状态量 过程量 关联式 Ek= ,p=  — 返回目录 二、动量的“三性” 1.瞬时性:公式中速度为瞬时速度。 2.矢量性:方向与速度的方向相同。 3.相对性:速度具有相对性,故动量具有相对性,一般以地面为参考系。 返回目录 三、动量变化量:Δp=p2-p1 1.若初、末动量在同一直线上,规定正方向后就可以转化为代数运算,如图1、2所示(规 定向右为正方向)。 2.若初、末动量不在同一直线上,用矢量合成来计算,遵循平行四边形定则或三角形定 则,其方向与速度的变化量方向相同,如图3所示。             返回目录 四、冲量的特点 1.矢量性:恒力冲量的方向与力的方向相同。 2.过程性:反映力的作用对时间的累积效应。 3.绝对性:与参考系的选取无关。 4.同时性:作用力和反作用力的冲量总是等大反向。 返回目录 典例1    (2023河北,6,4分)某科研团队通过传感器收集并分析运动数据,为跳高运动员 的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中,其单位质量受到地面的竖 直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10 s至10.35 s内,曲线下方的面积与阴 影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60 kg,重力加速度g取10 m/s2。下列说法 正确的是 (         ) A.起跳过程中运动员的最大加速度约为42 m/s2 B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m/s C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 m D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N·s C 返回目录 解析　　由题图可知在10.10 s至10.35 s时间内,运动员受到的支持力最大值Fm=42×60 N=2 520 N,根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度am= =32 m/s2,A错误。 根据题图可知,在10.10 s至10.35 s时间内,支持力的冲量IN=22×60×(10.35-10.10)N·s=330 N·s,重力的冲量IG=60×10×(10.35-10.10) N·s=150 N·s,故起跳过程中,运动员所受合力冲 量I合=IN-IG=180 N·s,D错误。根据动量定理有I合=mv,解得运动员离开地面时的速度v=3 m/s,起跳后运动员做竖直上抛运动,根据运动规律可知重心上升过程中的平均速度大 小 = =1.5 m/s,重心上升的最大高度h= =0.45 m,B错误,C正确。 返回目录 拓展设问 (从做功角度分析) (1)试分析起跳过程中,支持力对运动员做的功。 (2)试分析,起跳后瞬间至运动到最高点的过程,重力做的功。 答案 (1)0    (2)-270 J 解析 (1)起跳过程中,支持力对应的位移为零,故支持力对运动员做的功为0。 (2)由于重心上升的高度h=0.45 m,可得重力做的功WG=-mgh=-270 J。 返回目录 提分关键·方法提升 冲量的四种计算方法 公式法 仅适用于求恒力的冲量,无须考虑物体的运动状态 图像法 F-t图线与t轴所围的“面积”表示冲量,既可以计算恒力 的冲量,也可以计算变力的冲量 平均 值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化,即力为时间的 一次函数,则力F在某段时间Δt内的冲量I= Δt 动量 定理法 根据物体动量的变化量,由I=Δp求冲量,多用于求变力的 冲量 返回目录 考点2　动量定理的理解及应用 一、动量定理及其理解 1.动量定理 (1)内容:物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)表达式:I=F(t'-t)=Δp=p'-p。 2.对动量定理的理解 (1)FΔt= p'-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力 的冲量。 (2)合力的冲量是动量变化的原因。 (3)由FΔt=p'-p,得F= = ,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。 返回目录 二、应用动量定理解释生活现象 1.当Δp一定时,Δt越短,力F就越大;Δt越长,力F就越小。 2.当作用力F一定时,Δt越长,Δp越大;Δt越短,Δp越小。 返回目录 典例2    (2025届山西临汾模拟)一物块静止在粗糙水平地面上,0~4 s内所受水平拉力F 随时间的变化关系如图甲所示,0~2 s内速度与时间关系图像如图乙所示,已知最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,关于物块的运动,下列说法正确的是(         ) B A.前2 s内拉力F做的功为12 J B.前4 s内拉力F的冲量为4 N·s C.前4 s内物块一直在运动 D.物块在4 s末恰好减速为零 返回目录 解题导引       返回目录 解析　　由题图乙可知,第1 s内、第2 s内物块的位移分别为x1=2 m、x2=4 m,故前2 s内 拉力F做的功W=F1x1+F2x2=(6×2+2×4) J=20 J,A错误。【关键:F-t图线与横轴所围面积 表示拉力的冲量,注意冲量的正、负】由题图甲知,前4 s内拉力F的冲量为IF=   N·s=4 N·s,B正确。在1~2 s内,物块做匀速直线运动,可知滑动摩擦力 大小Ff=2 N,假设t时刻,物块速度减为零,则在0~t时间内,取速度v的方向为正,根据动量 定理得I'F+If=0,即6×1 N·s+2×1 N·s-2×(t-2) N·s-Fft=0,解得t=3 s,C、D错误。 一题多解 在0~1 s内,对物块由牛顿第二定律得(6-2) N=ma1,其中a1=4 m/s2,解得m=1 kg;在2 s后到 物块减速到0的过程中,加速度大小a2=  m/s2=4 m/s2,可得物块在3 s时速度减为零,又 由F=Ff可知,之后一直静止,C、D错误。 返回目录 典例3    (2025浙江6月,9,3分)高空抛物伤人事件时有发生,成年人头部受到500 N的冲 击力,就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落,以鸡蛋上、下沿接触地 面的时间差作为其撞击地面的时间,上、下沿距离为5 cm,重力加速度g取10 m/s2,要产 生500 N的冲击力,估算鸡蛋坠落的楼层为 (        ) A.5层　　　    B.8层 C.17层　　　    D.27层 C 返回目录 解析　　鸡蛋下沿触地后,可认为其做匀减速直线运动直到静止,该过程鸡蛋的位移为 x=5 cm=0.05 m,设鸡蛋下沿触地瞬间的速度大小为v,则鸡蛋撞击地面的时间为Δt= =  ,规定竖直向上为正方向,该过程对鸡蛋由动量定理得F·Δt-mg·Δt=0-(-mv)【易错:此 处由动量定理处理问题时,应注意该等式的矢量性】,解得v=10  m/s【点拨:由于冲 击力500 N远大于鸡蛋的重力0.5 N,则估算时重力的冲量可忽略不计】,鸡蛋下落过程, 由自由落体运动规律得v2=2gh,则有h= ,解得h=50 m,又每层楼的高度约为h0=3 m,则 鸡蛋坠落的楼层数为n= +1≈17.7,C正确。 返回目录 高考变式　(变力及往复运动的分析)(多选)一质量为m的小球从地面竖直上抛,在运 动过程中小球受到的空气阻力大小与速率成正比。它从被抛出到落地过程中动量随 时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是     (         ) A.小球在t2~t3时间内受到的空气阻力为0 BD B.小球在运动过程中阻力最大为2mg C.小球从抛出到落地重力的冲量大小为  D.小球从抛出到落地阻力的冲量为0 返回目录 解析　　小球在t2~t3时间内,动量不变且不为0,可得小球匀速运动,空气阻力大小等于 重力大小,A错误。在t2~t3时间内,根据受力平衡可得mg=kv=k = ,解得k= ;t=0 时刻小球的速度v1= ,此时速度最大,可得最大阻力f=k =2mg,B正确。取竖直向上为 正方向,设上升高度为h,小球速度大小为v时,有F=kv,极短时间Δt内有I=kvΔt,则上升过 程中根据动量定理得-mgt1-∑kvΔt=0-p0,整理得mgt1+kh=p0,下降过程中根据动量定理得- mg(t3-t1)+∑kvΔt=- ,整理得mg(t3-t1)-kh= ,解得小球从抛出到落地的时间t3= ,重力 的冲量大小IG=mgt3= p0,C错误。上升过程阻力的冲量I1=-kh,下降过程阻力的冲量I2= kh,可得从抛出到落地阻力的冲量为0,D正确。 返回目录 考点3　应用动量定理分析流体问题 返回目录 典例4    (人教版选必一P30,B组,T4改编)水流射向墙壁,会对墙壁产生冲击力。假设水 枪喷水口的横截面积为S,喷出水流的速度为v,水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。 已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。 (1)(回归教材)求墙壁受到的平均冲击力。 (2)(拓展变式)若水流垂直射向竖直墙壁后速度变为-v,求墙壁受到的平均冲击力。 (3)(情境变式)假设水枪喷水口的横截面积为S,喷出水流的流速为v,水流垂直射向以 恒定速度v0(v0<v)匀速向左行驶的小车左壁,并沿左壁流入车厢内,如图所示。已知水的 密度为ρ,求小车受到的平均冲击力大小。 ·········· 教考衔接 ·········· 返回目录 (4)(链接高考)(经典高考题)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为M的 卡通玩具稳定地悬停在空中。为方便计算,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度 v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底部后,在竖直方向水 的速度变为0,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加 速度大小为g。求: ①喷泉单位时间内喷出的水的质量; ②玩具在空中悬停时,其底部相对于喷口的高度。 返回目录 答案 (1)ρSv2,方向与水流从喷水口喷出时的方向相同    (2)2ρSv2,方向与水流从喷水口喷出时 的方向相同 (3)ρS(v-v0)2    (4)①ρSv0　② -  返回目录 解析 (1)建立“柱状”流体模型,Δt时间内射向竖直墙壁的水流的质量Δm=ρ·SvΔt 由题意可知水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0,设水流喷出时的速度方向为正方向, 则对Δt时间内射向竖直墙壁的水,根据动量定理有FΔt=0-Δmv 联立可得墙壁对水的平均冲击力F=-ρSv2 【点拨:“负号”说明墙壁对水的平均冲击力的方向与水流从喷水口喷出时的方向相反】 根据牛顿第三定律可得墙壁受到的平均冲击力F'=-F=ρSv2 方向与水流从喷水口喷出时的方向相同。 返回目录 (2)若水流垂直射向竖直墙壁后速度变为-v,则根据动量定理有F1Δt=Δm(-v)-Δmv 解得F1=-2ρSv2 根据牛顿第三定律可得墙壁受到的平均冲击力F1'=-F1=2ρSv2 方向与水流从喷水口喷出时的方向相同。 (3)取极短时间Δt内与小车左壁接触的水为研究对象,建立“柱状”流体模型,有Δm=ρS (v-v0)Δt【易错:与竖直墙壁不同,小车具有向左运动的速度,故计算极短时间Δt内与小车 左壁接触的水的质量时,应代入水流与小车的相对速度】 根据动量定理,在水平方向上有F2Δt=Δm  返回目录 【点拨:由题意可知水流垂直射向小车左壁后沿左壁流入车厢内,则在水平方向上,水流 射向小车左壁后的速度与小车的速度相同,极短时间Δt内小车速度没有变化】 根据牛顿第三定律可得小车受到的平均冲击力F2'=-F2 联立可得F2'=ρS(v-v0)2。 (4)①设Δt时间内,从喷口喷出的水的质量为Δm,则Δm=ρv0SΔt 单位时间内从喷口喷出的水的质量 =ρv0S ②设玩具悬停时其底部相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底部时的速度 大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm)  在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底部的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp=(Δm)v 返回目录 设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt+ΔmgΔt=Δp 因为ΔmgΔt=ρv0Sg(Δt)2,在很短时间内(Δt)2很小,所以与FΔt相比,ΔmgΔt可忽略 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件和牛顿第三定律得F=Mg 联立解得h= - 。 返回目录 考点4　分方向动量定理的应用 由于动量定理的表达式为矢量式,可以任意选定直角坐标系,进行二维正交分解。   两个方向的动量变化是独立的,互不干扰。可以分别对x方向和y方向根据动量定理列 式解题。 返回目录 典例5    (多选)(2025届海南农垦中学模拟)如图所示,实线是实验小组某次研究平抛运 动得到的实际轨迹,虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹,分析后得知这种差异 是空气阻力影响的结果。实验中,小球的质量为m,水平初速度为v0,初始时小球离地面 高度为h,已知小球落地时速度大小为v,方向与水平面成θ角,小球在运动过程中受到的 空气阻力大小与速率成正比,比例系数为k,重力加速度为g。下列说法正确的是(         ) BD A.小球落地时重力的功率为mgv B.小球下落的时间为  C.小球下落过程中水平位移大小为  D.小球下落过程中空气阻力做的功为 m(v2- )-mgh 返回目录 解析　　小球落地时重力的功率PG=mgvy=mgv sin θ,A错误。在竖直方向,根据动量定 理得mgt-k t=mvy,其中 t=h,解得t= ,B正确。在水平方向,根据动量定理得-k  t=mvx-mv0,其中 t=x、vx=v cos θ,解得x= ,C错误。小球下落过程中,根据 动能定理有mgh+W阻= mv2- m ,解得W阻= m(v2- )-mgh,D正确。 返回目录 第2节 动量守恒定律 返回目录 考点1　动量守恒定律的理解和应用 1.表达式 (1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2':相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用 后的动量之和。 (2)Δp=-Δp':相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 2.动量守恒定律的适用条件 (1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒。 (2)近似守恒:系统受到的外力的矢量和不为0,但当内力远大于外力时,系统的动量可近 似看成守恒。 返回目录 (3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力的矢量和为0时,系统在该方向上动量 守恒。 3.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量式,解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度 同时性 动量是瞬时量,表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1'、p2'、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 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 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 返回目录 典例1    (多选)(2023新课标,19,6分)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 BD 返回目录 解析　　设磁铁乙对磁铁甲的作用力大小为F1,磁铁甲对磁铁乙的作用力大小为F2,从 释放甲和乙到任一时刻t,根据动量定理有(F1-μm甲g)t=p甲=m甲v甲,(F2-μm乙g)t=p乙=m乙v乙,因 为F1=F2,m甲>m乙,所以p甲<p乙,v甲<v乙,B正确,A、C错误;因μm甲g>μm乙g,甲、乙组成的系统 所受的合力不为0,所以甲和乙组成的系统动量不守恒,即甲和乙的动量之和不为零,D 正确。 返回目录 高考变式1 (动量由不守恒到守恒)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,两者与桌面间的滑动摩擦力 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.甲的动量大小大于乙的 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为0 C 解析　　两磁铁组成的系统所受外力的矢量和为0,系统动量守恒,始终为0,可知甲、乙 动量大小相等、方向相反,B、D错误,C正确。因为甲的质量较大,所以甲的速度较小,A 错误。 返回目录 高考变式2 (由磁场变为电场)(2025届江苏南京一模)如图所示,在光滑绝缘水平面上同时由静 止释放两个带正电的小球A和B,已知A、B两球的质量分别为m1、m2。则某时刻A、B 两球 (         )   A.速度大小之比为m1∶m2 B.加速度大小之比为m1∶m2 C.动量大小之比为m2∶m1 D.动能大小之比为m2∶m1 D 返回目录 解析　　对两球组成的系统,合力为零,系统动量守恒,两球各自动量变化量的大小相 等、方向相反,又因两球初动量均为0,故某时刻两球的动量大小相等,C错误;根据动量 守恒得m1v1=m2v2,解得 = ,A错误;小球的加速度大小之比 = = ,B错误;动能之 比 = = ,D正确。 返回目录 考点2　碰撞问题 一、碰撞现象的特点 在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 二、碰撞现象的分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 形变恢复程度 弹性碰撞 守恒 守恒 完全恢复 非弹性碰撞 守恒 有损失 部分恢复 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 完全不可恢复 返回目录 三、碰撞问题遵守的三条原则 1.动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。 2.动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。 3.速度要符合实际情况 (1)碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定增 大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。 (2)碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 返回目录 四、弹性碰撞实例分析 1.以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例,则有 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'  m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2  熟记重要公式 2.特例:若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为 v1'= v1,v2'= v1 返回目录 (1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换)。 (2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动);当m1≫m2时,v1'≈v1,v2'≈2v1。 (3)若m1<m2,则v1'<0,v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动);当m1≪m2时,v1'≈-v1,v2'≈0。 返回目录 典例2    A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA= 6 m/s,vB=2 m/s,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球的速度可能是 (         ) A.vA'=5 m/s,vB'=2.5 m/s B.vA'=2 m/s,vB'=4 m/s C.vA'=-4 m/s,vB'=7 m/s D.vA'=7 m/s,vB'=1.5 m/s B 解析　　虽然题给四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA'大于 B的速度vB',不符合实际【A追B,追上并碰撞以后A的速度不可能与B同向且大 于B】,A、D错误。C项中,两球碰后的总动能Ek后= mAvA'2+ mBvB'2=57 J,两球碰前的总 动能Ek前= mA + mB =22 J,Ek后>Ek前,违背了能量守恒定律,C错误。而B项既符合实际 情况,也不违背能量守恒定律,B正确。 返回目录 典例3    (2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质 量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核 和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效 应,下列说法正确的是 (        ) A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 B 返回目录 解析　　设中子质量为m,则氢核质量为m,氮核质量为M=14m。对中子碰撞氢核过程, 有mv0=mv'+mv1, m = mv'2+ m ,联立解得v'=0,v1=v0,则碰后氢核动量p氢=mv0,氢核动 能Ek氢= m ;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv0=mv″+Mv2, m = mv″2+ M ,解 得v″= v0=- v0,v2= v0= v0<v1,可知碰后氮核动量p氮=Mv2= mv0>p氢,碰后氮 核动能Ek氮= M = × m < ,B正确。 返回目录 高考变式　(由中子轰击氢核到核反应堆中子减速)有些核反应堆里要让中子与原 子核碰撞,以便把中子的速度降下来。中子与147N和126C中的哪一个原子核发生弹性碰 撞后的速度更小?为什么? 答案 126C　理由见解析 返回目录 解析 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例,则有m1v1=m1v1' +m2v2'  m1 = m1v1'2+ m2v2'2 联立解得v1'= v1 由于中子的质量小于原子核的质量,即m1<m2,即碰撞后中子的速度大小v1″= v1=  v1,可知当原子核的质量越小时碰撞后中子的速度大小越小,所以中子与126C 碰撞后的速度更小。 返回目录 考点3　爆炸　反冲　人船模型 一、爆炸问题 概念 一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程 特点 动量守恒 由于爆炸是在极短时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的动量守恒 动能增加 在爆炸过程中,因为有其他形式的能量转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加 位置不变 爆炸的时间极短,因而在爆炸过程中,物体产生的位移很小,一般忽略不计,即认为位置不变 返回目录 典例4    (2025届河南三门峡一模)某次军事演习中,一竖直抛出的炮弹上升到最高点时 炸裂成甲、乙两块弹片,它们的初速度方向与水平方向的夹角为θ,如图所示,测得这两 块弹片在水平地面上的落地点相距x=120 m,它们从炸裂到落地所经历的时间分别为 t1=6 s、t2=2 s,若甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻 力,则下列说法正确的是(         ) A.两弹片分离瞬间的动量相同 B.弹片甲落地点到O点的距离为48 m D C.tan θ=  D.爆炸点距水平地面的高度为84 m 返回目录 解析　 【关键:动量为矢量,只有大小相等、方向相同时,才能说明两动量相同】炮弹 竖直上升到最高点时,炮弹的动量为0;炸裂瞬间,根据动量守恒定律得,甲、乙两弹片分 离时动量大小相等,方向相反,A错误。爆炸前后,根据动量守恒可得m甲v甲=m乙v乙;水平方 向,根据几何关系得x=v甲 cos θ·t1+v乙 cos θ·t2;竖直方向,根据几何关系得h=-v甲 sin θ·t1+ g  、h=v乙 sin θ·t2+ g ,联立解得v甲=20 m/s、h=84 m、sin θ= 、cos θ= ,则tan θ= =  ,C错误,D正确。甲落地时与O点的距离为x甲=v甲 cos θ·t1=72 m,B错误。 返回目录 二、反冲现象 概念 根据动量守恒定律,如果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,另一部分必然向相反的方向运动 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 特点 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 动能增加 反冲运动中,作用力与反作用力均做正功,有其他形式的能转化为动能,所以系统的总动能增加 返回目录 三、人船模型 1.模型图示与模型特点   (1)两者满足动量守恒定律: mv人-Mv船=0。 (2)两者的位移大小满足: m -M =0, 返回目录 x人+x船=L,得x人= L,x船= L。 2.运动特点 (1)人动则船动,人静则船静,人快则船快,人慢则船慢,人左则船右。 (2)人、船位移比等于二者质量的反比;人、船平均速度(或瞬时速度)比等于它们质量 的反比,即 。  = =  返回目录 典例5　将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空,在极短时间内以相对地面的速度 v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体,忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气结 束时导弹获得的速度大小是 (         ) A. v0　    B. v0　    C. v0　    D. v0 D 解析　　由动量守恒定律可知,喷出气体的动量与最终导弹剩余部分获得的动量等大 反向,即mv0=(M-m)v,导弹获得的速度大小v= v0,D正确。 返回目录 拓展设问 若导弹喷气时已经具有速度,喷出的气体相对喷气前导弹的速度是u,在一次喷气后增 加的速度Δv如何表示? 答案  u 解析 以喷气前的导弹为参考系,以导弹速度方向为正方向,喷气前导弹动量是0,喷气后 动量是(M-m)Δv,喷出气体的动量是mu【u为负】。根据动量守恒有(M-m)Δv+mu=0,解得 Δv= u。 点拨提醒 动量守恒列式时必须选取同一参考系。 返回目录 典例6　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(可视为质点),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 (         )   A. 　　　    B.  C. 　　　    D.  C 返回目录 解析　　小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物体在水平方向上 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【注意:两物体的位移是相 对同一参考系的位移】,则有0=mx1-Mx2①【类比人船模型】,且x1+x2= ②,联立①② 解得x2= ,C正确。 返回目录 微专题12 动量守恒中的几种常见模型 返回目录 题型1　子弹打木块模型 一、模型图示 二、模型解读 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(因为摩擦生热,可以应用能量守恒定律)。 返回目录 三、两种情境 1.子弹嵌入木块中,两者速度相同,机械能损失最多(类比完全非弹性碰撞)。 动量守恒:mv0=(m+M)v。 能量守恒:Ffs= m - (M+m)v2。 2.子弹穿透木块,两者速度不相同,机械能有损失(类比非弹性碰撞)。 动量守恒:mv0=mv1+Mv2。 能量守恒:Q=Ffd= m - 。 返回目录 典例1　如图所示,在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方体匀质木块, 现有一质量为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)求子弹和木块的共同速度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,则子弹能否射穿 该木块?并说明理由。 返回目录 解题导引       返回目录 答案 (1)6 m/s    882 J    (2)能　理由见解析 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 代入数据解得v=6 m/s 此过程系统所产生的内能Q= m - (M+m)v2=882 J。 (2)假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时恰好没有射穿木块,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 此过程系统损失的机械能ΔE'= mv0'2- (M+m)v'2=1 568 J 返回目录 ΔE'=F阻x相'=F阻d' 子弹速度为300 m/s时,由功能关系得Q=F阻s,解得F阻=147 N 代入数据解得d'=  cm>10 cm 所以子弹能射穿木块。 返回目录 题型2　滑块-木板模型 一、模型图示   上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0滑上 木板。 返回目录 二、模型解读 1.如图所示,若滑块未滑离木板,当滑块与木板相对静止时,二者的共同速度为v,滑块相 对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,滑块和木板间的摩擦力为Ff。   这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况。 ①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。 ②系统能量守恒:Ffd= m - (M+m)v2。 返回目录 2.若滑块滑离木板,设滑离木板时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。 ①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。 ②系统能量守恒:FfL= m - m - M 。 返回目录 典例2    (人教版选必一P30,T7改编)如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙) 和滑块C,滑块B置于A的左端,质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg,mC=2 kg。开始时C静止,A、 B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一 段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因 数为0.5,则下列判断错误的是(g取10 m/s2) (         ) A.A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2 m/s B.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为15 J C.碰撞后到三者相对静止,B相对长板滑动的距离为0.6 m D.碰撞后到三者相对静止,需要时间为0.4 s ·········· 教考衔接 ·········· B 返回目录 解析　  【关键:因A、C碰撞时间极短,A与C碰撞过程A、C组成的系统动量守恒,B的 速度不变】对A、C碰撞过程,根据动量守恒可得mAv0=mAvA+mCvC;A、C碰后,对A、B组 成的系统,根据动量守恒可得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB;A、B达到共同速度后恰好不再与C 碰撞,可得vC=vAB,联立解得vA=2 m/s、vAB=3 m/s,故A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是 2 m/s,A正确。【关键:A、B组成的系统因摩擦产生的热量为A、B相对滑动过程中损失 的机械能】对A、B组成的系统由能量守恒可得因摩擦产生的热量Q= mA + mB -  (mA+mB) ,解得Q=3 J,B错误。【关键:滑动摩擦力乘A、B相对滑动过程的相对位移,等 于滑动过程中产生的热量;若相对运动方向反向,需分段计算热量】根据Q=μmBgx,解得 x=0.6 m,可得碰撞后到三者相对静止,B相对A滑动的距离为0.6 m,C正确。碰撞后至三 者相对静止,对B,根据动量定理可得-μmBgΔt=mBvAB-mBv0,解得Δt=0.4 s,D正确。 返回目录 链接高考(2025浙江1月,8,3分)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A 和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B 和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长 度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,则(g取10 m/s2) (         )   A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m D 返回目录 解析　    A、B发生碰撞瞬间,C由于惯性保持原状态不变,对地速度仍为2 m/s,A错 误;A、B碰撞瞬间,A、B组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律有 mvA+mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,如图所示,碰后A、B、C三者构成的系统总动量为2mv1+ mvC=0,三者相对静止时,速度均为0,从碰撞后到三者相对静止的过程中,设C对地位移大 小为xC,则 =2× xC,可得xC=0.4 m,同时A、B也做匀减速直线运动,即 =2× xAB,则 xAB=0.2 m,所以C相对长板滑动的距离为0.6 m,D正确;从碰撞后到三者相对静止,摩擦产 生的热量Q=μmgΔx相对=3 J,C错误;根据匀变速直线运动规律,从碰撞后到三者相对静止, 经历的时间t= =0.4 s,B错误。 返回目录 提分关键·规律总结 滑块-木板模型的解题关键 (1)在涉及滑块或木板的运动时间时,优先考虑应用动量定理。 (2)在涉及滑块或木板的位移时,优先考虑应用动能定理。 (3)在涉及滑块与木板的相对位移时,优先考虑应用系统的能量守恒(或功能关系)。 返回目录 题型3　滑块-弹簧模型 一、模型图示   物体A、B通过轻弹簧(开始处于原长)相连,物体A以初速度v0运动 返回目录 二、两种情境   1.当弹簧处于最短(或最长)时两物体瞬时速度相同,弹簧的弹性势能最大(类比完全非 弹性碰撞)(对应2、4状态) 返回目录 (1)系统动量守恒:m1v0=(m1+m2)v共 (2)系统机械能守恒: m1 = (m1+m2) +Epm 2.当弹簧恢复原长时弹性势能为0(类比弹性碰撞)(对应1、3状态) (1)系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2max (2)系统机械能守恒: m1 = m1 + m2  返回目录 典例3    一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光 滑的水平面上,如图甲所示。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,此后两物块的速度 随时间变化的规律如图乙所示。从图像信息可得(         ) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态 B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C.两物块的质量之比m1∶m2=1∶3 D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8 D 返回目录 解析　　由速度-时间图线切线斜率的物理意义可知t2时刻B的加速度为0,所以弹力为 0,弹簧处于原长,由题图分析可知在t2~t3时间内两物块之间的距离增大,弹簧处于伸长 状态,A、B错误。0~t1过程由m1v10=m1vt1+m2vt1可得 = ,C错误。t2时刻A的速率是1 m/s, B的速率是2 m/s,由动能的定义式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正确。 返回目录 提分关键·规律总结 滑块-弹簧模型的v-t图像 返回目录 题型4　滑块-斜(曲)面模型 一、模型图示   返回目录 二、模型解读(曲面最高点切线竖直)     返回目录 1.系统水平方向所受合力为0,系统水平方向动量守恒;竖直方向动量不守恒,系统动量 不守恒。整个过程中系统的机械能守恒。 2.上升到最大高度:滑块的水平分速度与斜(曲)面体速度相同,为v共,此时滑块的竖直分 速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统的机械能守恒, m = (M+m)  +mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞, 系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。 3.返回最低点:滑块与斜(曲)面体分离点。系统水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机 械能守恒, m = m + M (相当于弹性碰撞)。 返回目录 典例4　如图1所示,水平桌面上放置一个半圆形槽,质量为2m,圆面半径为R。A、C两 点为槽口端点,B点为槽的最低点。质量为m的小球(可视为质点)从A点沿槽滑下。重 力加速度为g。若槽固定且槽面粗糙。小球以初速度v0滑下,并且滑到B点时的速度大 小仍为v0,那么小球从A点滑到B点的过程中克服摩擦力做了多少功?若初速度大小改为 2v0,滑到B点的速度大小还是2v0吗?   ·········· 能力进阶 ·········· 返回目录 答案 mgR　见解析 解析 槽固定【点拨:弹力方向始终垂直于速度方向,此种情况下弹力做功为0】 且槽面粗糙, 小球从A点滑到B点,根据动能定理得mgR-W克= m - m =0 所以克服摩擦力做功W克=mgR 若初速度大小改为2v0,相比原来,小球经过同一位置时速度更大,需要的向心力更大,弹 力、摩擦力以及摩擦力做功也随之更大。 根据动能定理有mgR-W克'= m - m(2v0)2 由于W克'>W克,所以vB<2v0。 返回目录 (进阶1·非固定槽)若槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球从静止开始下滑。 当小球滑到B点时,小球和槽的速度大小分别是多少?球对槽的压力大小是多大?小球从 A点滑到B点的过程中,小球对槽做了多少功?槽对小球做了多少功? 答案           4mg     mgR　- mgR 返回目录 解析 槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球和槽均运动,需研究小球与槽组成的系统的 运动。 设小球滑到B点时小球和槽的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒 定律有mv1-2mv2=0 mgR= m + ×2m ,解得v1= 、v2=  球相对于槽的速度v=v1+v2= 【易错:求槽与球间作用力,应运用球相对于槽运动的 速度】 所以由牛顿第二定律有N-mg=m  返回目录 由牛顿第三定律有球对槽的压力大小N'=N=4mg 小球对槽做的功W1= ×2m = mgR 槽对小球做的功W2= m -mgR=- mgR。 返回目录 (进阶2·人船模型+轨迹方程)若槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球从静止开 始下滑,当小球从A点滑到C点时,小球和槽发生的位移大小分别是多少?记小球的初始 位置坐标为(0,R),槽静止时圆心的坐标为(R,R),建立直角坐标系,求解小球的轨迹方程。 答案  R     R     + =1 返回目录 解析 设小球从A点滑到C点的过程中,小球和槽的水平位移大小分别为s1、s2,如图甲所示。  　      结合动量守恒定律有ms1=2ms2,又s1+s2=2R【人船模型】 解得s1= R、s2= R 返回目录 设小球从静止释放下落到某位置时的位置坐标为(x,y),槽的圆心向左运动了xM,此时槽 的圆心和小球的连线与水平方向的夹角设为θ,如图乙所示 根据几何关系有 R cos θ=R-xM-x,R sin θ=R-y 系统在水平方向动量守恒,有 mx=2mxM 联立解得 + =1,是一个椭圆方程。 返回目录 (进阶3·单侧固定槽+多过程分析)如图2所示,在半圆槽左边放置一个质量为 的物 块,若物块固定,槽不固定,桌面光滑,槽面也光滑。小球以初速度v0(v0> )滑下,槽的最 大速度是多少?小球上升到最高点时到C点的距离是多少?   答案          返回目录 解析 小球从A点滑到B点的过程中,由于物块固定,则槽静止不动,小球与槽组成的系统动量 不守恒,但机械能守恒。 当小球滑过B点后,槽和球动量守恒且机械能守恒,槽沿水平方向向右加速运动,小球滑 到C点时,球在水平方向与槽共速,若小球在C点处竖直方向分速度不为零,则之后小球 水平方向速度与槽的速度不变,竖直方向上小球先上升、后下落,并且从C点落回槽 内。小球从C点滑到B点过程中,槽沿水平方向向右继续加速运动,当小球滑到B点时,槽 水平向右的速度达到最大。在小球从B点向A点滑动的过程中,槽开始向右做减速运动。 从动量守恒的角度看,小球回落滑到B点且向左滑动时,槽具有向右的最大速度。 返回目录 设小球第一次到达B点时的速度大小为v1,上升到C点时水平方向的速度大小为v2,到达 最高点时距C点的距离为H,第二次到达B点时的速度大小为v3,槽的最大速度为vm。 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1=(2m+m)v2=2mvm-mv3 mgR+ m = m = (2m+m) +mg(R+H)= m + ×2m  联立解得vm=  ,H=  。 返回目录 微专题13 力学三大观点的综合应用 返回目录 一、力的瞬时作用和力的时间、空间累积作用 分类 对应规律 内容 公式表达 力的瞬时作用 牛顿第 二定律 物体的加速度大小与合力成正比,与质量成反比,方向与合力的方向相同 F=ma 力的时间累积作用 动量定理 物体所受合力的冲量等于物体动量的变化 Ft=Δp 力的空间累积作用 动能定理 合力对物体所做的功等于物体动能的变化量 W=ΔEk 功能关系 一个力做了多少功,就有多少能从一种形式转化为其他形式 fs相对=Q=ΔE损 WG=-Δep 机械能 守恒定律 在只有重力(或系统内弹力)做功的情况下,系统机械能的总量保持不变 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 返回目录 二、动量观点和能量观点的比较 1.相同点 (1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统。 (2)都是针对某一运动过程的初、末状态列式求解。 2.不同点 动量守恒定律是矢量表达式,还可以写出某一方向上的分量表达式;而动能定理和能量 守恒定律都是标量表达式,无分量表达式。 返回目录 三、力学三大观点的应用 动力学观点 牛顿运动定律结合运动学规律,可处理匀变速直线运动问题 (1)涉及加速度的问题,一般用牛顿运动定律 (2)涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析,可用动力学观点 动量 观点 动量观点,可处理非匀变速运动问题,且可简化问题的求解过程 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题,特别对于冲击、打击一类时间短且作用力随时间变化的问题,应用动量定理求解,即Ft=mv-mv0 (2)对于碰撞、爆炸、反冲问题,若只涉及初、末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解 能量、观点 动能定理和能量守恒观点,可处理非匀变速运动问题 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动能定理求解 (2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题,则采用机械能守恒定律求解 返回目录 典例1    (2023天津,11,16分)质量mA=2 kg的物体A自距地面h=1.2 m高度自由落下,与此 同时质量mB=1 kg的物体B由地面竖直上抛,经t=0.2 s与A碰撞,碰后两物体粘在一起,碰 撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点,g取10 m/s2。求A、B: (1)碰撞位置与地面的距离x; (2)碰撞后瞬间的速度大小v; (3)碰撞中损失的机械能ΔE。 答案 (1)1 m    (2)0    (3)12 J 返回目录 解析 (1)对A物体,根据自由落体运动规律可得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为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t- gt2 解得vB0=6 m/s,方向竖直向上 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 返回目录 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 返回目录 典例2    (2025届湖北华中师大第一附中模拟)如图所示,质量分别为2m和m的两个物体 A、B通过跨在光滑定滑轮上的轻质刚性细线连接,初始时刻,A在距地面高h处,B静置于 水平地面上,细线恰好伸直。现将A由静止释放,此后A、B与地面碰撞后速度立即变为 零;细线再次绷紧后A、B速度大小瞬间相同、整个运动过程中A、B不会与滑轮相碰。 重力加速度为g,求: (1)B在运动过程中能够达到的最大高度Hm; (2)A与地面发生第一次碰撞后到再次到达最高点的过程中,细线对A的冲量; (3)整个过程中A运动的总路程。 返回目录 答案 (1) h    (2) m ,方向竖直向上 (3) h 返回目录 解析 (1)阶段一    A由静止释放至第一次落地前 对A、B系统,根据机械能守恒得2mgh= ·2m + m +mgh 解得v1=  阶段二    A与地面碰后立即静止,B继续向上运动,细线松弛,B做竖直上抛运动 对B,根据匀变速直线运动规律有 =2gh',解得h'= h B在运动过程中能够达到的最大高度Hm=h+h'= h (2)阶段三    B返回至细线再次绷紧 返回目录 【点拨:细线绷紧瞬间,线中的张力远大于重力,故重力的冲量可忽略不计,此过程系统 近似动量守恒】B返回至细线再次绷紧瞬间,B的速度大小等于v1,细线绷紧时,对A、B, 根据动量守恒得mv1=(m+2m)v2,解得v2=   阶段四　连接体做减速运动,至A的速度减为零 对A、B,根据牛顿第二定律得2mg-mg=3ma 解得加速度大小a=  根据v2=at,解得从细线再次绷紧到A上升至最高点所用时间t=  从细线再次绷紧到再次到达最高点的过程中,对A,根据动量定理得I-2mgt=0,解得I= m 返回目录  ,方向竖直向上 (3)对A,再次上升至最高点时,距地面的高度h2= =  之后A、B重复之前的运动,下一次上升至最高点时,距地面的高度为h3= h2= h 故A运动的总路程x=h+2h2+2h3+…= h 【点拨:等比数列前n项和的应用】 返回目录 典例3　质量M=1 kg的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距l=2 m,另一质量 也为m=1 kg且可视为质点的物体从箱子中央以v0=6 m/s的速度开始运动,如图所示。已 知物体与箱底的动摩擦因数μ=0.5,物体与箱壁间发生的是弹性碰撞,g=10 m/s2。 (1)求物体与箱壁碰撞的次数。 (2)从物体开始运动到刚好停在箱子上,求箱子在水平面上移动的距离。   答案 (1)1    (2)1.7 m 返回目录 解析 (1)由于系统要克服摩擦力做功,物体最终会停在箱子上并以相同的速度v向右运动,根 据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得v=3 m/s 根据功能关系有μmgs= m - (m+M)v2 联立并代入数据解得物体相对箱子运动的路程s=1.8 m 【关键:根据物体相对箱子运动的路程计算碰撞次数】 由于箱子内侧的两壁间距l=2 m,故物体只与箱子的右侧壁碰撞一次便停在箱子中距离 右侧0.8 m处。 (2)解法一    常规法 返回目录 设碰前瞬间物体对地位移为x1,速度为v1;箱子对地位移为x2,速度为v2 根据动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2 对物体,根据动能定理有μmgx1= m - m  对箱子,根据动能定理有μmgx2= M  根据几何关系有x1-x2=  v2<v1【点拨:若v2≥v1,物体不能与箱子右壁发生碰撞】 解得v1=5 m/s,v2=1 m/s,x1=1.1 m,x2=0.1 m 设碰后瞬间物体与箱子的速度分别为v'1和v'2,在碰撞过程中根据动量守恒定律和机械 能守恒定律有 返回目录 mv1+Mv2=mv'1+Mv'2  m + M = mv + Mv  联立并代入题给数据解得v'1=1 m/s,v'2=5 m/s 随后箱子向右做匀减速直线运动,物体向右做匀加速直线运动,直至速度都变为v=3 m /s,在此过程中,设箱子移动的距离为x'2,则μmgx'2= Mv - Mv2 代入数据解得x'2=1.6 m 故从物体开始运动到刚好停在箱子上,箱子在水平面上移动的距离x=x2+x'2=1.7 m。 解法二    图像法 作出物体和箱子的v-t图像如图1所示,其中彩色的线表示物体的v-t图线,黑色的线表示 返回目录 箱子的v-t图线。t1时刻物体和箱子发生弹性碰撞,因为二者质量相同,故彼此交换速 度。物体及箱子的加速度大小均为a=μg=5 m/s2,则直线Odc的斜率大小为5 m/s2,物体与 箱子共速时的速度v=3 m/s,则由几何关系可知,二者共速所需时间t2=0.6 s   图1 箱子的位移对应阴影区域面积S= +S△bdc,由几何关系得 =0.9 m,SΔbdc对应第一次 返回目录 碰后物体相对箱子向左移动的距离,即0.8 m[由(1)问得出],综上,箱子在水平面上移动 的距离为1.7 m。 解法三    质心运动定律 对箱子和物体组成的系统,由质心运动定律可知,质心加速度为0,质心以vC=3 m/s做匀速 直线运动,经过t2=0.6 s,质心通过的位移xC=vCt2=1.8 m 作出箱子和物体在此过程中的运动示意图,如图2所示,可知箱子在水平面上移动的距 离为1.7 m。 返回目录 提分关键·知识拓展 质心运动定律 作用在质点系上的合力等于质点系总质量与质心加速度的乘积,即F=MaC。其中F表示 质点系所受合力,M表示质点系总质量,aC表示质心的加速度。 返回目录 典例4    (2024湖南,15,16分)如图,半径为R的圆环水平放置并固定,圆环内有质量为mA和 mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B 发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦,两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起,求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需 向心力的大小; (2)若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于等边 三角形的三个顶点,求小球的质量比 ; (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞,每次碰撞后的相对速度大小为 碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n+1次碰 撞之间小球B通过的路程。 返回目录 答案 (1) v0         (2)2或5 (3) ·  返回目录 解析 (1)小球A和B发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v= v0 对组合体受力分析,其做圆周运动的向心力 F向=(mA+mB)  联立解得F向= 。 (2)标出所有碰撞位置如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三处为等边三角形的三个顶点。   第1次碰撞,小球A撞上小球B,发生弹性碰撞,由动量守恒定律得 返回目录 mAv0=mAvA+mBvB 由机械能守恒定律有  mA = mA + mB  联立解得vA= v0,vB= v0,由题意可知mA>mB,则vA>0,vB>0,即碰后两球同向运 动。 第2次碰撞,小球B撞上小球A,发生弹性碰撞,第2次碰后,小球A的速度恢复到v0,小球B静 止,发生第2次碰撞时是B比A多运动一圈追上A发生碰撞,若小球A和B第2次碰撞位置在 Ⅱ处,则 = (n=0,1,2,…) 返回目录 则 = ,因该比值为正值,则只能取n=0,可得 =2。 第3次碰撞是A在Ⅱ处撞上B,而后A在Ⅲ处被B撞上发生第4次碰撞(与第2次碰撞类似), 第6次在Ⅰ处碰撞,以此类推,两球总是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处发生碰撞。 若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅲ处,则  = (n=0,1,2,…) 则 = ,因该比值为正值,则只能取n=0,可得 =5 与前面分析类似,此情况下所有的碰撞位置也刚好位于等边三角形的三个顶点,满足要求。 返回目录 (3)第1次碰撞,由动量守恒定律有 mAv0=mAvA1+mBvB1 由碰撞前后相对速度的变化关系有 =e 第1次碰撞后到第2次碰撞之间有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR 其中t1为第1次碰撞至第2次碰撞的时间 联立解得xB1=vB1t1=   第2次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2【点拨:对于始终发生碰撞的系统,为了计算方便, 等式左边可以用mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2】 返回目录  =e,则vA2-vB2=e2v0 xA2-xB2=vA2t2-vB2t2=2πR 联立解得xB2=   通过运算发现,第1次碰撞后B球速度大于A球速度,则第2次碰撞为速度大的B球撞A球, 碰撞后A球速度大于B球速度且B球不反弹,第3次碰撞为速度大的A球撞B球,如此循环 往复,可知 第n次碰撞后到第n+1次碰撞,B球运动的路程 xBn=   返回目录 从第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间B球通过的路程 xB=xB1+xB2+xB3+…+xB2n =   = · 。 返回目录 高考变式　(水平变竖直)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小 球A、B的质量分别为m、3m。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静 止于轨道最低点的B球相碰,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。 (1)求第一次与小球B碰前瞬间,小球A的速度大小; (2)求第一次碰撞过程中小球A对小球B的冲量大小; (3)请通过推理论证,说明小球A、B每次碰撞的地点,并讨论小球A、B在每次碰撞刚结 束时各自的速度。 返回目录 答案 (1)     (2)      (3)见解析 返回目录 解析 (1)小球A下滑的过程中机械能守恒,有mgR= mv2 解得v= 。 (2)取水平向右为正方向,A、B两球发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定 律有mv=mv1+3mv2  mv2= m + ×3m  联立解得v1=-  ,v2=   以B球为研究对象,根据动量定理有IB=3mv2-0 返回目录 解得IB=  。 (3)第一次碰撞后,两球速度大小相等、方向相反,因为最低点两侧轨道完全对称,根据 机械能守恒定律,两球沿轨道上升到任意相同高度处,其速度大小都相等,故两球沿轨道 同时运动到相同高度(O点所在高度的下方),再同时滑至最低点,滑至最低点的速度大 小均为  ,在最低点发生第二次弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m(-v1)+3m(-v2)=mv'1+3mv'2  m(-v1)2+ ×3m(-v2)2= mv + ×3mv  联立解得v'1=- ,v'2=0 可见,第二次碰撞后,B球停在最低点,A球能返回最初的位置,第三次碰撞与第一次碰撞 返回目录 相同,第四次碰撞与第二次碰撞相同。依次类推,每次碰撞都在最低点发生【点拨:应用 归纳推理的方法,巧妙求解多次碰撞问题,寻找多次碰撞的规律,化难为易】。 由此可得,当碰撞次数为奇数时,小球A、B碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结 束时相同,v1=-  ,v2=   当碰撞次数为偶数时,小球A、B在碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相 同,v'1=- ,v'2=0。 返回目录 提分关键·方法提升 巧用变换参考系求解动碰动问题 如图所示,质量分别为m1和m2、半径相同的两个小球A和B在同一光滑水平面上向右运 动。A、B的速度分别是v10和v20,且满足v10>v20。某时刻发生碰撞,碰后A、B的速度分别 是v1和v2。   处理动碰动问题,可通过变换参考系将动碰动模型转化为动碰静模型。以碰前相对地 面以速度v20运动的B为参考系,则碰前A相对于B的速度为(v10-v20),在此参考系中:A碰后 返回目录 速度为 (v10-v20),B碰后速度为 ·(v10-v20),以地面为参考系时A的碰后速度v1=  (v10-v20)+v20,B的碰后速度v2= (v10-v20)+v20。 返回目录 实验8 验证动量守恒定律 返回目录 一、实验原理及装置图   在一维碰撞中,测出相碰的两球的质量m1、m2和碰撞前后球的速度,计算得出碰撞前的 动量p=m1v0及碰撞后的动量p'=m1v1+m2v2,验证碰撞前后的动量是否相同。 返回目录 如图所示,在此实验装置图中,由于平抛运动时间相等,有碰撞前的动量与时间的乘积pt =m1v0t及碰撞后的动量与时间的乘积p't=m1v1t+m2v2t,因此只要验证m1sOP=m1sOM+m2sO'N,即 可验证动量守恒定律。 返回目录 二、操作要领及注意事项 1.需要测量哪些物理量:两小球质量以及水平位移。 2.如何选择小球:本实验方案不需要两球大小相同,但需要调节支球柱的高度,以保证两 球能发生正碰。若不使用支球柱,则需要两球大小相同。为使入射球碰撞不被弹回且 不静止,需要入射球质量大于靶球质量。 3.如何安装斜槽:斜槽不要求光滑,但斜槽末端必须水平。 4.如何控制起点位置:每次让入射球从斜槽上同一位置由静止滚下。 返回目录 三、数据处理 让入射球从同一位置释放,测出不发生碰撞时入射球飞出的水平距离sOP,再测出入射 球、靶球碰撞后分别飞出的水平距离sOM、sO'N,只要验证m1sOP=m1sOM+m2sO'N,即可验证动 量守恒定律。若m1 =m1 +m2 也成立,说明两球的碰撞是弹性碰撞。 返回目录 四、减小误差的方法 1.小球落点的确定:画尽量小的圆把尽可能多的小球落点圈在里面,圆心就是小球落点 的平均位置。 2.水平位移的测量:本实验中的O点和O'点分别为斜槽末端的正下方和靶球球心的正下 方,O点可通过铅垂线在白纸上直接画出,而O'点不可以直接画出,需通过测量确定,O、 O'两点间距离为两小球半径之和,而半径的测量存在误差,同时水平位移的测量也会存 在误差,测量半径和水平位移时可通过多次测量取平均值的方法减小误差。 返回目录 五、其他实验方案 方案一　利用滑块和气垫导轨完成实验(如图所示)   本方案在气垫导轨上进行,阻力小,测量速度时产生的误差小。 方案二　利用斜槽末端小球的碰撞在斜面上完成实验(如图所示)   本方案小球抛出点相同,无须使用铅垂线确定O点的位置。 返回目录 $