1.3 动量守恒定律 讲义-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

本高中物理讲义聚焦动量守恒定律核心知识点，系统梳理定律内容、适用条件及判断方法，构建从基础概念到某一方向守恒、多过程问题、多次碰撞及与能量守恒结合应用的递进式学习支架。 资料以题型分层设计为特色，结合滑板运动、短道速滑接力等生活实例，通过典例与变式题培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力，过关验收题助力科学探究。课中辅助教师实施分层教学，课后帮助学生强化物理观念，有效查漏补缺。

第一章 第3节 动量守恒定律 内 容 导 航 题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断 题型2 动量守恒定律的一般应用 题型3 某一方向上的动量守恒问题 题型4 用动量守恒定律解决多过程问题 题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 考 点 演 练 题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断 解｜题｜知｜识 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．表达式： （1）p＝p′，系统相互作用前总动量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）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． （4）△p＝0，系统总动量的增量为零． 3．动量守恒定律的适用条件 （1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态． （2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． （3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒． 【典例1】如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（　　） A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 B．木块A离开墙壁前，A动量不守恒，机械能守恒 C．木块A离开墙壁后，弹簧弹性势能最大时，弹簧一定是被压缩了 D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 【答案】A 【解答】解：A．木块A离开墙壁前，弹簧一直处于压缩状态，所以A一直受到墙壁对其的支持力，该力不做功，机械能守恒；墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒，故A正确； B．木块A离开墙壁前，A一直保持静止，故其动量一直为零，其机械能也一直为零，所以A动量守恒，机械能也守恒，故B错误； D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，所以该系统动量守恒，机械能也守恒，故D错误； C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，则当A、B共速时总动能最小，弹簧的弹性势能最大，此时弹簧可能处于压缩状态也可能处于拉伸状态。比如A刚离开墙壁后，第一次与B共速时，弹簧处于拉伸状态；它们第二次共速时，弹簧则处于压缩状态，故C错误。 故选：A。 【变式1】关于动量守恒的条件，正确的是（　　） A．只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒 B．只要系统内某个物体做加速运动，动量就不守恒 C．只要系统所受合外力恒定，动量守恒 D．只要系统所受外力的合力为零，动量守恒 【答案】D 【解答】解：A、系统所受合外力为零，系统动量守恒，如果系统内存在摩擦力，只有系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故A错误； B、只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故B错误； C、系统所受合外力为零系统动量守恒，系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误； D、只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确； 故选：D。 【变式2】如图所反映的物理过程中，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组成系统动量守恒 B．木块沿放在光滑的地面上的斜面加速滑下，物块与斜面系统动量守恒 C．物块M和物块N之间挤压一轻质弹簧，用细线连接静止在墙角处，剪断细线，弹簧恢复到过程中，系统动量守恒 D．用一根细线连在一起的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中，系统动量守恒 【答案】D 【解答】解：A．图甲中，子弹射入木块的过程中，子弹和A组成的系统受到B的作用，子弹和A组成的系统合外力不等于零，该系统动量不守恒，故A错误； B．图乙中，木块沿放在光滑的地面上的斜面加速滑下的过程中，物块和斜面组成的系统受到挡板的作用力，受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误； C．图丙中，剪断细线，压缩的弹簧恢复原长的过程中，水平方向要受到竖直墙壁对M的作用，即水平方向受合力不为零，不满足动量守恒条件，系统的动量不守恒，故C错误； D．图丁中，两球匀速下降，则受到的重力和浮力的合力为零；剪断细线后，系统受的重力和浮力不变，则系统受合力仍为零，系统动量守恒，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法中正确的是（　　） A．人、车和锤子组成的系统动量不守恒 B．因为人、车和锤子组成的系统合外力不为零，所以机械能不守恒 C．连续敲打可使小车持续向右运动 D．人、车和锤子组成的系统在水平方向上动量不守恒 【答案】A 【解答】解：A、在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，故A正确； B、系统合外力不为零不是判断机械能守恒的条件，而是由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B错误； C、对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故C错误； D、当锤子速度方向竖直向下时，水平方向动量为零，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故D错误。 故选：A。 题型2 动量守恒定律的一般应用 解｜题｜知｜识 1.本考点旨在针对用动量守恒定律解决简单问题的情况。 2.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义 （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组成的系 统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化 量大小相等、方向相反。 （4）Δp＝0：系统总动量的变化量为零。 【典例1】滑板运动深受青少年喜爱。现有一个质量为40kg的小孩站在一辆质量为30kg的滑板车上（小孩与滑板车均可视为质点），在光滑的水平路面上以4m/s的速度匀速前进。突然小孩以相对于地面2m/s的水平速度向后跳离滑板车（跳离过程时间极短，可忽略不计，且小孩跳离后滑板车速度方向不变），并安全落地。设小孩跳离瞬间，滑板车速度大小变为原来的λ倍，则λ为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解答】解：滑板车质量m＝30kg，小孩质量M＝40kg， 小孩跳离滑板车过程，小孩与滑板车组成的系统在水平方向动量守恒， 以滑板车的初速度方向为正方向，则小孩与滑板车的初速度v0＝4m/s， 小孩跳离滑板车时的速度v小孩＝﹣2m/s，对小孩与滑板车组成的系统， 由动量守恒定律得：（M+m）v0＝mv滑板车+Mv小孩 代入数据解得：v滑板车＝12m/s 则λ3，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式1】如图，边长均为a的立方体木块和空心立方体铁块，用长度也为a的细绳连接，悬浮在平静的大水池中，木块上表面和水面的距离为h＝4a。当细绳某时刻突然断裂后，木块与铁块分别竖直向上、向下运动，当木块上表面刚浮出水面时，铁块恰好到达池底。已知木块的质量为m，铁块的质量为M＝4m，不计水对物块的阻力，设水对物块的浮力不受物块运动的影响，则池深为（　　） A．15a B．12a C．10a D．8a 【答案】D 【解答】解：设铁块距离池底的高度为H，对于木块和铁块的系统，以向上的方向为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mh﹣MH，解得： 则池深为：d＝h+3a+H＝4a+3a+a＝8a，故D正确，ACD错误。 故选：D。 【变式2】短道速滑接力赛在交接时，同队两名队员通常采用的接力方法是，交棒运动员以双手推动接棒运动员的臀部来完成交替动作。则在交接过程中两名运动员（　　） A．总机械能守恒 B．总动量增大 C．动量变化大小相同 D．所受推力的冲量相同 【答案】C 【解答】解：A．两运动员在交接过程中，系统内力做正功，机械能增加，故A错误； B．交接过程中系统外力远小于系统内力，系统动量守恒，故B错误； C．系统动量守恒，所以两个运动员的动量变化量等大反向，故C正确； D．根据冲量的定义I＝Ft，由作用力与反作用力等大反向等时可知，每个运动员所受推力的冲量大小相同，方向不同，故D错误。 故选：C。 【变式3】如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：小船和救生员组成的系统所受合力为零，系统动量守恒， 取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0＝m（﹣v）+Mv′ 解得：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 题型3 某一方向上的动量守恒问题 解｜题｜知｜识 动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。 【典例1】如图所示，光滑水平面上有一倾角为a的光滑斜面体A，质量为M，底边长为L，将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN，重力加速度大小为g，则（　　） A．斜面体A对滑块B支持力不做功 B．滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒 C．滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑时间t过程中，地面对A支持力的冲量大小为（M+m）gt 【答案】C 【解答】解：A．滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与其受到的支持力FN不是垂直关系，它们的夹角为钝角，即支持力FN对滑块B做负功，故A错误； BC．滑块B在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有竖直向下的分加速度，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不守恒。滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，滑块B下滑过程中，任意时刻B物块水平速度大小为vB，A的水平速度大小为vA，由动量守恒定律有 0＝mvB﹣MvA 解得 设B到达斜面底端时，A、B水平位移大小分别为xA、xB，在水平方向有 xA+xB＝L 且mxB＝MxA 解得 ，故B错误，C正确； D．因为整体分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对整体支持力小于整体重力，则地面对A支持力的冲量大小小于（M+m）gt，故D错误。 故选：C。 【变式1】分析下列情况，系统只在水平方向动量守恒的是（　　） A．子弹射入放在粗糙水平面上木块的过程中 B．火箭发射升空的过程中 C．抛出的手榴弹在空中爆炸时 D．小球沿放置在光滑水平面上的斜面下滑的过程中 【答案】D 【解答】解：A、子弹射入放在粗糙水平面上木块的过程中，系统水平方向受到摩擦力作用，系统动量不守恒。故A错误； B、火箭发射升空的过程中，合外力向上，不等于零，系统动量不守恒。故B错误； C、子抛出的手榴弹在空中爆炸时，内力远大于外力，可以认为系统动量守恒，但不只是水平方向动量守恒。故C错误； D、在小球沿斜面下滑的过程中，斜面往后滑，小球与斜面组成的系统，在竖直方向上所受的外力之和不为零，但是水平方向合外力为零，所以系统竖直方向动量不守恒，但水平方向动量守恒，故D正确； 故选：D。 【变式2】如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（　　） A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零 D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反 【答案】D 【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，故AB错误 C、小球向左摆到最高点，竖直方向速度为零，水平速度小球与车等大反向，则小球的速度为零而小车的速度也为零，故C错误 D、系统只在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反。故D正确 故选：D。 【变式3】刚落幕的2024年成都国际乒联混合团体世界杯球，中国队蝉联冠军。某次比赛男队球员林诗栋发球直接得分，简化图如图所示，已知发球时球与桌面在同一水平面且与水平方向成30°斜向上发出，球发出后受到空气阻力作用，设其所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，乒乓球在空中飞行时间为t，发球点与落球点的水平距离为x，末速度与桌面水平方向的夹角为60°，已知乒乓球质量为m，重力加速度为g。则乒乓球发球时和落到桌面时的速度大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【解答】解：设发球时和落到桌面时的速度大小分别为v0、v，在竖直方向，规定向下为正方向，由动量动量得mgt﹣∑kvyΔt＝mvsin60°+mv0sin30° 整理得mgt﹣kΔh＝mvsin60°+mv0sin30° 因为整个过程Δh为0，则有mgt＝mvsin60°+mv0sin30° 在水平方向，规定向右为正方向，由动量动量得﹣∑kvxΔt＝mvcos60°﹣mv0cos30° 整理得﹣kx＝mvcos60°﹣mv0cos30° 联立以上解得，故A正确，BCD错误； 故选：A。 题型4 用动量守恒定律解决多过程问题 解｜题｜知｜识 1.碰撞的特点： （1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。 （2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。 2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有 m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′ 【典例1】如图所示为某游戏装置侧面图，半径R＝1.0m的圆弧轨道AB固定，半径r＝0.06m的半圆弧轨道CD锁定在水平面MN上，一长为L＝0.8m、质量也为M＝0.2kg的平板小车停在MN轨道的最左端紧靠BM，小车上表面与B、C点等高，将一可视为质点、质量m＝0.8kg的滑块从距B点高度为h处静止释放，滑上小车后带动小车向右运动，小车与轨道CD碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处，滑块可沿轨道CD继续运动。已知BC间距均足够长，滑块与小车的动摩擦因数μ＝0.25，其余接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）若h1＝0.2m，滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小； （2）要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2； （3）要使滑块能过最高点D，则h的取值范围。 【答案】（1）滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小为11.2N。 （2）要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2为1.0m。 （3）要使滑块能过最高点D，则h的取值范围为。 【解答】解：（1）滑块从高度h1处静止下滑至B点，由机械能守恒得：。 在B点受力分析，根据牛顿第二定律有：，联立解得：FN＝11.2N。 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为11.2N。 （2）滑块滑上小车后水平方向动量守恒，设滑块初速为v0，共速为v，由mv0＝（M+m）v。 摩擦生热Q＝μmgL等于机械能损失：。 根据下滑过程机械能守恒，联立解得：h2＝1.0m。 （3）滑块要能通过圆轨道最高点D，需满足临界条件；从C到D过程机械能守恒，满足。 滑块在小车上的运动包含两个阶段：第一阶段滑块与小车达到共速v，产生相对位移Δx，满足动量守恒mv0＝（M+m）v（其中）及功能关系； 第二阶段小车撞停，滑块在静止的小车上继续减速滑行位移L﹣Δx到达C点，对该过程应用动能定理。 联立上述各式代入数据解得。结合（2）中不脱离小车的条件h≤1.0m，故h的取值范围为。 答：（1）滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小为11.2N。 （2）要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2为1.0m。 （3）要使滑块能过最高点D，则h的取值范围为。 题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 解｜题｜知｜识 1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。 2.在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 3.若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。 【典例1】如图甲所示，质量为M＝1kg、长度L＝1.5m的木板A静止在光滑水平面上（两表面与地面平行），在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量为m＝3kg的小物块B（可视为质点）以v＝4m/s的初速度从A的最左端水平冲上A，一段时间后A与P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.3s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）A与P碰撞前瞬间的速度和B与A之间的动摩擦因数μ； （2）A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量； （3）A与P碰撞几次，B与A分离？ 【答案】（1）A与P碰撞前瞬间的速度为3m/s，方向向右；AB间的动摩擦因数为0.5； （2）A与P第一二次碰撞之间的时间内，产生的热量为13.5J； （3）A与P碰撞2次后，AB分离。 【解答】解：（1）由题图乙得：碰后B的速度：vB＝3m/s，即A第1次与P碰前瞬间B的速度为vB＝3m/s，设此时A的速度vA， 以向右为正方向，对A、B系统由动量守恒定律有：mv＝MvA+mvB，代入数据解得：vA＝3m/s，方向向右； 由题图乙得：0～0.3s，B的加速度大小：，解得：，对B受力分析可知：μmg＝maB，解得：μ＝0.5； （2）在A、B不分离时，A每次与P碰后到下次与P再次碰撞前，AB会共速。 设A与P第2次碰撞前的速度为v1，以水平向右为正方向，对A、B系统由动量守恒定律可得：mvB﹣MvA＝（M+m）v1，解得：v1＝1.5m/s， A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内的热量：，解得：Q＝13.5J， 故A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量为13.5J； （3）A第1次与P碰前，B在木板A上的滑动距离为x1， 对A、B组成的系统，由能量守恒有：，解得：x1＝0.4m， A第1次与挡板P碰后到共速的过程中， 对A、B系统，由能量守恒有：，解得：x2＝0.9m， 假设第3次碰撞前，A与B仍不分离， A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：mv1﹣Mv1＝（M+m）v2，解得：v2＝0.75m/s， 由能量守恒有：，解得：x3＝0.225m， 由于：x相对＝x1+x2+x3＝0.4m+0.9m+0.225m＝1.525m＞L＝1.5m， 故A与P碰撞2次后，AB未达到共速即分离。所以A与P碰撞2次，B与A分离。 答：（1）A与P碰撞前瞬间的速度为3m/s，方向向右；AB间的动摩擦因数为0.5； （2）A与P第一二次碰撞之间的时间内，产生的热量为13.5J； （3）A与P碰撞2次后，AB分离。 【变式1】在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为2.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.03，开始时物块静止，凹槽以v0＝6m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2，求： （1）物块与凹槽相对静止的速度？ （2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与左侧槽壁碰撞的次数？ （3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设两者相对静止时速度为v。取向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝2mv 解得 v＝3m/s （2）设两者间相对静止前，相对运动的路程为S，由动能定理得： ﹣μmgS（m+m）v2mv02 解得：S＝30m 已知 L＝2.0m 可推知物块与左侧槽壁碰撞 n11＝8.25 故碰撞8次 （3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv1+mv2＝mv1′+mv2′ mv12mv22mv1′2mv2′2 解得 v1′＝v2，v2′＝v1 易知每次碰撞都速度交换 在同一坐标系上两者的速度图线如图所示， 凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。 则 v＝v0+at，a＝﹣μg 解得：t＝10s 答： （1）物块与凹槽相对静止的速度是3m/s。 （2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与左侧槽壁碰撞的次数是8次。 （3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间是10s。 【变式2】如图所示，某超市两辆相同的手推购物车静置于水平地面上，相距x1＝2m沿直线排列，质量均为m＝10kg。第2辆车前方是超市的瓷砖墙，据瓷砖说明书，当其受冲击力超过600N会发生碎裂。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平速度v0＝6m/s，使其运动2m后与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离x2＝0.5m到达瓷砖墙。购物车与墙壁碰撞后以碰前速度的弹回，与墙壁的作用时间Δt＝0.02s。购物车与地面的摩擦力为重力的0.25倍，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）求购物车与瓷砖墙壁碰前的速度大小； （2）忽略购物车与墙壁碰撞时的地面摩擦力的影响，请计算说明瓷砖会不会碎裂。 【答案】（1）购物车与瓷砖墙壁碰前的速度大小为2m/s； （2）瓷砖会碎裂。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可知 a＝μg 设第1辆车与第2辆车碰前速度为v1，物体做匀减速运动，则有 解得 2辆车相碰，以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律 mv1＝2mv2 嵌套后与墙壁碰前速度为v3，则有 得购物车与瓷砖墙壁碰前的速度 v3＝2m/s （2）设购物车与墙壁碰撞的冲击力为F，以向左为正方向，据动量定理 解得 故瓷砖会碎裂 答：（1）购物车与瓷砖墙壁碰前的速度大小为2m/s； （2）瓷砖会碎裂。 【变式3】如图所示，质量为M＝1kg的长木板Q静止在光滑的水平地面上，质量为m＝2kg的小物块P静止在长木板左端，距离长木板Q右端x0＝2m处有一障碍物。质量为m0＝0.5kg的玻璃球以v0＝25m/s的速度从左端沿水平方向与小物块P发生弹性碰撞。长木板Q每次与障碍物碰撞后立即以原速率反向弹回，当长木板Q第四次与障碍物碰撞时小物块P恰好从长木板上滑落。已知小物块P与长木板Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，小物块P和玻璃球均可视为质点，障碍物的高度低于长木板的高度。求： （1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，小物块P的速度大小； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小； （3）长木板Q的长度L。 【答案】答：（1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，小物块P的速度大小为10m/s； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小为4m/s； （3）长木板Q的长度L为。 【解答】解：（1）玻璃球与小物块发生弹性碰撞，设碰后玻璃球的速度为v′，小物块的速度为v，对玻璃球和小物块组成的系统，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有 m0v0＝m0v′+mv 根据能量守恒定律，有 联立解得 v＝10m/s （2）小物块在长木板上滑动时，设小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，有 μmg＝ma1＝Ma2 若长木板与障碍物碰撞前一直加速，设碰撞时长木板的速度大小为vQ1，根据运动学公式，有 若长木板与障碍物碰撞前，小物块与长木板达到共同速度大小v′Q1，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有 mv＝（m+M）v′Q1 解得 由于vQ1＜v′Q1，长木板第一次与障碍物碰撞时的速度大小为 vQ1＝4m/s （3）设长木板第一次与障碍物碰撞时小物块的速度大小为vP1，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有 mv＝mvP1+MvQ1 解得 vP1＝8m/s 设碰后PQ再次达到的共同速度大小为v2，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有 mvP1﹣MvQ1＝（M+m）v2 解得 v2＝4m/s 可知第二次碰撞前小物块和长木板已经达到了共同速度。设第三次碰撞前PQ的共同速度大小为v3，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有 mv2﹣Mv2＝（M+m）v3 解得 设第四次碰撞前PQ的共同速度大小v4，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有 mv3﹣Mv3＝（M+m）v4 解得 第四次碰撞时小物块到达长木板右端，根据能量守恒，有 解得 答：（1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，小物块P的速度大小为10m/s； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小为4m/s； （3）长木板Q的长度L为。 题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 解｜题｜知｜识 物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型： 1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。 2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。 可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。 【典例1】如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　） A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s 【答案】B 【解答】解：小球A与小球B碰撞前的速度 vy1＝gt1＝10×1m/s＝10m/s 方向竖直向下小球A下落的高度 取水平方向为正方向，A、B两小球水平方向动量守恒 mv＝mvxB+mvxA A、B发生弹性碰撞，机械能守恒 联立解得 vxA＝v vxB＝0 碰撞后小球A在竖直方向做匀加速直线运动 解题 t2＝1s t2＝﹣3s（舍弃） 小球A在水平方向做匀速直线运动 x＝vxAt2＝vt2 解得 v＝3m/s 故ACD错误，B正确。 故选：B。 【变式1】如图所示，把足够长的气垫导轨水平放置，并接通气源，让向右运动的滑块A去碰撞静止的滑块B，以此来探究碰撞的规律。设碰前A的速度为v0，碰后A、B的速度分别为vA、vB，下列说法正确的是（　　） A．若A、B发生弹性碰撞，则有v0＝vA+vB B．若A、B发生弹性碰撞且碰后A、B的速度大小相等，则A、B的质量之比为1：3 C．若A的质量大于B的质量，则碰后A的速度可能为0 D．若A、B的质量相等，则碰后A的速度不可能为0 【答案】B 【解答】解：AB．若A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，动量守恒mAv0＝mAvA+mBvB，系统总动能不变，代入数据可得，A、B质量关系未知，所以v0＝vA+vB不一定正确， 若A、B弹性碰撞后的速度等大，则碰后A、B的速度等大反向vA+vB＝0，即3mA﹣mB＝0，代入数据可得mA：mB＝1：3，故A错误，B正确； C．若A的质量大于B的质量，碰后A的速度为0，由上述分析可知mAv0＝mBvB，则v0＜vB，碰后系统的动能增大，违反了能量守恒定律，所以碰后A的速度不可能为0，故C错误； D．若A、B的质量相等，则弹性碰撞后速度互换，碰后A的速度为0，故D错误。 故选：B。 【变式2】如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度v0射入B但没有穿出，射入过程时间极短，之后AB整体在弹性棒上面反复左右摇摆。整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是（　　） A．子弹A射入木块B过程中AB系统机械能守恒 B．弹性棒向右弯曲最大时ABC整体的速度相同 C．弹性棒第一次回到竖直状态时ABC整体速度相同 D．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能 【答案】B 【解答】解：A．根据题意可知，子弹A射入木块B过程中系统要损失机械能，根据能量守恒定律可知损失的机械能转化为系统的内能，则AB系统机械能不守恒，故A错误； B．弹性棒向右弯曲最大时ABC整体的速度相同，故B正确； C．设子弹射入B后AB的共同速度v1，弹性棒第一次回到竖直状态时AB的速度v2，C的速度vC，弹性棒第一次回到竖直状态时满足动量守恒和能量守恒，以v1的方向为正方向，即（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC 解得， 可知vC≠v2，即ABC整体速度不相同，故C错误； D．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B之后系统减少的动能与AB减少的重力势能之和，则弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小大于子弹射入木块B之后系统减少的动能，故D错误。 故选：B。 【变式3】如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平直杆PQ上并静止在A点，一轻绳上端连接滑块，下端连接质量也为M的木块处于静止状态，现有质量为m的子弹以速度v0时入木块并留在其中，滑块到达C点时，木块恰好到达最高点E，此时轻绳刚好水平。已知重力加速度为g，滑块和木块、子弹都可看成质点，木块不会碰到直杆，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．从子弹开始射入木块到木块摆到位置E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统动量守恒 B．子弹和木块到达最高点E时的速度均为零 C．从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统中产生的热量为 D．刚性绳的长度为 【答案】C 【解答】解：A.从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统，水平方向合力为零，水平方向动量守恒；竖直方向，总动量先增大后减小，动量不守恒，故A错误； BCD.设子弹射入木块后，二者的共同速度为v1到达最高点E时，三者的共同速度为v2，轻绳的长度为L，以v0的方向为正方向，则 mv0＝（m+M）v1＝（m+2M）v2 联立，解得 故BD错误，C正确。 故选：C。 过 关 验 收 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不守恒 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】B 【解答】解：A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间，由于化学能转化为机械能，机械能不守恒。同时，瞬间内力远大于外力，系统动量守恒，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，因为只有弹簧弹力做功，机械能也守恒，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可认为所受外力之和为零，系统满足水平方向动量守恒，故C错误； 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：B。 2．如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。如图丙所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m（m＜M）的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．图甲从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A和B组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零 D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 【答案】A 【解答】解：A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确； B．图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能与守恒，故B错误； C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由动量定理I＝Ft可知，墙壁对图乙所示系统的冲量不为零，故C错误； D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，只有系统内的弹力做功，所以小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，由于墙壁对弹簧有力的作用，水平方向动量不守恒，故D错误。 故选：A。 3．如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（　　） A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 【答案】A 【解答】解：对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，以A速度方向为正方向，可得 mAvA﹣mBvB＝0 设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得 联立得 故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．在“天宫课堂”中，航天员们使用毛巾包好的乒乓球拍和水球进行了奇妙的“乒乓球”比赛。挥动球拍，击打漂浮在空中的水球，水球碰到球拍没有破裂，而是像乒乓球一样被弹开了。关于球拍与水球相互作用的过程，下列描述正确的是（　　） A．球拍和水球组成的系统动量守恒 B．球拍和水球组成的系统动量不守恒 C．球拍对水球的冲量大于水球对球拍的冲量 D．球拍对水球的冲量小于水球对球拍的冲量 【答案】B 【解答】解：AB、在球拍和水球相互作用的过程中，球拍还受到航天员的作用力，所以该系统所受合力不为零，则球拍和水球组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确； CD、球拍对水球的作用力和水球对球拍的作用力是一对相互作用力，它们大小相等，所以在它们相互作用过程中，球拍对水球的冲量等于水球对球拍的冲量，故CD错误。 故选：B。 5．甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，如图，在甲推乙之前，两人的总动量为0，甲推乙后两人都有了动量。在此过程中下列说法正确的是（　　） A．甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 B．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 C．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 D．甲、乙两人组成的系统机械能守恒 【答案】C 【解答】解：A、根据动量守恒，系统初始总动量为零，推后总动量仍为零，故甲的动量变化量Δp甲与乙的Δp乙大小相等、方向相反，故A错误； B、由题意得，系统内动量守恒，且推后两人的动量大小相等、方向相反，故动能为Ek，因甲、乙的质量不确定，所以甲、乙的动能大小不确定，原动能为零，故动能变化量大小关系不确定，故B错误； C、根据牛顿第三定律，甲推乙的力与乙推甲的力大小相等，方向正方，根据冲量的定义，可得甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小，故C正确； D、原机械能为零，推后机械能为E甲+E乙＞0，机械能增加，说明有非保守力做功，机械能不守恒，故D错误。 故选：C。 （多选）6．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度增大 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为2.4m/s D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为8.1N•s 【答案】ABD 【解答】解：A.该同学与滑板A和滑板B组成的系统，所受合外力为0，所以系统动量不守恒，故A正确； B.该同学跳离滑板B的过程中，他对滑板B的作用力向右，滑板B会向右加速，速度增大，故B正确； C.从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速，设速度为v，根据水平方向动量守恒，（M+m）v0＝（M+2m）v，其中M＝24kg，m＝3kg，v0＝3m/s，代入数据解得v＝2.7m/s，故C错误； D.根据动量定理该同学全过程对滑板B的水平方向冲量：I＝mv﹣0，其中m＝3kg，v＝2.7m/s，代入数据可得 I＝3×2.7N•s＝8.1N•s，故D正确。 故选：ABD。 7．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。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，则下列说法正确的是（　　） A．木板获得的动能为2J B．系统损失的机械能为1J C．木板A的最小长度为1m D．A、B间的动摩擦因数为0.2 【答案】C 【解答】解：ABD．由v﹣t图像的斜率表示加速度得，物块A、B在前1秒内的加速度大小都为，它们的合力都为这一对滑动摩擦力，设A、B间的动摩擦因数为μ，对B，根据牛顿第二定律有μmg＝ma＝2×1N＝2N，解得μ＝0.1，设长木板A的质量为mA，规定向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝（m+mA）v共，代入v共＝1m/s，解得mA＝2kg，则木板获得的动能为2×12J＝1J，系统损失的机械能为2×22J（2+2）×12J＝2J，故ABD错误； C．A、B共速后一起运动，则木板A的最小长度为它们共速前的相对位移，由v﹣t图像的面积表示位移得共速前的相对位移大小为，故C正确。 故选：C。 （多选）8．某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以10m/s的初速度向上滑动时，受到滑杆的摩擦力为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　） A．碰撞后滑块和滑杆的速度为3m/s B．碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小为1.2N•s C．碰撞过程中损失的机械能为4.8J D．碰撞后整体上升的最大高度为0.4m 【答案】BC 【解答】解：A．题意知滑块受到的摩擦力大小f＝1N，初速度v0＝10m/s，设滑块碰滑杆前瞬间速度大小为v，对滑块，由动能定理得 代入数据解得v＝8m/s 规定向上为正方向，对滑杆、滑块组成的系统合力为0，由动量守恒有mv＝（m+M）v共 联立以上解得碰撞后滑块和滑杆的速度v共＝2m/s 故A错误； B．由动量定理可知，滑块和滑杆碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小I＝Mv共﹣0＝0.6×2N•s＝1.2N•s 故B正确； C．由能量守恒可知，滑块和滑杆碰撞过程前后损失的机械能 联立以上代入数据解得ΔE＝4.8J 故C正确； D．由竖直上抛规律v2＝2gh可知，碰撞后整体上升的最大高度为 故D错误。 故选：BC。 （多选）9．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6m/s，甲车上有质量为m＝1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50kg，乙和他的小车的总质量M2＝30kg，为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v＝9.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．乙接到第一个球后的速度大小为5.5m/s B．乙接到第一个球后的速度大小为6.11m/s C．为保证两车不相撞，甲最少抛给乙28个小球 D．为保证两车不相撞，甲最少抛给乙29个小球 【答案】AD 【解答】解：AB.小球与乙和他的小车组成的系统水平方向不受力，动量守恒，以乙的运动方向为正方向，有：﹣mv+M2v0＝（m+M2）v1，代入数据可得：v1＝5.5m/s，故A正确，B错误； CD.设甲抛给乙n个球时，甲乙速度刚好相同不会相撞，以乙的运动方向为正方向，对甲和他抛出的小球，由动量守恒定律可知：﹣M1v0＝（M1﹣nm）v2﹣nmv，对乙和他接到的小球，有：﹣nmv+M2v0＝（nm+M2）v2，代入数据可得：n＝28.125，所以甲最少要抛给乙29个球，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）10．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开C点以后，将做斜上抛运动 【答案】CD 【解答】解：ABC、小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块阻挡，槽不会向左运动，槽对小球不做功，只有重力对小球做功；从A到B小球做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽离开物块向右运动，系统在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，槽的支持力对小球做功，故AB错误，C正确； D、小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，故小球做斜上抛运动，故D正确。 故选：CD。 11．如图所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动，另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上。 （1）若人从甲船中水平跃出时相对地面的速率为，计算人跃到乙船后乙船的速度； （2）为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？ 【答案】（1）若人从甲船中水平跃出时相对地面的速率为，人跃到乙船后乙船的速度的大小为，方向水平向左； （2）为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少为。 【解答】解：（1）以向右为正方向，设人跃到乙船后乙船的速度为v，对人和乙船组成的系统，根据动量守恒定律可得：，解得：，所以人跃到乙船后乙船的速度大小为，方向水平向左。 （2）以向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，由动量守恒定律可得：，解得：， 设人跳出甲船的速度为v2，人从甲船跃出的过程，由动量守恒定律可得：，解得：。 答：（1）若人从甲船中水平跃出时相对地面的速率为，人跃到乙船后乙船的速度的大小为，方向水平向左； （2）为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少为。 （多选）12．滑板运动备受青少年的青睐，其中一个动作为人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示，若人的质量为50kg，人需要跳过一个高为0.65m的横杆，但考虑人过杆的时候可以曲腿，所以人起跳时只需要重心上升0.45m，假如起跳时人与板的作用时间为0.25s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力作用，若人安全过杆，则下列说法正确的是（　　） A．起跳过程中，人与板之间的作用力最小为600N B．起跳过程中，人竖直方向获得的合力的冲量最小为150kg•m/s C．人从开始起跳到落回到滑板的过程中，始终处于超重状态 D．人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统水平方向上动量守恒 【答案】BD 【解答】解：A、依题意，人跳起后竖直方向做竖直上抛运动，有 解得人若要安全过杆，起跳时的竖直分速度至少为 v0＝3m/s 取向上为正方向，对人，根据动量定理得 （F﹣mg）t＝mv0 解得F＝1100N，即起跳过程中，人与板之间的作用力最小为1100N，故A错误； B、根据动量定理，起跳过程中，人竖直方向获得的合力的冲量大小为I＝Δp＝mΔv＝mv0＝50×3kg•m/s＝150kg•m/s，故B正确； C、人从开始起跳时加速度向上，处于超重状态；离开跳板至落回到滑板的过程中，加速度向下，处于失重状态，故C错误； D、人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统水平方向不受外力，所以系统水平方向上动量守恒，故D正确。 故选：BD。 （多选）13．2023年8月19日，中国人民解放军东部战区按计划在台岛周边进行实战化综合演练。演练中出动了中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，无人机和武器的总质量为M，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，升力大小不变，以相对于地面的水平速度大小v发射一枚质量为m的微型导弹，不计空气阻力，下列描述符合事实的是（　　） A．发射出微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动 B．发射出微型导弹瞬间，无人机相对于地面的水平速度大小为 C．微型导弹落地时，无人机离地高度为 D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为 【答案】BC 【解答】解：A、发射微型导弹后，其重力减小，竖直方向做匀加速运动，水平方向因为动量守恒具有向后的速度，将做匀变速曲线运动，故A错误； B.设发射前为正方向，根据动量守恒 mv＝（M﹣m）v1 得 v1 故B正确； C.由于微型导弹落地过程中做平抛运动，则有 Hgt2 无人机上升的加速度为 a 高度为 hat2 联立得 h 无人机离地高度为 h′＝h+H 故C正确； D.微型导弹落地时经过的时间为 t 微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为 x＝vt+v1t 故D错误。 故选：BC。 （多选）14．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（　　） A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统在水平方向上动量守恒 C．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v D．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能EPmgh 【答案】ABD 【解答】解：A、滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确； B、滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确； C、设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0，由机械能守恒定律得：mgh•2，由以上两式解得：v1＝2，v2，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v＝v1＝2，故C错误； D、物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能Epmgh，故D正确； 故选：ABD。 15．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生一维碰撞，如图乙所示为两小球碰撞前后的x﹣t图像。已知小球P的质量为0.3kg，由此可以判断（　　） A．碰前P做匀加速直线运动 B．小球Q的质量为0.9kg C．碰撞的过程，球P受到的冲量大小1.2N•s D．碰撞过程为非弹性碰撞 【答案】B 【解答】解：A.由x﹣t图像可知，碰前P做匀速直线运动，Q处于静止状态，故A错误； B.由x﹣t图像可知，碰前P的速度为 碰后P、Q的速度分别为v1′m/s＝﹣2m/s m/s＝2m/s 规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′+m2v2 解得m2＝0.9kg，故B正确； C.规定水平向右为正方向，根据动量定理，I＝mv1′﹣mv1 解得I＝﹣1.8N•s D.碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE 解得：ΔE＝0 可知碰撞过程为弹性碰撞，故D错误； 故选：B。 16．如图，光滑水平面上放着截面为半圆形的光滑凹槽M与物体N，且两者不粘连，小球从图示位置由静止释放，凹槽半径为R，小球、凹槽M和物体N三者质量相同。下列说法正确的是（　　） A．小球与凹槽M、物体N组成的系统动量守恒 B．当小球运动到最低点时M、N分离 C．当小球运动到最低点时M向右运动的位移为 D．小球沿圆弧向左运动到最高点时对地的速度大小为零 【答案】B 【解答】解：A.小球与凹槽M、物体N所组成的系统在水平方向上合外力为0，水平方向动量守恒；竖直方向合外力不为0，竖直方向动量不守恒，故A错误； B.当小球运动到最低点前，M、N一起向右运动，到最低点之后，M受到小球斜向左的压力做减速运动，所以在最低点时M、N分离，故B正确； C.小球运动到最低点的过程，根据动量守恒有 x1+x2＝R 解得M向右运动的位移 故C错误； D.在最低点时小球与M具有水平方向的速度，与N分离之后，小球与M、N在水平方向上动量守恒，小球沿圆弧向左运动到最高点时与M具有共同的水平速度，由于N的速度不为零，因此小球和M的速度不为零，故D错误。 故选：B。 17．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（　　） A．E0 B． C． D． 【答案】C 【解答】解：放出质量为m的粒子后，剩余质量为（M﹣m），该过程动量守恒，以初速度方向为正方向，有 mv0＝（M﹣m）v 放出的粒子的动能为 原子核反冲的动能 联立解得 故ABD错误，C正确。 故选：C。 （多选）18．质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。已知m1＝1kg，则（　　） A．m2＝2kg B．两物体组成的系统机械能守恒 C．碰撞后两物体的速度方向相同 D．碰撞过程中m2所受力的冲量大小为6N•s 【答案】BD 【解答】解：由x﹣t图像的斜率表示速度可知，碰撞发生在t＝2s时。碰撞前m1的速度为， m2静止，故v2＝0；碰撞后m1的速度为，m2的速度为。 A、碰撞过程系统水平方向动量守恒，以运动方向为正方向，有m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'，代入数据得m2＝3kg，故A错误； B、碰撞前系统的动能为，代入数据解得Ek1＝8J，碰撞后系统的动能为，代入数据解得Ek2＝8J， 碰撞前后系统动能相等，因此系统机械能守恒，故B正确； C、碰撞后m1的速度为﹣2m/s，向左运动，m2的速度为2m/s，向右运动，两物体速度方向相反，故C错误； D、碰撞过程中m2所受力的冲量大小等于m2动量的变化量大小，即I＝m2|v2'﹣v2|＝3×2N•s＝6N•s，故D正确。 故选：BD。 （多选）19．第24届冬季奥林匹克运动会在我国首都北京开幕，北京成为历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市，其中冰球比赛在五棵松体育中心进行。一冰球运动员甲在水平光滑的冰面上以8m/s的速度向右运动时，与另一速度为4m/s的迎面而来向左运动的运动员乙相撞碳后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，已知运动员甲、乙的质量分别为60kg、80kg，下列说法正确的是（　　） A．碰后乙的速度的大小是2m/s B．碰后乙的速度的大小是3m/s C．碰撞中总机械能损失了1200J D．碰撞中总机械能损失了2400J 【答案】AD 【解答】解：AB、规定水平向右为正方向。两物块在碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1后+m2v2后，代入数据解得碰后乙物块的速度大小为v2后＝2m/s，故A正确，B错误； CD、碰撞前系统的总动能，解得：Ek前＝2560J。碰撞后系统的总动能，解得：Ek后＝160J。依据能量守恒定律，碰撞过程中损失的总机械能为ΔE＝Ek前﹣Ek后，解得：ΔE＝2400J，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）20．科幻电影中“引力弹弓效应”是一个热门的词语。“引力弹弓效应”是指探测器在太空中运动时，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，我们可以提出以下两种简化模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，从而因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。尽管探测器和行星没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（　　） A．v1＞v0 B．v1＜v0 C．v2＞v0 D．v2＜v0 【答案】AD 【解答】解：AB、将探测器与质量极大的行星间的相遇过程类比为弹性碰撞，由于行星质量远大于探测器，其速度u在碰撞前后可视为不变。第一种情形中，探测器与行星相向运动，以行星为参考系，探测器碰撞前的相对速度大小为v0+u。依据弹性碰撞规律，碰撞后探测器相对行星的速度大小不变、方向相反，转换回太阳参考系，得到其远离行星的速度为v1＝（v0+u）+u，解得：v1＝v0+2u。因此有v1＞v0，故A正确，B错误； CD、第二种情形中，探测器与行星同向运动，以行星为参考系，探测器从后方接近时，其相对速度大小为v0﹣u。根据弹性碰撞规律，碰后探测器相对行星的速度大小不变、方向反向，回到太阳参考系，其速度大小为v2＝|v0﹣2u|。由运动关系分析可知，其速度减小，即v2＜v0，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）21．如图甲，固定的光滑水平横杆上套有质量为m的小环B，其右侧有一固定挡块。一根长为L的轻绳，一端与B相连，另一端与质量为4m。的小球A相连。初始状态轻绳水平且伸直，B靠在挡块处。由静止释放A，在运动过程中A、B水平方向速度v的大小与时间t的关系如图乙所示。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．0∼t1段系统动量不守恒，t1∼t2段系统动量守恒 B．t2时刻A、B速度相同，大小为 C．A球第二次摆到最低点时，A球的速度为 D．图乙中阴影部分的面积为 【答案】BD 【解答】解：从静止释放A球到其运动至最低点（0～t1段），B球受到挡块向左的弹力，系统在水平方向所受外力矢量和不为零，因此该过程系统水平方向动量不守恒；当A球经过最低点后（t1～t2段），B球脱离挡块向右运动，系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。 A、系统在竖直方向始终受到重力和杆的作用力，且A球运动过程中存在竖直方向的加速度，系统所受合外力不为零，因此整个过程中系统的总动量均不守恒，故A错误； B、在0～t1段，对A球应用机械能守恒定律，有，解得t1时刻A球速度；在t1～t2段，A、B系统水平方向动量守恒，当两者速度相等时，根据动量守恒定律得4mv0＝（4m+m）v1，解得t2时刻的共同速度，故B正确； C、当A球第二次运动至最低点时，系统在水平方向的运动可类比于一次弹性碰撞，依据动量守恒与机械能守恒可知，此时A球的速度，故C错误； D、图乙中阴影部分的面积对应于t1～t2时间内A、B两球在水平方向的相对位移Δx；在t2时刻，A、B达到共同速度，此时绳子与竖直方向夹角最大，设为θ，根据能量守恒定律，有，代入数据解得cosθ＝0.8，则sinθ＝0.6；此时水平方向相对位移，即阴影部分面积为，故D正确。 故选：BD。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 第3节 动量守恒定律 内 容 导 航 题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断 题型2 动量守恒定律的一般应用 题型3 某一方向上的动量守恒问题 题型4 用动量守恒定律解决多过程问题 题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 考 点 演 练 题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断 解｜题｜知｜识 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．表达式： （1）p＝p′，系统相互作用前总动量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）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． （4）△p＝0，系统总动量的增量为零． 3．动量守恒定律的适用条件 （1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态． （2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． （3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒． 【典例1】如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（　　） A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 B．木块A离开墙壁前，A动量不守恒，机械能守恒 C．木块A离开墙壁后，弹簧弹性势能最大时，弹簧一定是被压缩了 D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 【变式1】关于动量守恒的条件，正确的是（　　） A．只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒 B．只要系统内某个物体做加速运动，动量就不守恒 C．只要系统所受合外力恒定，动量守恒 D．只要系统所受外力的合力为零，动量守恒 【变式2】如图所反映的物理过程中，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组成系统动量守恒 B．木块沿放在光滑的地面上的斜面加速滑下，物块与斜面系统动量守恒 C．物块M和物块N之间挤压一轻质弹簧，用细线连接静止在墙角处，剪断细线，弹簧恢复到过程中，系统动量守恒 D．用一根细线连在一起的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中，系统动量守恒 【变式3】如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法中正确的是（　　） A．人、车和锤子组成的系统动量不守恒 B．因为人、车和锤子组成的系统合外力不为零，所以机械能不守恒 C．连续敲打可使小车持续向右运动 D．人、车和锤子组成的系统在水平方向上动量不守恒 题型2 动量守恒定律的一般应用 解｜题｜知｜识 1.本考点旨在针对用动量守恒定律解决简单问题的情况。 2.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义 （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组成的系 统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化 量大小相等、方向相反。 （4）Δp＝0：系统总动量的变化量为零。 【典例1】滑板运动深受青少年喜爱。现有一个质量为40kg的小孩站在一辆质量为30kg的滑板车上（小孩与滑板车均可视为质点），在光滑的水平路面上以4m/s的速度匀速前进。突然小孩以相对于地面2m/s的水平速度向后跳离滑板车（跳离过程时间极短，可忽略不计，且小孩跳离后滑板车速度方向不变），并安全落地。设小孩跳离瞬间，滑板车速度大小变为原来的λ倍，则λ为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式1】如图，边长均为a的立方体木块和空心立方体铁块，用长度也为a的细绳连接，悬浮在平静的大水池中，木块上表面和水面的距离为h＝4a。当细绳某时刻突然断裂后，木块与铁块分别竖直向上、向下运动，当木块上表面刚浮出水面时，铁块恰好到达池底。已知木块的质量为m，铁块的质量为M＝4m，不计水对物块的阻力，设水对物块的浮力不受物块运动的影响，则池深为（　　） A．15a B．12a C．10a D．8a 【变式2】短道速滑接力赛在交接时，同队两名队员通常采用的接力方法是，交棒运动员以双手推动接棒运动员的臀部来完成交替动作。则在交接过程中两名运动员（　　） A．总机械能守恒 B．总动量增大 C．动量变化大小相同 D．所受推力的冲量相同 【变式3】如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 题型3 某一方向上的动量守恒问题 解｜题｜知｜识 动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。 【典例1】如图所示，光滑水平面上有一倾角为a的光滑斜面体A，质量为M，底边长为L，将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN，重力加速度大小为g，则（　　） A．斜面体A对滑块B支持力不做功 B．滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒 C．滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑时间t过程中，地面对A支持力的冲量大小为（M+m）gt 【变式1】分析下列情况，系统只在水平方向动量守恒的是（　　） A．子弹射入放在粗糙水平面上木块的过程中 B．火箭发射升空的过程中 C．抛出的手榴弹在空中爆炸时 D．小球沿放置在光滑水平面上的斜面下滑的过程中 【变式2】如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（　　） A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零 D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反 【变式3】刚落幕的2024年成都国际乒联混合团体世界杯球，中国队蝉联冠军。某次比赛男队球员林诗栋发球直接得分，简化图如图所示，已知发球时球与桌面在同一水平面且与水平方向成30°斜向上发出，球发出后受到空气阻力作用，设其所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，乒乓球在空中飞行时间为t，发球点与落球点的水平距离为x，末速度与桌面水平方向的夹角为60°，已知乒乓球质量为m，重力加速度为g。则乒乓球发球时和落到桌面时的速度大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 题型4 用动量守恒定律解决多过程问题 解｜题｜知｜识 1.碰撞的特点： （1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。 （2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。 2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有 m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′ 【典例1】如图所示为某游戏装置侧面图，半径R＝1.0m的圆弧轨道AB固定，半径r＝0.06m的半圆弧轨道CD锁定在水平面MN上，一长为L＝0.8m、质量也为M＝0.2kg的平板小车停在MN轨道的最左端紧靠BM，小车上表面与B、C点等高，将一可视为质点、质量m＝0.8kg的滑块从距B点高度为h处静止释放，滑上小车后带动小车向右运动，小车与轨道CD碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处，滑块可沿轨道CD继续运动。已知BC间距均足够长，滑块与小车的动摩擦因数μ＝0.25，其余接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）若h1＝0.2m，滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小； （2）要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2； （3）要使滑块能过最高点D，则h的取值范围。 题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 解｜题｜知｜识 1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。 2.在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 3.若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。 【典例1】如图甲所示，质量为M＝1kg、长度L＝1.5m的木板A静止在光滑水平面上（两表面与地面平行），在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量为m＝3kg的小物块B（可视为质点）以v＝4m/s的初速度从A的最左端水平冲上A，一段时间后A与P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.3s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）A与P碰撞前瞬间的速度和B与A之间的动摩擦因数μ； （2）A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量； （3）A与P碰撞几次，B与A分离？ 【变式1】在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为2.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.03，开始时物块静止，凹槽以v0＝6m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2，求： （1）物块与凹槽相对静止的速度？ （2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与左侧槽壁碰撞的次数？ （3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间？ 【变式2】如图所示，某超市两辆相同的手推购物车静置于水平地面上，相距x1＝2m沿直线排列，质量均为m＝10kg。第2辆车前方是超市的瓷砖墙，据瓷砖说明书，当其受冲击力超过600N会发生碎裂。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平速度v0＝6m/s，使其运动2m后与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离x2＝0.5m到达瓷砖墙。购物车与墙壁碰撞后以碰前速度的弹回，与墙壁的作用时间Δt＝0.02s。购物车与地面的摩擦力为重力的0.25倍，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）求购物车与瓷砖墙壁碰前的速度大小； （2）忽略购物车与墙壁碰撞时的地面摩擦力的影响，请计算说明瓷砖会不会碎裂。 【变式3】如图所示，质量为M＝1kg的长木板Q静止在光滑的水平地面上，质量为m＝2kg的小物块P静止在长木板左端，距离长木板Q右端x0＝2m处有一障碍物。质量为m0＝0.5kg的玻璃球以v0＝25m/s的速度从左端沿水平方向与小物块P发生弹性碰撞。长木板Q每次与障碍物碰撞后立即以原速率反向弹回，当长木板Q第四次与障碍物碰撞时小物块P恰好从长木板上滑落。已知小物块P与长木板Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，小物块P和玻璃球均可视为质点，障碍物的高度低于长木板的高度。求： （1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，小物块P的速度大小； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小； （3）长木板Q的长度L。 题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 解｜题｜知｜识 物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型： 1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。 2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。 可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。 【典例1】如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　） A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s 【变式1】如图所示，把足够长的气垫导轨水平放置，并接通气源，让向右运动的滑块A去碰撞静止的滑块B，以此来探究碰撞的规律。设碰前A的速度为v0，碰后A、B的速度分别为vA、vB，下列说法正确的是（　　） A．若A、B发生弹性碰撞，则有v0＝vA+vB B．若A、B发生弹性碰撞且碰后A、B的速度大小相等，则A、B的质量之比为1：3 C．若A的质量大于B的质量，则碰后A的速度可能为0 D．若A、B的质量相等，则碰后A的速度不可能为0 【变式2】如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度v0射入B但没有穿出，射入过程时间极短，之后AB整体在弹性棒上面反复左右摇摆。整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是（　　） A．子弹A射入木块B过程中AB系统机械能守恒 B．弹性棒向右弯曲最大时ABC整体的速度相同 C．弹性棒第一次回到竖直状态时ABC整体速度相同 D．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能 【变式3】如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平直杆PQ上并静止在A点，一轻绳上端连接滑块，下端连接质量也为M的木块处于静止状态，现有质量为m的子弹以速度v0时入木块并留在其中，滑块到达C点时，木块恰好到达最高点E，此时轻绳刚好水平。已知重力加速度为g，滑块和木块、子弹都可看成质点，木块不会碰到直杆，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．从子弹开始射入木块到木块摆到位置E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统动量守恒 B．子弹和木块到达最高点E时的速度均为零 C．从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统中产生的热量为 D．刚性绳的长度为 过 关 验 收 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不守恒 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 2．如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。如图丙所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m（m＜M）的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．图甲从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A和B组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零 D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 3．如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（　　） A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 4．在“天宫课堂”中，航天员们使用毛巾包好的乒乓球拍和水球进行了奇妙的“乒乓球”比赛。挥动球拍，击打漂浮在空中的水球，水球碰到球拍没有破裂，而是像乒乓球一样被弹开了。关于球拍与水球相互作用的过程，下列描述正确的是（　　） A．球拍和水球组成的系统动量守恒 B．球拍和水球组成的系统动量不守恒 C．球拍对水球的冲量大于水球对球拍的冲量 D．球拍对水球的冲量小于水球对球拍的冲量 5．甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，如图，在甲推乙之前，两人的总动量为0，甲推乙后两人都有了动量。在此过程中下列说法正确的是（　　） A．甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 B．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 C．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 D．甲、乙两人组成的系统机械能守恒 （多选）6．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度增大 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为2.4m/s D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为8.1N•s 7．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。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，则下列说法正确的是（　　） A．木板获得的动能为2J B．系统损失的机械能为1J C．木板A的最小长度为1m D．A、B间的动摩擦因数为0.2 （多选）8．某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以10m/s的初速度向上滑动时，受到滑杆的摩擦力为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　） A．碰撞后滑块和滑杆的速度为3m/s B．碰撞过程中滑杆所受合力的冲量大小为1.2N•s C．碰撞过程中损失的机械能为4.8J D．碰撞后整体上升的最大高度为0.4m （多选）9．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6m/s，甲车上有质量为m＝1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50kg，乙和他的小车的总质量M2＝30kg，为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v＝9.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．乙接到第一个球后的速度大小为5.5m/s B．乙接到第一个球后的速度大小为6.11m/s C．为保证两车不相撞，甲最少抛给乙28个小球 D．为保证两车不相撞，甲最少抛给乙29个小球 （多选）10．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开C点以后，将做斜上抛运动 11．如图所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动，另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上。 （1）若人从甲船中水平跃出时相对地面的速率为，计算人跃到乙船后乙船的速度； （2）为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？ （多选）12．滑板运动备受青少年的青睐，其中一个动作为人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示，若人的质量为50kg，人需要跳过一个高为0.65m的横杆，但考虑人过杆的时候可以曲腿，所以人起跳时只需要重心上升0.45m，假如起跳时人与板的作用时间为0.25s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力作用，若人安全过杆，则下列说法正确的是（　　） A．起跳过程中，人与板之间的作用力最小为600N B．起跳过程中，人竖直方向获得的合力的冲量最小为150kg•m/s C．人从开始起跳到落回到滑板的过程中，始终处于超重状态 D．人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统水平方向上动量守恒 （多选）13．2023年8月19日，中国人民解放军东部战区按计划在台岛周边进行实战化综合演练。演练中出动了中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，无人机和武器的总质量为M，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，升力大小不变，以相对于地面的水平速度大小v发射一枚质量为m的微型导弹，不计空气阻力，下列描述符合事实的是（　　） A．发射出微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动 B．发射出微型导弹瞬间，无人机相对于地面的水平速度大小为 C．微型导弹落地时，无人机离地高度为 D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为 （多选）14．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（　　） A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统在水平方向上动量守恒 C．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v D．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能EPmgh 15．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生一维碰撞，如图乙所示为两小球碰撞前后的x﹣t图像。已知小球P的质量为0.3kg，由此可以判断（　　） A．碰前P做匀加速直线运动 B．小球Q的质量为0.9kg C．碰撞的过程，球P受到的冲量大小1.2N•s D．碰撞过程为非弹性碰撞 16．如图，光滑水平面上放着截面为半圆形的光滑凹槽M与物体N，且两者不粘连，小球从图示位置由静止释放，凹槽半径为R，小球、凹槽M和物体N三者质量相同。下列说法正确的是（　　） A．小球与凹槽M、物体N组成的系统动量守恒 B．当小球运动到最低点时M、N分离 C．当小球运动到最低点时M向右运动的位移为 D．小球沿圆弧向左运动到最高点时对地的速度大小为零 17．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（　　） A．E0 B． C． D． （多选）18．质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。已知m1＝1kg，则（　　） A．m2＝2kg B．两物体组成的系统机械能守恒 C．碰撞后两物体的速度方向相同 D．碰撞过程中m2所受力的冲量大小为6N•s （多选）19．第24届冬季奥林匹克运动会在我国首都北京开幕，北京成为历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市，其中冰球比赛在五棵松体育中心进行。一冰球运动员甲在水平光滑的冰面上以8m/s的速度向右运动时，与另一速度为4m/s的迎面而来向左运动的运动员乙相撞碳后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，已知运动员甲、乙的质量分别为60kg、80kg，下列说法正确的是（　　） A．碰后乙的速度的大小是2m/s B．碰后乙的速度的大小是3m/s C．碰撞中总机械能损失了1200J D．碰撞中总机械能损失了2400J （多选）20．科幻电影中“引力弹弓效应”是一个热门的词语。“引力弹弓效应”是指探测器在太空中运动时，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，我们可以提出以下两种简化模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，从而因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。尽管探测器和行星没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（　　） A．v1＞v0 B．v1＜v0 C．v2＞v0 D．v2＜v0 （多选）21．如图甲，固定的光滑水平横杆上套有质量为m的小环B，其右侧有一固定挡块。一根长为L的轻绳，一端与B相连，另一端与质量为4m。的小球A相连。初始状态轻绳水平且伸直，B靠在挡块处。由静止释放A，在运动过程中A、B水平方向速度v的大小与时间t的关系如图乙所示。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．0∼t1段系统动量不守恒，t1∼t2段系统动量守恒 B．t2时刻A、B速度相同，大小为 C．A球第二次摆到最低点时，A球的速度为 D．图乙中阴影部分的面积为 学科网（北京）股份有限公司 $