第一章 动量守恒定律（高效培优·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通过知识导图系统构建知识体系，以表格对比动量与动能、动量定理与动能定理的区别联系，梳理动量、动量定理、守恒定律等核心内容，突出矢量性、守恒条件等重难点，呈现知识内在逻辑。 讲义亮点在于“避坑指南·解题通法”分15个角度设计练习，如弹性碰撞动碰静模型、流体问题应用等，结合实验验证动量守恒的误差分析，培养科学思维与科学探究素养。例题如人船模型变式，基础题巩固概念，综合题提升能力，助力教师精准分层教学，支持学生自主复习。

第一章 动量守恒定律 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 动量 考点02 动量定理 考点03 动量守恒定律 考点04 实验：验证动量守恒定律 考点05 弹性碰撞和非弹性碰撞 考点06 反冲现象 火箭 03 避坑指南·解题通法 角度01 计算物体的动量及动量的变化 角度02 求恒力的冲量 角度03 动量定理的内容 角度04 用动量定理解释缓冲现象 角度05 用动量定理解决流体问题 角度06 利用动量定理求解其他问题 角度07 判断系统动量是否守恒 角度08 实验验证动量守恒定律 角度09 弹性碰撞：动碰静或动碰动 角度10 完全非弹性碰撞 角度11 板块/子弹打木块模型 角度12 滑块斜（曲）面模型 角度13 两（多）物体多次碰撞问题 角度14 反冲现象中的动量守恒 角度15 人船模型及其变式 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.理解动量、冲量的概念，掌握动量定理，能够分析单物体的动量变化。 2.掌握动量守恒定律的内容与守恒条件，会判断系统动量是否守恒。 3.会处理弹性碰撞、非弹性碰撞、反冲与火箭问题。 4.掌握验证动量守恒定律的实验原理、操作与误差分析。 1.动量、冲量都是矢量，解题务必先规定正方向。 2.动量守恒优先分析系统受力，分清内力、外力；近似守恒：内力远大于外力时动量近似守恒（爆炸、碰撞）。 3.碰撞问题同时兼顾动量守恒和速度合理性（不能发生二次穿透）。 4.反冲模型中系统初动量一般为零，分开之后两部分动量大小相等方向相反。 知识导图 考点01 动量 1、动量定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s。 注意：动量是描述物体运动 “惯性” 或 “运动趋势” 的物理量。 2、动量大小的影响因素：动量的大小受物体的质量和速度影响，动量的大小与质量成正比，与物体的速度成正比。但不能说物体的质量越大，或者物体的速度越大，物体的动量就越大。 3、计算物体的动量的方法 （1）定义法：求出物体的速度，用动量的定义式p=mv计算物体的动量。 （2）动量定理：根据动量定理Ft=Δp=mv2-mv1计算物体的动量。 4、动量的变化量定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)。 （1）动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)。 （2）动量发生变化的三种情况：速度大小改变方向不变、速度大小不变方向改变、速度大小和方向都改变。 （3）动量的变化量是矢量，方向与速度变化量的方向相同，可以用矢量运算法则确定。 【深化点拨】 1．动量的性质 （1）矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。 （2）瞬时性:是状态量，与某一时刻相对应。 （3）相对性:物体的动量与参考系的选择有关，中学阶段常以地球为参考系。 2．动量变化量的计算解题记录点拨 （1）动量变化量是矢量，与速度变化的方向相同，运算遵循平行四边形定则，当 p1、p2，在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。 （2）动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，还要比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。 （3）计算动量变化量时，应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算，要注意选取正方向。 1．关于物体的动量，下列说法正确的是（　　） A．物体的动量越大，其质量也越大 B．（-8kg·m/s）的动量大于（+6kg·m/s）的动量 C．物体的动能改变，其动量一定改变 D．物体的动量改变，合外力一定对物体做了功 【答案】C 【详解】A．动量公式为 动量由质量和速度共同决定，动量越大可能是速度越大，质量不一定越大，故A错误； B．动量是矢量，正负号仅表示方向，不表示大小，矢量本身不能比较大小，只能比较动量的大小（绝对值），因此该表述错误，故B错误； C．动能是标量，由公式 可知动能改变说明物体速度大小一定改变；动量 速度大小改变则动量一定改变，故C正确； D．动量改变可能只是方向改变、动量大小不变（例如匀速圆周运动），此时物体动能不变，根据动能定理，合外力做功为零，因此合外力不一定做功，故D错误。 故选C。 2．（多选）关于动量的概念，下列说法正确的是（     ） A．动量大的物体，惯性不一定大 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，动能也一定相同 【答案】AC 【详解】A．物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大，则惯性不一定大，故A正确； B．同样，动量大的物体速度不一定大，故B错误； C．动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，故C正确； D．由动能和动量的关系可知，动量相同的物体，它们的质量也相同时，动能才相同，故D错误。 故选AC。 【动量和动能的区别与联系】 动量（p） 动能Ek 物理意义 描述物体运动的 “运动量”，体现运动的方向性和惯性效应。 描述物体运动所具有的能量，体现做功的能力。 定义式 p=mv 单位 kg·m/s J（kg·m2/s2） 矢量性 矢量（方向与速度方向一致）。 标量（无方向，仅与速度大小相关）。 影响因素 质量、速度 质量、速率 与速度的关系 与速度v成正比（线性关系）。 与速度v的平方成正比（二次函数关系）。 守恒条件 在不受外力或合外力为零时，动量守恒（如碰撞、爆炸场景）。 只有在机械能守恒的系统中，动能才可能守恒（如无摩擦的弹性碰撞）。 叠加方式 矢量叠加（需考虑方向，如两物体动量方向相反时可抵消）。 标量叠加（直接相加，与方向无关）。 换算关系 或 考点02 动量定理 1、冲量 （1）定义：力与力的作用时间的乘积。 （2）定义式：I＝FΔt。 （3）物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大。 （4）单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s。 （5）矢量性：冲量是矢量。如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。 2、动量定理内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量；公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。 （1）用动量概念表示牛顿第二定律：由mv-mv0=Ft，得到，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即，这是牛顿第二定律的动量表述。 （2）用动量定理求平均作用力:对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。 公式为：Δt=mv2-mv1。 3、用动量定理求分析两类柱状模型 （1）流体类柱状模型 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 具 体 分 析 根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt=ΔmΔv，分两种情况： （1）作用后流体微元停止，有Δv=-v，代入上式有F=-ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv=-2v，代入上式有F=-2ρSv2。 （2）微粒类柱状模型 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【深化点拨】 1．冲量的理解 （1）冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 （2）冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。 2．冲量的计算 （1）求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积。 （2）求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。 （3）求变力的冲量： ①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。 ②若给出了力随时间变化的图象，可用面积法求变力的冲量。 ③利用动量定理求解。 3．应用动量定理的四点注意事项 （1）明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。 （2）列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小。 （3）分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。 （4）公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式计算，且要注意是末动量减去初动量。 1．如图所示，光滑水平面上有一质量为m的物体，在一与水平方向成角的恒定拉力作用下运动，则在时间t内（     ） A．重力的冲量为0 B．拉力F的冲量为Ft C．拉力的冲量为 D．拉力F的冲量等于0 【答案】B 【详解】A．重力大小为，作用时间为，重力的冲量为，不为0，故A错误； BCD．拉力是大小为的恒力，作用时间为，因此拉力的冲量大小为，故B正确，CD错误。 故选B。 2．（多选）关于物体的动量和冲量及物理现象的解释，下列说法正确的是（　　） A．铺地砖时用橡皮锤是为了减小橡皮锤动量的变化率 B．物体所受合外力的冲量越大，它的动量的变化量也越大 C．跳远时人落在沙坑里是为了减小人落地时地面对人的冲量 D．初动量相同的两个物体受相同制动力作用，质量小的先停下来 【答案】AB 【详解】A．铺地砖时用橡皮锤，动量变化量一定，增大作用时间，根据动量定理可知是为了减小橡皮锤动量的变化率，故A正确； B．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以合外力冲量越大，动量的变化量就越大，故B正确； C．跳远时人落在沙坑里，动量变化量不变，是为了增加运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，故C错误； D．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据动量定理，两个物体将同时停下来，故D错误。 故选AB。 3．网球质量约，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为，球与球拍接触的时间大约是，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则网球在此过程中 (1)动量变化量约为多大； (2)受到球拍的冲击力约为多大？ 【详解】（1）取反弹后速度的方向为正方向，网球动量变化量约为 （2）根据动量定理 解得 【动量定理和动能定理的比较】 动量定理 动能定理 区 别 公式 I合=Δp，即 F合=mv2-mv1 W合=ΔEk，即 标、矢量 矢量式（需规定正方向，用正负号表示方向） 标量式（无方向，直接代数运算） 单位 kg·m/s（与冲量单位一致，N·s=kg·m/s） J（焦耳，与功的单位一致，1J=1N·m） 意义 合外力的冲量是物体动量变化的原因，反映力对时间的积累效应 合外力做的功是物体动能变化的原因，反映力对位移的积累效应 正负 正负表示动量变化的方向，与合冲量方向一致 正负表示动能的增加或减少（正：动能增加；负：动能减少） 作用效果 改变物体的动量（速度的大小或方向改变都可引起动量变化） 改变物体的动能（只有速度的大小改变才会引起动能变化） 适用条件 普遍适用（恒力、变力、直线运动、曲线运动均可） 普遍适用（恒力、变力、直线运动、曲线运动均可） 联系 两者都是动力学定理，由牛顿运动定律推导而来，都适用于宏观低速物体；都是解决力学问题的重要工具，在处理变力、多过程问题时优势明显 考点03 动量守恒定律 1、动量守恒定律的内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这系统的总动量保持不变。 2、动量守恒定律成立的条件 （1）系统不受外力或者所受外力的合力为零。 （2）系统外力远小于内力时，外力的作用可以忽略，系统的动量守恒。 （3）系统在某个方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。 3、动量守恒定律的表达式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)。 （2）Δp＝0(系统动量的增量为零)。 （3）Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)。 4、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。 【深化点拨】 1．系统动量守恒的判定方法 （l）分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力。 （2）研究系统受到的外力矢量和。 （3）外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。 （4）系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 2．某一方向上的动量守恒问题：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。 3．动量守恒定律的“五性” （1）系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒。 （2）系矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向。 （3）系相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度。 （4）系同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量。 （5）系普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统。 1．一炮艇总质量为，以速度匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮艇的速度为，若不计水和空气的阻力，则下列各关系式正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】初始状态：炮艇（含未发射的炮弹）总质量为，整体以速度匀速行驶，总动量为 末状态：炮弹射出后，剩余炮艇的质量为，速度为，炮弹动量为，系统总末动量为 联立动量守恒关系可得： 故选A。 2．（多选）如图，在光滑水平面上质量为、速度为的小球与质量为的静止小球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球的速度可能有不同的值。碰撞后小球的速度大小可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】若碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得 解得    若碰撞为完全弹性碰撞，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得 所以碰撞后小球B的速度取值为    故选BC。 【动量守恒定律与机械能守恒定律的比较】 动量守恒定律 机械能守恒定律 区 别 公式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ Ek1+Ep1=Ek2+Ep2（系统总机械能） 标、矢量 矢量式（需规定正方向，速度带符号运算） 标量式（直接代数运算，无方向） 守恒条件 系统不受外力或所受合外力为零；或内力远大于外力（如爆炸、碰撞）；或某一方向上合外力为零，则该方向动量守恒 只有重力或弹力做功（或只有重力、系统内弹力做功）；其他力不做功或做功的代数和为零 意义 系统不受外力时，总动量保持不变，反映力对时间积累的守恒规律 只有重力/弹力做功时，动能与势能相互转化，总机械能不变，反映力对位移积累的守恒规律 正负 正负表示速度/动量的方向，与规定的正方向有关 正负表示能量的增减，或势能零点的选取，不代表方向 适用场景 爆炸、碰撞、反冲等相互作用问题 抛体运动、自由落体、弹簧振子、只有重力做功的曲线运动 推导来源 动量守恒由牛顿第三定律+动量定理推导；机械能守恒由动能定理+重力/弹力做功特点推导 公式关联 考点04 实验：验证动量守恒定律 1、实验原理：在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，若系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，则m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 2、实验方案设计 方案1：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 （1）质量的测量：用天平测量。 （2）速度的测量：v＝，式中的Δx为滑块上挡光板的宽度，Δt为数字计时显示器显示的滑块上的挡光板经过光电门的时间。 注意： （1）本实验碰撞前、后速度大小的测量采用极限法，v＝＝，其中d为挡光板的宽度。 （2）注意速度的矢量性：规定一个正方向，碰撞前后滑块速度的方向跟正方向相同即为正值，跟正方向相反即为负值，比较m1v1＋m2v2与m1v1′＋m2v2′是否相等，应该把速度的正负号代入计算。 （3）造成实验误差的主要原因是存在摩擦力．利用气垫导轨进行实验，调节时确保导轨水平。 方案2：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 （1）质量的测量：用天平测量。 （2）速度的测量：由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等；如果以小球的飞行时间为单位时间，那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它的水平速度；只要测出不放被碰小球时入射小球在空中飞出的水平距离s1，以及碰撞后入射小球与被碰小球在空中飞出的水平距离s1′和s2′，就可以表示出碰撞前后小球的速度。 方案3：利用等长摆球完成撞时的动量守恒 （1）实验器材：带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。 （2）摆球速度的测量：v＝，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起)的高度，h可由摆角和摆长计算出。 【深化点拨】 1．误差分析 （1）系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即： ①碰撞是否为一维碰撞。 ②实验是否满足动量守恒的条件．如气垫导轨是否水平，两碰撞球是否等大。 （2）偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量。 2．研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒注意事项 （1）入射小球的质量m1大于被碰小球的质量m2(m1>m2)。 （2）入射小球半径等于被碰小球半径。 （3）入射小球每次必须从斜槽上同一高度处由静止滚下。 （4）斜槽末端的切线方向水平，碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 （5）为了减小误差，需要找到不放被碰小球及放被碰小球时小球落点的平均位置，为此，需要让入射小球从同一高度多次滚下，进行多次实验。 1．下图是某同学利用光电门和气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验装置图，下列做法正确的是（     ） A．用压强计测量滑块的质量 B．用米尺测量挡光片的宽度 C．用停表测量挡光片通过光电门的时间 D．用挡光片的宽度除以挡光时间来计算滑块的瞬时速度 【答案】D 【详解】A．滑块的质量应使用天平测量，压强计用于测量压强，不能测量质量，故A错误； B．为减小测量误差，挡光片的宽度应使用游标卡尺测量，米尺的精度不够，故B错误； C．光电门的配套计时装置能够自动记录挡光片通过光电门的时间，不能用停表测量，故C错误； D．设挡光片宽度为，通过光电门的挡光时间为。挡光片宽度较小，滑块在挡光时间内的速度变化可忽略，根据平均速度定义，滑块的瞬时速度可用表示，故D正确。 故选D。 2．实验小组的同学在用气垫导轨验证动量守恒定律。如图丁所示，气垫导轨上安装了两个光电门，滑块1上装上遮光条，滑块2的左侧有橡皮泥。操作步骤如下： ①小组的同学测量出遮光条的宽度d。 ②实验前，接通气源，调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作。用托盘天平测出滑块1（含遮光条）和滑块2（含橡皮泥）的质量，分别记为m1和m2。 ③将滑块1静置于光电门A左侧，滑块2静置于光电门A和光电门B之间，使滑块1获得水平向右的初速度，经过光电门A后与滑块2发生碰撞，碰撞后两者粘在一起。通过与光电门连接的计时器读出光电门A和光电门B的挡光时间，分别记为Δt1、Δt2。则滑块1与滑块2碰撞前瞬间，滑块1的动量大小p1=______；验证碰撞过程中动量守恒的表达式是______。（以上两空均用m1、m2、d、Δt1和Δt2表示） 【答案】 【详解】[1]滑块1碰撞滑块2前的速度大小为 滑块1的动量大小为 [2]滑块1碰撞滑块2后，两者粘在一起运动，其速度大小为 碰后滑块1、滑块2的总动量大小为 碰撞过程中动量守恒有 联立整理得 考点05 弹性碰撞和非弹性碰撞 1、弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞；规律是： （1）动量守恒： （2）机械能守恒： 2、非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞；规律是： （1）动量守恒： （2）机械能不守恒：或 3、完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大；规律是： （1）动量守恒： （2）机械能不守恒： 4、碰撞的原则 （1）动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。 （2）动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 （3）速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。 5、“动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： （1） （2） 联立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . （1）若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向。(若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去) （2）若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回。(若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止) （3）若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 6、“动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有： m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：（1）当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1（质量相等，速度交换） （2）当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′（大碰小，一起跑） （3）当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0（小碰大，要反弹） （4）当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1（极大碰极小，大不变，小加倍） （5）当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变） 7、完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 【深化点拨】 1．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用 （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。 2．动量守恒定律在板块模型中的应用 （1）对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 （2）整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 （3）滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。 3．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用 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。 44．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 （1）对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 （2）整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 （3）弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。 5．动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化） 绳子绷紧瞬间的作用力是非常巨大的，故这一瞬间系统的内力远大于其他外力，所以在绳子绷紧瞬间可以认为系统的动量是守恒的（或在某一方向上是守恒的）。但绳子绷紧瞬间系统的能量要损失一部分。 1．如图所示，小物块A、B间有一压缩的轻弹簧（与A、B不连接），用细线锁定后静置于光滑水平面上，光滑曲面C也静止在水平面上，其左下端与水平面平滑连接；A、B、C的质量分别为、、。某时刻，剪断A、B间的细线开始，直至最终三者达到稳定状态的过程中（B未从C上端飞出），以下说法中正确的是（　　） A．A、B、C三者组成的系统的总动量守恒 B．B对C的冲量与C对B的冲量相同 C．B对C的水平冲量大小等于最终A、B的总动量大小 D．最终C的动能与A的动能之比为 【答案】C 【详解】A．当B在C上滑动时，系统的水平方向动量守恒，而总动量不守恒，A错误； B．B对C的冲量大小等于C对B的冲量，方向相反。B错误； C．最终，A和B向左运动，而C向右运动， 又因为在B和C作用的过程中，C受到B的水平冲量使C的动量变化，有，故C正确； D．设弹簧弹开后A的速度大小为，可得B的速度大小为，方向向右；最终B和C分离后的速度分别为和；对B、C系统有 得 则C与A动能之比为16：9，D错误。 故选C。 2．（多选）质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有一质量为（可视为质点）的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数，，下列说法正确的是（　　） A．物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒 B．物块与小车的共同速度大小 C．在此过程中系统产生的内能0.24J D．在此过程中摩擦力对物块做的功为 【答案】BC 【详解】A．物块滑上小车后，系统受合外力为零，则动量守恒；由于滑块和小车之间有摩擦力，则有内能产生，则机械能不守恒，A错误； B．设物块与小车的共同速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得，故B正确； C．根据能量关系可知 可知在此过程中系统产生的内能为，故C正确； D．在此过程中摩擦力对物块做的功为，故D错误。 故选BC。 3．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙壁，右端连接物块，刚开始弹簧处于原长，物块静止于点，物块从高度的斜面顶端由静止释放，不计一切摩擦及轨道连接处的能量损失，取重力加速度大小，物块碰后粘在一起且碰撞时间极短，。求： (1)物块碰前瞬间的速度大小； (2)弹簧的最大弹性势能。 【详解】（1）对物块A，由机械能守恒定律得 解得 （2）物块A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得 两物块碰后的总动能转化为弹簧的弹性势能 解得 【弹性碰撞和非弹性碰撞的比较】 弹性碰撞 非弹性碰撞 能量变化 机械能完全守恒，动能无损失 机械能有损失，部分动能转化为内能、形变能等 公式 动量守恒： 动能守恒： 动量依然守恒 动能：Ek前>Ek后 形变特点 碰撞后形变完全恢复 碰撞后形变不能完全恢复 特殊情况 完全非弹性碰撞：碰后两物体共速，动能损失最大 常见实例 小球间理想碰撞、分子碰撞 木块相撞、球类落地、物体粘连 联系 两类碰撞动量均守恒（内力远大于外力）。 都满足：碰撞过程时间极短、位移可忽略。 考点06 反冲现象 火箭 1、反冲现象 （1）定义：反冲是静止或运动的物体通过分离排除部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象。开始静止的系统分为两部分，分别朝相反方向运动，这种现象叫反冲。 （2）反冲规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律。 2、反冲现象的应用及防止 （1）应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。 （2）防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 3、火箭工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。决定火箭增加的速度Δv的因素 （1）火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。 （2）火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比。 4、爆炸模型概述：爆炸模型是动量守恒定律的应用之一，由于爆炸作用使物体分成2份或多份，因爆炸瞬间，内力远大于外力，所以爆炸后各部分遵循动量守恒定律。 5、人船模型 （1）“人船模型”问题的特征：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题被归为“人船模型”问题。 （2）人船模型常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； （3）类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 【深化点拨】 1．对反冲运动的进一步理解 （1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 （2）反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。 （3）研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态。 2．处理爆炸问题的注意事项 （1）在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量。 （2）在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒；在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒。 3．人船模型的特点 （1）两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0。 （2）运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝。 4．处理“人船模型”问题的两个关键 （1）处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 ①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式，式中v1、v2是m1，m2末状态时的瞬时速率。 ②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有。 （2）画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。 1．如图所示，一只悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内向后高速喷出的水，乌贼的逃窜速度大小为15m/s，则乌贼喷出水的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时喷出水的质量为，乌贼的逃窜速度大小为，则喷水过程，根据动量守恒可得 解得 故选B。 2．（多选）如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为L的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，将小球由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，已知小球运动过程中，始终未与杆相撞。则下列说法正确的是（　　） A．小球向左摆动的过程中，小车向右运动 B．小球和小车组成系统动量守恒 C．小球和小车组成系统的机械能守恒 D．小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离为 【答案】ACD 【详解】A．小球向左摆动的过程中，根据水平方向动量守恒，由于初动量为零，则小车速度向右，故A正确； B．小球与车组成系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，故B错误； C．系统只有重力做功，所以系统 机械能守恒，故C正确； D．当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s1，小车向右移动的距离为s2，根据水平动量守恒有 且有 解得，故D正确。 故选ACD。 3．静止在不受外力的太空环境中，火箭质量，发动机每秒钟喷气20次。若发动机每次喷出2kg气体，气体离开发动机喷出时的速度是相对于火箭的，则第一次喷出气体后，火箭的速度大小是多少？ 【详解】取火箭运动方向为正方向。第一次喷气过程很短，火箭和刚喷出的气体组成的系统所受外力冲量可忽略，且喷气前系统静止。设每次喷出气体的质量为，喷气后火箭的速度为。气体相对火箭向后的速度大小为，则其对地速度为。由动量守恒定律得 整理得 代入题给数据得 故火箭速度大小为 【爆炸与碰撞的比较】 爆 炸 碰 撞 不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大，且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看成理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 能量情况 都满足能量守恒定律,总能量保持不变 动量守恒定律的综合应用及解题步骤 1.动量与动量定理：必须“认清矢量性与过程量” （1）动量 （p）： 定义：p=mv。 矢量性：方向与速度 vv 的方向相同。计算时必须规定正方向，与正方向相反的动量取负值。 （2）动量定理内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。 公式：I合=F合t=Δp=p′−p。 应用优势：不涉及加速度和位移，特别适合处理变力（如空气阻力、弹簧弹力）或作用时间极短的问题。 避坑点： ΔpΔp 是末动量减初动量，务必注意方向符号。 2.动量守恒定律：必须“严格判断守恒条件” （1）守恒条件：系统不受外力或所受合外力为零。 近似守恒：系统内力远大于外力（如爆炸、碰撞瞬间），可认为动量守恒。 单方向守恒：若系统在某一方向上合外力为零，则该方向上动量守恒（如子弹打木块，水平方向守恒，竖直方向不守恒）。 （2）表达式： m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。 （3）避坑点：公式中的速度必须是相对于同一参考系（通常选地面）的速度，且必须是同一时刻的状态。 3.碰撞问题：碰撞是动量守恒的高频考点，解题时需同时考虑动量、能量和运动情景的合理性。 （1）弹性碰撞：动量守恒，机械能也守恒。 特例：质量相等的两球发生弹性正碰，交换速度。 （2）非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。 完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大。 特征：碰后两物体粘在一起，具有共同速度。 （3）合理性检验（“三原则”）： 动量守恒：p前=p后。 动能不增加：Ek前≥Ek后（除非有炸药等内能释放）。 情景合理：碰后后面物体的速度不能大于前面物体的速度（否则会再次碰撞或穿过）。 角度01 计算物体的动量及动量的变化 1．如图所示，圆心角很小的一段圆弧轨道PS，固定于竖直面，圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一质量未知、可视为质点的小球a和b同时由静止释放，以下说法正确的是（    ） A．a先到达S点，它们在S点的动量一定不相同 B．a先到达S点，它们在S点的动量可能相同 C．b先到达S点，它们在S点的动量一定不相同 D．a与b同时到达S点，它们在S点的动量可能相同 【答案】A 【详解】计算运动时间：判断到达顺序 设圆弧轨道半径为：小球从到做自由落体运动，由 得 小球沿圆心角很小的圆弧运动，等效为小角度单摆运动，从到的时间为个周期，单摆周期 因此 可得 先到达点。 动量分析：动量是矢量，大小和方向任意一个不同，动量就不同：到达点时速度方向竖直向下，沿圆弧运动到点时速度沿点切线（水平方向），二者速度方向一定不同，因此动量一定不相同。 故选A。 2．（多选）如图所示为某名运动员保持固定姿势欲骑车飞跃宽度的壕沟AB。已知两沟沿的高度差，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动员离开A点时的速度大于就能安全越过壕沟 B．运动员离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越长 C．运动员在空中飞行的过程中，重力的功率增大 D．运动员在空中飞行的过程中，动量变化量的方向竖直向下 【答案】CD 【详解】A．汽车飞跃壕沟的过程，人与车做平抛运动，则 要安全越过壕沟，则水平位移 解得，故A错误； B．飞跃壕沟的过程，在空中运动时间只与高度差有关，高度差不变，所以时间不变，故B错误； C．重力的功率 所以在飞行过程中随着时间的增长，重力功率越来越大，故C正确； D．在空中飞行过程中，动量变化量与速度变化量方向相同，即与重力加速度方向相同，都是竖直向下，故D正确。 故选CD。 3．羽毛球运动是速度较大的球类运动之一。运动员扣杀羽毛球的速度可达342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回。设羽毛球的质量为5g，试求： (1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量； (2)在这次扣杀中，羽毛球的速度变化量、动能变化量。 【答案】(1)，方向与羽毛球飞回的方向相同 (2)120m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同；21J 【详解】（1）以球飞回的方向为正方向，则 所以羽毛球的动量变化量为 即羽毛球的动量变化量大小为，方向与羽毛球飞回的方向相同。 （2）羽毛球的初速度为，羽毛球的末速度为，所以 羽毛球的初动能 羽毛球的末动能 所以。 角度02 求恒力的冲量 4．将质量为的小球从地面以速度竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回地面。小球运动中受空气阻力大小与速率成正比（），下列说法正确的是（     ） A．小球落地时的动量大小为 B．小球整个过程中动量变化量大小为 C．小球上升与下落过程中重力的冲量大小相等 D．小球上升与下落过程中阻力的冲量大小相等 【答案】D 【详解】A．小球运动全程空气阻力始终做负功，机械能不断损失，故落地时的速率 所以落地动量大小为，故A错误； B．取竖直向上为正方向，初动量为，末动量为，动量变化量大小为，故B错误； C．小球上升过程的加速度 下落过程的加速度 由于上升和下落位移大小相等，结合运动学规律可知时间的比较上 根据冲量的公式 因此上升过程由于时间短重力的冲量更小，故C错误； D．阻力冲量大小 其中可以表示时间t内运动的位移大小，小球在上升、下落路程均为最大高度，因此两次阻力冲量大小均为，故D正确。 故选D。 5．（多选）一质量为的滑块在合外力的作用下，由静止开始运动。若力随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是（     ） A．第末，滑块的动量大小为 B．在内，滑块所受合外力的冲量大小为 C．第末，滑块的速度大小为 D．在内，合外力对滑块做的功为 【答案】AC 【详解】A．图像与轴所围区域的面积表示冲量，在内，力的冲量大小 根据动量定理可知， 解得第末滑块的动量大小为 A正确； B．在内，力的冲量大小 B错误； C．根据动量定理有 解得滑块在第末时的速度大小 C正确； D．根据动能定理可知，在内，合外力对滑块做的功 D错误。 故选AC。 6．如图所示，运动员练习用头颠球。某一次足球由静止下落，被重新顶起，离开头部后竖直上升至处。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，足球在空中时空气阻力为，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度取，在此过程中，求： (1)足球在空中时空气阻力对它的冲量； (2)足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量； (3)头部对足球的平均作用力。 【详解】（1）取向下为正方向，足球重力，空气阻力大小恒为 下落阶段，速度向下，阻力向上。合力，加速度 触头前速度 下落时间 空气阻力冲量 上升阶段，离开头部时速度方向向上，设大小为，上升时阻力向下，合力 加速度 由运动学公式 解得，方向向上。 上升时间 空气阻力冲量 空中全过程空气阻力的总冲量 （2）头部作用时间，足球动量变化量 由动量定理，合力冲量 即合力冲量大小为，方向向上。 （3）设头部对足球的平均作用力为，方向向上，碰撞过程足球受向下重力和 由动量定理 解得，方向向上。 角度03 动量定理的内容 7．一名排球运动员正在进行垫球训练。排球以5m/s的速度竖直向下落到运动员的前臂上，随后运动员发力将球以10m/s的速度竖直向上垫出。已知排球的质量为270g，球与手臂的接触时间为0.3s。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。关于排球与手臂的相互作用过程，下列说法正确的是（　　） A．排球速度变化量的大小为5m/s B．排球动量变化量的大小为1.35kg·m/s C．排球对手臂的平均作用力大小为16.2N D．排球受到手臂的冲量大小为1.35N·s 【答案】C 【详解】A．设竖直向上为正方向，排球速度变化量为，故A错误； B．排球动量变化量为，故B错误； C．根据动量定理，合力冲量等于动量变化量，即 代入数据解得 由牛顿第三定律可知，排球对手臂的平均作用力大小为16.2N，故C正确； D．排球受到手臂的冲量为，故D错误。 故选C。 8．（多选）某物理兴趣小组制作了一枚玩具火箭，其推力—时间图像如图所示。时火箭点火，从静止开始发射后竖直向上运动。已知火箭质量为1kg，不计空气阻力以及火箭发射过程中质量的变化，则（     ） A．t=2s时火箭的速度为零 B．t=10s时火箭的动量大小为 C．t=10s时火箭的动量大小为 D．t=10s时火箭的速率为160m/s 【答案】AD 【详解】A．由题图可知，推力与时间的关系式为 火箭的重力为 当时，解得 即刚开始时，由于火箭受到的重力大于火箭受到的推力，所以火箭不动，一直到后，火箭才开始运动，所以t=2s时火箭的速度为零，故A正确； BC．在图像中图像与坐标轴围成的面积表示力的冲量，所以内推力的冲量为 则在内对火箭进行受力分析，以竖直向上为正方向，根据动量定理有 代入数据解得t=10s时火箭的动量大小为，故BC错误； D．由可知，t=10s时火箭的速率为，故D正确。 故选AD。 9．一质量为的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为0.1。现对物块施加一方向恒定的水平拉力，拉力的大小随时间的变化规律如图所示。重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)内，拉力的冲量大小； (2)4s末物块的速度大小。 【详解】（1）由图像的面积代表冲量可知 代入数据可得内拉力的冲量 （2）最大静摩擦力 内摩擦力的冲量大小为 由动量定理有 解得 角度04 用动量定理解释缓冲现象 10．如图甲所示，将两大小相同、质量相等的铅球分别静止在海绵桌面和实木桌面的正上方相同高度处，然后同时由静止释放并开始计时，之后两球分别与两桌面发生碰撞。假设碰后两球均不再反弹。测出两桌面受到的压力随时间变化的曲线①和曲线②，如图乙所示，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中，左侧铅球动量的变化量更小 B．曲线①为左侧海绵桌面受到铅球作用力的图像 C．曲线①在时间段与轴所围面积数值上等于 D．曲线②在时间段，桌面受到的平均压力大小为 【答案】C 【详解】A．两铅球质量相等，从同一高度下落，碰撞前速度相同，碰撞后均静止，因此碰撞过程动量变化量大小均为 大小相等，故A错误； B．海绵更软，碰撞过程作用时间更长，最大作用力更小；实木更硬，作用时间更短，最大作用力更大。图乙中曲线①峰值大、作用时间短，对应实木桌面，曲线②对应海绵桌面，故B错误； C．图像与时间轴围成的面积表示力的冲量。最终静止时桌面压力等于铅球重力，故 铅球下落时间为，碰撞前速度 因此动量变化大小 对碰撞过程由动量定理，得 代入、，解得 曲线①在时间段与轴所围成面积数值等于，故C正确； D．对曲线②的碰撞过程，由动量定理，得 整理得平均压力，故D错误。 故选C。 11．（多选）安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护，在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。若某次汽车安全测试中，汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊未打开，与安全气囊顺利打开相比，下列说法正确的是（设每次测试汽车速度相同）（　　） A．安全气囊未打开时，模拟乘员的动量变化量大 B．安全气囊打开时，模拟乘员的动量变化慢 C．安全气囊未打开时，模拟乘员受到撞击力的冲量大 D．安全气囊打开时，模拟乘员受到的撞击力小 【答案】BD 【详解】AC．在碰撞过程中，模拟乘员的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知模拟乘员受到撞击力的冲量大小也是一定的，故AC错误； BD．在碰撞过程中，模拟乘员的动量的变化量是一定的，安全气囊打开时，增加了作用的时间，根据动量定理可知，可以减小模拟乘员受到撞击力，可得，所以减小了模拟乘员的动量变化率，即模拟乘员的动量变化慢，故BD正确。 故选BD。 12．在国际田联钻石赛上，质量为的撑杆跳高运动员从高处落到海绵垫子上，经时间停下。不计空气阻力，g取。 (1)求海绵垫子对运动员的平均冲力。 (2)如果是落到普通沙坑中，经时间停下，求沙坑对运动员的平均冲力。 【详解】（1）取竖直向下为正方向，以运动员为研究对象。由自由落体规律得 解得 运动员到达海绵垫前速度方向竖直向下。运动员从开始下落到停止，初、末速度均为0，因此全过程动量变化量为0。设海绵垫对运动员的平均冲力大小为，其方向取竖直向上。由动量定理得 整理得 方向竖直向上。 （2）运动员仍从同一高度下落，故空中下落时间仍为。设沙坑对运动员的平均冲力大小为，同样取竖直向下为正方向。由动量定理得 整理得 方向竖直向上。 角度05 用动量定理解决流体问题 13．2025年9月，超强台风“桦加沙”在广东沿海登陆。假设某居民在台风天临时外出，其站立时可简化为一个迎风面积、质量的长方体模型。已知空气密度，重力加速度，雨天人与地面间的摩擦因数为0.4，若一股水平气流以的速度垂直撞击人体后速度减为零，下列说法正确的是（    ） A．人受到的风力小于最大静摩擦力，不会被吹动 B．若气流速度变为原来的2倍，风力会变为原来的4倍 C．人弯腰降低重心，是通过增大与地面的最大静摩擦力来对抗风力的 D．计算风力大小时，需要考虑空气分子与人体碰撞的作用时间 【答案】B 【详解】D．设在时间内，撞击人体的空气质量为 取运动方向为正方向，由动量定理得 解得 计算风力大小时，不需要考虑空气分子与人体碰撞的作用时间，故D错误； A．最大静摩擦力为 由于风力，人受到的风力大于最大静摩擦力，会被吹动，故A错误； B．若气流速度 ，则风力大小为 风力变为原来的4倍，故B正确； C．弯腰降低重心不改变正压力和摩擦因数，因此不增大最大静摩擦力，故C错误； 故选B。 14．（多选）竖直上抛某物体，物体达到最高点后又回到抛出点，设物体所受空气阻力不可忽略，且大小与速率成正比，则下列说法正确的是（　　） A．重力在全过程中的总冲量为零 B．全过程物体的动量变化量方向向下 C．上升过程重力的冲量大小小于下落过程重力的冲量大小 D．上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等 【答案】BCD 【详解】A．重力的冲量，有力有时间就有冲量，总冲量不为零，故A错误； B．取向上为正方向，初速度为正，末速度为负，动量变化量，因此全过程物体的动量变化量方向向下。故B正确； C．物体向上运动过程受到竖直向下的重力与空气阻力，物体下降过程受到竖直向下的重力与竖直向上的空气阻力，因此上升过程合力大于下降过程的合力，由牛顿第二定律可知 由于上升位移大小等于下降位移大小，根据可知 由可得。故C正确； D．由题知物体所受空气阻力大小与速率成正比，即 取一小段时间，在第一个内可得空气阻力的冲量 在第n个内可得空气阻力的冲量 在上升的过程中，空气阻力的冲量 同理可得在下降的过程中，空气阻力的冲量 由于上升的位移大小等于下降的位移大小。因此上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等。故D正确。 故选BCD。 15．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为。它在1s时间内喷射的气体质量约为多少？ 【详解】以气体为研究对象，设内喷射的气体质量为 根据动量定理可得 其中 解得。 角度06 利用动量定理求解其他问题 16．2025年12月12日，济宁市迎来冬季第一场降雪。两颗完全相同的松塔甲、乙从松树上同一高度处由静止落下，松塔甲、乙分别落在同一水平线上的硬土和积雪上，最终都静止。松塔甲弹出多颗松子，而松塔乙完好无损。不计空气阻力和其他树枝的影响。下列说法正确的是（     ） A．松塔甲在空中时相同时间内的动量变化量不同 B．松塔甲在空中时通过相同位移的动量变化量相同 C．积雪对松塔乙的平均作用力小于硬土对松塔甲的平均作用力 D．从开始下落到最终静止，松塔甲的动量变化量更大 【答案】C 【详解】A．松塔在空中只受重力，根据动量定理 相同时间内重力冲量相同，动量变化量相同，故A错误； B．松塔做自由落体运动，速度随下落逐渐增大，通过相同位移的时间不同，由 可知动量变化量不同，故B错误； C．两松塔从同一高度下落，落地前瞬间速度 大小相等，接触地面到静止的动量变化量均为（取向上为正方向）。根据动量定理 得平均作用力 松塔乙与积雪的作用时间更长，因此积雪对乙的平均作用力更小，故C正确； D．两松塔初动量、末动量均为0，全程动量变化量均为0，大小相等，故D错误。 故选C。 17．（多选）如图甲所示，质量为0.8kg的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.25。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．0~2s内物块的重力对物块的冲量为0 B．0~2 s内拉力F对物块的冲量大小为4 N·s C．t=2s时物块的速度大小为5m/s D．t=4s时物块重回静止状态 【答案】CD 【详解】A．0~2s内物块的重力对物块的冲量，故A错误； B．结合图乙，可知0~2 s内拉力F对物块的冲量大小，故B错误； C．规定F方向为正方向，根据动量定理 代入题中数据，联立解得2s时物块的速度大小，故C正确； D．从开始到最终停下，对物块，根据动量定理 联立解得 可知t=4s时物块重回静止状态，故D正确。 故选CD。 18．长、质量线密度为的匀质软绳，开始时两端和一起悬挂在固定点上，使端脱离悬挂点自由下落，试求如图所示，端下落高度时，悬挂点所受拉力的大小。 【详解】B端脱落后，右段绳子质量减小，左段绳子质量增多，B端自由下落，速度大小 极短时间间隔内将有质量的绳段进入左段，的绳段速度变为零，以向上为正方向，动量的变化量为 由动量定理，合力的冲量为 解得 对的绳段受力分析其受到竖直向上的拉力和自身竖直向下的重力，可得合力 由于时间间隔极短，趋于，因此合力近似为，故 悬挂点所受拉力 同样由于时间间隔极短，趋于，有 角度07 判断系统动量是否守恒 19．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（　　） A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 【答案】B 【详解】AB．在子弹射入木块A的过程中，在子弹、木块A系统中，内力远大于外力，则动量近似守恒，因该过程有内能产生，则机械能不守恒，故A错误，B正确； CD．在弹簧被压缩的过程中，对于子弹、木块A和B、弹簧组成的系统，系统所受合外力为零，所以系统动量、机械能守恒，故CD错误。 故选B。 20．（多选）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小 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 【答案】ABD 【详解】A．对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示： 根据牛顿第二定律有， 由于m甲>m乙 所以a甲<a乙 由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放， 可得v甲<v乙 A正确； BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g 合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确，C错误。 故选ABD。 角度08 实验验证动量守恒定律 21．在进行“验证动量守恒定律”的实验中，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的，但是可以通过测量替代物理量间接地解决这个问题，可以仅测量（    ） A．小球开始释放高度 B．小球抛出点距地面的高度 C．小球做平抛运动的水平位移 D．小球的直径 【答案】C 【详解】小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中下落的高度相同，在空中运动的时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，所以可以用小球的水平位移代替小球的初速度。故可以仅测量小球做平抛运动的水平位移。 故选C。 22．某同学用如图所示装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为，被碰小球质量为，记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O。 (1)关于实验要点，下列说法正确的是__________。 A．两球大小可以不同 B．两球必须是弹性小球 C．斜槽可以不光滑 D．斜槽末端必须水平 (2)不放被碰小球，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；把被碰小球放在斜槽前端边缘位置，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，使入射球与被碰球碰撞，重复多次，分别标出入射小球与被碰小球落点的平均位置M、N；用刻度尺分别测量M、P、N离O点的距离分别为、、，若表达式__________成立（用、、、、表示），动量守恒定律得到验证。若表达式__________成立（用、、表示），则说明两球发生的是弹性碰撞。 【答案】(1)CD (2) 【详解】（1）A．两球大小必须相同，以保证碰撞时两球球心在同一水平线上，发生对心正碰，否则碰撞后两球可能沿不同方向飞出，无法用水平位移代表速度，故A错误； B．两球不必须是弹性小球，动量守恒定律适用于任何碰撞，只要碰撞过程中系统合外力为零或内力远大于外力即可，故B错误； C．斜槽可以不光滑，只要每次让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，克服摩擦力做功相同，到达斜槽末端时的速度就相同，不影响实验结论，故C正确； D．斜槽末端必须水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，各小球下落高度相同，飞行时间相等，从而可用水平位移代表水平速度，故D正确。 故选CD。 （2）[1]不放被碰小球时，入射小球从同一高度释放做平抛运动，落点对应的水平位移，其平抛初速度即为碰前速度，有。放上被碰小球后，碰后入射小球落点对应位移，被碰小球落点对应位移，碰撞后两球速度分别正比于和。由于各次平抛运动时间相同，水平位移与速度成正比，根据动量守恒定律有 即，故填。 [2]若两球发生的是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，有 将，，代入，并结合动量守恒表达式，可推导出相对速度关系 即 故填。 23．某实验小组采用如图甲所示的装置做验证动量守恒定律的实验。在桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电门1和2，带有遮光片的滑块A、B的质量分别为、，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下：①打开气源，调节气垫导轨成水平状态；②由左侧弹射架固定的位置弹出滑块A，测得滑块A的遮光片通过光电门1的挡光时间为；③滑块A与静止的滑块B碰撞[通过弹性钢圈（见图乙）作用]后，滑块B向右运动，测得滑块B的遮光片通过光电门2的挡光时间为；滑块A反弹，测得滑块A的遮光片经过光电门1的挡光时间为。 (1)用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图丙所示，读数为______mm。 (2)、应满足的关系为______（选填“＞”“＝”或“＜”）。滑块A碰撞后速度大小为______。 (3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的等式为______， 【答案】(1)4.220/4.221/4.219 (2) < (3) 【详解】（1）固定刻度读数为，可动刻度读数为，故读数为 （2）[1]碰撞后滑块A反弹，说明入射滑块A的质量小于静止滑块B的质量，因此 [2]遮光片宽度为，碰撞后A遮光片通过光电门的挡光时间为，平均速度近似等于瞬时速度，因此A碰撞后速度大小为 （3）规定向右为正方向：碰撞前A的速度，B静止，总动量为 碰撞后A反弹，速度为，B的速度，总动量为 由动量守恒，约去得 角度09 弹性碰撞：动碰静或动碰动 24．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰。小球A、B的质量分别为m1和，图乙为它们碰撞前后的图像。已知m1=0.1kg。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．m2=0.15kg C．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.4N·s D．碰撞过程是非弹性碰撞 【答案】B 【详解】A．图像的斜率表示速度，则由题图乙可知，碰撞前小球A的速度为 小球B的速度为0；同理可知碰撞后小球A、B的速度分别为， 所以碰后向右运动，而向左运动，故A错误； B．对小球A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 代入数据解得小球B的质量为，故B正确； C．对列动量定理方程有 代入数据解得 所以碰撞过程中对的冲量大小为，故C错误； D．碰撞前系统的机械能为 碰撞后系统的机械能为 所以该碰撞过程是弹性碰撞，故D错误。 故选B。 25．（多选）在气垫导轨上，用小车P与小车Q进行碰撞实验，两辆小车的质量分别为和，碰撞前后的速度随时间的变化如图所示，碰后P的速度为零。碰撞时间极短，下列说法正确的是（     ） A． B． C．两车的碰撞是弹性碰撞 D．两车的碰撞是非弹性碰撞 【答案】BC 【详解】AB．碰撞过程，根据动量守恒有 代入图中数据可得，故A错误，B正确； CD．碰撞前的动能 碰撞后的动能 碰撞前后动能不变可判断此碰撞过程为弹性碰撞，故C正确，D错误。 故选BC。 26．如图所示，长为L的轻绳一端系于O点，另一端与质量为m的小球A相连，在悬点O的正下方的右侧有一个长木板B，B的右端放有质量为m的物体C，B的右侧放有与B等质量的物体D。初始时B、D均静止于光滑水平地面上，现将小球A拉至水平位置由静止释放，A与B弹性碰撞后，A反弹到最大高度时轻绳与竖直方向的夹角，B、C刚达到共同速度时B恰好与D发生弹性碰撞，整个过程C恰好未从B上滑下。B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求： (1)A与B发生弹性碰撞前、后瞬间A的速度大小； (2)B的质量M； (3)B的长度和初始时B的右端与D的间距d。 【详解】（1）小球A下摆过程机械能守恒 A与B发生弹性碰撞前瞬间A的速度大小 碰撞后A反弹上升过程机械能守恒 A与B发生弹性碰撞后瞬间A的速度大小 （2）A与B发生弹性碰撞，动量守恒、动能守恒 联立得， （3）A碰B后，B向右运动，B、C系统动量守恒，共速，满足 对B用动能定理 得 B与D弹性碰撞，D与B质量相等，动量守恒、动能守恒 可得碰后瞬间B速度变为，此时C速度仍为。 第一阶段（碰D前）B、C相对位移，由系统能量守恒 解得C相对B后退 第二阶段（碰D后）B、C从、到共速，相对位移，有 解得C相对B前进 碰撞后C恰好未滑下，总长度 角度10 完全非弹性碰撞 27．如图所示，质量为m1、m2大小相同的两个小球，在光滑水平面上发生正碰，不计碰撞时间。下列位移-时间图像可能正确的是（     ） A． B．C． D． 【答案】A 【详解】A．由位移-时间图像可知，碰撞前小球静止，小球做匀速直线运动，根据图像斜率可知小球的速度为 若该图像正确，碰撞后小球静止，小球的速度变为，若两小球质量相等即 根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有， 该过程满足动量守恒和能量守恒的条件，符合物理规律，故A正确； B．若该图像正确，碰撞后两小球同向共速，速度大小仍为，根据动量守恒定律有 解得 这与题干已知存在质量为的小球相矛盾，故B错误； C．若该图像正确，碰撞后小球反向运动，根据图像斜率可知其速度为 即速度大小仍为，此时小球的动能已等于碰撞前系统的总动能，而小球碰撞后也获得了一定的动能，使得碰撞后系统总动能大于碰撞前，违背了能量守恒定律，故C错误； D．若该图像正确，碰撞后小球的图线斜率不变，说明其速度保持不变，而小球碰撞后向前运动获得了大于零的速度，此时碰撞后的系统总动能为 显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，违背了能量守恒定律，故D错误。 故选A。 28．（多选）如图所示，在光滑水平面上，甲、乙、丙三个半径相同的匀质小球处在同一直线上，开始时小球甲、丙静止，小球乙以向右的速度v先与小球丙发生弹性碰撞，之后又与小球甲碰撞一次。已知小球甲的质量为2m，乙的质量为m，丙的质量为4m。小球甲的最终速度大小可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】当小球乙向右与小球丙发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得， 小球乙与小球丙碰撞后反弹，当其与小球甲碰撞时，若无机械能损失，则 解得， 若小球乙与小球甲碰撞过程中，机械能损失最大，甲、乙碰后速度相同则 解得 所以甲乙小球相碰后，甲的速度大小的范围为 故选BC。 29．光滑冰面上，一个质量为的滑块以向东的速度与另一质量为、速度为并沿相反方向运动的滑块发生对心碰撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求： (1)碰撞后滑块的速度大小； (2)碰撞前后滑块动量的变化量大小； (3)这次碰撞，两滑块共损失的机械能。 【详解】（1）设定向东为正方向。已知；。水平面光滑，系统动量守恒 代入数值求得，方向向东。 （2）滑块B动量变化 代入数据得 （3）损失机械能 代入数据得 角度11 板块/子弹打木块模型 30．如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为的子弹以水平速度射入木块，离开木块时，木块的速度为v，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒 B．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力 C．子弹射穿木块的过程，子弹和木块组成的系统损失的机械能 D．子弹射穿木块后，木块上升到最高高度 【答案】D 【详解】A．子弹射穿木块的过程，由于存在摩擦生热，系统机械能不守恒，故A错误； B．子弹射出木块后的瞬间，木块具有速度，做圆周运动，绳子拉力（为绳长） 圆环对杆的压力，故B错误； C．子弹射穿木块的过程，系统损失的机械能等于初动能减去末动能，即（为子弹穿出后的速度），选项中漏掉了子弹穿出后的动能，故C错误； D．子弹射穿木块后，木块和圆环组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。当木块上升到最高点时，两者具有相同的水平速度， 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得，故D正确。 故选D。 31．（多选）如图甲所示，长木板A静止放在光滑的水平面上，质量的小物块B以的初动量滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的动量随时间变化的情况如图乙所示（B最终没滑离A）。g取，则下列说法正确的是（　　） A．长木板A的质量为0.5kg B．系统损失的机械能为2J C．长木板A的最小长度为1.5m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【答案】ACD 【详解】A．因为B的初动量为，初速度，最终两者共速，可知最终速度为 则由A、B系统动量守恒可知 解得，故A正确； B．系统损失的机械能为，故B错误； CD．由功能关系可得 经过1s两者共速，则对A，由动量定理有 解得，，故CD正确。 故选ACD。 32．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在光滑水平面上。现有一滑块A以3m/s的速度向右运动，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧并滑到静止在光滑平面上的长木板上，长木板上表面与滑块所在平面等高。已知，，，长木板质量、长，滑块C与长木板之间的动摩擦因数，g取。求： (1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间两者速度的大小； (2)被压缩弹簧的最大弹性势能； (3)滑块C脱离弹簧时的速度大小； (4)滑块C在长木板上滑动时产生的热量。 【详解】（1）滑块A与B碰撞的过程中，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为，取向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 （2）滑块A、B发生碰撞后压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为，以向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由机械能守恒定律得 代入数据解得 （3）被压缩弹簧再次恢复原长时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为，滑块C的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 代入数据解得 （4）若滑块C与长木板达到共速，设共同速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律得 联立解得 若未达到共速，则 ，则 角度12 滑块斜（曲）面模型 33．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（     ） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为- C．小球能够上升的最大高度为 D．小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动 【答案】D 【详解】A．设小球的质量为m，初速度为，在水平方向上由动量守恒定律有 整理可得 则图线的斜率为 解得，故A错误； B．图线的纵截距为 解得小球的初速度大小为 小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得 解得，故B错误； C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得 解得，故C错误； D．对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时根据动量守恒，有 根据能量守恒有 解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为 即小球的速度方向向右，所以小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动，故D正确。 故选D。 34．（多选）如图所示，在光滑的水平面上有一静止的曲面，曲面光滑，现有一个小球从曲面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，下列说法正确的是（    ） A．曲面和小球组成的系统动量守恒 B．曲面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒 C．曲面向右运动 D．曲面静止不动 【答案】BC 【详解】A．竖直方向受重力和地面支持力，且小球下滑时有竖直方向的加速度，系统在竖直方向存在加速度，合外力不为零，故总动量不守恒，故A错误； B．由于地面光滑，系统在水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒，故B正确； CD．系统初态静止，水平总动量为零。小球下滑时，其水平速度分量使小球获得向左的动量，为保持水平总动量仍为零，曲面必须获得向右的动量，即曲面向右运动，故C正确，D错误。 故选BC。 35．如图小车C上的ab为四分之一的圆弧轨道，O为圆弧的圆心，半径Oa水平，半径Ob竖直，小车C静止在水平面上。B为平板小车，小车上表面ef水平且与b点等高。A为放在小车B上的小滑块。A、B、C质量均为m，所有接触面均光滑。初始时，小车B与A一起向左以速度匀速运动，某时刻B与C发生碰撞并锁定成一个整体。已知重力加速度为g，求： (1)碰撞后A能上升的最大高度h； (2)碰撞后C的最大速度的大小。 【详解】（1）当B、C发生完全非弹性碰撞，B、C动量守恒得 当A与B、C速度相同时，此时A到达最高点，A、B、C水平方向由动量守恒 从碰后到A到达最高点，A、B、C由机械能守恒 解得 （2）当A返回b点时，C的速度最大，从碰后到此时A、B、C水平方向由动量守恒 从碰后到此时A、B、C由机械能守恒 解得 角度13 两（多）物体多次碰撞问题 36．质量相等的四个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图所示，具有初动能E0的第一号物块向右运动，依次与其余三个静止物块发生碰撞，最后这四个物块粘成一个整体，求第三次碰撞的动能损失等于（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设每个物体质量为m，1号物块初速度为，初动能为 水平面光滑，碰撞过程动量守恒，每次碰撞后物块粘在一起，则第一次碰撞由动量守恒可得 同理可得第二次碰撞有 第三次碰撞有 联立解得， 第三次碰撞的动能损失为 故选C。 37．（多选）如图，足够长的小车质量，木块质量，小车与木块之间动摩擦因数，地面光滑。现在把木块放在小车左端，一起以的速度向右运动，小车与墙发生弹性碰撞后会以原速率反弹。则（     ） A．小车第一次撞墙后向左运动的最大距离为 B．小车第二次撞墙后到第三次撞墙前，木块相对小车滑动的距离为 C．当小车最终停止时，小车每次撞墙后向左运动的最大距离成等差数列 D．当小车最终停止时，小车每次撞墙后向左运动的最大距离成等比数列 【答案】AD 【详解】A．设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为，即为小车右端与墙壁之间的最大距离，根据动能定理有 解得 故A正确； B．小车第一次撞墙后以的速度向左反弹，木块以的速度向右运动。小车受向右的滑动摩擦力，木块受向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律分别有， 联立解得和 假设小车第二次撞墙前，小车与木块达到共速，设共速时速度为，经历时间为，取向右为正方向，由运动学公式分别有， 联立解得和 在此过程中，小车向右加速的位移为 解得 因，假设成立，小车第二次撞墙前瞬间的速度为。第二次撞墙后，小车以的速度向左反弹，木块仍以向右运动。同理，假设小车第三次撞墙前二者达到共速，经历时间为，由运动学公式分别有， 联立解得和 小车第二次撞墙后向左的最大位移为 解得 小车向右加速到的位移为 解得 因，假设成立。在此期间，设木块相对小车滑动的距离为，由能量守恒定律有 解得 由于，故B错误； CD．由运动过程分析可知，小车第次撞墙后向左运动的最大距离为，设第次撞墙后至达到共速所需时间为，根据运动学公式分别有， 联立推导得 则有 解得 即小车每次撞墙后向左运动的最大距离成等比数列，故C错误，D正确。 故选AD。 38．如图所示，质量为的长木板C静止在光滑地面上，质量为的长木板A，质量为的小物块B（看作质点）放在长木板A的左端，在物块C右侧L=12m的地面上固定着一个弹性挡板P。现使木板A和物块B以的速度一起向右运动，与物块C 发生弹性碰撞；物块C碰撞弹性挡板后立即以碰前的速率反向弹回。已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度 ；物块B始终未掉下木板A。 (1)求第一次碰撞后木块C的速度的大小； (2)求木板A与木块C第一次碰撞到第二次碰撞所花的时间： (3)求木板A与木块C第三次发生碰撞时与挡板P的距离。 【详解】（1）A与C弹性碰撞，有， 解得 （2）第一次碰撞后，A静止，B以向右运动，C以向右运动。A受摩擦力向右加速，B减速，A的加速度 B的加速度 设t1时AB共速，共速速度为v1， 得t1= 0.5s ，v1=4m/s 对A，有xA==1m                             对C，从C到P有=2s>t1                     所以A与C第二次碰撞在AB共速之后，设第一次碰撞到第二次碰撞之间的时间为t，则 得t=2.5s （3）第二次碰撞距离P挡板距离为       第二次AC相碰，AC质量一样速度交换，得碰后瞬间=-6m/s，=4m/s，=4m/s     假设第三次碰撞仍在AB共速之后，同理可得 得t2= s ，v2=m/s      对A，有=m       设第二次碰撞到第三次碰撞之间的时间为，有                           解得 返回验证，假设成立，第三次碰撞距P点距离为 得=m 角度14 反冲现象中的动量守恒 39．小朋友进行滑板推球游戏，人匍匐在静止的水平滑板上，将静止在水平面上的球向前推出，使球垂直撞向墙壁。已知球与墙壁碰撞前、后的速率之比为3：1，且球与人刚好不会发生第二次碰撞。忽略一切阻力，则（　　） A．在人推球的过程中，系统的机械能守恒 B．在人推球的过程中，系统的动量增加 C．球与人的质量之比为1∶3 D．在人推球的过程中，人与球的动量变化相同 【答案】C 【详解】A．在人推球的过程中，人要释放生物能，则系统的机械能增加，A错误； BC．设人推出球后，人的速度为v，则由题意可知，球与墙壁碰后速度为v，则人推出球后，球的速度为3v，人推球过程中，对人和球的系统受合外力为零，则系统动量守恒，可得，则球与人的质量之比为m:M=1:3，C正确，B错误； D．在人推球的过程中，人与球的动量变化大小相同，但方向不同，D错误。 故选C。 40．（多选）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。下列正确的是（    ） A．在甲推乙之前，两人的总动量不为0 B．甲推乙后，两人都有了动量，总动量仍为0 C．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg，甲的速率与乙的速率之比为 D．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg，甲的速率与乙的速率之比为 【答案】BD 【详解】AB．冰面光滑，对甲与乙构成的系统，所受外力的合力为0，由于甲、乙两人初始状态均处于静止，总动量为零；根据动量守恒定律可知，甲推乙后，两人都有了动量，总动量仍为0，故A错误，B正确； CD．根据动量守恒定律有 解得，故D正确，C错误。 故选BD。 角度15 人船模型及其变式 41．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为2cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为2.4cm。女子在照片上身高约为1.6cm。已知该女子的质量约为60kg，若不计水的阻力，则该竹竿的质量约为（　　） A．40kg B．50kg C．72kg D．75kg 【答案】B 【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以 代入数据可得竹竿的质量为 故选B。 42．（多选）如图，两个半径均为R的四分之一光滑圆槽静置于光滑水平面上，左右圆槽底端与水平面相切于A、B两点。一质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端C点正上方的P点（图中未画出）由静止释放，从C点进入圆槽。已知P、C两点间距为R，初始时A、B两点间距为2R，圆槽质量均为2m，重力加速度为g。则（     ） A．小球刚运动到A点时速度大小为 B．小球刚运动到A点时对左侧圆槽的压力大小为7mg C．小球第一次到达A点时，A、B相距 D．小球滑上右侧圆槽的最大高度为 【答案】BC 【详解】A．小球刚运动到A点的过程中，设小球在A点时速度大小为，圆槽速度大小为，取水平向右为正方向，小球与左侧圆槽系统水平方向满足动量守恒，有 根据能量守恒，有 联立求得，，故A错误； B．对小球在A点时，利用牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律，则小球刚运动到A点时对左侧圆槽的压力大小为，故B正确； C．小球刚运动到A点的过程中，设左侧圆槽对地向左运动的距离为，小球对地向右运动的水平距离为，小球与左侧圆槽系统水平方向动量，有 两边同乘以t，有 位移间的关系为 联立解得， 此时A、B两点相距，故C正确； D．小球冲上右侧圆弧槽时，假设小球没有脱离圆弧槽，水平方向动量守恒则有 根据能量守恒可得 联立解得，假设成立，故D错误。 故选BC。 43．如图所示，左端为四分之一圆弧的木板静止置于光滑水平面上，圆弧与木板水平部分相切于点。在木板右端固定一轻弹簧，其自由端位于木板上点正上方，将质量为的小物块（可视为质点）自点上方高度为处的某点静止释放，沿切线进入圆弧，已知长木板质量为，圆弧的半径为段粗糙，与小物块间的动摩擦因数为，其余部分均光滑。重力加速度为。 (1)若将木板锁定在水平面上，求小物块到达圆弧最低点时受到木板的支持力大小； (2)若木板未锁定，求小物块到达圆弧最低点时，小物块速度大小与木板速度大小； 【详解】（1）当木板固定在水平面上时，则根据动能定理 物块在最低点时，所受支持力和重力的合力提供向心力 解得 （2）若木板未锁定，则木板在水平方向上动量守恒，物块在圆弧上运动时系统机械能守恒 解得， 【例1】（2026·海南·高考真题）如图，一质量为的椰子从树上距水平地面高处由静止开始下落，与地面碰撞后静止。不计空气阻力，取重力加速度。 (1)求椰子下落至地面所需要的时间； (2)求椰子与地面碰撞前瞬间速度的大小； (3)若碰撞时间为，碰撞过程中不计重力，求碰撞过程地面对椰子平均作用力的大小。 【详解】（1）椰子由静止开始自由下落，位移满足自由落体位移公式 整理得： （2） 根据自由落体速度公式 ，代入 得 （3）取竖直向上为正方向，根据动量定理 整理得： 【深化点拨】 （1）考查自由落体运动的规律，物体只在重力作用下由静止开始下落，属于匀变速直线运动，能够分析下落阶段的运动时间与末速度。 （2）考查动量定理的应用，处理短时间碰撞的问题，用动量定理求解平均作用力是高频的考法。 （3）考查动量定理解题时的正方向选取，速度方向的正负判断很关键，方向选择出错会直接造成结果错误。 （4）考查碰撞过程的受力简化分析，题目说明碰撞时间极短时可以忽略重力，要注意审题，区分是否需要计入重力。 【变式1-1】（2026·浙江·高考真题）在建筑工地上的某次打桩过程中，质量为的重锤，从时刻开始由某一高度静止下落，时刻与质量为的桩发生撞击，随后一起运动，时刻桩静止于软土中。不计空气阻力，重力加速度取，则下列说法正确的是（     ） A．时间内，锤对桩的平均作用力大小为 B．时间内，软土对桩的平均阻力大小为 C．时间内，软土对桩做的功等于锤和桩的机械能损失 D．时间内，锤的重力冲量值大于桩对锤作用力的冲量值 【答案】B 【详解】AB．在时间内，重锤做自由落体运动，时刻重锤的速度大小为 重锤与桩发生撞击过程，根据动量守恒可得 解得撞击后瞬间的共同速度为 在时间内，以向上为正方向，以锤为对象，根据动量定理可得 代入数据解得桩对锤的平均作用力大小为 根据牛顿第三定律可知，锤对桩的平均作用力大小为； 以重锤和桩为整体，根据动量定理可得 代入数据解得软土对桩的平均阻力大小为，故A错误，B正确； C．在时间内，除了软土对桩做负功，碰撞过程也存在机械能损失，因此锤和桩的总机械能损失等于软土阻力做功的绝对值加上碰撞过程的机械能损失，故C错误； D．在时间内，由于锤的初、末速度均为0，锤的动量变化量为0，根据动量定理可知，锤的重力冲量值大小等于桩对锤作用力的冲量值大小，故D错误。 故选B。 【变式1-2】（2025·广东·高考真题）（多选）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F > 0的任一时刻），下列说法正确的有（   ） A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 【答案】AB 【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F = F0－kT 解得 故A正确、D错误； B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确； C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有 无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为 则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为 故C错误。 故选AB。 【变式1-3】（2026·贵州·高考真题）如图，机舱内装有质量均为的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在的斜直轨道上，无人机空载时质量。无人机在弹射系统作用下以的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度时，开始以的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度。 (1)求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小和方向； (2)设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向动力与质量满足（国际单位制），所受空气阻力大小恒为，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔，求两弹落地点之间的距离； (3)设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与取值的关系。 【详解】（1）载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，由动量定理有 代入数据解得 则载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为。 （2）先释放一个灭火弹后载弹无人机水平方向的动力大小为 水平方向由牛顿第二定律有 则释放第一个灭火弹后，第二个灭火弹与无人机一起做匀加速直线运动，所以后释放的灭火弹释放时的速度为 从释放第一个灭火弹到释放第二个灭火弹的过程，由速度位移公式可知后释放的灭火弹的位移为 由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有 则两弹落地点之间的距离为 （3）相对无人机无初速度释放甲，且无人机的速度始终不变，则根据平抛运动规律可知，甲落地时，乙在甲的正上方H处，设发射乙后乙的运动时间为，则此时两弹之间的距离为 由二次函数知识可知，当，两弹之间距离最小，即 由于，上述对称轴只有在即时，才落在有效区间内。 当时，对称轴，二次函数在区间单调递增，最小值在（发射瞬间）取得，此时两弹水平距离为0，竖直距离为，故 综上有 【例2】（2026·甘肃·高考真题）如图，水平地面点左侧光滑，右侧部分粗糙。质量为、右侧为光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于点。质量为的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在点与墙壁发生弹性碰撞，返回至点时恰好与大物块速度相同。已知，，圆弧半径，、间距。重力加速度取，小物块视为质点。求： (1)两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。 (2)两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。 (3)小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。 【详解】（1）根据题意，设小物块和大物块各自速度的大小分别为和，水平向右为正方向，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 代入数据解得， （2）两物块分离前的瞬间，由牛顿第二定律有 代入数据解得 （3）根据题意可知，小物块在点与墙壁发生弹性碰撞，速度反向，大小不变，大物块分离后向左做匀速直线运动，则从点到返回点过程中，由动能定理有 代入数据解得 【深化点拨】 （1）考查水平方向动量守恒的判断，圆弧下滑过程水平面左侧光滑，系统水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒。 （2）考查机械能守恒的条件，只有重力做功时系统的机械能保持不变，用于分析物块沿圆弧下滑的过程。 （3）考查圆周运动向心力分析，在圆弧底端位置，由支持力和重力的合力提供小物块做圆周运动的向心力。 （4）考查动能定理的应用，处理小物块在粗糙地面上往返运动的过程，结合弹性碰撞的运动特点分析摩擦力做功 【变式2-1】（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 【变式2-2】（2026·山东·高考真题）（多选）如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，时刻以速度与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的、图像正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】M、N质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 可得碰撞后， 即发生弹性碰撞后交换速度，则时刻两物块碰后瞬间M的速度为v，N的速度为0，M与斜面间的动摩擦因数为、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为的匀加速直线运动，从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为，则有 解得 则时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为v，N的速度为 M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，所以第二次碰后瞬间的速度为 N的速度为，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有 解得 所以时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为 N的速度为 对比选项中图像可知AD正确，BC错误。 故选AD。 【变式2-3】（2026·江苏·高考真题）如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 【详解】（1）根据题意可知，小球B与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球、、A共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球B与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 ⚡基础速刷 1．t＝0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未离开水平面，则0~1 s拉力对物体的冲量大小为（     ） A．2 N·s B．2.4 N·s C．3 N·s D．4 N·s 【答案】C 【详解】图像中，图线与t轴所围面积表示力F的冲量，则1 s内拉力对物体的冲量大小为 故选C。 2．下列关于物体的动能、动量、速度的说法正确的是（　　） A．物体做变速运动，动量一定变化 B．物体做变速运动，动能一定变化 C．物体的合外力冲量为零，动量可能变化 D．物体的合外力做功为零，速度一定不变 【答案】A 【详解】A．动量是矢量，物体做变速运动，速度一定变化，物体质量不变，动量一定变化，故A正确； B．动能是标量，变速运动可能只有速度方向改变、大小不变，比如匀速圆周运动，这种情况动能不变，故B错误； C．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化量，合外力冲量为零时，动量变化量一定为零，动量不可能变化，故C错误； D．根据动能定理，合外力做功为零，动能不变，但速度方向可能变化，如匀速圆周运动，故速度不一定不变，故D错误。 故选A。 3．（多选）下列关于动能和动量的说法正确的是（　　） A．物体的速率改变，物体的动能和动量一定都变 B．做匀速圆周运动的物体，在任何相同的时间内动量的变化量都相同 C．两个物体质量相等，动量大的物体其动能也一定大 D．物体的动量发生变化，动能也一定变化 【答案】AC 【详解】A．物体速率（瞬时速度大小）改变，则动能与动量一定改变，故A正确； B．动量变化量是矢量，匀速圆周运动中，相同时间内方向不同，故动量的变化量不同，故B错误； C．根据动能与动量关系可知，质量相等时，动量越大，必然越大，故C正确； D．动量变化可能仅由速度方向变化引起，如匀速圆周运动，此时动能不变，故D错误。 故选AC。 4．某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示。a、b两滑块用细线连接，a、b两滑块间放置有一压缩的轻弹簧，a、b两滑块上分别装有相同的挡光片，a、b两滑块的质量（包括挡光片）分别为、。 (1)实验前用游标卡尺测出挡光片的宽度，示数如图乙所示，则________； (2)接通气源，调节气垫导轨下面的螺钉，当滑块放在气垫导轨上任一处均能处于_______，则气垫导轨调节水平。将a、b两滑块按如图甲所示放置，剪断细线，a、b两滑块通过光电门1、2时的挡光时间分别为、，则当表达式__________（用已知和测量的物理量符号表示）成立，则可验证a、b两滑块作用过程中动量守恒。 【答案】(1)10.50 (2) 静止状态/静止 / 【详解】（1）游标卡尺为分度，精度为 主尺读数为 游标第格与主尺刻度对齐，游标读数为 总读数 （2）[1]气垫导轨调平标志为滑块放在导轨上任意位置均能保持静止状态。 [2]剪断细线后，弹簧将两滑块弹开，系统动量守恒。设a滑块通过光电门1的速度方向为正，其速度大小为；b 滑块通过光电门2的速度方向与a相反，大小为 初动量为零，末动量守恒表达式 化简消去挡光片宽度，可得 5．在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量，A、B间距离，如图所示。小物块以初速度从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度，碰撞后以速度反向弹回。g取。 (1)求小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小。 (2)若碰撞时间，求碰撞过程中墙面对小物块的平均作用力F的大小。 【详解】（1）从A向B运动是匀减速直线运动，故 故加速度a的大小为； （2）碰撞过程中，根据动量定理可知 解得 🚀能力跃升 6．如图甲，一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图乙所示。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为 B．弹簧最大弹性势能为 C．时间内弹簧对B的冲量大于对A的冲量 D．图乙中 【答案】D 【详解】AD．设B质量为，分离前后，结合图乙信息，A、B以及弹簧组成的系统，动量守恒 机械能守恒 联立解得，，故A错误，D正确； B．由图乙，时，二者共速，此时弹簧弹性势能最大，机械能守恒有 代入数据解得，故B错误； C．弹簧对A、B的作用力始终等大反向且作用时间相同，因此弹力冲量大小相等，故C错误。 故选D。 7．我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次同时抛出两颗质量相同的谷粒，运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（     ） A．谷粒1和谷粒2在竖直方向都做自由落体运动 B．谷粒1和谷粒2在点相遇 C．两谷粒从到的过程中动量变化量相同 D．两谷粒从到的平均速度方向相同 【答案】D 【详解】A．谷粒1做平抛运动，竖直方向初速度为零，做自由落体运动；谷粒2做斜抛运动，竖直方向有向上的初速度分量，做竖直上抛运动，故A错误； B．两谷粒在竖直方向的位移相同（设为h），谷粒1运动时间满足 谷粒2先向上运动再向下做自由落体运动，运动时间明显大于，两谷粒不可能同时到达点，故B错误； C．根据可知二者速度变化量不相等，可得动量变化量不相同，故C错误； D．平均速度的方向与位移方向相同。两谷粒从到的位移方向均为由O指向P，所以平均速度方向相同，故D正确。 故选D。 8．（多选）如图，在光滑平台上有两个弹性小球M和N对心碰撞，M的质量小于N的质量。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，（     ） A．M小球以小于v的速度向右冲出水平台 B．M小球以小于v的速度向左返回 C．N小球水平地面上的垂直投影的运动速度大小小于v D．N小球水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 【答案】BC 【详解】AB．两球在光滑水平面上发生对心碰撞，碰撞过程时间极短，系统在水平方向上动量守恒 碰撞过程中总机械能守恒 解得碰撞后M的速度表达式为 由于M的质量小于N的质量，即，则，，这表明碰撞后M小球将以小于的速度向左返回，故A错误，B正确； CD．联立动量守恒与机械能守恒方程，可得碰撞后N的速度表达式为 由于，则，这表明碰撞后N小球离开平台边缘做平抛运动，其在水平地面上的垂直投影的运动速度大小即为其平抛运动的水平分速度，该速度在飞行过程中保持不变，始终等于碰撞后的初速度，因此其在水平地面上的垂直投影的运动速度大小小于，故C正确，D错误。 故选BC。 9．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置： (1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则（　　） A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1<r2 C．m1>m2，r1=r2 D．m1<m2，r1=r2 (2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是__________________。 A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧测力计 E．秒表 (3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时，P点为_____（“碰前入射小球”、“碰后入射小球”、“被碰小球”）落点的平均位置，需要测量的物理量有m1、m2、OP、OM和__________，所得“验证动量守恒定律”的结论表达式为______________________（用装置图中的字母表示） (4)图甲中，若实验满足关系式___________________________（用题中物理量表示），则说明两球碰撞前后机械能守恒。 【答案】(1)C (2)AC (3) 碰前入射小球 O′N (4) 【详解】（1）为保证入射小球碰撞后不反弹，小球质量需满足 为保证小球发生对心正碰，小球半径应满足 故选C。 （2）小球离开轨道后做平抛运动，根据可知，小球做平抛运动的时间为 由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，若小球碰撞过程动量守恒，则 水平方向，有 由此可知，实验需要测量的量有入射小球的质量m1、被碰小球的质量m2、入射小球碰前平抛的水平位移、入射小球碰后平抛的水平位移、被碰小球碰后平抛的水平位移，所以实验需要刻度尺与天平。 故选AC。 （3）[1]小球做平抛运动，竖直位移相同，则运动时间相等，水平速度越大，则水平位移越大，根据碰撞的原理可知，碰后入射小球的速度小于入射前的速度、小于被碰小球的速度，而被碰小球的速度大于碰前入射小球的速度，所以N点为被碰小球的落点，P点为入射小球碰撞前的落点，M为入射小球碰撞后的落点； [2][3]若小球碰撞过程动量守恒，则，，， 所以 所以需要测量的物理量有m1、m2、OP、OM和O′N。 （4）若两球碰撞前后机械能守恒，则 所以 10．如图，足够长的水平传送带以的速度沿顺时针方向转动，且传送带与长为的水平面相切于点，光滑半圆轨道与水平面相切于点，半圆轨道的半径可以改变，各部分轨道间平滑连接。可视为质点的两小物块质量，与传送带的动摩擦因素，与水平面的动摩擦因素为，现物块静止于点，现给物块一个向左的初速度，物块经过一段时间后与物块在点发生弹性碰撞后立即将物块固定，忽略空气阻力，已知重力加速度。求： (1)物块从滑上传送带到离开传送带经过的时间； (2)物块、碰撞后物块的速度大小； (3)判断，通过改变半圆轨道的半径是否可以使物块从点飞出后落到水平传送带上。 【详解】（1）已知条件梳理，传送带速度顺时针，，，P初速度向左。 阶段1：物块P向左减速到0，摩擦力向右，加速度大小： 向左减速时间： 向左位移： 阶段2：向右加速到传送带速度 加速度仍为，加速到8m/s的时间： 向右加速位移： 说明加速到8m/s时还未回到C点，之后随传送带匀速向右。 阶段3：匀速向右到C点 剩余向右位移： 匀速时间： 总时间 （2）物块P离开传送带（到达C）速度为。P从C到D，摩擦力减速，由动能定理： 约去代入数据求得： P在D点与Q发生弹性正碰，有， 解得： 即碰撞后Q速度大小为。 （3）D到E光滑轨道，机械能守恒 平抛运动竖直方向 水平方向 当时，射程最大为 由于，说明Q从E平抛后，落不到传送带上。 🌟思维挑战 11．如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈静置于光滑水平地面上，质量为m的小球以水平向左、大小为v0的初速度与斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（     ） A．碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量守恒 B．碰撞后小球的速度与斜面夹角为θ C．碰撞后斜劈的速度为 D．碰撞后小球的速度为 【答案】C 【详解】A．由于碰撞过程中系统竖直方向合外力不为零，故小球和斜劈组成的系统动量不守恒，故A错误； B．碰撞后小球沿斜面速度分量v∥不变，垂直斜面速度分量v⊥大小方向改变，故反射角不等于θ，故B错误； C．将初速度分解为v⊥=v0sinθ和v∥=v0cosθ。碰撞后v∥不变，v⊥反向。系统水平方向动量守恒：mv0=Mu+mv∥cosθ-mv⊥'sinθ 解得 机械能守恒 联立解得，故C正确； D．碰撞后小球垂直速度分量为 ，但合速度，故D错误。 故选C。 12．某中学实验室对一款机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力F随时间t变化的图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间t变化的图像。若不计空气阻力，重力加速度大小g取，则（　　）      A．该机器人的质量为 B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1 C．在时，机器人的动量大小为 D．在时间内，机器人受到的摩擦力的冲量大小为 【答案】D 【详解】AB．，由牛顿第二定律有 ， 联立解得，，故AB错误； CD．由知时，机器人开始加速运动，受到滑动摩擦力作用 ，水平牵引力F冲量为图像中的面积 由动量定理 ， 解得在时，机器人的动量大小为 ，水平牵引力F冲量为   由动量定理 解得 在时间内，机器人受到的摩擦力的冲量大小为 故C错误，D正确。 故选D。 13．（多选）如图所示，质量、上有半径的半圆槽静置于光滑的水平地面上，左侧壁与质量为的物块紧靠在一起但不粘连，现将一质量的小球（可视为质点）自左侧槽口点的正上方处由静止释放，小球下落后自点进入槽内，是半圆槽的最低点时，重力加速度，不计空气阻力和一切摩擦，则小球第一次在半圆槽内运动的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球第一次运动到点时，小球与槽的速度大小之比为 B．小球第一次运动到点的过程中，物块向左运动的距离为 C．整个过程半圆槽对物块的冲量大小为 D．小球第一次运动到点的过程中，小球对槽的冲量大小为 【答案】AC 【详解】A．小球从开始运动到第一次到达B点的过程，系统水平方向不受外力，水平动量守恒，初始总水平动量为0，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得，故A正确； B．根据人船模型（平均动量守恒），对水平位移有 且小球相对槽的水平位移满足 解得，故B错误； C．根据系统机械能守恒定律有 解得， 对由动量定理，半圆槽对物块的冲量等于物块动量变化，有，故C正确； D．小球第一次运动到点的过程中，水平方向，对槽根据动量定理有 解得 而小球对槽竖直方向也有冲量，所以，小球对槽的冲量大小大于，故D错误； 故选AC。 14．如图所示，AB、CD、EF为光滑的水平轨道，A、B、E、F等高。半径为R的光滑半圆形凹槽M和物块N并排静止在AB轨道上。一辆小车静止在CD轨道上，左侧紧靠竖直墙壁BC，上表面与AB、EF等高。可视为质点的小球P从凹槽M上方高为h处静止释放，沿着凹槽M右边切线进入，一段时间后，物块N与凹槽M分离并以一定的速度滑上小车，小车与竖直墙壁ED碰撞前，物块N和小车已共速，碰撞后小车立即被墙壁粘住静止。已知小球P、凹槽M、物块N和小车的质量均相等，重力加速度g取10，R＝h＝0.5m，物块N与小车上表面间的动摩擦因数。求： (1)小球P刚进入凹槽M时的速度大小； (2)物块N与凹槽M分离时，物块N的速度大小； (3)为了使物块N能滑上EF轨道，小车的最大长度。 【详解】（1）小球P做自由落体运动，根据运动学公式， 解得 （2）小球P进入凹槽后，M与N一起向右运动，当小球运动到最低点时，N与M分离，设小球速度大小为，N和M速度大小为，根据系统机械能守恒得 水平方向动量守恒得 解得， （3）物块N与槽M分离后以速度滑上小车。 设二者共速后速度为，根据动量守恒得 二者共速过程，设N相对小车滑行距离，根据功能关系得 解得 碰撞后小车立即被墙壁粘住静止，物块N继续在小车上表面匀减速运动，到达E点速度为， 物块N还能滑上EF轨道应满足 解得 所以，小车的最大长度为 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 动量守恒定律 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 动量 考点02 动量定理 考点03 动量守恒定律 考点04 实验：验证动量守恒定律 考点05 弹性碰撞和非弹性碰撞 考点06 反冲现象 火箭 03 避坑指南·解题通法 角度01 计算物体的动量及动量的变化 角度02 求恒力的冲量 角度03 动量定理的内容 角度04 用动量定理解释缓冲现象 角度05 用动量定理解决流体问题 角度06 利用动量定理求解其他问题 角度07 判断系统动量是否守恒 角度08 实验验证动量守恒定律 角度09 弹性碰撞：动碰静或动碰动 角度10 完全非弹性碰撞 角度11 板块/子弹打木块模型 角度12 滑块斜（曲）面模型 角度13 两（多）物体多次碰撞问题 角度14 反冲现象中的动量守恒 角度15 人船模型及其变式 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.理解动量、冲量的概念，掌握动量定理，能够分析单物体的动量变化。 2.掌握动量守恒定律的内容与守恒条件，会判断系统动量是否守恒。 3.会处理弹性碰撞、非弹性碰撞、反冲与火箭问题。 4.掌握验证动量守恒定律的实验原理、操作与误差分析。 1.动量、冲量都是矢量，解题务必先规定正方向。 2.动量守恒优先分析系统受力，分清内力、外力；近似守恒：内力远大于外力时动量近似守恒（爆炸、碰撞）。 3.碰撞问题同时兼顾动量守恒和速度合理性（不能发生二次穿透）。 4.反冲模型中系统初动量一般为零，分开之后两部分动量大小相等方向相反。 知识导图 考点01 动量 1、动量定义：运动物体的 叫动量；公式 ；单位： ，符号： 。 注意：动量是描述物体运动 “惯性” 或 “运动趋势” 的物理量。 2、动量大小的影响因素：动量的大小受物体的质量和速度影响，动量的大小与质量成正比，与物体的速度成正比。但不能说物体的质量越大，或者物体的速度越大，物体的动量就越大。 3、计算物体的动量的方法 （1）定义法：求出物体的速度，用动量的定义式p=mv计算物体的动量。 （2）动量定理：根据动量定理Ft=Δp=mv2-mv1计算物体的动量。 4、动量的变化量定义：物体在某段时间内 (也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)。 （1）动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)。 （2）动量发生变化的三种情况：速度大小改变方向不变、速度大小不变方向改变、速度大小和方向都改变。 （3）动量的变化量是矢量，方向与速度变化量的方向相同，可以用矢量运算法则确定。 【深化点拨】 1．动量的性质 （1）矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。 （2）瞬时性:是状态量，与某一时刻相对应。 （3）相对性:物体的动量与参考系的选择有关，中学阶段常以地球为参考系。 2．动量变化量的计算解题记录点拨 （1）动量变化量是矢量，与速度变化的方向相同，运算遵循平行四边形定则，当 p1、p2，在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。 （2）动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，还要比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。 （3）计算动量变化量时，应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算，要注意选取正方向。 1．关于物体的动量，下列说法正确的是（　　） A．物体的动量越大，其质量也越大 B．（-8kg·m/s）的动量大于（+6kg·m/s）的动量 C．物体的动能改变，其动量一定改变 D．物体的动量改变，合外力一定对物体做了功 2．（多选）关于动量的概念，下列说法正确的是（     ） A．动量大的物体，惯性不一定大 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，动能也一定相同 【动量和动能的区别与联系】 动量（p） 动能Ek 物理意义 描述物体运动的 “运动量”，体现运动的方向性和惯性效应。 描述物体运动所具有的能量，体现做功的能力。 定义式 p=mv 单位 kg·m/s J（kg·m2/s2） 矢量性 矢量（方向与速度方向一致）。 标量（无方向，仅与速度大小相关）。 影响因素 质量、速度 质量、速率 与速度的关系 与速度v成正比（线性关系）。 与速度v的平方成正比（二次函数关系）。 守恒条件 在不受外力或合外力为零时，动量守恒（如碰撞、爆炸场景）。 只有在机械能守恒的系统中，动能才可能守恒（如无摩擦的弹性碰撞）。 叠加方式 矢量叠加（需考虑方向，如两物体动量方向相反时可抵消）。 标量叠加（直接相加，与方向无关）。 换算关系 或 考点02 动量定理 1、冲量 （1）定义：力与力的作用时间的乘积。 （2）定义式：I＝FΔt。 （3）物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大。 （4）单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s。 （5）矢量性：冲量是矢量。如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。 2、动量定理内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量；公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。 （1）用动量概念表示牛顿第二定律：由mv-mv0=Ft，得到，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即，这是牛顿第二定律的动量表述。 （2）用动量定理求平均作用力:对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。 公式为：Δt=mv2-mv1。 3、用动量定理求分析两类柱状模型 （1）流体类柱状模型 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 具 体 分 析 根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt=ΔmΔv，分两种情况： （1）作用后流体微元停止，有Δv=-v，代入上式有F=-ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv=-2v，代入上式有F=-2ρSv2。 （2）微粒类柱状模型 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【深化点拨】 1．冲量的理解 （1）冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 （2）冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。 2．冲量的计算 （1）求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积。 （2）求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。 （3）求变力的冲量： ①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。 ②若给出了力随时间变化的图象，可用面积法求变力的冲量。 ③利用动量定理求解。 3．应用动量定理的四点注意事项 （1）明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。 （2）列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小。 （3）分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。 （4）公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式计算，且要注意是末动量减去初动量。 1．如图所示，光滑水平面上有一质量为m的物体，在一与水平方向成角的恒定拉力作用下运动，则在时间t内（     ） A．重力的冲量为0 B．拉力F的冲量为Ft C．拉力的冲量为 D．拉力F的冲量等于0 2．（多选）关于物体的动量和冲量及物理现象的解释，下列说法正确的是（　　） A．铺地砖时用橡皮锤是为了减小橡皮锤动量的变化率 B．物体所受合外力的冲量越大，它的动量的变化量也越大 C．跳远时人落在沙坑里是为了减小人落地时地面对人的冲量 D．初动量相同的两个物体受相同制动力作用，质量小的先停下来 3．网球质量约，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为，球与球拍接触的时间大约是，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则网球在此过程中 (1)动量变化量约为多大； (2)受到球拍的冲击力约为多大？ 【动量定理和动能定理的比较】 动量定理 动能定理 区 别 公式 I合=Δp，即 F合=mv2-mv1 W合=ΔEk，即 标、矢量 矢量式（需规定正方向，用正负号表示方向） 标量式（无方向，直接代数运算） 单位 kg·m/s（与冲量单位一致，N·s=kg·m/s） J（焦耳，与功的单位一致，1J=1N·m） 意义 合外力的冲量是物体动量变化的原因，反映力对时间的积累效应 合外力做的功是物体动能变化的原因，反映力对位移的积累效应 正负 正负表示动量变化的方向，与合冲量方向一致 正负表示动能的增加或减少（正：动能增加；负：动能减少） 作用效果 改变物体的动量（速度的大小或方向改变都可引起动量变化） 改变物体的动能（只有速度的大小改变才会引起动能变化） 适用条件 普遍适用（恒力、变力、直线运动、曲线运动均可） 普遍适用（恒力、变力、直线运动、曲线运动均可） 联系 两者都是动力学定理，由牛顿运动定律推导而来，都适用于宏观低速物体；都是解决力学问题的重要工具，在处理变力、多过程问题时优势明显 考点03 动量守恒定律 1、动量守恒定律的内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这系统的总动量保持不变。 2、动量守恒定律成立的条件 （1）系统不受外力或者所受外力的合力为零。 （2）系统外力远小于内力时，外力的作用可以忽略，系统的动量守恒。 （3）系统在某个方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。 3、动量守恒定律的表达式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)。 （2）Δp＝0(系统动量的增量为零)。 （3）Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)。 4、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。 【深化点拨】 1．系统动量守恒的判定方法 （l）分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力。 （2）研究系统受到的外力矢量和。 （3）外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。 （4）系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 2．某一方向上的动量守恒问题：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。 3．动量守恒定律的“五性” （1）系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒。 （2）系矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向。 （3）系相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度。 （4）系同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量。 （5）系普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统。 1．一炮艇总质量为，以速度匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮艇的速度为，若不计水和空气的阻力，则下列各关系式正确的是（     ） A． B． C． D． 2．（多选）如图，在光滑水平面上质量为、速度为的小球与质量为的静止小球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球的速度可能有不同的值。碰撞后小球的速度大小可能是（　　） A． B． C． D． 【动量守恒定律与机械能守恒定律的比较】 动量守恒定律 机械能守恒定律 区 别 公式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ Ek1+Ep1=Ek2+Ep2（系统总机械能） 标、矢量 矢量式（需规定正方向，速度带符号运算） 标量式（直接代数运算，无方向） 守恒条件 系统不受外力或所受合外力为零；或内力远大于外力（如爆炸、碰撞）；或某一方向上合外力为零，则该方向动量守恒 只有重力或弹力做功（或只有重力、系统内弹力做功）；其他力不做功或做功的代数和为零 意义 系统不受外力时，总动量保持不变，反映力对时间积累的守恒规律 只有重力/弹力做功时，动能与势能相互转化，总机械能不变，反映力对位移积累的守恒规律 正负 正负表示速度/动量的方向，与规定的正方向有关 正负表示能量的增减，或势能零点的选取，不代表方向 适用场景 爆炸、碰撞、反冲等相互作用问题 抛体运动、自由落体、弹簧振子、只有重力做功的曲线运动 推导来源 动量守恒由牛顿第三定律+动量定理推导；机械能守恒由动能定理+重力/弹力做功特点推导 公式关联 考点04 实验：验证动量守恒定律 1、实验原理：在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，若系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，则 。 2、实验方案设计 方案1：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 （1）质量的测量：用 测量。 （2）速度的测量：v＝，式中的Δx为滑块上挡光板的 ， 为数字计时显示器显示的滑块上的挡光板经过光电门的时间。 注意： （1）本实验碰撞前、后速度大小的测量采用极限法，v＝＝，其中d为挡光板的宽度。 （2）注意速度的矢量性：规定一个正方向，碰撞前后滑块速度的方向跟正方向相同即为正值，跟正方向相反即为负值，比较m1v1＋m2v2与m1v1′＋m2v2′是否相等，应该把速度的正负号代入计算。 （3）造成实验误差的主要原因是存在摩擦力．利用气垫导轨进行实验，调节时确保导轨水平。 方案2：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 （1）质量的测量：用天平测量。 （2）速度的测量：由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等；如果以小球的飞行时间为单位时间，那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它的水平速度；只要测出不放被碰小球时入射小球在空中飞出的水平距离s1，以及碰撞后入射小球与被碰小球在空中飞出的水平距离s1′和s2′，就可以表示出碰撞前后小球的速度。 方案3：利用等长摆球完成撞时的动量守恒 （1）实验器材：带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。 （2）摆球速度的测量：v＝，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起)的高度，h可由摆角和摆长计算出。 【深化点拨】 1．误差分析 （1）系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即： ①碰撞是否为一维碰撞。 ②实验是否满足动量守恒的条件．如气垫导轨是否水平，两碰撞球是否等大。 （2）偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量。 2．研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒注意事项 （1）入射小球的质量m1大于被碰小球的质量m2(m1>m2)。 （2）入射小球半径等于被碰小球半径。 （3）入射小球每次必须从斜槽上同一高度处由静止滚下。 （4）斜槽末端的切线方向水平，碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 （5）为了减小误差，需要找到不放被碰小球及放被碰小球时小球落点的平均位置，为此，需要让入射小球从同一高度多次滚下，进行多次实验。 1．下图是某同学利用光电门和气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验装置图，下列做法正确的是（     ） A．用压强计测量滑块的质量 B．用米尺测量挡光片的宽度 C．用停表测量挡光片通过光电门的时间 D．用挡光片的宽度除以挡光时间来计算滑块的瞬时速度 2．实验小组的同学在用气垫导轨验证动量守恒定律。如图丁所示，气垫导轨上安装了两个光电门，滑块1上装上遮光条，滑块2的左侧有橡皮泥。操作步骤如下： ①小组的同学测量出遮光条的宽度d。 ②实验前，接通气源，调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作。用托盘天平测出滑块1（含遮光条）和滑块2（含橡皮泥）的质量，分别记为m1和m2。 ③将滑块1静置于光电门A左侧，滑块2静置于光电门A和光电门B之间，使滑块1获得水平向右的初速度，经过光电门A后与滑块2发生碰撞，碰撞后两者粘在一起。通过与光电门连接的计时器读出光电门A和光电门B的挡光时间，分别记为Δt1、Δt2。则滑块1与滑块2碰撞前瞬间，滑块1的动量大小p1=____；验证碰撞过程中动量守恒的表达式是_____。（以上两空均用m1、m2、d、Δt1和Δt2表示） 考点05 弹性碰撞和非弹性碰撞 1、弹性碰撞：碰撞过程中 的碰撞叫弹性碰撞；规律是： （1）动量守恒： （2）机械能守恒： 2、非弹性碰撞：碰撞过程中 的碰撞叫非弹性碰撞；规律是： （1）动量守恒： （2）机械能不守恒：或 3、完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大；规律是： （1）动量守恒： （2）机械能不守恒： 4、碰撞的原则 （1）动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。 （2）动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 （3）速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。 5、“动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： （1） （2） 联立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . （1）若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向。(若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去) （2）若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回。(若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止) （3）若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 6、“动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有： m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：（1）当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1（质量相等， ） （2）当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′（大碰小，一起跑） （3）当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0（小碰大，要反弹） （4）当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1（极大碰极小，大不变，小加倍） （5）当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0（极小碰极大，小等速率 ，大不变） 7、完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 【深化点拨】 1．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用 （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。 2．动量守恒定律在板块模型中的应用 （1）对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 （2）整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 （3）滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。 3．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用 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。 44．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 （1）对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。 （2）整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 （3）弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。 5．动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化） 绳子绷紧瞬间的作用力是非常巨大的，故这一瞬间系统的内力远大于其他外力，所以在绳子绷紧瞬间可以认为系统的动量是守恒的（或在某一方向上是守恒的）。但绳子绷紧瞬间系统的能量要损失一部分。 1．如图所示，小物块A、B间有一压缩的轻弹簧（与A、B不连接），用细线锁定后静置于光滑水平面上，光滑曲面C也静止在水平面上，其左下端与水平面平滑连接；A、B、C的质量分别为、、。某时刻，剪断A、B间的细线开始，直至最终三者达到稳定状态的过程中（B未从C上端飞出），以下说法中正确的是（　　） A．A、B、C三者组成的系统的总动量守恒 B．B对C的冲量与C对B的冲量相同 C．B对C的水平冲量大小等于最终A、B的总动量大小 D．最终C的动能与A的动能之比为 2．（多选）质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有一质量为（可视为质点）的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数，，下列说法正确的是（　　） A．物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒 B．物块与小车的共同速度大小 C．在此过程中系统产生的内能0.24J D．在此过程中摩擦力对物块做的功为 3．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙壁，右端连接物块，刚开始弹簧处于原长，物块静止于点，物块从高度的斜面顶端由静止释放，不计一切摩擦及轨道连接处的能量损失，取重力加速度大小，物块碰后粘在一起且碰撞时间极短，。求： (1)物块碰前瞬间的速度大小； (2)弹簧的最大弹性势能。 【弹性碰撞和非弹性碰撞的比较】 弹性碰撞 非弹性碰撞 能量变化 机械能完全守恒，动能无损失 机械能有损失，部分动能转化为内能、形变能等 公式 动量守恒： 动能守恒： 动量依然守恒 动能：Ek前>Ek后 形变特点 碰撞后形变完全恢复 碰撞后形变不能完全恢复 特殊情况 完全非弹性碰撞：碰后两物体共速，动能损失最大 常见实例 小球间理想碰撞、分子碰撞 木块相撞、球类落地、物体粘连 联系 两类碰撞动量均守恒（内力远大于外力）。 都满足：碰撞过程时间极短、位移可忽略。 考点06 反冲现象 火箭 1、反冲现象 （1）定义：反冲是静止或运动的物体通过分离排除部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象。开始静止的系统分为两部分，分别朝相反方向运动，这种现象叫反冲。 （2）反冲规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律。 2、反冲现象的应用及防止 （1）应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。 （2）防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 3、火箭工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。决定火箭增加的速度Δv的因素 （1）火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。 （2）火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比。 4、爆炸模型概述：爆炸模型是动量守恒定律的应用之一，由于爆炸作用使物体分成2份或多份，因爆炸瞬间，内力远大于外力，所以爆炸后各部分遵循动量守恒定律。 5、人船模型 （1）“人船模型”问题的特征：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题被归为“人船模型”问题。 （2）人船模型常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； （3）类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 【深化点拨】 1．对反冲运动的进一步理解 （1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 （2）反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。 （3）研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态。 2．处理爆炸问题的注意事项 （1）在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量。 （2）在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒；在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒。 3．人船模型的特点 （1）两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0。 （2）运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝。 4．处理“人船模型”问题的两个关键 （1）处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 ①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式，式中v1、v2是m1，m2末状态时的瞬时速率。 ②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有。 （2）画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。 1．如图所示，一只悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内向后高速喷出的水，乌贼的逃窜速度大小为15m/s，则乌贼喷出水的速度大小为（　　） A． B． C． D． 2．（多选）如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为L的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，将小球由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，已知小球运动过程中，始终未与杆相撞。则下列说法正确的是（　　） A．小球向左摆动的过程中，小车向右运动 B．小球和小车组成系统动量守恒 C．小球和小车组成系统的机械能守恒 D．小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离为 3．静止在不受外力的太空环境中，火箭质量，发动机每秒钟喷气20次。若发动机每次喷出2kg气体，气体离开发动机喷出时的速度是相对于火箭的，则第一次喷出气体后，火箭的速度大小是多少？ 【爆炸与碰撞的比较】 爆 炸 碰 撞 不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大，且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看成理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 能量情况 都满足能量守恒定律,总能量保持不变 动量守恒定律的综合应用及解题步骤 1.动量与动量定理：必须“认清矢量性与过程量” （1）动量 （p）： 定义：p=mv。 矢量性：方向与速度 vv 的方向相同。计算时必须规定正方向，与正方向相反的动量取负值。 （2）动量定理内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。 公式：I合=F合t=Δp=p′−p。 应用优势：不涉及加速度和位移，特别适合处理变力（如空气阻力、弹簧弹力）或作用时间极短的问题。 避坑点： ΔpΔp 是末动量减初动量，务必注意方向符号。 2.动量守恒定律：必须“严格判断守恒条件” （1）守恒条件：系统不受外力或所受合外力为零。 近似守恒：系统内力远大于外力（如爆炸、碰撞瞬间），可认为动量守恒。 单方向守恒：若系统在某一方向上合外力为零，则该方向上动量守恒（如子弹打木块，水平方向守恒，竖直方向不守恒）。 （2）表达式： m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。 （3）避坑点：公式中的速度必须是相对于同一参考系（通常选地面）的速度，且必须是同一时刻的状态。 3.碰撞问题：碰撞是动量守恒的高频考点，解题时需同时考虑动量、能量和运动情景的合理性。 （1）弹性碰撞：动量守恒，机械能也守恒。 特例：质量相等的两球发生弹性正碰，交换速度。 （2）非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。 完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大。 特征：碰后两物体粘在一起，具有共同速度。 （3）合理性检验（“三原则”）： 动量守恒：p前=p后。 动能不增加：Ek前≥Ek后（除非有炸药等内能释放）。 情景合理：碰后后面物体的速度不能大于前面物体的速度（否则会再次碰撞或穿过）。 角度01 计算物体的动量及动量的变化 1．如图所示，圆心角很小的一段圆弧轨道PS，固定于竖直面，圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一质量未知、可视为质点的小球a和b同时由静止释放，以下说法正确的是（    ） A．a先到达S点，它们在S点的动量一定不相同 B．a先到达S点，它们在S点的动量可能相同 C．b先到达S点，它们在S点的动量一定不相同 D．a与b同时到达S点，它们在S点的动量可能相同 2．（多选）如图所示为某名运动员保持固定姿势欲骑车飞跃宽度的壕沟AB。已知两沟沿的高度差，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动员离开A点时的速度大于就能安全越过壕沟 B．运动员离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越长 C．运动员在空中飞行的过程中，重力的功率增大 D．运动员在空中飞行的过程中，动量变化量的方向竖直向下 3．羽毛球运动是速度较大的球类运动之一。运动员扣杀羽毛球的速度可达342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回。设羽毛球的质量为5g，试求： (1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量； (2)在这次扣杀中，羽毛球的速度变化量、动能变化量。 角度02 求恒力的冲量 4．将质量为的小球从地面以速度竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回地面。小球运动中受空气阻力大小与速率成正比（），下列说法正确的是（     ） A．小球落地时的动量大小为 B．小球整个过程中动量变化量大小为 C．小球上升与下落过程中重力的冲量大小相等 D．小球上升与下落过程中阻力的冲量大小相等 5．（多选）一质量为的滑块在合外力的作用下，由静止开始运动。若力随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是（     ） A．第末，滑块的动量大小为 B．在内，滑块所受合外力的冲量大小为 C．第末，滑块的速度大小为 D．在内，合外力对滑块做的功为 6．如图所示，运动员练习用头颠球。某一次足球由静止下落，被重新顶起，离开头部后竖直上升至处。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，足球在空中时空气阻力为，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度取，在此过程中，求： (1)足球在空中时空气阻力对它的冲量； (2)足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量； (3)头部对足球的平均作用力。 角度03 动量定理的内容 7．一名排球运动员正在进行垫球训练。排球以5m/s的速度竖直向下落到运动员的前臂上，随后运动员发力将球以10m/s的速度竖直向上垫出。已知排球的质量为270g，球与手臂的接触时间为0.3s。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。关于排球与手臂的相互作用过程，下列说法正确的是（　　） A．排球速度变化量的大小为5m/s B．排球动量变化量的大小为1.35kg·m/s C．排球对手臂的平均作用力大小为16.2N D．排球受到手臂的冲量大小为1.35N·s 8．（多选）某物理兴趣小组制作了一枚玩具火箭，其推力—时间图像如图所示。时火箭点火，从静止开始发射后竖直向上运动。已知火箭质量为1kg，不计空气阻力以及火箭发射过程中质量的变化，则（     ） A．t=2s时火箭的速度为零 B．t=10s时火箭的动量大小为 C．t=10s时火箭的动量大小为 D．t=10s时火箭的速率为160m/s 9．一质量为的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为0.1。现对物块施加一方向恒定的水平拉力，拉力的大小随时间的变化规律如图所示。重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)内，拉力的冲量大小； (2)4s末物块的速度大小。 角度04 用动量定理解释缓冲现象 10．如图甲所示，将两大小相同、质量相等的铅球分别静止在海绵桌面和实木桌面的正上方相同高度处，然后同时由静止释放并开始计时，之后两球分别与两桌面发生碰撞。假设碰后两球均不再反弹。测出两桌面受到的压力随时间变化的曲线①和曲线②，如图乙所示，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．碰撞过程中，左侧铅球动量的变化量更小 B．曲线①为左侧海绵桌面受到铅球作用力的图像 C．曲线①在时间段与轴所围面积数值上等于 D．曲线②在时间段，桌面受到的平均压力大小为 11．（多选）安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护，在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。若某次汽车安全测试中，汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊未打开，与安全气囊顺利打开相比，下列说法正确的是（设每次测试汽车速度相同）（　　） A．安全气囊未打开时，模拟乘员的动量变化量大 B．安全气囊打开时，模拟乘员的动量变化慢 C．安全气囊未打开时，模拟乘员受到撞击力的冲量大 D．安全气囊打开时，模拟乘员受到的撞击力小 12．在国际田联钻石赛上，质量为的撑杆跳高运动员从高处落到海绵垫子上，经时间停下。不计空气阻力，g取。 (1)求海绵垫子对运动员的平均冲力。 (2)如果是落到普通沙坑中，经时间停下，求沙坑对运动员的平均冲力。 角度05 用动量定理解决流体问题 13．2025年9月，超强台风“桦加沙”在广东沿海登陆。假设某居民在台风天临时外出，其站立时可简化为一个迎风面积、质量的长方体模型。已知空气密度，重力加速度，雨天人与地面间的摩擦因数为0.4，若一股水平气流以的速度垂直撞击人体后速度减为零，下列说法正确的是（    ） A．人受到的风力小于最大静摩擦力，不会被吹动 B．若气流速度变为原来的2倍，风力会变为原来的4倍 C．人弯腰降低重心，是通过增大与地面的最大静摩擦力来对抗风力的 D．计算风力大小时，需要考虑空气分子与人体碰撞的作用时间 14．（多选）竖直上抛某物体，物体达到最高点后又回到抛出点，设物体所受空气阻力不可忽略，且大小与速率成正比，则下列说法正确的是（　　） A．重力在全过程中的总冲量为零 B．全过程物体的动量变化量方向向下 C．上升过程重力的冲量大小小于下落过程重力的冲量大小 D．上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等 15．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为。它在1s时间内喷射的气体质量约为多少？ 角度06 利用动量定理求解其他问题 16．2025年12月12日，济宁市迎来冬季第一场降雪。两颗完全相同的松塔甲、乙从松树上同一高度处由静止落下，松塔甲、乙分别落在同一水平线上的硬土和积雪上，最终都静止。松塔甲弹出多颗松子，而松塔乙完好无损。不计空气阻力和其他树枝的影响。下列说法正确的是（     ） A．松塔甲在空中时相同时间内的动量变化量不同 B．松塔甲在空中时通过相同位移的动量变化量相同 C．积雪对松塔乙的平均作用力小于硬土对松塔甲的平均作用力 D．从开始下落到最终静止，松塔甲的动量变化量更大 17．（多选）如图甲所示，质量为0.8kg的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.25。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．0~2s内物块的重力对物块的冲量为0 B．0~2 s内拉力F对物块的冲量大小为4 N·s C．t=2s时物块的速度大小为5m/s D．t=4s时物块重回静止状态 18．长、质量线密度为的匀质软绳，开始时两端和一起悬挂在固定点上，使端脱离悬挂点自由下落，试求如图所示，端下落高度时，悬挂点所受拉力的大小。 角度07 判断系统动量是否守恒 19．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（　　） A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 20．（多选）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小 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 角度08 实验验证动量守恒定律 21．在进行“验证动量守恒定律”的实验中，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的，但是可以通过测量替代物理量间接地解决这个问题，可以仅测量（    ） A．小球开始释放高度 B．小球抛出点距地面的高度 C．小球做平抛运动的水平位移 D．小球的直径 22．某同学用如图所示装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为，被碰小球质量为，记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O。 (1)关于实验要点，下列说法正确的是__________。 A．两球大小可以不同 B．两球必须是弹性小球 C．斜槽可以不光滑 D．斜槽末端必须水平 (2)不放被碰小球，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；把被碰小球放在斜槽前端边缘位置，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，使入射球与被碰球碰撞，重复多次，分别标出入射小球与被碰小球落点的平均位置M、N；用刻度尺分别测量M、P、N离O点的距离分别为、、，若表达式__________成立（用、、、、表示），动量守恒定律得到验证。若表达式__________成立（用、、表示），则说明两球发生的是弹性碰撞。 23．某实验小组采用如图甲所示的装置做验证动量守恒定律的实验。在桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电门1和2，带有遮光片的滑块A、B的质量分别为、，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下：①打开气源，调节气垫导轨成水平状态；②由左侧弹射架固定的位置弹出滑块A，测得滑块A的遮光片通过光电门1的挡光时间为；③滑块A与静止的滑块B碰撞[通过弹性钢圈（见图乙）作用]后，滑块B向右运动，测得滑块B的遮光片通过光电门2的挡光时间为；滑块A反弹，测得滑块A的遮光片经过光电门1的挡光时间为。 (1)用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图丙所示，读数为______mm。 (2)、应满足的关系为______（选填“＞”“＝”或“＜”）。滑块A碰撞后速度大小为______。 (3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的等式为______， 角度09 弹性碰撞：动碰静或动碰动 24．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰。小球A、B的质量分别为m1和，图乙为它们碰撞前后的图像。已知m1=0.1kg。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．m2=0.15kg C．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.4N·s D．碰撞过程是非弹性碰撞 25．（多选）在气垫导轨上，用小车P与小车Q进行碰撞实验，两辆小车的质量分别为和，碰撞前后的速度随时间的变化如图所示，碰后P的速度为零。碰撞时间极短，下列说法正确的是（     ） A． B． C．两车的碰撞是弹性碰撞 D．两车的碰撞是非弹性碰撞 26．如图所示，长为L的轻绳一端系于O点，另一端与质量为m的小球A相连，在悬点O的正下方的右侧有一个长木板B，B的右端放有质量为m的物体C，B的右侧放有与B等质量的物体D。初始时B、D均静止于光滑水平地面上，现将小球A拉至水平位置由静止释放，A与B弹性碰撞后，A反弹到最大高度时轻绳与竖直方向的夹角，B、C刚达到共同速度时B恰好与D发生弹性碰撞，整个过程C恰好未从B上滑下。B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求： (1)A与B发生弹性碰撞前、后瞬间A的速度大小； (2)B的质量M； (3)B的长度和初始时B的右端与D的间距d。 角度10 完全非弹性碰撞 27．如图所示，质量为m1、m2大小相同的两个小球，在光滑水平面上发生正碰，不计碰撞时间。下列位移-时间图像可能正确的是（     ） A． B．C． D． 28．（多选）如图所示，在光滑水平面上，甲、乙、丙三个半径相同的匀质小球处在同一直线上，开始时小球甲、丙静止，小球乙以向右的速度v先与小球丙发生弹性碰撞，之后又与小球甲碰撞一次。已知小球甲的质量为2m，乙的质量为m，丙的质量为4m。小球甲的最终速度大小可能为（　　） A． B． C． D． 29．光滑冰面上，一个质量为的滑块以向东的速度与另一质量为、速度为并沿相反方向运动的滑块发生对心碰撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求： (1)碰撞后滑块的速度大小； (2)碰撞前后滑块动量的变化量大小； (3)这次碰撞，两滑块共损失的机械能。 角度11 板块/子弹打木块模型 30．如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为的子弹以水平速度射入木块，离开木块时，木块的速度为v，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒 B．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力 C．子弹射穿木块的过程，子弹和木块组成的系统损失的机械能 D．子弹射穿木块后，木块上升到最高高度 31．（多选）如图甲所示，长木板A静止放在光滑的水平面上，质量的小物块B以的初动量滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的动量随时间变化的情况如图乙所示（B最终没滑离A）。g取，则下列说法正确的是（　　） A．长木板A的质量为0.5kg B．系统损失的机械能为2J C．长木板A的最小长度为1.5m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 32．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在光滑水平面上。现有一滑块A以3m/s的速度向右运动，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧并滑到静止在光滑平面上的长木板上，长木板上表面与滑块所在平面等高。已知，，，长木板质量、长，滑块C与长木板之间的动摩擦因数，g取。求： (1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间两者速度的大小； (2)被压缩弹簧的最大弹性势能； (3)滑块C脱离弹簧时的速度大小； (4)滑块C在长木板上滑动时产生的热量。 角度12 滑块斜（曲）面模型 33．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（     ） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为- C．小球能够上升的最大高度为 D．小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动 34．（多选）如图所示，在光滑的水平面上有一静止的曲面，曲面光滑，现有一个小球从曲面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，下列说法正确的是（    ） A．曲面和小球组成的系统动量守恒 B．曲面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒 C．曲面向右运动 D．曲面静止不动 35．如图小车C上的ab为四分之一的圆弧轨道，O为圆弧的圆心，半径Oa水平，半径Ob竖直，小车C静止在水平面上。B为平板小车，小车上表面ef水平且与b点等高。A为放在小车B上的小滑块。A、B、C质量均为m，所有接触面均光滑。初始时，小车B与A一起向左以速度匀速运动，某时刻B与C发生碰撞并锁定成一个整体。已知重力加速度为g，求： (1)碰撞后A能上升的最大高度h； (2)碰撞后C的最大速度的大小。 角度13 两（多）物体多次碰撞问题 36．质量相等的四个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图所示，具有初动能E0的第一号物块向右运动，依次与其余三个静止物块发生碰撞，最后这四个物块粘成一个整体，求第三次碰撞的动能损失等于（     ） A． B． C． D． 37．（多选）如图，足够长的小车质量，木块质量，小车与木块之间动摩擦因数，地面光滑。现在把木块放在小车左端，一起以的速度向右运动，小车与墙发生弹性碰撞后会以原速率反弹。则（     ） A．小车第一次撞墙后向左运动的最大距离为 B．小车第二次撞墙后到第三次撞墙前，木块相对小车滑动的距离为 C．当小车最终停止时，小车每次撞墙后向左运动的最大距离成等差数列 D．当小车最终停止时，小车每次撞墙后向左运动的最大距离成等比数列 38．如图所示，质量为的长木板C静止在光滑地面上，质量为的长木板A，质量为的小物块B（看作质点）放在长木板A的左端，在物块C右侧L=12m的地面上固定着一个弹性挡板P。现使木板A和物块B以的速度一起向右运动，与物块C 发生弹性碰撞；物块C碰撞弹性挡板后立即以碰前的速率反向弹回。已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度 ；物块B始终未掉下木板A。 (1)求第一次碰撞后木块C的速度的大小； (2)求木板A与木块C第一次碰撞到第二次碰撞所花的时间： (3)求木板A与木块C第三次发生碰撞时与挡板P的距离。 角度14 反冲现象中的动量守恒 39．小朋友进行滑板推球游戏，人匍匐在静止的水平滑板上，将静止在水平面上的球向前推出，使球垂直撞向墙壁。已知球与墙壁碰撞前、后的速率之比为3：1，且球与人刚好不会发生第二次碰撞。忽略一切阻力，则（　　） A．在人推球的过程中，系统的机械能守恒 B．在人推球的过程中，系统的动量增加 C．球与人的质量之比为1∶3 D．在人推球的过程中，人与球的动量变化相同 40．（多选）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。下列正确的是（    ） A．在甲推乙之前，两人的总动量不为0 B．甲推乙后，两人都有了动量，总动量仍为0 C．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg，甲的速率与乙的速率之比为 D．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg，甲的速率与乙的速率之比为 角度15 人船模型及其变式 41．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为2cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为2.4cm。女子在照片上身高约为1.6cm。已知该女子的质量约为60kg，若不计水的阻力，则该竹竿的质量约为（　　） A．40kg B．50kg C．72kg D．75kg 42．（多选）如图，两个半径均为R的四分之一光滑圆槽静置于光滑水平面上，左右圆槽底端与水平面相切于A、B两点。一质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端C点正上方的P点（图中未画出）由静止释放，从C点进入圆槽。已知P、C两点间距为R，初始时A、B两点间距为2R，圆槽质量均为2m，重力加速度为g。则（     ） A．小球刚运动到A点时速度大小为 B．小球刚运动到A点时对左侧圆槽的压力大小为7mg C．小球第一次到达A点时，A、B相距 D．小球滑上右侧圆槽的最大高度为 43．如图所示，左端为四分之一圆弧的木板静止置于光滑水平面上，圆弧与木板水平部分相切于点。在木板右端固定一轻弹簧，其自由端位于木板上点正上方，将质量为的小物块（可视为质点）自点上方高度为处的某点静止释放，沿切线进入圆弧，已知长木板质量为，圆弧的半径为段粗糙，与小物块间的动摩擦因数为，其余部分均光滑。重力加速度为。 (1)若将木板锁定在水平面上，求小物块到达圆弧最低点时受到木板的支持力大小； (2)若木板未锁定，求小物块到达圆弧最低点时，小物块速度大小与木板速度大小； 【例1】（2026·海南·高考真题）如图，一质量为的椰子从树上距水平地面高处由静止开始下落，与地面碰撞后静止。不计空气阻力，取重力加速度。 (1)求椰子下落至地面所需要的时间； (2)求椰子与地面碰撞前瞬间速度的大小； (3)若碰撞时间为，碰撞过程中不计重力，求碰撞过程地面对椰子平均作用力的大小。 【深化点拨】 （1）考查自由落体运动的规律，物体只在重力作用下由静止开始下落，属于匀变速直线运动，能够分析下落阶段的运动时间与末速度。 （2）考查动量定理的应用，处理短时间碰撞的问题，用动量定理求解平均作用力是高频的考法。 （3）考查动量定理解题时的正方向选取，速度方向的正负判断很关键，方向选择出错会直接造成结果错误。 （4）考查碰撞过程的受力简化分析，题目说明碰撞时间极短时可以忽略重力，要注意审题，区分是否需要计入重力。 【变式1-1】（2026·浙江·高考真题）在建筑工地上的某次打桩过程中，质量为的重锤，从时刻开始由某一高度静止下落，时刻与质量为的桩发生撞击，随后一起运动，时刻桩静止于软土中。不计空气阻力，重力加速度取，则下列说法正确的是（     ） A．时间内，锤对桩的平均作用力大小为 B．时间内，软土对桩的平均阻力大小为 C．时间内，软土对桩做的功等于锤和桩的机械能损失 D．时间内，锤的重力冲量值大于桩对锤作用力的冲量值 【变式1-2】（2025·广东·高考真题）（多选）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F > 0的任一时刻），下列说法正确的有（   ） A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 【变式1-3】（2026·贵州·高考真题）如图，机舱内装有质量均为的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在的斜直轨道上，无人机空载时质量。无人机在弹射系统作用下以的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度时，开始以的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度。 (1)求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小和方向； (2)设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向动力与质量满足（国际单位制），所受空气阻力大小恒为，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔，求两弹落地点之间的距离； (3)设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与取值的关系。 【例2】（2026·甘肃·高考真题）如图，水平地面点左侧光滑，右侧部分粗糙。质量为、右侧为光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于点。质量为的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在点与墙壁发生弹性碰撞，返回至点时恰好与大物块速度相同。已知，，圆弧半径，、间距。重力加速度取，小物块视为质点。求： (1)两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。 (2)两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。 (3)小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。 【深化点拨】 （1）考查水平方向动量守恒的判断，圆弧下滑过程水平面左侧光滑，系统水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒。 （2）考查机械能守恒的条件，只有重力做功时系统的机械能保持不变，用于分析物块沿圆弧下滑的过程。 （3）考查圆周运动向心力分析，在圆弧底端位置，由支持力和重力的合力提供小物块做圆周运动的向心力。 （4）考查动能定理的应用，处理小物块在粗糙地面上往返运动的过程，结合弹性碰撞的运动特点分析摩擦力做功 【变式2-1】（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2026·山东·高考真题）（多选）如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，时刻以速度与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的、图像正确的是（     ） A． B． C． D． 【变式2-3】（2026·江苏·高考真题）如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 ⚡基础速刷 1．t＝0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未离开水平面，则0~1 s拉力对物体的冲量大小为（     ） A．2 N·s B．2.4 N·s C．3 N·s D．4 N·s 2．下列关于物体的动能、动量、速度的说法正确的是（　　） A．物体做变速运动，动量一定变化 B．物体做变速运动，动能一定变化 C．物体的合外力冲量为零，动量可能变化 D．物体的合外力做功为零，速度一定不变 3．（多选）下列关于动能和动量的说法正确的是（　　） A．物体的速率改变，物体的动能和动量一定都变 B．做匀速圆周运动的物体，在任何相同的时间内动量的变化量都相同 C．两个物体质量相等，动量大的物体其动能也一定大 D．物体的动量发生变化，动能也一定变化 4．某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示。a、b两滑块用细线连接，a、b两滑块间放置有一压缩的轻弹簧，a、b两滑块上分别装有相同的挡光片，a、b两滑块的质量（包括挡光片）分别为、。 (1)实验前用游标卡尺测出挡光片的宽度，示数如图乙所示，则________； (2)接通气源，调节气垫导轨下面的螺钉，当滑块放在气垫导轨上任一处均能处于_______，则气垫导轨调节水平。将a、b两滑块按如图甲所示放置，剪断细线，a、b两滑块通过光电门1、2时的挡光时间分别为、，则当表达式__________（用已知和测量的物理量符号表示）成立，则可验证a、b两滑块作用过程中动量守恒。 5．在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量，A、B间距离，如图所示。小物块以初速度从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度，碰撞后以速度反向弹回。g取。 (1)求小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小。 (2)若碰撞时间，求碰撞过程中墙面对小物块的平均作用力F的大小。 🚀能力跃升 6．如图甲，一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图乙所示。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为 B．弹簧最大弹性势能为 C．时间内弹簧对B的冲量大于对A的冲量 D．图乙中 7．我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次同时抛出两颗质量相同的谷粒，运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（     ） A．谷粒1和谷粒2在竖直方向都做自由落体运动 B．谷粒1和谷粒2在点相遇 C．两谷粒从到的过程中动量变化量相同 D．两谷粒从到的平均速度方向相同 8．（多选）如图，在光滑平台上有两个弹性小球M和N对心碰撞，M的质量小于N的质量。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，（     ） A．M小球以小于v的速度向右冲出水平台 B．M小球以小于v的速度向左返回 C．N小球水平地面上的垂直投影的运动速度大小小于v D．N小球水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 9．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置： (1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则（　　） A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1<r2 C．m1>m2，r1=r2 D．m1<m2，r1=r2 (2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是__________________。 A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧测力计 E．秒表 (3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时，P点为_____（“碰前入射小球”、“碰后入射小球”、“被碰小球”）落点的平均位置，需要测量的物理量有m1、m2、OP、OM和__________，所得“验证动量守恒定律”的结论表达式为______________________（用装置图中的字母表示） (4)图甲中，若实验满足关系式___________________________（用题中物理量表示），则说明两球碰撞前后机械能守恒。 10．如图，足够长的水平传送带以的速度沿顺时针方向转动，且传送带与长为的水平面相切于点，光滑半圆轨道与水平面相切于点，半圆轨道的半径可以改变，各部分轨道间平滑连接。可视为质点的两小物块质量，与传送带的动摩擦因素，与水平面的动摩擦因素为，现物块静止于点，现给物块一个向左的初速度，物块经过一段时间后与物块在点发生弹性碰撞后立即将物块固定，忽略空气阻力，已知重力加速度。求： (1)物块从滑上传送带到离开传送带经过的时间； (2)物块、碰撞后物块的速度大小； (3)判断，通过改变半圆轨道的半径是否可以使物块从点飞出后落到水平传送带上。 🌟思维挑战 11．如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈静置于光滑水平地面上，质量为m的小球以水平向左、大小为v0的初速度与斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（     ） A．碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量守恒 B．碰撞后小球的速度与斜面夹角为θ C．碰撞后斜劈的速度为 D．碰撞后小球的速度为 12．某中学实验室对一款机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力F随时间t变化的图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间t变化的图像。若不计空气阻力，重力加速度大小g取，则（　　）      A．该机器人的质量为 B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1 C．在时，机器人的动量大小为 D．在时间内，机器人受到的摩擦力的冲量大小为 13．（多选）如图所示，质量、上有半径的半圆槽静置于光滑的水平地面上，左侧壁与质量为的物块紧靠在一起但不粘连，现将一质量的小球（可视为质点）自左侧槽口点的正上方处由静止释放，小球下落后自点进入槽内，是半圆槽的最低点时，重力加速度，不计空气阻力和一切摩擦，则小球第一次在半圆槽内运动的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球第一次运动到点时，小球与槽的速度大小之比为 B．小球第一次运动到点的过程中，物块向左运动的距离为 C．整个过程半圆槽对物块的冲量大小为 D．小球第一次运动到点的过程中，小球对槽的冲量大小为 14．如图所示，AB、CD、EF为光滑的水平轨道，A、B、E、F等高。半径为R的光滑半圆形凹槽M和物块N并排静止在AB轨道上。一辆小车静止在CD轨道上，左侧紧靠竖直墙壁BC，上表面与AB、EF等高。可视为质点的小球P从凹槽M上方高为h处静止释放，沿着凹槽M右边切线进入，一段时间后，物块N与凹槽M分离并以一定的速度滑上小车，小车与竖直墙壁ED碰撞前，物块N和小车已共速，碰撞后小车立即被墙壁粘住静止。已知小球P、凹槽M、物块N和小车的质量均相等，重力加速度g取10，R＝h＝0.5m，物块N与小车上表面间的动摩擦因数。求： (1)小球P刚进入凹槽M时的速度大小； (2)物块N与凹槽M分离时，物块N的速度大小； (3)为了使物块N能滑上EF轨道，小车的最大长度。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $