第一章 动量守恒定律（举一反三· 单元复习讲义）物理人教版选择性必修第一册

该高中物理《动量守恒定律》单元复习讲义以知识框架为统领，通过表格对比（如冲量与功、动量与动能）和思维导图梳理动量、冲量、动量定理及守恒定律等核心内容，构建“实验基础-概念规律-模型应用”的递进知识脉络，突出运动和相互作用观念的培养。 讲义亮点在于11个题型的梯度设计，从“探究碰撞中的不变量”实验变式到“反冲运动”模型应用，结合足球弧线球、蹦极等实例，通过科学推理和模型建构培养科学思维。课后作业分层设置，基础题巩固概念，综合题提升能力，助力教师实施精准教学，学生自主复习高效。

第一章《动量守恒定律》单元复习 【新教材人教版】 【知识框架+知识精讲（6个知识归纳+11个题型）+课后作业】 知识归纳 【知识点1 探究碰撞中的不变量（实验基础）】 1．需要测量的物理量：两滑块质量、挡光片宽度、光电门计时（瞬时速度）。 2．碰撞类型：（在相撞面安装弹簧片）弹性碰撞、（在相撞面安装撞针和橡皮泥）完全非弹性碰撞。 3．数据规律：碰撞前后系统总动能不相等，两滑块质量与速度的乘积之和在误差范围内恒定。 4．误差来源：导轨不水平、挡光片倾斜、空气摩擦、导轨阻力。 5．实验结论：定义mv为动量，碰撞过程系统总动量保持不变。 【例1】某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在一长木板右端垫一小木块，使板上甲、乙小车恰能平衡，在小车甲的前端粘有橡皮泥轻推小车甲后，小车甲做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图所示在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50Hz。 已测得小车甲的质量m甲=0.40kg，小车乙的质量m乙=0.20kg，已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点由以上测量结果可得：（保留三位有效数字） （1）碰前小车甲的速度为_______m/s；碰后小车甲的速度为_______m/s； （2）碰后两小车系统的总动量为_______kg⋅m/s2。 【答案】（1） 1.05 0.695 （2）0.417 【详解】（1）[1][2]碰前小车甲的速度为 碰后小车甲的速度为 （2）碰后的总动量为 【变式1-1】学习了“探究碰撞中的不变量”的实验后，某实验小组选用图甲所示的水平气垫导轨、光电门等测量装置研究两个滑块碰撞过程中系统动量的变化情况。主要实验步骤如下： ①调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作； ②在滑块1上装上挡光片，在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥，测量挡光片宽度L=，用天平测出滑块1和滑块2的质量m1=0.32kg、m2=0.18kg； ③将滑块1和滑块2放在气垫导轨上，滑块2处于静止状态，让滑块1以一定的初速度与滑块2碰撞，撞后两者粘在一起，记下碰前挡光片的遮光时间t1=0.015s和碰后挡光片的遮光时间t2=0.024s； （1）滑块1碰前的动量p1=________；两滑块碰撞后的总动量p2=__________（计算结果保留两位有效数字）； （2）p1与p2的大小有差异，其原因可能是__________。（写一条即可） 【答案】（1） 0.096 0.094 （2）存在空气阻力 【详解】（1）[1]碰前滑块1的速度为 所以滑块1碰前的动量 [2]碰后滑块1、2的速度为 两滑块碰撞后的总动量 （2）p1与p2的大小有差异，其原因是滑块运动过程中有空气阻力存在。 【变式1-2】如图所示，某探究小组用图示装置做“探究碰撞中的不变量”的实验，图中的气垫导轨由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。 （1）实验探究小组采用了正确的操作步骤： ①该小组测出了滑块通过两个光电门的挡光时间。已知两滑块上遮光板的宽度相同。滑块1通过光电门1的挡光时间为，通过光电门2的挡光时间为，滑块2通过光电门2的挡光时间为；为使滑块1能通过光电门2，则______（小于、等于、大于）。本实验______（需要或不需要）将气垫导轨调水平。 ②测得滑块1的质量为，滑块2（包括弹簧）的质量为。 （2）数据处理与实验结论： 本实验探究滑块碰撞前后动量是否守恒，其验证等式为_________。（用、表达） （3）若两滑块之间放上橡皮泥，两滑块碰后粘在一起经过光电门2，光电门1记录时间为，光电门2记录时间为，其验证等式为_________。（用表达） 【答案】（1） 大于 需要 （2） （3） 【详解】（1）[1]为使滑块1能通过光电门2，需要满足二者碰撞后滑块1的速度水平向右，则大于。 [2]为了减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差，本实验需要将气垫导轨调水平。 （2）若滑块碰撞前后动量守恒，设遮光板的宽度为d，则有 整理，可得 （3）若滑块碰撞前后动量守恒，设遮光板的宽度为d，则有 整理，可得 【变式1-3】物理小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的试验。步骤如下： ①用天平测出滑块A、B的质量分别为300g和200g； ②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ③向气垫导轨通入压缩空气； ④把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为。照片如图。该组同学结合实验过程和图像分析知：该图像是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0~80cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块B恰好通过x=55cm处，滑块A恰好通过x=70cm处；碰撞后有一个物体处于静止状态。请问： （1）以上情况说明碰后__________（选填A或B）物体静止，滑块碰撞位置发生在__________cm处； （2）滑块碰撞时间发生在第一次闪光后__________s； （3）设向右为正方向，试分析碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是__________kg·m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是__________kg·m/s。 【答案】 A 60 0.1 【详解】（1）[1][2]由图可知，A只有两个位置有照片，则说明A碰后保持静止，故碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后A静止，故碰撞发生在x=60cm处。 （2）[3]碰撞后B向左做匀速运动，设其速度为，所以 碰撞到第二次闪光时B向左运动10cm，时间为t′，有 第一次闪光到发生碰撞时间为t，有 解得 （3）[4]设向右为正方向，碰撞前，B的速度大小为 A的速度 则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和为 [5]碰撞后，A静止，B速度为 则碰撞后两滑块的动量 【知识点2 动量、动量变化量、动量与动能的关联】 （一）动量的概念p： 1．公式：，单位：千克米每秒（kg•m/s）。 2．动量的特点： ①矢量性：动量方向与瞬时速度方向一致，一维运算必须先规定正方向。 ②瞬时性：动量是状态量，对应某一时刻的瞬时速度。 ③相对性：无特殊说明，统一以地面为参考系。 （二）动量变化量Δp： 1．定义：矢量差 2．方向：与速度变化量Δv、合外力冲量方向一致，和初动量无必然同向关系。 3．三种变化情况： · 仅速度大小改变，则动量大小改变、方向不变，例：直线变速运动。 · 仅速度方向改变，则动量大小不变、方向改变，例：匀速圆周运动。 · 速度大小、方向同时改变，则动量大小改变、方向改变，例：抛体、曲线变速运动。 （三）动量与动能的区别、换算： 1．本质区分： · 动量p：矢量，描述力对时间的积累效果。 · 动能Ek：标量，描述力对空间的积累效果。 2．换算公式：， 3．变化规律： · 动量变化，动能不一定改变（例，匀速圆周运动）。 · 动能变化，动量一定改变（速率改变，动量大小必然改变）。 【例2】关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　） A．动量大的物体，它的速度一定大 B．物体的动量变化越快，它所受的合外力越大 C．物体的动能不变，其动量一定不变 D．做匀速圆周运动的物体，其动量不变 【答案】B 【详解】A．根据动量 可知动量大小由质量和速度共同决定。动量大的物体，可能是质量大而速度小，所以速度不一定大，故A错误； B．根据动量定理，可得合外力 可知动量变化越快，则越大，即合外力越大，故B正确； C．根据动能 动能不变时，物体的速度大小不变，但速度是矢量，其方向可能发生变化，动量的方向会发生变化，所以此时动量会发生变化，故C错误； D．做匀速圆周运动的物体，其速度的大小不变，但速度的方向时刻变化，动量的方向会发生变化，所以此时动量会发生变化，故D错误。 故选B。 【变式2-1】关于动量，下列说法中正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体，动量不变 B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变 C．物体的动量变化，动能也一定变化 D．甲物体动量，乙物体动量，所以 【答案】B 【详解】动量定义为，是矢量，大小、方向任意一个变化则动量变化；动能是标量，仅与速度大小有关。 A．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻改变，动量作为矢量，方向也时刻变化，因此动量是变化的，A错误； B．做匀变速直线运动的物体加速度恒定，速度随时间均匀变化，即速度矢量一定改变，因此动量一定改变，B正确； C．若仅速度方向改变、大小不变（例如匀速圆周运动），动量会发生变化，但动能仅由速度大小决定，此时动能不变，C错误； D．动量是矢量，正、负表示方向，不表示大小，则动量的大小关系为，D错误。 故选B。 【变式2-2】美加墨足球世界杯于2026年6月12日开赛，比赛中出现了足球中罕见的弧线球，假设当地重力加速度恒定。关于此飞行过程中的足球（　　） A．线速度不变 B．动量不变 C．所受重力变了 D．所受合力可能变了 【答案】D 【详解】足球做曲线运动，则线速度方向以及动量方向在不断变化，则线速度和动量不断变化；所受重力不变，但所受的合力可能不断变化。 故选D。 【变式2-3】关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　） A．不同物体中动量越大，速度一定越大 B．的动量小于的动量 C．物体的动量发生变化，其动能可能不变 D．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变 【答案】C 【详解】A．根据动量的定义式有，动量大小与速度、质量有关，可知，不同物体中动量越大，当质量较大时，速度不一定越大，有可能速度大小相等，有可能速度较小，也有可能速度较大，故A错误； B．动量有正负，正负表示方向，比较大小时，应该比较绝对值，可知，的动量大于的动量，故B错误； C．根据 ， 解得 当物体速度方向改变，大小不变时，物体动量大小不变，方向改变，此时，物体的动能不变，故C正确； D．做匀速圆周运动的物体，速度方向发生变化，则其动量一定变化，故D错误。 故选C。 【知识点3 冲量与动量定理】 （一）冲量（力对时间的积累效应）： 1．恒力冲量定义式：，单位：N·s，1N·s＝1kg·m/s。 2．特点： ①矢量性：恒力冲量与力F同向；变力冲量与动量变化量Δp同向。 ②过程量：冲量对应一段作用时间，不能描述某一时刻。 ③与位移无关：力与位移垂直时，做功为0，但冲量不为0。 3．冲量四种计算方法 · 恒力：。 · 平均变力：。 · 图像法：F-t图像与时间轴围成面积等于冲量大小。 · 动量定理法：利用动量定理。 4．合冲量求解：①分力冲量矢量叠加；②各力作用时间相同时，可先求合力再算冲量。 （二）动量定理： 1．内容：物体全过程合外力的总冲量，等于物体动量的变化量。 2．公式： 4．理解： ①因果关系：合冲量是动量改变的原因，动量变化是冲量的结果。 ②矢量方程：物理量带正负号运算，需要规定正方向。 ③适用范围：恒力变力、直线曲线、宏观微观、低速高速全部适用。 ④解题优势：无需分析中间复杂运动，只对比初、末两个状态。 （三）动量定理典型应用模型： 1．缓冲模型： · 原理：由可知，动量变化量固定时，作用时间越长，平均作用力越小。 · 实例：安全气囊、头盔、海绵垫、蹦床。 2．流体柱模型： · 解题流程：取极短时间Δt内的流体柱为研究对象；求微元质量Δm＝ρΔV＝ρSΔl＝ρSvΔt；规定正方向，利用动量定理列式；利用牛顿第三定律转换作用力。 3．竖直碰撞模型（球类落地）： · 要点：碰撞过程中重力冲量不可忽略，列式时同时计入重力与接触面弹力。 4．F-t图像题型：图像面积直接等于合外力总冲量，快速求解速度、平均力。 【例3】物体受到如图所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上运动，在时间t内（　　） A．重力的冲量为 B．拉力冲量的大小为 C．支持力冲量的大小为 D．合力的冲量为零 【答案】A 【详解】A．根据冲量的定义 可得重力的冲量为 ，选项A正确； B．根据冲量的定义 可得拉力冲量的大小为，选项B错误； C．竖直方向上根据平衡条件有支持力 则支持力冲量的大小不等于 ，选项C错误； D．物体在恒力 的作用下，在光滑的水平面上运动，合力不为零，则合力的冲量不为零，选项D错误。 故选A 。 【变式3-1】在翁牛特旗的玉龙沙湖景区，滑沙项目备受欢迎。如图，质量为m 的游客刚滑至水平沙地时的速度为v ，之后在水平沙地上沿直线运动，经过时间t 停止滑行。以水平速度v 的方向为正方向，该游客在水平沙地上滑行的过程中（　　） A．动量变化量为0 B．动量变化量为mv C．合力的冲量为0 D．支持力的冲量大小为mgt 【答案】D 【详解】ABC．游客初动量为，停止时末动量为，因此动量变化量为 由动量定理，合力的冲量为，故ABC错误； D．游客竖直方向做匀速直线运动，支持力与重力平衡，支持力大小 支持力为恒力，冲量大小，故D正确。 故选D。 【变式3-2】提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（　　） A．手掌的动量发生变化 B．手掌所受重力的冲量为零 C．手掌所受拉力的冲量为零 D．手掌所受合力的冲量为零 【答案】A 【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率运动，速率不变但速度方向沿切线不断变化，因此动量发生变化，故A正确； B．重力的冲量为 手掌的重力以及受到重力的时间均不为零，所以手掌所受重力的冲量不为零，故B错误； D．根据动量定理，物体受到的合力的冲量等于动量的变化量，由于手掌动量发生了变化，因此合力的冲量不为零，故D错误； C．根据动量定理，手掌所受合力冲量等于动量变化量，即 已知、重力冲量 因此拉力的冲量不为零，故C错误。 故选A。 【变式3-3】如图所示，物块从固定斜面的顶端匀速下滑。对于物块在斜面上下滑的某段时间，下列说法正确的是（　　） A．该时间内斜面对物块的支持力冲量不为0 B．该时间内斜面对物块的支持力做正功 C．该时间内斜面对物块的摩擦力不做功 D．该时间内物块受到的重力冲量为0 【答案】A 【详解】A．根据，可知该时间内斜面对物块的支持力冲量不为0，A正确； B．该时间内斜面对物块的支持力方向垂直斜面向上，与位移方向垂直，则斜面对物块的支持力对物体不做功，B错误； C．该时间内斜面对物块的摩擦力方向沿斜面向上，与位移方向相反，可知该摩擦力做负功，C错误； D．根据，可知该时间内物块受到的重力冲量不为0，D错误。 故选A。 【例4】2026年6月，吉林省实验中学高一年级男子篮球赛开赛。在某场比赛中，队友将质量为0.6 kg的篮球传给运动员甲，运动员甲接球时，球的速度大小为10 m/s，速度方向沿水平方向。运动员甲接球后马上以大小相同的水平速度反向传出，如果甲从接球到将球传出的总时间为2.0 s，不计空气阻力，以下说法正确的是（　　） A．甲接球的过程中，手要往身体收，延长触球时间，以免手指受到伤害 B．在甲从接球到将球传出的整个过程中，球的动量改变了 C．在甲从接球到将球传出的整个过程中，手对球的平均作用力大小为12 N D．在甲从接球到将球传出的整个过程中，甲对球的冲量大于球对甲的冲量 【答案】A 【详解】A．接球的过程中，手要往身体收，延长触球时间，根据动量定理有 在动量变化量大小一定的情况下，延长作用时间可以减小球对手的平均作用力大小，以免手指受到伤害，故A正确； B．规定球传出的方向为正方向，则球的初速度，末速度，球的动量变化量为 代入数据解得 即球的动量改变了，故B错误； C．规定球传出的方向为正方向，只考虑水平方向，根据动量定理有 代入数据解得手对球水平方向的平均作用力大小为 竖直方向上手对球的作用力需要平衡重力，根据平衡条件有 代入数据解得 手对球的平均作用力大小为 解得 大小不等于，故C错误； D．根据牛顿第三定律可知，甲对球的作用力与球对甲的作用力大小相等、方向相反，且作用时间相同，根据冲量定义式有 可知两者的冲量大小相等、方向相反，故D错误。 故选A。 【变式4-1】动量随位置变化的图像称为“相轨”。相轨在近代数学分析和理论物理的发展中扮演了极为重要的角色。一物体从处以初速度沿方向开始运动，运动过程中只受一方向与速度相反、大小为（且为常量）的力。请你根据动量的相关知识，推断相轨应为图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设物体从位置运动到位置的时间为，位移为，这段时间内速度的平均值为。因为阻力大小始终为，所以这段时间内平均阻力大小为，阻力冲量大小为 方向与运动方向相反，即动量减少量与位移成正比。因此物体每前进相同位移，动量减少量相同，随均匀减小，图像为向下倾斜的直线；当减小到时物体停止，故D正确。 故选D。 【变式4-2】高空抛物、坠物严重危害公共安全。为充分发挥司法审判的惩罚、规范和预防功能，刑法修正案新增高空抛物罪。假设质量为1 kg的花盆从距地面20 m高的高楼窗口自由下落到地面（无反弹），花盆与地面撞击时间为0.01 s。设竖直向下为正方向，若花盆可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小，则下列说法正确的是（　　） A．花盆下落过程中，重力的冲量为20 N·s B．花盆与地面的碰撞属于完全非弹性碰撞，碰撞过程中花盆的动量守恒 C．花盆与地面撞击过程中，动量变化量为20 kg·m/s D．花盆撞击地面过程中，花盆对地面的平均作用力大小为1000 N 【答案】A 【详解】根据自由落体规律 解得花盆落地前瞬间的速度为 向下为正方向。 A．下落时间 重力的冲量，故A正确； B．动量守恒的条件是系统合外力为零，碰撞过程中花盆受重力和地面的支持力，合外力不为零，花盆的动量不守恒，故B错误； C．撞击前动量 撞击后无反弹，末动量 动量变化量，故C错误； D．对撞击过程由动量定理可得 为地面对花盆的作用力，代入数据解得 负号表示方向向上，根据牛顿第三定律，花盆对地面的平均作用力大小为，故D错误。 故选A。 【变式4-3】一质量为的运动员从离蹦床处自由下落，从运动员接触蹦床至离开蹦床共经历了，运动员离开蹦床后弹起的高度为，取，不计空气阻力。则在运动员接触蹦床到离开蹦床的时间内，运动员受到蹦床的平均作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】运动员自由下落过程，由运动学公式 代入， 解得接触蹦床时速度大小，方向向下。 运动员竖直上抛过程，由运动学公式 代入 解得离开蹦床时速度大小，方向向上。 取向上为正方向，对接触蹦床的过程用动量定理，合外力冲量等于动量变化，即 代入， 解得 故选D。 【知识点4 动量守恒定律】 （一）基本概念： 1．系统：相互作用的多个物体组成的整体。 2．内力：系统内部相互作用力，成对出现，总冲量矢量和为0，不改变系统总动量。 3．外力：系统外部施加的力，外力冲量改变系统整体总动量。 （二）常用表达式： 1．初、末总动量相等（最常用）：p初＝p末，即m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2' 2．总动量变化为0：Δp总＝0 3．两物体动量变化量的关系：Δp1＝﹣Δp2（一个动量增加多少，另一个等量减少） （四）守恒条件： 1．不受外力，总动量严格守恒。 2．系统合外力矢量和为0，总动量严格守恒。 3．内力远大于外力，外力冲量可忽略，动量近似守恒，例，碰撞、爆炸。 4．系统整体合外力不为零，但某一方向外力分量之和为0，该方向动量守恒。 （五）特点： · 矢量性：一维运动要规定正方向；二维运动要正交分解，x、y方向分别列守恒方程。 · 同时性：等式两侧速度必须是同一时刻的瞬时速度。 · 相对性：所有速度都要以地面为参考系，不能使用物体间的相对速度。 · 系统性：动量守恒只针对系统，不能针对单独的某一个物体。 【例5】如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手后动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 【答案】ACD 【详解】A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确； BCD．先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故B错误、CD正确。 故选ACD。 【变式5-1】以下关于四幅图的说法，正确的是（　　） A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 【答案】BC 【详解】A．礼花弹爆炸瞬间，火药的化学能转化为碎片的动能，机械能大幅增加，故A错误； B．图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，故B正确； C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向不受外力，系统满足水平方向动量守恒，故C正确； D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。 故选 BC。 【变式5-2】关于下图反映的物理过程，下列说法正确的是（　　） A．子弹镶嵌进A的过程中，子弹和物块A组成的系统动量不守恒 B．木块沿放在光滑地面上的斜面加速滑下，物块与斜面组成的系统动量守恒 C．物块M和物块N间挤压一轻质弹簧，用细线连接静止在墙角处，剪断细线，弹簧恢复到原长的过程中，系统动量守恒 D．用一根细线连在一起形状相同的木球和铁球在水中匀速下降，剪断细线，两球在水中运动的过程系统动量守恒 【答案】AD 【详解】A．子弹镶嵌进A的过程中，因B对A有外力作用，则子弹和物块A组成的系统动量不守恒，但子弹和A、B组成的系统受合外力为零，动量守恒，选项A正确； B．木块沿放在光滑地面上的斜面加速滑下，木块动量增加，斜面动量不变，则物块与斜面组成的系统动量不守恒，选项B错误； C．物块M和物块N间挤压一轻质弹簧，用细线连接静止在墙角处，剪断细线，弹簧恢复到原长的过程中，系统受墙壁向右的作用力，则系统总动量向右增加，选项C错误； D．用一根细线连在一起形状相同的木球和铁球在水中匀速下降，则两球受合力为零；剪断细线，两球在水中运动的过程，两球系统受合外力仍为零，则系统动量守恒，选项D正确。 故选AD。 【变式5-3】在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳瞬间绷紧，然后带动B车一起运动；丁图为一木块静止在光滑水平面上，子弹以速度射入其中且未穿出。则关于这几个物理过程（空气阻力均忽略不计），下列判断中正确的是（　　） A．甲图中小球机械能不守恒 B．乙图中小球A的机械能不守恒 C．丙图中两车组成的系统动量守恒 D．丁图中子弹、木块组成的系统动量守恒，但机械能不守恒 【答案】BCD 【详解】A．甲图中小球在转动过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，故A错误； B．乙图中固定轴对小球A、B和轻杆组成的系统不做功，系统只有重力做功，又知轻杆的质量可忽略，故A和B整体的机械能守恒。单独分析A，由于杆对小球的力不沿杆的方向，故杆对小球A做功，小球A的机械能不守恒，故B正确； C．丙图中两车组成的系统合外力为零，所以两车组成的系统动量守恒，故C正确； D．丁图中子弹射入木块过程中，子弹、木块组成的系统合外力为零，所以动量守恒；子弹与木块之间有相对运动，系统的一部分机械能转化为内能，故机械能不守恒，D正确。 故选BCD。 【例6】如图所示，光滑的四分之一圆弧槽静置在光滑的水平面上，现将一小球（可视为质点）从槽的顶端由静止释放。若仅知道球的质量、槽的质量和槽的半径，则可以计算出（　　） A．球刚要离开槽时，小球的速度 B．球刚要离开槽时，槽的速度 C．球从释放到刚要离开槽的过程，球的位移 D．球从释放到在槽上下降一半高度的过程，槽运动的位移 【答案】CD 【详解】AB．设槽的质量为、半径为，球的质量为，从出发到球刚要离开槽的过程，有， 由于不知道重力加速度，所以得不到和，故AB错误； C．从出发到球刚要离开槽的过程，由水平方向动量守恒可得 可得 可以解得和，故C正确； D．同理，从出发到球下降一半的过程，由水平方向动量守恒可得 可得 可以得到和，故D正确。 故选CD。 【变式6-1】A、B两船的质量均为，它们都静止在平静的湖面上，质量为的人静止站在A船上，之后人以水平速度从船跳到船，再从船跳回船。水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则下列说法正确的是（　　） A．A、B两船的速度大小之比为3∶2 B．A、B（包括人）两船始终具有相同的动量 C．A、B（包括人）两船的动量之和为0 D．因跳跃次数未知，故两船与人组成的系统动量不守恒 【答案】AC 【详解】A．以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，由于刚开始两船都静止，因此初态总动量为0，当人最终跳到B船上时，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得 所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，故A正确； BCD．水对船的阻力不计，两船和人组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力为0，系统动量守恒。 由于系统的初态总动量为0，所以A船的动量和B船（包括人）的动量大小相等，方向相反，A、B（包括人）两船的动量之和为0，故BD错误，C正确； 故选AC。 【变式6-2】如图为2025年斯诺克世锦赛冠军、中国名将赵心童在克鲁斯堡剧院决赛中的关键击球瞬间，在这杆决胜局的进攻中，他打出的白色主球A与静止的花色球B发生正碰，碰撞前后两球都在同一直线上运动。已知碰前白色球A的动量，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为，则两球质量与间的关系可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 解得 根据碰撞过程总动能不增加，则有 解得 碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有 解得 故B球的质量范围为 故选BC。 【变式6-3】光滑的水平面上有半径相同的A、B两个小球，小球A的质量为2kg。t=0时刻，A、B两个小球开始在同一直线上相向运动，随后发生碰撞，A、B两个小球碰撞前后的位移时间图像如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．小球B的质量为6kg B．小球B对A的冲量为9N·s C．小球B的动量改变量为8kg·m/s D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能为18J 【答案】AD 【详解】A．x-t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可得碰撞前后两者的速度分别为 根据动量守恒定律可得 代入数据可得 故A正确； B．由动量定理可得B对A的冲量等于A动量的变化量，即 故B错误； C．小球B的动量改变量为 故C错误； D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能为 故D正确。 故选AD。 【例7】用如图所示装置验证动量守恒定律。 (1)O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，入射球多次从斜轨上S位置由静止释放，位置P是其平均落地点，测量出平抛运动的射程OP。后把大小相同的被碰小球静置于轨道末端的水平部分，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，并多次重复。下列步骤中必要的是___________（填选项前的符号）。 A．用天平测量两个小球的质量、 B．测量小球开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．测量平抛射程OM、ON (2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为___________（用上述必要字母表示）； (3)若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是___________（填选项前的符号）。 (4)一同学在实验中记录了某次碰撞前后小球落点的位置P和M、N，发现M、N点不在OP连线上，下列图中落点位置可能正确的是___________（填字母）。 A． B． C． D． 【答案】(1)AD (2) (3) (4)A 【详解】（1）A．验证动量守恒需要比较碰撞前、后两球的动量，因此必须用天平测量两球的质量，，故A正确； B．每次让入射球从斜轨上同一位置由静止释放，即可保证其到达轨道末端时速度相同，不需要测量释放高度，故B错误； C．各球均从同一高度水平抛出，平抛时间相同，利用水平射程表示速度时该时间可约去，不需要测量抛出点距地面的高度，故C错误； D．碰撞后两球的水平速度分别与射程，成正比，因此必须测量，，故D正确。 故选AD。 （2）设小球从轨道末端平抛到地面的时间为，碰撞前入射球的速度为，碰撞后两球的速度分别为，。由平抛运动的水平方向规律得，， 若碰撞前后动量守恒，则 代入各速度并约去相同的，整理得 （3）若两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 整理得 比较两式得 由于各次平抛的平抛时间相同，水平射程与平抛初速度成正比，因此 （4）取方向为轴正方向、垂直于的水平方向为轴。碰撞前系统在方向的总动量为零，由动量守恒定律得，因此，应位于连线的两侧。为使入射球碰后仍向前运动，本实验取，故两球在方向的速度大小满足；两球平抛时间相同，所以点到连线的距离应大于点到该连线的距离。 A．，位于连线两侧，且点偏离该连线更远，故A正确； B．点偏离连线的距离大于点，不满足，故B错误； C．，位于连线同侧，碰撞后系统在方向的总动量不为零，故C错误； D．，位于连线同侧，碰撞后系统在方向的总动量不为零，故D错误。 故选A。 【变式7-1】一个实验小组设计了如图所示的实验装置验证动量守恒定律。图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光电门2，它们与数字计时器相连，遮光片沿运动方向的宽度都相等。实验前调节气垫导轨成水平状态，滑块A、B静止在导轨上。 (1)在第1组实验中，实验前，测得弹性滑块A（连同其上的遮光片）的质量为、弹性滑块B（连同其上的遮光片）的质量为。轻推滑块A，测得A通过光电门1的遮光时间为，A与B相碰后，B和A先后经过光电门2的遮光时间分别为和，在实验误差允许的范围内，若满足关系式________，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示） (2)在第2组实验中，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，使两个滑块连成一体运动。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片、撞针）的总质量为、滑块B（连同其上的遮光片、橡皮泥）的总质量为。实验中测得滑块A单独通过光电门1的时间记为，滑块连成一体后，滑块B通过光电门2的时间记为。通过多次实验得到多组、的值。某同学想通过绘制图像验证滑块碰撞前后是否动量守恒，分析说明判断其方法的合理性。 【答案】(1) (2)若图像为过原点的倾斜直线，且直线斜率等于，即可验证碰撞过程动量守恒；若不满足该关系，则说明动量不守恒。 【详解】（1）设遮光片的宽度为d，碰撞前滑块A的速度大小为 碰撞后滑块A和滑块B的速度大小分别为， 根据动量守恒定律 代入化简可得 则若满足关系式，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。 （2）设遮光片宽度为，碰撞前滑块匀速运动，速度为 滑块静止，故碰撞前总动量 碰撞后两滑块连成一体匀速运动，共同速度 故碰撞后总动量 若碰撞过程动量守恒，则 整理得 绘制图像，若图像为过原点的倾斜直线，且直线斜率等于，即可验证碰撞过程动量守恒；若不满足该关系，则说明动量不守恒。 【变式7-2】用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为： ①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平（如图a）； ②让质量为的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置； ③把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置； ④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为、、。分析数据： (1)实验室有如下A、B、C三个小球，则入射小球应该选取_________进行实验（填字母代号）； A．直径，质量 B．直径，质量 C．直径，质量 (2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了10个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图（b）中画的三个圆最合理的是_________； (3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为_________。（均用题中所给物理量的符号表示） (4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图（c）所示，图中圆弧的圆心在斜槽末端。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤①和②的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为、、。测得斜槽末端与、、三点的连线与竖直方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_________（用所测物理量的字母表示）。 【答案】(1)B (2)C (3) (4) 【详解】（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，为保证两球发生正碰，两小球的直径应相等，故入射小球应选取B。 （2）用画圆法确定小球的落点，应将尽可能多的印迹包含在圆内，且圆的面积尽可能小，个别偏差较大的点可舍去，由图（b）可知最合理的是C。 （3）小球离开斜槽末端后做平抛运动，下落的高度相同，故在空中运动的时间相同，设时间为，碰撞前入射球的速度大小为，碰撞后入射球的速度大小为，被碰球的速度大小为，若两球碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律有 解得 （4）设圆弧的半径为，小球落到圆弧上时，位移与竖直方向的夹角为，由平抛运动规律可知竖直分位移，水平分位移，设小球做平抛运动的时间为，初速度大小为，根据平抛运动规律分别有， 联立解得 则碰撞前入射球的速度大小为，碰撞后入射球的速度大小为，被碰球的速度大小为，若两球碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律有 代入各速度表达式解得 【变式7-3】某同学利用生活中的常见物品来验证动量守恒定律。如图所示，他将电线线槽做成一个斜槽轨道和一个平直轨道，两轨道间利用圆弧实现平滑过渡（未画出）：使两节相同的5号电池在水平轨道上做一维碰撞（碰撞前后两物体速度都在一条直线上），利用电池在平直轨道上滑行的最远距离来验证动量守恒定律。 (1)该同学使电池2静止在水平轨道上，将电池1从斜槽某一位置由静止释放，运动到平直轨道上在A点与电池2碰撞，碰撞后两节电池做匀减速直线运动，最终静止，如图所示。则电池1、电池2碰撞后滑行的最大距离分别为________（填“AB”或“AC”），=________（填“AD”或“AE”）。 (2)使电池1再次从同一高度静止释放，冲到平直轨道上滑行一段距离后停止。测出它从碰撞点开始滑行的最大距离________（填“AM”或“AN”）。用刻度尺量取、、的长度。 (3)借助匀变速直线运动的规律，我们可以通过电池的滑动距离推导电池碰撞前后的速度，从而验证动量守恒。若在误差允许的范围内、、满足__________，则电池1、2的碰撞过程系统动量守恒。 (4)如果电池1、2的碰撞是弹性碰撞，则、、应该满足__________。 (5)做完实验应当进行必要的反思和总结。关于该实验，下列说法正确的是__________。 A．两电池碰撞时，虽然轨道对电池有摩擦力，但碰撞时间极短，内力远大于外力依然近似满足动量守恒的条件 B．做实验时，即使平直轨道稍微倾斜，也不会带来实验误差 C．电池沿斜槽轨道下滑过程中受摩擦力作用，机械能有损失，这会带来实验误差 D．碰撞点的位置离斜槽轨道末端越远越好 【答案】(1) AC AD (2)AN (3) (4)且/且 (5)AB 【详解】（1）[1]电池1：碰撞时右端在A，停止时右端在C，滑行距离为其右端从A到C的距离 [2]电池2：碰撞时左端在A，停止时左端在D，滑行距离为其左端从A到D的距离 （2）电池1从同一高度释放，不碰撞直接滑行停止，右端停止点为N。从碰撞点A开始算起，滑行的最大距离为 （3）电池在水平轨道上做匀减速运动，设加速度大小为，由运动学公式得：碰撞前电池1的速度 碰撞后电池1的速度 碰撞后电池2的速度 两电池质量相等，动量守恒 消去和得 （4）由动量守恒，动能守恒 联立解得， 或等质量物体发生弹性碰撞时，速度交换，即碰撞后电池1静止，电池2获得电池1的速度，因此且 （5）A．碰撞时间极短，碰撞力（内力）远大于轨道摩擦力（外力），系统动量近似守恒，故A正确； B．若平直轨道有均匀微小倾斜，电池所受合力（重力分力与摩擦力的合力）仍为恒力，加速度恒定，速度与的正比关系保持不变，验证表达式相同，不会引入系统误差，故B正确； C．斜槽摩擦虽消耗机械能，但只要每次从同一高度释放，电池1到达A点的速度恒定，该速度已通过单独滑行的准确测定，不影响动量守恒的验证，故C错误； D．碰撞点A离斜槽末端过远，电池1到达A点速度过小，碰撞可能不充分，且测量相对误差增大，并非越远越好，故D错误。 故选AB。 【知识点5 三类典型模型】 （一）碰撞（按机械能损失分类） 1．弹性碰撞： · 条件：无机械能损耗，碰撞前后系统总动能相等。 · 规律：动量守恒＋动能守恒；等质量物体弹性正碰，碰撞后速度交换。 2．非弹性碰撞： · 特征：有机械能损耗，碰撞后两物体分离、速度不相等。 · 规律：动量守恒＋能量守恒。 3．完全非弹性碰撞： · 特征：碰撞后两物体共速，系统机械能损失最大。 · 规律：动量守恒＋能量守恒。 · 实例：橡皮泥粘合、子弹嵌入木块。 （二）爆炸模型 1．守恒判定：爆炸瞬间内力极大，远大于重力、摩擦力，动量近似守恒。 2．能量变化：化学能转化为机械能，系统总动能增加。 3．典型场景：炮弹空中炸裂、爆竹炸开、弹簧瞬间弹开两滑块。 （三）反冲运动 1．定义：初始时，系统静止，两部分在内力作用下向相反方向运动； 2．守恒规律：系统总动量始终为0，满足m1v1＝﹣m2v2，两部分动量等大反向； 3．人船模型（光滑水平面，系统初动量为0） 公式：， 说明：、为人、船相对地面的位移，L是人相对船移动距离，等于船长。 4．实例：火箭升空、水枪喷水、喷气飞行器、弹簧弹开滑块。 【例8】两质量分别为 、 的小球P、在光滑水平面上沿同一直线同向运动，已知小球P、Q的动量大小均为，经过一段时间小球P追上小球Q且发生碰撞，则碰后小球P、Q的动量可能为（　　） A． 、 B． 、 C． 、 D． 、 【答案】CD 【详解】A．两球碰撞过程中动量守恒，且应遵循能量不增加的原理，碰后前球的速度应大于后球的速度。碰前系统的总动量为 ，碰后系统的总动量仍为 ；碰前系统的总动能为 该项中碰后系统的总动能为 ，A错误； B．碰后P球的速度为 Q球的速度为 ，后球的速度大于前球，不合理，B错误； C．该项中碰后系统的总动能为 ，碰后P球的速度为零，C正确； D．该项中碰后P球的速度为 Q球的速度为 碰后系统的总动能为 ，小于碰前的总动能，D正确。 故选CD。 【变式8-1】在水平光滑地面上，质量为、速度为的A球与质量为静止的B球在同一直线上发生正碰，碰撞时间极短。关于碰撞后两球的速度，下列说法正确的有（     ） A．A球的速度为，B球的速度为 B．A球的速度为，B球的速度为 C．A球的速度为，B球的速度为 D．A球的速度为，B球的速度为 【答案】AD 【详解】碰撞问题需要满足三个条件，我们逐一验证： 动量守恒：碰撞前总动量为，因此有 ，化简得：。 动能不增加：碰撞前总动能，因此有 ，化简得：。 速度合理性：A在B后方碰撞，碰撞后A的速度反向或不大于B的速度 A．动量，满足守恒 动能，等于原动能，满足； 速度与反向，合理，故A正确； B．动能 动能增加，不满足，故B错误； C．速度： A速度大于B，碰撞后不合理，故C错误； D．动量，满足守恒 动能，满足 速度： 是完全非弹性碰撞，合理，故D正确； 故选AD。 【变式8-2】如图所示，质量分别为2m、km（k未知的小球b、c静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球a以速度v水平向右运动，所有碰撞均为弹性碰撞。若a与b只发生一次碰撞，则k的值可能为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】AB 【详解】设a与b碰后速度分别为和，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得， 则a会向左运动，设b与c碰后速度分别为和，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有     解得 为了保证a与b只发生一次碰撞，若，则，即b向右运动，符合题意。 若，则只需 综上可解得 故选AB。 【变式8-3】质量分别为，的两球1、2在光滑水平面上沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球的速度随时间变化的图像如图所示，则（     ） A． B．两球在时发生碰撞 C．两球发生非弹性碰撞 D．时系统的动能最小 【答案】AD 【详解】A．两球在光滑水平面上发生正碰，动量守恒，可得 代入图中速度数值得，故A正确； B．两球在光滑水平面运动，发生碰撞后速度改变，所以两球在时发生碰撞，故B错误； C．碰撞前 碰撞后 代入速度数值和 得 动能守恒，说明是弹性碰撞，故C错误； D．碰撞过程中，内，两球相互挤压，距离不断减小，动能不断转化为其他形式的能；时刻两球速度相等，压缩量最大，此时系统总动能最小，转化为弹性势能最多，故D正确。 故选AD。 【例9】如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量分别为mA和mB，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（　　） A．B与A碰撞过程动量守恒、机械能不守恒 B．B与A碰撞前后轻绳的拉力大小不变 C．碰撞后AB一起上升的最大高度与轻绳的长度有关 D．碰撞后AB一起上升的最大高度为 【答案】AD 【详解】A．由于碰撞时间极短，故碰撞过程中内力远远大于外力，所以B与A碰撞过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，故A正确； B．设碰撞后瞬间AB的共同速度为。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 碰撞前，对A有 碰撞后，对AB整体，有 解得轻绳的拉力大小 则B与A碰撞前后轻绳的拉力大小发生了改变，故B错误； CD．碰撞后AB一起上升的过程，根据机械能守恒得 解得 故碰撞后AB一起上升的最大高度与轻绳的长度无关，故C错误，D正确。 故选AD。 【变式9-1】如图所示的杂技表演中，天花板上吊着一根长为L的秋千（可视作轻绳），演员甲用腿勾住秋千，倒吊着由静止开始向下摆动。当甲摆到最低点时，迅速抓住站在平台上的演员乙，随后两个演员一起继续向左摆动。若两个演员均可视为质量为m的质点，不计一切阻力，重力加速度为g，演员甲初始释放点与最低点的高度差为h。下列说法正确的是（     ） A．甲从静止释放到最低点的过程中，其重力做功大小为 B．甲从静止释放到最低点的过程中，其重力的冲量大小为 C．甲在最低点抓住演员乙的瞬间，系统损失的机械能为 D．甲接住乙后，两人一起向左摆动能够达到的最大高度为 【答案】AC 【详解】A．甲从静止释放到最低点的过程中，其重力做功大小为，故A正确； B．甲从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理可得 解得在最低点的速度大小为 甲从静止释放到最低点的过程中，设绳子拉力冲量为，根据动量定理可得 可知重力的冲量大小不是，故B错误； C．甲在最低点抓住演员乙的瞬间，根据动量守恒可得 解得 则甲在最低点抓住演员乙的瞬间，系统损失的机械能为，故C正确； D．甲接住乙后，根据机械能守恒可得 解得两人一起向左摆动能够达到的最大高度为，故D错误。 故选AC。 【变式9-2】如图，质量为的木块静止于光滑水平面上，一质量为的子弹以水平速度打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是（     ） A．子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为 B．木块和子弹系统机械能守恒 C．子弹对木块做的功 D．子弹打入木块过程中产生的热量 【答案】AD 【详解】A．子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，有 代入数据得==，故A正确； B．子弹打入木块并停在木块中的过程是完全非弹性碰撞，系统机械能有损失，转化为内能，机械能不守恒，故B错误； C．对子弹打入木块后的木块，由动能定理可知子弹对木块做的功等于木块动能增量，== 不是，故C错误； D．系统减少的机械能转化为内能，==，故D正确。 故选AD。 【变式9-3】如图，两个相同物块（看作质点）静置在水平地面上。某时刻，物块1获得一个瞬时速度（未知），运动了距离L后与物块2相碰，碰后两物块粘在了一起获得瞬时共同速度（未知），又运动了距离L后停止。已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，碰撞时间很短，则、的大小分别为（　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】CD．碰后两物块粘在了一起又运动了距离L后停止。对物块1与物块2整体，由动能定理得 解得，故C正确，D错误； AB．设物块1与物块2碰前瞬间速度为，物块1与物块2相碰粘在了一起，由动量守恒定律得 解得 对物体1，由动能定理得 解得，故A正确，B错误； 故选AC。 【例10】如图所示，从水平地面竖直发射的烟花弹上升至最高点时，沿水平方向炸裂成质量分别为和的、两块，的落地点与发射点的水平距离为，不计空气阻力。下列判断正确的是（　　） A．A、B同时落地 B．A、B下落过程中动量守恒 C．A、B落地时的速度大小之比为1∶3 D．B的落地点与发射点的水平距离为 【答案】AD 【详解】A．炸裂后，A、B均做平抛运动，由于下落的高度相同，因此同时落地，故A正确； B．由于A、B在下落的过程中，竖直方向受重力的作用，合外力不为零，因此动量不守恒，故B错误； C．爆炸瞬间，根据水平方向动量守恒，有 故落地时A、B水平方向速度大小之比为1∶3，而竖直方向速度相等，因此合速度之比不是1∶3，故C错误； D．落地时水平方向速度大小之比为1∶3，落地时间相同，因此水平方向位移大小之比为1∶3，方向相反，故B的落地点与发射点的水平距离为，故D正确。 故选AD。 【变式10-1】大连是滨海城市，每逢新春佳节都会举办盛大的烟火表演。某款新研制的烟花筒亮相大连烟花晚会，其结构如图1所示。工作原理如下：点燃引线后，发射药被引燃并发生爆炸，使礼花弹获得竖直方向的初速度，同时引燃延期引线。当礼花弹上升至最高点时，延期引线引爆礼花弹，使其炸裂为两部分，两部分均沿水平方向飞出。炸开后a、b的运动轨迹如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1:3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1:3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3:1 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为3:1 【答案】ACD 【详解】AB．a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比为1:3，竖直高度相等，根据可知，运动时间相等，根据可知，水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 a、b两部分在最高点炸裂时，根据动量守恒定律可得 根据动量与动能关系可知，a、b两部分的动能之比为1:3，a、b两部分的动量大小之比为1:1，故A正确，B错误； C．根据可知，a、b两部分所受重力的冲量之比为3:1，故C正确； D．落地时的重力功率为 由于时间相等，a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即3:1，故D正确。 故选ACD。 【变式10-2】可视为质点的物体A和B紧靠在一起放在水平地面上，其中A物体左侧粗糙，A物体与左侧粗糙地面间的动摩擦因数为0.3，B物体右侧光滑。两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，两物体获得的总能量．已知A、B两物体的质量均为1kg，重力加速度大小，则（   ） A．分离瞬间A的速度大小为1.5m/s B．分离瞬间B的速度大小为3m/s C．从分离到A停止运动经过的时间是1s D．从分离到A停止运动，A、B两物体间的距离是3m 【答案】BC 【详解】AB．炸药爆炸后，设分离瞬间物体A的速度大小为，物体B的速度大小为，对A、B两物体组成的系统由动量守恒定律得 由能量守恒得 联立可得 选项A错误、B正确； C．A、B两物体分离后，A物体向左匀减速滑行，对A受力分析，根据牛顿第二定律得 根据运动学公式得从分离到A物体停止运动，经过的时间 选项C正确； D．物体A运动的位移为 物体B运动的位移 故两物体之间的距离 选项D错误。 故选BC。 【变式10-3】如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x = 2.7 m，则说法正确的是（　　） A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左 C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J 【答案】BD 【详解】ABC．设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 由题意又有 代入数据联立解得 可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，AC错误，B正确； D．爆炸过程中释放的能量为 代入数据解得 D正确。 故选BD。 【例11】科普节活动中，某兴趣小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M（含水）的“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 B．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 C．发射后，火箭在空中飞行的时间为 D．火箭上升的最大高度为 【答案】CD 【详解】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故A错误； B．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误； C．由动量守恒定律可得 解得火箭获得的速度为 水喷出后火箭做竖直上抛运动，则火箭在空中飞行的时间为，故C正确； D．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有 解得火箭上升的最大高度为，故D正确。 故选CD。 【变式11-1】章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为M，且静止悬浮在水中，其一次喷射出质量为m的水，喷射出的水的速度大小为，章鱼体表光滑，则以下说法正确的是（　　） A．章鱼的反冲推力来源于喷出的水对它的反作用力 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量不守恒 C．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 【答案】AD 【详解】A．章鱼喷水过程中对喷出的水有作用力，根据牛顿第三定律，喷出的水对章鱼有反作用力，这就是章鱼反冲运动的推力，故A正确； B．章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，故B错误； C．在章鱼喷水的过程中，章鱼体内的化学能转化为机械能，系统机械能增加，故C错误； D．以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象，规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向，由动量守恒定律得 可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 故D正确。 故选AD。 【变式11-2】如图，“水上飞人”是近几年流行的游乐项目。假设人（包括装备）的质量为70kg，两个出水口的横截面积均为，适当调节出水口的喷水速度可以使人悬停在空中（近似认为水流喷出前的速度为0），忽略中间水管对人的作用力，水的密度为，重力加速度大小取。则（　　）    A．悬停过程中水对人做正功 B．悬停过程中水对人的冲量竖直向上 C．出水口的喷水速度大小约为6m/s D．出水口的喷水速度大小约为12m/s 【答案】BC 【详解】A．悬停过程，因人未发生位移，因此水的反冲动力对人不做功，故A错误； B．设水的反冲作用力为，飞行器及人的质量为，则根据平衡条件有 即水的反冲作用力竖直向上，因此可知悬停过程中水对人的冲量竖直向上，故B正确； CD．设出水口的喷水速度为，在极短的时间内两个出水口喷出的水的质量为，则有 设在极短时间内飞行器及人对喷出的水的平均作用力为，取向下为正方向，对喷出的水由动量定理有 根据牛顿第三定律有 而由平衡条件 联立解得 故C正确，D错误。 故选BC。 【变式11-3】如图所示，光滑水平面上静止一长为L=5 m、质量为M=60 kg的平板小车，一质量为m=40 kg的小孩站在小车左端。小孩从小车左端移动到小车右端（不打滑），在这一过程中小孩对地的最大速度v人max=1.5 m/s，小孩可视为质点。下列说法中正确的是（　　 ） A．小孩和小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．小车对地的最大速率v车max=1 m/s C．整个过程中小孩发生对地的位移为3 m D．若小孩运动至最右端静止，小车因惯性不会立刻静止 【答案】BC 【详解】A．小孩和小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但在小孩走动过程中消耗化学能转化为系统的机械能和内能，因此系统的机械能不守恒，故A错误； B．设小孩和小车的最大速率分别为和，根据动量守恒定律有 解得 代入数据解得，故B正确； C．设整个过程中小孩和小车对地发生的位移大小分别为和，根据人船模型推论分别有， 联立解得，故C正确； D．若小孩运动至最右端相对小车静止，由于系统初动量为零，根据动量守恒定律可知此时系统的总动量为零，小车的速度也为零，故小车会立刻静止，故D错误。 故选BC。 【补充】 1．冲量与功对比： 物理量 冲量 功 矢量标量 矢量 标量 积累维度 力对时间的积累 力对空间的积累 物理效果 改变物体的动量 改变物体的动能 力垂直位移 冲量不为0 做功为0 2．动量定理与动量守恒对比： 规律 研究对象 使用条件 公式 动量定理 单个物体 已知合外力、作用时间、冲量 F合Δt＝Δp 动量守恒 系统 系统合外力为0，或内力远大于外力 p初＝p末 3．动量与动能对比： 物理量 动量 动能 属性 矢量，存在方向 标量，恒为正值 改变条件 速度大小、方向任一变化即改变 仅速度大小改变才改变 互推公式 4．全章易错点： ①矢量运算忽略正负号，直接对动量、冲量做代数加减。 ②混淆状态量与过程量：动量对应某时刻，冲量对应一段时间，不存在“某时刻的冲量”。 ③动量守恒代入相对速度，未统一以地面为参考系。 ④短时间撞击直接忽略重力冲量。 ⑤整体合外力不为零时，忽略某一方向可能遵循动量守恒。 ⑥匀速圆周运动误以为动量不变，只关注速率忽略动量矢量性。 ⑦反冲、人船模型误用相对位移直接代入动量公式，必须换算地面绝对位移。 ⑧弹性碰撞忘记联立动能方程，完全非弹性碰撞漏写共速条件。 一、单选题（共16道） 1．关于动量的概念，下列说法中正确的是（　　） A．动量大的物体惯性一定大 B．动量大的物体运动一定快 C．动量相同的物体运动方向一定相同 D．动量相同的物体速度小的惯性小 【答案】C 【详解】A．由可知，动量大可能是速度很大、质量很小，因此惯性不一定大，故A错误； B．由可知，动量大可能是质量很大、速度很小，故B错误； C．动量是矢量，动量相同意味着大小、方向均相同，动量方向与运动方向一致，因此运动方向一定相同，故C正确； D．由可知，动量相同时，速度越小则质量越大，对应的惯性越大，故D错误。 故选C。 2．如图，在水平桌面上放置两个有机玻璃容器A、B，容器B为硬底，容器A底部平铺一层厚海绵，B的底部与A中海绵上表面处在同一水平高度。将两枚相同的生鸡蛋分别从A、B正上方同一高度由静止释放，与容器底部碰撞后均未反弹，A中的鸡蛋完好无损，B中的鸡蛋却碎了。关于该实验现象，下列说法正确的是（　　） A．碰撞前瞬间，A中鸡蛋的动量较小 B．碰撞过程，B中鸡蛋动量的变化量较大 C．碰撞过程，B中鸡蛋经历时间较短，所受撞击力较大 D．碰撞过程，A中鸡蛋经历时间较长，所受撞击力的冲量较小 【答案】C 【详解】A．两鸡蛋质量相同，且从同一高度由静止释放，碰撞前的速度大小相同，因此碰撞前动量大小相同，故A错误； BD．碰撞时间很短，忽略重力在碰撞过程中的冲量。碰撞后两鸡蛋均静止，因此两鸡蛋动量变化量的大小相同；由动量定理可知，两鸡蛋所受撞击力冲量的大小也相同，故BD错误。 C．碰撞时间很短，忽略重力在碰撞过程中的冲量，由动量定理，平均撞击力大小为 在动量变化量大小相同的情况下，海绵使中鸡蛋的碰撞时间延长，因此中鸡蛋经历的时间较短，所受平均撞击力较大，故C正确； 故选C。 3．关于冲量的概念，以下说法正确的是（　　） A．作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同 B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小 C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大 D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 【答案】A 【详解】A．由冲量定义可知，作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同，故A正确； BC．由冲量定义可知，冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知道力或作用时间一个因素，无法确定冲量大小，故BC错误； D．冲量是矢量，两个大小相等的冲量，方向不一定相同，故D错误。 故选A。 4．如图所示，将一质量为m的小木块放在光滑的斜面上。小木块从斜面的顶端由静止开始沿斜面下滑，在下滑的前一半时间内重力的冲量为，在后一半时间内重力的冲量为，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据冲量的计算公式可知，重力的冲量为 两段时间相等，则 故选A。 5．如图所示是江苏无锡灵山举行撞杠撞钟跨年仪式，聆听重达12.8吨的祥符禅钟雄厚悠扬之鸣，企盼在新的一年里吉祥如意、万事顺遂。某次撞击前撞杠的速度为，撞击后撞杠反弹，且速度大小变为。已知撞杠撞钟的时间为，撞杠的质量为。则撞杠对钟的撞击力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】撞杠撞击钟的过程，对撞杠由动量定理得 其中初速度，末速度 ，撞击时间 联立解得 根据牛顿第三定律得，撞杠对钟撞击力大小为。 故选C。 6．如图所示，小球2静止在水平地面上，小球1以一定的速度与小球2发生对心碰撞。若碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则下列关于两个小球碰撞前后动量与时间t的关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可知，两球碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则碰撞过程中，两球组成系统的动量守恒 A．图中表示小球2碰撞后与小球1初速度方向相反，不符合实际，故A错误； B．图中表示两球碰撞后共速，可能实现，故B正确； CD．图中表示两球碰撞后，两球组成系统的动量增加，不符合动量守恒定律，故CD错误。 故选B。 7．如图所示，光滑水平面上两物块a、b用一根不可伸长的松弛轻质细绳相连，开始时a静止，b有初速度，细绳瞬间绷紧后a、b一起以相同速度运动。对全过程a、b组成的系统说法正确的是（　　） A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量守恒，机械能不守恒 【答案】D 【详解】两物块和细绳组成的系统合外力为零，所以动量守恒；细绳拉紧的过程是非弹性碰撞，一部分机械能转化为内能，因此机械能不守恒。 故选D。 8．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60kg，乙的质量为40kg，下列说法正确的是（　　） A．甲的速率与乙的速率之比为 B．甲的动能与乙的动能之比为 C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为 D．互推过程甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为 【答案】D 【详解】A．甲、乙组成的系统在光滑冰面上，合外力为零，动量守恒，初始总动量为0，因此互推后满足（动量大小相等） 可得，即速率比为，故A错误； B．由动能 甲乙动量大小大小相等，因此，即动能比为，故B错误； C．甲对乙、乙对甲的力是相互作用力，大小相等、作用时间相同，冲量，因此冲量大小比为，故C错误； D．由牛顿第二定律 相互作用力大小相等，因此，即加速度比为，故D正确。 故选D。 9．根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是 A．A球和B球组成系统的动量不守恒 B．细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 D．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 【答案】D 【详解】A．对A、B组成的系统，所受合外力为，由于，即，合外力不为零，系统动量不守恒，故A正确； B．同一根轻绳拉力大小处处相等，作用时间相同，根据可知细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小，故B正确； C．根据功能关系，除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，对A球而言，只有重力和拉力做功，故细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量，故C正确； D．对系统应用牛顿第二定律有 对A球有 联立解得 当越大时，越接近2，即拉力越接近，而不是，故D错误。 本题选择错误的，故选D。 10．某同学为了研究学校电梯（在竖直方向上运行）的运行规律， 利用压力传感器进行测试。将质量为的物体静置于电梯内的压力传感器上，电梯由静止开始向下运行，计算机记录下了压力传感器示数随时间的变化关系。如图所示，0~2s为第一阶段，2~5s为第二阶段，5~7s为第三阶段，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．第一阶段电梯匀加速下降 B．在时物体的速度大小为 C．第二阶段物体受到的合力的冲量大小为 D．内合力对物体做的功为 【答案】D 【详解】A．以向下为正方向，物体与电梯相对静止，有 图像中内由均匀增至，故电梯向下加速度由减小到，不是匀加速下降，故A错误； B．内速度增量等于向下加速度图像面积， 内，故时速度大小为，故B错误； C．第二阶段，合力为，合力的冲量为，故C错误； D．内向上加速度由增至 速度减小量 所以时速度大小 由动能定理得，故D正确。 故选D。 11．科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　） A．增大穿戴者动量的变化量 B．减小穿戴者动量的变化率 C．增大穿戴者所受合力的冲量 D．减小穿戴者所受合力的冲量 【答案】B 【详解】ACD．设穿戴者落地瞬间速度为，落地后速度减为，穿戴者质量为，穿戴者着地前后的速度由下落高度决定，即落地瞬间的初动量大小固定，着地后末动量为零。因此，穿戴者从着地到静止的过程中，动量的变化量为定值 根据动量定理可知，穿戴者所受合力的冲量大小为定值，不会因是否开启安全气囊而改变，故ACD均错误。 B．根据动量定理 可得 在穿戴者着地过程中，安全气囊的作用是延长着地时的缓冲时间 由于动量的变化量为一定值，当作用时间显著增大时，冲击力必然明显减小 而表示的是动量的变化率，因此安全气囊可以减小穿戴者动量的变化率，故B正确。 故选B。 12．“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，如图所示，质量为的运动员在某次蹦极运动中，从平台自由下落到最低点所用时为，弹性绳原长为。取重力加速度大小为，运动员可视为质点，不计空气阻力，运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，下列说法正确的是（　　 ） A．运动员的机械能一直不变 B．运动员的动量先不变再减小 C．弹性绳对运动员所做的功为 D．弹性绳对运动员弹力的冲量大小为 【答案】D 【详解】A．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，弹性绳对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减小，故A错误； B．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，运动员速度先增大后减小，动量先增大后减小，故B错误； C．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动能定理 可得弹性绳对运动员所做的功为，其中运动员下落的高度，则弹性绳对运动员做负功，功的大小比大，故C错误； D．运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，根据动量定理 可知弹性绳对运动员弹力的冲量为，则弹性绳对运动员弹力的冲量大小为，故D正确。 故选D。 13．质量为2kg的物体做直线运动，其速度一时间图像如图所示。则物体在前20s内所受外力的冲量是（　　） A．0 B． C． D． 【答案】D 【详解】根据动量定理，物体在前20s内所受外力的冲量是 故选D。 14．某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为81.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5 cm，空气密度为1.29 kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度g=10 m/s2。则此时吹风机的风速约为（　　） A．9 m/s B．8 m/s C．6 m/s D．12 m/s 【答案】A 【详解】对于时间内吹出的空气，根据动量定理 其中 代入数据解得 故选A。 15．如图所示，轻质弹簧一端连接质量为m的小球，一端固定在天花板上的O点处，初始时将弹簧和小球沿水平方向放置，此时弹簧处于原长，小球由静止释放后经时间t运动到最低点B（B点位于O点正下方），此时弹簧的长度为L，小球的速度大小为v，方向水平向左，重力加速度为g，不计各种阻力，则下列说法中正确的是（　　） A．运动过程中弹簧对小球做功 B．运动过程中弹簧对小球做功 C．运动过程中弹簧对小球的冲量大小为mv D．运动过程中弹簧对小球的冲量大小为 【答案】A 【详解】AB．由动能定理可得，解得，故A正确，B错误； CD．由动量定理可知，运动过程合力的冲量大小为，方向水平向左，重力的冲量大小为，方向竖直向下，由三角形法则可知，弹力的冲量大于，方向斜向左上，故CD错误。 故选A。 16．如图甲所示，置于水平桌面上的小车，其上方固定一竖直框架，框架通过光滑转轴O与一轻杆相连，轻杆可绕O在竖直平面内自由转动，轻杆下端固定一小球。如图乙所示，将小球向左拉开，使其位置比最低点高，同时由静止释放小球和小车。忽略摩擦和空气阻力，已知重力加速度。关于此后的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．小车将一直向左运动 B．小球第一次回到最低点时的速度大小为 C．小球第一次摆到右侧最高点时，仍比最低点高 D．小车、框架和小球组成系统的机械能和动量均守恒 【答案】C 【详解】A．整个系统在竖直方向受重力和桌面支持力，受力平衡，在水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒。设小球质量，小车质量，初始时小球和小车均静止，总动量为零，即 释放后，小球向右摆动，小车会在杆的拉力水平分力作用下向左运动。 当小球向左摆动时，由动量守恒，小车向右运动，故A错误； B．若小车固定，小球重力势能全部转化为动能，即 解得最低点速度为 但小车会运动，小球的重力势能转化为小球和小车的动能，因此小球速度小于，故B错误； C．只有重力做功，系统机械能守恒。初始时总动能为零，当小球摆到右侧最高点时，小球速度为零，由水平动量守恒可知小车速度也为零。因此动能全部回归为零，重力势能恢复到初始值，高度仍为，故C正确； D．只有重力做功，无摩擦，因此系统机械能守恒。 系统在竖直方向受重力作用，合外力不为零，竖直方向动量不守恒；水平方向动量守恒，因此系统动量不守恒，故D错误。 故选C。 二、多选题（共7道） 17．如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶在时刻以的初速度投出，与静止的冰壶发生弹性正碰，此后冰壶在水平面上运动后停止，冰壶的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．两只冰壶在时发生碰撞 B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42 J C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为 D．t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9 【答案】AC 【详解】A．由图乙可知，冰壶在冰面上运动的加速度大小为 碰撞后冰壶B滑行停下，由运动学公式 得碰撞后B的速度 两个冰壶质量相等，发生弹性正碰时速度交换，因此碰撞前冰壶A的速度 A减速运动 代入得 即时发生碰撞，故A正确； B．由动能定理，碰撞前摩擦力对A做功等于A的动能变化，故B错误； C．对碰撞后的B，由动量定理，摩擦力的冲量大小等于B动量变化的大小，故C正确； D．碰撞前A从到的位移 碰撞时两冰壶接触，重心间距等于直径 因此时两重心间距 B碰撞后前进停下，因此时两重心间距 比值，故D错误。 故选AC。 18．如图甲所示，将两个质量分别为、的小球、叠放在一起，在下、在上，中间留有小空隙。从初始高度处由静止释放，球与地面碰撞后立即以原速率反弹，取向上为正方向，球的速度时间图像如图乙所示（图中忽略了碰撞时间），不计空气阻力，重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．球与球碰前的速度大小为 B．两球下落过程中B球受到向上的支持力 C．A、B两球发生的是弹性碰撞 D．A、B两球发生的是非弹性碰撞 【答案】AD 【详解】A．小球下落过程中，由自由落体公式 可得 即B球与A球碰前的速度大小为，故A正确； B．两球下落过程中，A、B小球都处于完全失重状态，B球不受支持力，故B错误； CD．A球反弹后速度大小为，方向向上，设碰撞后A的速度为，由图乙可知，B的速度为。根据动量守恒定律 代入数据解得 因此碰撞前总动能 碰撞后总动能 所以系统动能损失，碰撞为非弹性碰撞，D正确，C错误； 故选AD。 19．如图，一轻质弹簧左端与墙固定，右端与铁块连接，铁块在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动，点为平衡位置。现有一橡皮泥从点正上方某处竖直下落，恰好以速率击中速率也为的铁块，并与之粘连。橡皮泥与铁块质量相同且均可视为质点。弹簧振子简谐振动的振动周期（其中为弹簧的劲度系数，为振子的质量）。则（　　） A．橡皮泥与铁块粘连时，橡皮泥和铁块组成的系统动量守恒 B．橡皮泥与铁块粘连的过程中，橡皮泥和铁块组成的系统机械能损失了 C．橡皮泥击中铁块后，系统的振幅变大 D．橡皮泥击中铁块后，系统的周期变大 【答案】BD 【详解】A．橡皮泥与铁块粘连过程中，竖直方向上系统所受合外力不为零，即小球和小车在竖直方向上动量不守恒，水平方向上动量守恒。故A错误； B．橡皮泥与铁块粘连的过程中，水平方向动量守恒，可得 橡皮泥和铁块组成的系统机械能损失了 联立，解得 故B正确； C．橡皮泥击中铁块前，在光滑水平面做简谐运动时，设其振幅为A，由系统机械能守恒定律得 橡皮泥击中铁块后，二者一起在光滑水平面做简谐运动时，设其振幅为，由系统机械能守恒定律得 联立，解得 即橡皮泥击中铁块后，系统的振幅变小。故C错误； D．橡皮泥击中铁块后，根据弹簧振子的周期公式 可知弹簧振子的质量增加，弹簧劲度系数未变，所以整个弹簧振子的周期变大。故D正确。 故选BD。 20．图（a）是一种双响炮图片，图（b）是其内部结构图：内部由上、下层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。当爆竹上升到最大高度处时，上层火药恰好被引燃，爆炸瞬间分裂成质量均为的、两部分，、均沿水平方向飞出，、落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为。则（　　） A．落地前瞬间速度为 B．爆炸后，、组成的系统机械能比爆炸前增加了 C．、落地点的距离为 D．、落地时，系统总动能为 【答案】BC 【详解】A．引燃上层火药后、两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有 上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，则有 解得 故、落地前瞬间速度大小相等，又方向互相垂直，故此时速度与水平方向夹角为 根据数学知识知 故落地前瞬间速度为 故A错误； B．根据能量守恒知，爆炸后，、组成的系统机械能比爆炸前增加了 故B正确； C．爆炸前 水平方向落地点的距离为 故C正确； D．、落地时，系统总动能为 故D错误。 故选BC。 21．如下图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点静止下滑，则（　　） A．m恰能达到小车上的B点 B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 D．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 E．m从A到C的过程中，M运动的位移为 【答案】ACE 【详解】D．根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故D错误； AC．m滑到右端两者具有相同的速度时有 0=（m+M）v 解得v=0，再根据机械能守恒定律可知，m恰能达到小车上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，故AC正确； B．m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，故B错误； E．m从A到C的过程中，M运动的位移满足 解得 s= 故E正确。 故选ACE。 22．如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s从左端滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．木板A的最小长度为1 m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．系统损失的机械能为2 J D．木板最终获得的动能为2 J 【答案】AC 【详解】A．根据图像所围成的面积表示位移，在时间内物体的位移为 解得 木板的位移为 解得 木板的最小长度即为、的相对位移，则有 解得 可知木板的最小长度为，故A正确； B．对物体，根据牛顿第二定律有 由图像可知物体的加速度大小为 解得 代入数据解得 可知、间的动摩擦因数不为0.2，故B错误； C．对木板，根据牛顿第二定律有 由图像可知木板的加速度大小为 解得 代入数据解得 系统损失的机械能转化为内能，根据能量守恒定律有 代入数据解得 可知系统损失的机械能为，故C正确； D．由图乙可知木板最终获得的共同速度为，木板最终获得的动能为 代入数据解得 可知木板最终获得的动能不为，故D错误。 故选AC。 23．如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（视为质点）在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车的质量为2m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．滑块运动过程中的最大速度为 B．整个运动过程中，小车和滑块组成的系统动量守恒 C．整个运动过程中，小车的位移大小为 D．滑块与轨道BC间的动摩擦因数 【答案】CD 【详解】A．滑块滑到B点时速度最大，下滑过程中水平动量守恒，设滑块速度为（向右），小车速度为（向左），由水平动量守恒： 解得 由能量守恒，滑块重力势能转化为滑块和小车的动能： 得，故A错误； B．系统动量守恒的条件是合外力为零。滑块沿圆弧下滑时，竖直方向存在加速度，竖直方向合外力不为零，因此整个系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒。故B错误； C．全过程水平方向动量守恒，满足人船模型关系，设滑块水平位移大小为（向右），小车位移大小为（向左），则 滑块相对于小车的水平总位移为 因此 联立得 ，故C正确； D．最终滑块停在C点，由水平动量守恒，初始总动量为0，因此最终滑块和小车都静止，系统重力势能全部转化为摩擦产生的内能，摩擦内能等于乘以相对位移：，即 解得，故D正确。 故选CD。 三、解答题（共2道） 24．如图所示，光滑水平地面上放置一轨道ABC，它由半径的光滑圆弧轨道AB和长度为的粗糙水平轨道BC组成，水平轨道C端固定一竖直挡板，轨道的质量为。质量的滑块（可视为质点）从圆弧轨道A点正上方处静止释放。所有碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度g取。 （1）当轨道ABC锁定时，滑块下落后与挡板碰撞一次且在向左运动时停在BC的中点，求滑块与水平轨道间的动摩擦因数； （2）当轨道ABC不锁定时，求最终轨道ABC运动的位移大小； （3）开始时轨道ABC锁定，改变滑块静止释放的高度，在滑块运动到B点时再解除轨道锁定，滑块下落后与挡板碰撞一次且最终也恰好“停”在BC的中点，求滑块静止释放的位置离A点的高度。 【答案】（1） （2） （3）或 【详解】（1）由能量守恒得    代入数值得 （2）滑块和轨道水平方向动量守恒，最终滑块停在轨道上速度为，则     解得 则滑块最终位于BC轨道中点，整个过程滑块相对轨道水平位移大小为    滑块和轨道水平方向平均动量守恒     又    代入数值得，最终轨道运动的位移大小为 （3）设滑块从A点正上方h'静止释放，则滑块运动到B点时速度为    解除轨道锁定到滑块停在BC的中点过程，有        或    联立求解得或 25．中国空间站长期在轨运行，需要由天舟货运飞船定期运送物资。飞船质量大，即便它与空间站交会时相对速度很小，仍携带着巨大动量，若直接刚性碰撞，冲击力将威胁空间站的结构安全。空间站装有缓冲器，通过延长接触时间将冲击力峰值降至安全范围。已知空间站质量M=7.0×104 kg，飞船质量m=1.35×104 kg。 （1）在某次地面模拟测试中，飞船以v0=0.1 m/s 的水平速度接触固定的缓冲器，在缓冲器的作用下沿直线减速至零。 a．假设缓冲器和飞船之间的作用力恒定，总缓冲时间t=0.5 s，求飞船对缓冲器的冲击力F大小； b．实际上，缓冲器和飞船之间的作用力是不断变化的，若冲击力F随时间t的变化如图所示，总缓冲时间仍为t=0.5 s，求最大冲击力Fmax的大小； （2）在太空对接过程中，从能量角度研究缓冲过程，需考虑缓冲器的最大缓冲能量，即碰撞过程中允许转化为内能的能量上限，一旦能量超标，缓冲器会因过热而受损。已知最大缓冲能量设计值为E，请推导飞船相对于空间站的最大速度大小（用M、m、E表示）。 【答案】（1）a． b． （2） 【详解】（1）a．设缓冲器对飞船的平均冲击力为，根据动量定理有 代入数据得 根据牛顿第三定律，飞船对缓冲器的冲击力 b．在图像中，图线与时间轴围成的面积表示冲量 由图可知，总冲量为 根据动量定理有 代入数据解得 （2）设飞船相对于空间站的最大速度为，两者接触后达到的共同速度为 根据动量守恒定律有 碰撞过程中，系统损失的动能转化为内能，最大缓冲能量为 将代入能量方程中，得 解得 2 / 62 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章《动量守恒定律》单元复习 【新教材人教版】 【知识框架+知识精讲（6个知识归纳+11个题型）+课后作业】 知识归纳 【知识点1 探究碰撞中的不变量（实验基础）】 1．需要测量的物理量：两滑块__________、挡光片__________、光电门计时（瞬时速度__________）。 2．碰撞类型：（在相撞面安装弹簧片）__________碰撞、（在相撞面安装撞针和橡皮泥）__________碰撞。 3．数据规律：碰撞前后系统总动能__________，两滑块质量与速度的__________在误差范围内恒定。 4．误差来源：导轨__________、挡光片__________、空气__________、导轨__________。 5．实验结论：定义__________为动量，碰撞过程系统总动量__________。 【例1】某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在一长木板右端垫一小木块，使板上甲、乙小车恰能平衡，在小车甲的前端粘有橡皮泥轻推小车甲后，小车甲做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图所示在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50Hz。 已测得小车甲的质量m甲=0.40kg，小车乙的质量m乙=0.20kg，已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点由以上测量结果可得：（保留三位有效数字） （1）碰前小车甲的速度为__________m/s；碰后小车甲的速度为__________m/s； （2）碰后两小车系统的总动量为__________kg⋅m/s2。 【变式1-1】学习了“探究碰撞中的不变量”的实验后，某实验小组选用图甲所示的水平气垫导轨、光电门等测量装置研究两个滑块碰撞过程中系统动量的变化情况。主要实验步骤如下： ①调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作； ②在滑块1上装上挡光片，在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥，测量挡光片宽度L=，用天平测出滑块1和滑块2的质量m1=0.32kg、m2=0.18kg； ③将滑块1和滑块2放在气垫导轨上，滑块2处于静止状态，让滑块1以一定的初速度与滑块2碰撞，撞后两者粘在一起，记下碰前挡光片的遮光时间t1=0.015s和碰后挡光片的遮光时间t2=0.024s； （1）滑块1碰前的动量p1=__________；两滑块碰撞后的总动量p2=__________（计算结果保留两位有效数字）； （2）p1与p2的大小有差异，其原因可能是__________。（写一条即可） 【变式1-2】如图所示，某探究小组用图示装置做“探究碰撞中的不变量”的实验，图中的气垫导轨由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。 （1）实验探究小组采用了正确的操作步骤： ①该小组测出了滑块通过两个光电门的挡光时间。已知两滑块上遮光板的宽度相同。滑块1通过光电门1的挡光时间为，通过光电门2的挡光时间为，滑块2通过光电门2的挡光时间为；为使滑块1能通过光电门2，则__________（小于、等于、大于）。本实验__________（需要或不需要）将气垫导轨调水平。 ②测得滑块1的质量为，滑块2（包括弹簧）的质量为。 （2）数据处理与实验结论： 本实验探究滑块碰撞前后动量是否守恒，其验证等式为__________。（用、表达） （3）若两滑块之间放上橡皮泥，两滑块碰后粘在一起经过光电门2，光电门1记录时间为，光电门2记录时间为，其验证等式为__________。（用表达） 【变式1-3】物理小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的试验。步骤如下： ①用天平测出滑块A、B的质量分别为300g和200g； ②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ③向气垫导轨通入压缩空气； ④把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为。照片如图。该组同学结合实验过程和图像分析知：该图像是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0~80cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块B恰好通过x=55cm处，滑块A恰好通过x=70cm处；碰撞后有一个物体处于静止状态。请问： （1）以上情况说明碰后__________（选填A或B）物体静止，滑块碰撞位置发生在__________cm处； （2）滑块碰撞时间发生在第一次闪光后__________s； （3）设向右为正方向，试分析碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是__________kg·m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是__________kg·m/s。 【知识点2 动量、动量变化量、动量与动能的关联】 （一）动量的概念p： 1．公式：__________，单位：__________（__________）。 2．动量的特点： ①矢量性：动量方向与__________方向一致，一维运算必须先规定__________。 ②瞬时性：动量是__________量，对应某一时刻的__________速度。 ③相对性：无特殊说明，统一以__________为参考系。 （二）动量变化量Δp： 1．定义：矢量差____________________ 2．方向：与__________、__________方向一致，和初动量__________必然同向关系。 3．三种变化情况： · 仅速度大小改变，则动量大小__________、方向__________，例：直线变速运动。 · 仅速度方向改变，则动量大小__________、方向__________，例：匀速圆周运动。 · 速度大小、方向同时改变，则动量大小__________、方向__________，例：抛体、曲线变速运动。 （三）动量与动能的区别、换算： 1．本质区分： · 动量p：__________量，描述力对__________的积累效果。 · 动能Ek：__________量，描述力对__________的积累效果。 2．换算公式：____________________，____________________ 3．变化规律： · 动量变化，动能__________改变（例，__________运动）。 · 动能变化，动量__________改变（__________改变，动量大小必然改变）。 【例2】关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　） A．动量大的物体，它的速度一定大 B．物体的动量变化越快，它所受的合外力越大 C．物体的动能不变，其动量一定不变 D．做匀速圆周运动的物体，其动量不变 【变式2-1】关于动量，下列说法中正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体，动量不变 B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变 C．物体的动量变化，动能也一定变化 D．甲物体动量，乙物体动量，所以 【变式2-2】美加墨足球世界杯于2026年6月12日开赛，比赛中出现了足球中罕见的弧线球，假设当地重力加速度恒定。关于此飞行过程中的足球（　　） A．线速度不变 B．动量不变 C．所受重力变了 D．所受合力可能变了 【变式2-3】关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　） A．不同物体中动量越大，速度一定越大 B．的动量小于的动量 C．物体的动量发生变化，其动能可能不变 D．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变 【知识点3 冲量与动量定理】 （一）冲量（力对时间的积累效应）： 1．恒力冲量定义式：__________，单位：__________，1__________＝1__________。 2．特点： ①矢量性：恒力冲量与__________同向；变力冲量与____________________同向。 ②过程量：冲量对应____________________，不能描述__________。 ③与位移无关：力与位移垂直时，做功__________，但冲量__________。 3．冲量四种计算方法 · 恒力：__________。 · 平均变力：__________。 · 图像法：F-t图像____________________等于冲量大小。 · 动量定理法：利用动量定理__________。 4．合冲量求解：①分力冲量__________叠加；②各力____________________时，可先求合力再算冲量。 （二）动量定理： 1．内容：物体全过程合外力的总冲量，等于物体动量的变化量。 2．公式：____________________ 4．理解： ①因果关系：__________是动量改变的原因，__________是冲量的结果。 ②矢量方程：物理量带__________运算，需要规定__________。 ③适用范围：恒力变力、直线曲线、宏观微观、低速高速全部适用。 ④解题优势：无需分析中间复杂运动，只对比__________、__________两个状态。 （三）动量定理典型应用模型： 1．缓冲模型： · 原理：由____________________可知，动量变化量固定时，作用时间越__________，平均作用力越小。 · 实例：安全气囊、头盔、海绵垫、蹦床。 2．流体柱模型： · 解题流程：取__________内的流体柱为研究对象；求微元质量__________＝__________＝__________＝__________；规定__________，利用__________列式；利用__________转换作用力。 3．竖直碰撞模型（球类落地）： · 要点：碰撞过程中重力冲量__________，列式时同时计入重力与接触面弹力。 4．F-t图像题型：图像面积直接等于__________，快速求解速度、平均力。 【例3】物体受到如图所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上运动，在时间t内（　　） A．重力的冲量为 B．拉力冲量的大小为 C．支持力冲量的大小为 D．合力的冲量为零 【变式3-1】在翁牛特旗的玉龙沙湖景区，滑沙项目备受欢迎。如图，质量为m 的游客刚滑至水平沙地时的速度为v ，之后在水平沙地上沿直线运动，经过时间t 停止滑行。以水平速度v 的方向为正方向，该游客在水平沙地上滑行的过程中（　　） A．动量变化量为0 B．动量变化量为mv C．合力的冲量为0 D．支持力的冲量大小为mgt 【变式3-2】提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（　　） A．手掌的动量发生变化 B．手掌所受重力的冲量为零 C．手掌所受拉力的冲量为零 D．手掌所受合力的冲量为零 【变式3-3】如图所示，物块从固定斜面的顶端匀速下滑。对于物块在斜面上下滑的某段时间，下列说法正确的是（　　） A．该时间内斜面对物块的支持力冲量不为0 B．该时间内斜面对物块的支持力做正功 C．该时间内斜面对物块的摩擦力不做功 D．该时间内物块受到的重力冲量为0 【例4】2026年6月，吉林省实验中学高一年级男子篮球赛开赛。在某场比赛中，队友将质量为0.6 kg的篮球传给运动员甲，运动员甲接球时，球的速度大小为10 m/s，速度方向沿水平方向。运动员甲接球后马上以大小相同的水平速度反向传出，如果甲从接球到将球传出的总时间为2.0 s，不计空气阻力，以下说法正确的是（　　） A．甲接球的过程中，手要往身体收，延长触球时间，以免手指受到伤害 B．在甲从接球到将球传出的整个过程中，球的动量改变了 C．在甲从接球到将球传出的整个过程中，手对球的平均作用力大小为12 N D．在甲从接球到将球传出的整个过程中，甲对球的冲量大于球对甲的冲量 【变式4-1】动量随位置变化的图像称为“相轨”。相轨在近代数学分析和理论物理的发展中扮演了极为重要的角色。一物体从处以初速度沿方向开始运动，运动过程中只受一方向与速度相反、大小为（且为常量）的力。请你根据动量的相关知识，推断相轨应为图中的（　　） A． B． C． D． 【变式4-2】高空抛物、坠物严重危害公共安全。为充分发挥司法审判的惩罚、规范和预防功能，刑法修正案新增高空抛物罪。假设质量为1 kg的花盆从距地面20 m高的高楼窗口自由下落到地面（无反弹），花盆与地面撞击时间为0.01 s。设竖直向下为正方向，若花盆可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小，则下列说法正确的是（　　） A．花盆下落过程中，重力的冲量为20 N·s B．花盆与地面的碰撞属于完全非弹性碰撞，碰撞过程中花盆的动量守恒 C．花盆与地面撞击过程中，动量变化量为20 kg·m/s D．花盆撞击地面过程中，花盆对地面的平均作用力大小为1000 N 【变式4-3】一质量为的运动员从离蹦床处自由下落，从运动员接触蹦床至离开蹦床共经历了，运动员离开蹦床后弹起的高度为，取，不计空气阻力。则在运动员接触蹦床到离开蹦床的时间内，运动员受到蹦床的平均作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【知识点4 动量守恒定律】 （一）基本概念： 1．系统：相互作用的多个物体组成的整体。 2．内力：系统内部相互作用力，__________出现，总冲量矢量和为__________，__________系统总动量。 3．外力：系统外部施加的力，外力冲量__________系统整体总动量。 （二）常用表达式： 1．初、末总动量相等（最常用）：__________，即____________________ 2．总动量变化为0：__________ 3．两物体动量变化量的关系：__________（一个动量增加多少，另一个等量减少） （四）守恒条件： 1．__________，总动量严格守恒。 2．系统合外力__________，总动量严格守恒。 3．内力__________外力，外力冲量__________，动量__________守恒，例，__________、__________。 4．系统整体合外力不为零，但______________________________，该方向动量守恒。 （五）特点： · 矢量性：一维运动要规定__________；二维运动要__________，x、y方向分别列守恒方程。 · 同时性：等式两侧速度必须是__________的瞬时速度。 · 相对性：所有速度都要以__________为参考系，不能使用物体间的__________速度。 · 系统性：动量守恒只针对系统，不能针对单独的某一个物体。 【例5】如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手后动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 【变式5-1】以下关于四幅图的说法，正确的是（　　） A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 【变式5-2】关于下图反映的物理过程，下列说法正确的是（　　） A．子弹镶嵌进A的过程中，子弹和物块A组成的系统动量不守恒 B．木块沿放在光滑地面上的斜面加速滑下，物块与斜面组成的系统动量守恒 C．物块M和物块N间挤压一轻质弹簧，用细线连接静止在墙角处，剪断细线，弹簧恢复到原长的过程中，系统动量守恒 D．用一根细线连在一起形状相同的木球和铁球在水中匀速下降，剪断细线，两球在水中运动的过程系统动量守恒 【变式5-3】在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳瞬间绷紧，然后带动B车一起运动；丁图为一木块静止在光滑水平面上，子弹以速度射入其中且未穿出。则关于这几个物理过程（空气阻力均忽略不计），下列判断中正确的是（　　） A．甲图中小球机械能不守恒 B．乙图中小球A的机械能不守恒 C．丙图中两车组成的系统动量守恒 D．丁图中子弹、木块组成的系统动量守恒，但机械能不守恒 【例6】如图所示，光滑的四分之一圆弧槽静置在光滑的水平面上，现将一小球（可视为质点）从槽的顶端由静止释放。若仅知道球的质量、槽的质量和槽的半径，则可以计算出（　　） A．球刚要离开槽时，小球的速度 B．球刚要离开槽时，槽的速度 C．球从释放到刚要离开槽的过程，球的位移 D．球从释放到在槽上下降一半高度的过程，槽运动的位移 【变式6-1】A、B两船的质量均为，它们都静止在平静的湖面上，质量为的人静止站在A船上，之后人以水平速度从船跳到船，再从船跳回船。水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则下列说法正确的是（　　） A．A、B两船的速度大小之比为3∶2 B．A、B（包括人）两船始终具有相同的动量 C．A、B（包括人）两船的动量之和为0 D．因跳跃次数未知，故两船与人组成的系统动量不守恒 【变式6-2】如图为2025年斯诺克世锦赛冠军、中国名将赵心童在克鲁斯堡剧院决赛中的关键击球瞬间，在这杆决胜局的进攻中，他打出的白色主球A与静止的花色球B发生正碰，碰撞前后两球都在同一直线上运动。已知碰前白色球A的动量，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为，则两球质量与间的关系可能是（　　） A． B． C． D． 【变式6-3】光滑的水平面上有半径相同的A、B两个小球，小球A的质量为2kg。t=0时刻，A、B两个小球开始在同一直线上相向运动，随后发生碰撞，A、B两个小球碰撞前后的位移时间图像如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．小球B的质量为6kg B．小球B对A的冲量为9N·s C．小球B的动量改变量为8kg·m/s D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能为18J 【例7】用如图所示装置验证动量守恒定律。 (1)O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，入射球多次从斜轨上S位置由静止释放，位置P是其平均落地点，测量出平抛运动的射程OP。后把大小相同的被碰小球静置于轨道末端的水平部分，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，并多次重复。下列步骤中必要的是__________（填选项前的符号）。 A．用天平测量两个小球的质量、 B．测量小球开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．测量平抛射程OM、ON (2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________（用上述必要字母表示）； (3)若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是__________（填选项前的符号）。 (4)一同学在实验中记录了某次碰撞前后小球落点的位置P和M、N，发现M、N点不在OP连线上，下列图中落点位置可能正确的是__________（填字母）。 A． B． C． D． 【变式7-1】一个实验小组设计了如图所示的实验装置验证动量守恒定律。图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光电门2，它们与数字计时器相连，遮光片沿运动方向的宽度都相等。实验前调节气垫导轨成水平状态，滑块A、B静止在导轨上。 (1)在第1组实验中，实验前，测得弹性滑块A（连同其上的遮光片）的质量为、弹性滑块B（连同其上的遮光片）的质量为。轻推滑块A，测得A通过光电门1的遮光时间为，A与B相碰后，B和A先后经过光电门2的遮光时间分别为和，在实验误差允许的范围内，若满足关系式__________，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示） (2)在第2组实验中，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，使两个滑块连成一体运动。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片、撞针）的总质量为、滑块B（连同其上的遮光片、橡皮泥）的总质量为。实验中测得滑块A单独通过光电门1的时间记为，滑块连成一体后，滑块B通过光电门2的时间记为。通过多次实验得到多组、的值。某同学想通过绘制图像验证滑块碰撞前后是否动量守恒，分析说明判断其方法的合理性。 【变式7-2】用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为： ①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平（如图a）； ②让质量为的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置； ③把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置； ④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为、、。分析数据： (1)实验室有如下A、B、C三个小球，则入射小球应该选取_________进行实验（填字母代号）； A．直径，质量 B．直径，质量 C．直径，质量 (2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了10个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图（b）中画的三个圆最合理的是_________； (3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为_________。（均用题中所给物理量的符号表示） (4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图（c）所示，图中圆弧的圆心在斜槽末端。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤①和②的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为、、。测得斜槽末端与、、三点的连线与竖直方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_________（用所测物理量的字母表示）。 【变式7-3】某同学利用生活中的常见物品来验证动量守恒定律。如图所示，他将电线线槽做成一个斜槽轨道和一个平直轨道，两轨道间利用圆弧实现平滑过渡（未画出）：使两节相同的5号电池在水平轨道上做一维碰撞（碰撞前后两物体速度都在一条直线上），利用电池在平直轨道上滑行的最远距离来验证动量守恒定律。 (1)该同学使电池2静止在水平轨道上，将电池1从斜槽某一位置由静止释放，运动到平直轨道上在A点与电池2碰撞，碰撞后两节电池做匀减速直线运动，最终静止，如图所示。则电池1、电池2碰撞后滑行的最大距离分别为__________（填“AB”或“AC”），=__________（填“AD”或“AE”）。 (2)使电池1再次从同一高度静止释放，冲到平直轨道上滑行一段距离后停止。测出它从碰撞点开始滑行的最大距离__________（填“AM”或“AN”）。用刻度尺量取、、的长度。 (3)借助匀变速直线运动的规律，我们可以通过电池的滑动距离推导电池碰撞前后的速度，从而验证动量守恒。若在误差允许的范围内、、满足__________，则电池1、2的碰撞过程系统动量守恒。 (4)如果电池1、2的碰撞是弹性碰撞，则、、应该满足__________。 (5)做完实验应当进行必要的反思和总结。关于该实验，下列说法正确的是__________。 A．两电池碰撞时，虽然轨道对电池有摩擦力，但碰撞时间极短，内力远大于外力依然近似满足动量守恒的条件 B．做实验时，即使平直轨道稍微倾斜，也不会带来实验误差 C．电池沿斜槽轨道下滑过程中受摩擦力作用，机械能有损失，这会带来实验误差 D．碰撞点的位置离斜槽轨道末端越远越好 【知识点5 三类典型模型】 （一）碰撞（按机械能损失分类） 1．弹性碰撞： · 条件：__________机械能损耗，碰撞前后系统__________相等。 · 规律：__________＋__________；等质量物体弹性正碰，碰撞后__________。 2．非弹性碰撞： · 特征：__________机械能损耗，碰撞后两物体分离、速度不相等。 · 规律：__________＋__________。 3．完全非弹性碰撞： · 特征：碰撞后两物体__________，系统机械能损失__________。 · 规律：__________＋__________。 · 实例：橡皮泥粘合、子弹嵌入木块。 （二）爆炸模型 1．守恒判定：爆炸瞬间内力极大，__________重力、摩擦力，动量__________。 2．能量变化：__________能转化为机械能，系统总动能__________。 3．典型场景：炮弹空中炸裂、爆竹炸开、弹簧瞬间弹开两滑块。 （三）反冲运动 1．定义：初始时，系统静止，两部分____________________向相反方向运动； 2．守恒规律：系统总动量始终为__________，满足____________________，两部分动量__________； 3．人船模型（__________水平面，系统初动量为__________） 公式：____________________，____________________ 说明：、为人、船相对地面的位移，L是人相对船移动距离，等于__________。 4．实例：火箭升空、水枪喷水、喷气飞行器、弹簧弹开滑块。 【例8】两质量分别为 、 的小球P、在光滑水平面上沿同一直线同向运动，已知小球P、Q的动量大小均为，经过一段时间小球P追上小球Q且发生碰撞，则碰后小球P、Q的动量可能为（　　） A． 、 B． 、 C． 、 D． 、 【变式8-1】在水平光滑地面上，质量为、速度为的A球与质量为静止的B球在同一直线上发生正碰，碰撞时间极短。关于碰撞后两球的速度，下列说法正确的有（     ） A．A球的速度为，B球的速度为 B．A球的速度为，B球的速度为 C．A球的速度为，B球的速度为 D．A球的速度为，B球的速度为 【变式8-2】如图所示，质量分别为2m、km（k未知的小球b、c静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球a以速度v水平向右运动，所有碰撞均为弹性碰撞。若a与b只发生一次碰撞，则k的值可能为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式8-3】质量分别为，的两球1、2在光滑水平面上沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球的速度随时间变化的图像如图所示，则（　　） A． B．两球在时发生碰撞 C．两球发生非弹性碰撞 D．时系统的动能最小 【例9】如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量分别为mA和mB，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（　　） A．B与A碰撞过程动量守恒、机械能不守恒 B．B与A碰撞前后轻绳的拉力大小不变 C．碰撞后AB一起上升的最大高度与轻绳的长度有关 D．碰撞后AB一起上升的最大高度为 【变式9-1】如图所示的杂技表演中，天花板上吊着一根长为L的秋千（可视作轻绳），演员甲用腿勾住秋千，倒吊着由静止开始向下摆动。当甲摆到最低点时，迅速抓住站在平台上的演员乙，随后两个演员一起继续向左摆动。若两个演员均可视为质量为m的质点，不计一切阻力，重力加速度为g，演员甲初始释放点与最低点的高度差为h。下列说法正确的是（　　） A．甲从静止释放到最低点的过程中，其重力做功大小为 B．甲从静止释放到最低点的过程中，其重力的冲量大小为 C．甲在最低点抓住演员乙的瞬间，系统损失的机械能为 D．甲接住乙后，两人一起向左摆动能够达到的最大高度为 【变式9-2】如图，质量为的木块静止于光滑水平面上，一质量为的子弹以水平速度打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是（　　） A．子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为 B．木块和子弹系统机械能守恒 C．子弹对木块做的功 D．子弹打入木块过程中产生的热量 【变式9-3】如图，两个相同物块（看作质点）静置在水平地面上。某时刻，物块1获得一个瞬时速度（未知），运动了距离L后与物块2相碰，碰后两物块粘在了一起获得瞬时共同速度（未知），又运动了距离L后停止。已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，碰撞时间很短，则、的大小分别为（　　） A． B． C． D． 【例10】如图所示，从水平地面竖直发射的烟花弹上升至最高点时，沿水平方向炸裂成质量分别为和的、两块，的落地点与发射点的水平距离为，不计空气阻力。下列判断正确的是（　　） A．A、B同时落地 B．A、B下落过程中动量守恒 C．A、B落地时的速度大小之比为1∶3 D．B的落地点与发射点的水平距离为 【变式10-1】大连是滨海城市，每逢新春佳节都会举办盛大的烟火表演。某款新研制的烟花筒亮相大连烟花晚会，其结构如图1所示。工作原理如下：点燃引线后，发射药被引燃并发生爆炸，使礼花弹获得竖直方向的初速度，同时引燃延期引线。当礼花弹上升至最高点时，延期引线引爆礼花弹，使其炸裂为两部分，两部分均沿水平方向飞出。炸开后a、b的运动轨迹如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1:3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1:3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3:1 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为3:1 【变式10-2】可视为质点的物体A和B紧靠在一起放在水平地面上，其中A物体左侧粗糙，A物体与左侧粗糙地面间的动摩擦因数为0.3，B物体右侧光滑。两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，两物体获得的总能量．已知A、B两物体的质量均为1kg，重力加速度大小，则（　　） A．分离瞬间A的速度大小为1.5m/s B．分离瞬间B的速度大小为3m/s C．从分离到A停止运动经过的时间是1s D．从分离到A停止运动，A、B两物体间的距离是3m 【变式10-3】如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x = 2.7 m，则说法正确的是（　　） A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左 C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J 【例11】科普节活动中，某兴趣小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M（含水）的“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 B．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 C．发射后，火箭在空中飞行的时间为 D．火箭上升的最大高度为 【变式11-1】章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为M，且静止悬浮在水中，其一次喷射出质量为m的水，喷射出的水的速度大小为，章鱼体表光滑，则以下说法正确的是（　　） A．章鱼的反冲推力来源于喷出的水对它的反作用力 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量不守恒 C．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 【变式11-2】如图，“水上飞人”是近几年流行的游乐项目。假设人（包括装备）的质量为70kg，两个出水口的横截面积均为，适当调节出水口的喷水速度可以使人悬停在空中（近似认为水流喷出前的速度为0），忽略中间水管对人的作用力，水的密度为，重力加速度大小取。则（　　） A．悬停过程中水对人做正功 B．悬停过程中水对人的冲量竖直向上 C．出水口的喷水速度大小约为6m/s D．出水口的喷水速度大小约为12m/s 【变式11-3】如图所示，光滑水平面上静止一长为L=5 m、质量为M=60 kg的平板小车，一质量为m=40 kg的小孩站在小车左端。小孩从小车左端移动到小车右端（不打滑），在这一过程中小孩对地的最大速度v人max=1.5 m/s，小孩可视为质点。下列说法中正确的是（　　） A．小孩和小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．小车对地的最大速率v车max=1 m/s C．整个过程中小孩发生对地的位移为3 m D．若小孩运动至最右端静止，小车因惯性不会立刻静止 【补充】 1．冲量与功对比： 物理量 冲量__________ 功__________ 矢量标量 __________ __________ 积累维度 力对__________的积累 力对__________的积累 物理效果 改变物体的__________ 改变物体的__________ 力垂直位移 冲量__________0 做功__________0 2．动量定理与动量守恒对比： 规律 研究对象 使用条件 公式 动量定理 单个物体 已知合外力、作用时间、冲量 __________ 动量守恒 系统 系统合外力为0，或内力远大于外力 __________ 3．动量与动能对比： 物理量 动量__________ 动能__________ 属性 __________，存在方向 __________，恒为__________ 改变条件 速度大小、方向任一变化即改变 仅速度大小改变才改变 互推公式 ____________________ ____________________ 4．全章易错点： ①矢量运算忽略正负号，直接对动量、冲量做代数加减。 ②混淆状态量与过程量：动量对应某时刻，冲量对应一段时间，不存在“某时刻的冲量”。 ③动量守恒代入相对速度，未统一以地面为参考系。 ④短时间撞击直接忽略重力冲量。 ⑤整体合外力不为零时，忽略某一方向可能遵循动量守恒。 ⑥匀速圆周运动误以为动量不变，只关注速率忽略动量矢量性。 ⑦反冲、人船模型误用相对位移直接代入动量公式，必须换算地面绝对位移。 ⑧弹性碰撞忘记联立动能方程，完全非弹性碰撞漏写共速条件。 一、单选题（共16道） 1．关于动量的概念，下列说法中正确的是（　　） A．动量大的物体惯性一定大 B．动量大的物体运动一定快 C．动量相同的物体运动方向一定相同 D．动量相同的物体速度小的惯性小 2．如图，在水平桌面上放置两个有机玻璃容器A、B，容器B为硬底，容器A底部平铺一层厚海绵，B的底部与A中海绵上表面处在同一水平高度。将两枚相同的生鸡蛋分别从A、B正上方同一高度由静止释放，与容器底部碰撞后均未反弹，A中的鸡蛋完好无损，B中的鸡蛋却碎了。关于该实验现象，下列说法正确的是（　　） A．碰撞前瞬间，A中鸡蛋的动量较小 B．碰撞过程，B中鸡蛋动量的变化量较大 C．碰撞过程，B中鸡蛋经历时间较短，所受撞击力较大 D．碰撞过程，A中鸡蛋经历时间较长，所受撞击力的冲量较小 3．关于冲量的概念，以下说法正确的是（　　） A．作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同 B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小 C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大 D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 4．如图所示，将一质量为m的小木块放在光滑的斜面上。小木块从斜面的顶端由静止开始沿斜面下滑，在下滑的前一半时间内重力的冲量为，在后一半时间内重力的冲量为，则为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示是江苏无锡灵山举行撞杠撞钟跨年仪式，聆听重达12.8吨的祥符禅钟雄厚悠扬之鸣，企盼在新的一年里吉祥如意、万事顺遂。某次撞击前撞杠的速度为，撞击后撞杠反弹，且速度大小变为。已知撞杠撞钟的时间为，撞杠的质量为。则撞杠对钟的撞击力大小为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，小球2静止在水平地面上，小球1以一定的速度与小球2发生对心碰撞。若碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则下列关于两个小球碰撞前后动量与时间t的关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，光滑水平面上两物块a、b用一根不可伸长的松弛轻质细绳相连，开始时a静止，b有初速度，细绳瞬间绷紧后a、b一起以相同速度运动。对全过程a、b组成的系统说法正确的是（　　） A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量守恒，机械能不守恒 8．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60kg，乙的质量为40kg，下列说法正确的是（　　） A．甲的速率与乙的速率之比为 B．甲的动能与乙的动能之比为 C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为 D．互推过程甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为 9．根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是 A．A球和B球组成系统的动量不守恒 B．细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 D．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 10．某同学为了研究学校电梯（在竖直方向上运行）的运行规律， 利用压力传感器进行测试。将质量为的物体静置于电梯内的压力传感器上，电梯由静止开始向下运行，计算机记录下了压力传感器示数随时间的变化关系。如图所示，0~2s为第一阶段，2~5s为第二阶段，5~7s为第三阶段，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．第一阶段电梯匀加速下降 B．在时物体的速度大小为 C．第二阶段物体受到的合力的冲量大小为 D．内合力对物体做的功为 11．科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　） A．增大穿戴者动量的变化量 B．减小穿戴者动量的变化率 C．增大穿戴者所受合力的冲量 D．减小穿戴者所受合力的冲量 12．“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，如图所示，质量为的运动员在某次蹦极运动中，从平台自由下落到最低点所用时为，弹性绳原长为。取重力加速度大小为，运动员可视为质点，不计空气阻力，运动员从平台上自由下落至到达最低点过程中，下列说法正确的是（　　 ） A．运动员的机械能一直不变 B．运动员的动量先不变再减小 C．弹性绳对运动员所做的功为 D．弹性绳对运动员弹力的冲量大小为 13．质量为2kg的物体做直线运动，其速度一时间图像如图所示。则物体在前20s内所受外力的冲量是（　　） A．0 B． C． D． 14．某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为81.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5 cm，空气密度为1.29 kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度g=10 m/s2。则此时吹风机的风速约为（　　） A．9 m/s B．8 m/s C．6 m/s D．12 m/s 15．如图所示，轻质弹簧一端连接质量为m的小球，一端固定在天花板上的O点处，初始时将弹簧和小球沿水平方向放置，此时弹簧处于原长，小球由静止释放后经时间t运动到最低点B（B点位于O点正下方），此时弹簧的长度为L，小球的速度大小为v，方向水平向左，重力加速度为g，不计各种阻力，则下列说法中正确的是（　　） A．运动过程中弹簧对小球做功 B．运动过程中弹簧对小球做功 C．运动过程中弹簧对小球的冲量大小为mv D．运动过程中弹簧对小球的冲量大小为 16．如图甲所示，置于水平桌面上的小车，其上方固定一竖直框架，框架通过光滑转轴O与一轻杆相连，轻杆可绕O在竖直平面内自由转动，轻杆下端固定一小球。如图乙所示，将小球向左拉开，使其位置比最低点高，同时由静止释放小球和小车。忽略摩擦和空气阻力，已知重力加速度。关于此后的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．小车将一直向左运动 B．小球第一次回到最低点时的速度大小为 C．小球第一次摆到右侧最高点时，仍比最低点高 D．小车、框架和小球组成系统的机械能和动量均守恒 二、多选题（共7道） 17．如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶在时刻以的初速度投出，与静止的冰壶发生弹性正碰，此后冰壶在水平面上运动后停止，冰壶的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．两只冰壶在时发生碰撞 B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42 J C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为 D．t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9 18．如图甲所示，将两个质量分别为、的小球、叠放在一起，在下、在上，中间留有小空隙。从初始高度处由静止释放，球与地面碰撞后立即以原速率反弹，取向上为正方向，球的速度时间图像如图乙所示（图中忽略了碰撞时间），不计空气阻力，重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．球与球碰前的速度大小为 B．两球下落过程中B球受到向上的支持力 C．A、B两球发生的是弹性碰撞 D．A、B两球发生的是非弹性碰撞 19．如图，一轻质弹簧左端与墙固定，右端与铁块连接，铁块在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动，点为平衡位置。现有一橡皮泥从点正上方某处竖直下落，恰好以速率击中速率也为的铁块，并与之粘连。橡皮泥与铁块质量相同且均可视为质点。弹簧振子简谐振动的振动周期（其中为弹簧的劲度系数，为振子的质量）。则（　　） A．橡皮泥与铁块粘连时，橡皮泥和铁块组成的系统动量守恒 B．橡皮泥与铁块粘连的过程中，橡皮泥和铁块组成的系统机械能损失了 C．橡皮泥击中铁块后，系统的振幅变大 D．橡皮泥击中铁块后，系统的周期变大 20．图（a）是一种双响炮图片，图（b）是其内部结构图：内部由上、下层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。当爆竹上升到最大高度处时，上层火药恰好被引燃，爆炸瞬间分裂成质量均为的、两部分，、均沿水平方向飞出，、落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为。则（　　） A．落地前瞬间速度为 B．爆炸后，、组成的系统机械能比爆炸前增加了 C．、落地点的距离为 D．、落地时，系统总动能为 21．如下图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点静止下滑，则（　　） A．m恰能达到小车上的B点 B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 D．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 E．m从A到C的过程中，M运动的位移为 22．如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s从左端滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．木板A的最小长度为1 m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．系统损失的机械能为2 J D．木板最终获得的动能为2 J 23．如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（视为质点）在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车的质量为2m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．滑块运动过程中的最大速度为 B．整个运动过程中，小车和滑块组成的系统动量守恒 C．整个运动过程中，小车的位移大小为 D．滑块与轨道BC间的动摩擦因数 三、解答题（共2道） 24．如图所示，光滑水平地面上放置一轨道ABC，它由半径的光滑圆弧轨道AB和长度为的粗糙水平轨道BC组成，水平轨道C端固定一竖直挡板，轨道的质量为。质量的滑块（可视为质点）从圆弧轨道A点正上方处静止释放。所有碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度g取。 （1）当轨道ABC锁定时，滑块下落后与挡板碰撞一次且在向左运动时停在BC的中点，求滑块与水平轨道间的动摩擦因数； （2）当轨道ABC不锁定时，求最终轨道ABC运动的位移大小； （3）开始时轨道ABC锁定，改变滑块静止释放的高度，在滑块运动到B点时再解除轨道锁定，滑块下落后与挡板碰撞一次且最终也恰好“停”在BC的中点，求滑块静止释放的位置离A点的高度。 25．中国空间站长期在轨运行，需要由天舟货运飞船定期运送物资。飞船质量大，即便它与空间站交会时相对速度很小，仍携带着巨大动量，若直接刚性碰撞，冲击力将威胁空间站的结构安全。空间站装有缓冲器，通过延长接触时间将冲击力峰值降至安全范围。已知空间站质量M=7.0×104 kg，飞船质量m=1.35×104 kg。 （1）在某次地面模拟测试中，飞船以v0=0.1 m/s 的水平速度接触固定的缓冲器，在缓冲器的作用下沿直线减速至零。 a．假设缓冲器和飞船之间的作用力恒定，总缓冲时间t=0.5 s，求飞船对缓冲器的冲击力F大小； b．实际上，缓冲器和飞船之间的作用力是不断变化的，若冲击力F随时间t的变化如图所示，总缓冲时间仍为t=0.5 s，求最大冲击力Fmax的大小； （2）在太空对接过程中，从能量角度研究缓冲过程，需考虑缓冲器的最大缓冲能量，即碰撞过程中允许转化为内能的能量上限，一旦能量超标，缓冲器会因过热而受损。已知最大缓冲能量设计值为E，请推导飞船相对于空间站的最大速度大小（用M、m、E表示）。 4 / 32 学科网（北京）股份有限公司 $