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

1.3 动量守恒定律 人教版（2019）· 高中物理 选择性必修第一册 教 学 内 容 导练目标 导练内容 目标1 知道系统、内力、外力的概念，理解动量守恒定律的内容、表达式及成立条件（重点）。 目标2 理解动量守恒定律的“四性”，能在具体问题中判断系统动量是否守恒（重点）。 目标3 能运用动量守恒定律分析碰撞、反冲、人船等问题，并结合能量关系进行综合计算（重难点）。 ■ 知识导学与典例导练 ▍一、系统、内力与外力 1．系统：两个（或多个）相互作用的物体构成的整体，叫作力学系统，简称系统。 2．内力：系统中物体之间的作用力。 3．外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 ▍二、动量守恒定律 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个系统的总动量保持不变。 2．表达式（动量 ）： （1），系统作用前总动量等于作用后总动量。 （2），两物体系统作用前动量和等于作用后动量和。 （3），两物体动量变化量等大反向。 （4），系统总动量的增量为零。 3．适用条件： （1）理想守恒：系统不受外力，或所受外力的合力为零。 （2）近似守恒：系统内各物体间的内力远大于所受外力，如碰撞、爆炸的极短过程。 （3）某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力合力为零，则该方向动量守恒。 4．“四性”： （1）矢量性：初、末动量都是矢量，先选正方向，分清各动量正、负。 （2）瞬时性：动量是状态量，对应每一时刻的总动量都与初时刻相等。 （3）同一性：各物体速度必须相对同一参考系（一般选地面）。 （4）普适性：既适用于多物体、宏观低速系统，也适用于微观粒子、高速系统。 对比维度 动量守恒定律 机械能守恒定律 守恒条件 不受外力或外力合力为零 只有重力或弹力做功 表达式 标矢性 矢量式，可分方向使用 标量式 关注角度 动量（力的时间积累） 能量（力的空间积累） ▍三、系统动量守恒的判定方法 1．选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。 2．分析系统所受外力的矢量和是否为零：为零则总动量守恒；外力在某一方向合力为零，则该方向守恒。 3．也可通过实际过程中各物体在各方向上的总动量是否保持不变，进行直观判定。 对比维度 动量定理 动能定理 积累 / 改变量 时间积累改变动量 空间积累改变动能 表达式 标矢性 矢量式 标量式 ▍考向一 动量守恒定律的理解 围绕系统、内力、外力与守恒条件，判断总动量或某一方向动量是否守恒，注意动量守恒与机械能守恒的条件并不相同。 【例1】如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则（　　） A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 【例2】下列情况中系统动量守恒的是（　　） ①在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，以两车为一系统 ②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统 ③光滑水平面上放一个表面光滑的斜面体，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面体为一系统 ④运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统 A．①和③ B．①和③④ C．只有① D．①和② 【例3】光滑水平面上放置固定有竖直杆的小车，轻绳一端系有小球另一端系于杆顶，车右侧有固定挡板。现将小球向右拉开至如图位置，释放小球小车，小球第一次向左摆动至最高点过程中（　　） A．下摆过程，球车系统水平动量守恒 B．下摆过程，球车系统竖直动量守恒 C．上摆过程，球车系统水平动量守恒 D．上摆过程，球车系统竖直动量守恒 ▍考向二 动量守恒定律的基本应用 抓住碰撞、反冲、人船等模型，先规定正方向，再由作用前后总动量相等列方程求解，注意各速度须相对同一参考系。 【例4】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，甲的手与乙分离后，甲的位移大于乙的位移。则（　　） A．该过程甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量 B．分离时甲的动量大于乙的动量 C．分离时甲的动能小于乙的动能 D．甲的质量小于乙的质量 【例5】人的质量m＝50kg，船的质量M＝40kg，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人恰好可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用时间相等）（　　） A．1.5m B．1.34m C．1.2m D．1.0m 【例6】如图，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道的竖直直径，下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量 B．A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为4m/s C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为0.2N•s D．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点 ▍考向三 动量守恒定律的综合应用 处理多物体、多次作用及图像、科技情境，把动量守恒与机械能（能量）守恒联立求解，多选题逐项判断。 【例7】嫦娥六号在着陆前，以v0的速度在环月轨道飞行。2024年5月30日，嫦娥六号着陆器和轨道器实现在轨分离。分离时，轨道器将着陆器沿自身运行方向的反方向以相对速率v弹出，分离用时为t，若轨道器质量为M，着陆器质量为m，则（　　） A．分离后轨道器的速度为 B．分离后轨道器的速度为 C．分离过程中，轨道器对着陆器的平均推力 D．分离过程中，系统机械能增加 【例8】光滑水平面上有A、B两球，B球静止，A球向B球运动，发生弹性正碰，碰撞过程中A球的速度—时间图像如图所示。已知t0时刻A球的速度变化率最大，B球的质量为m，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则（　　） A．A球的质量为 B．t1时刻两球的弹性势能最小 C．在0～t1时间内B球所受的冲量大小为 D．两球压缩最紧时弹性势能Ep与B球的动能之比为 【例9】如图所示，左侧有一长为L＝3m的传送带，以速度v＝5m/s顺时针转动，右侧有一质量为M＝6kg、长为l＝5m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m＝2kg的小物块（可视为质点）以初速度v0＝10m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，不计空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．小物块滑上长木板的速度为5m/s B．小物块的最终速度为1m/s C．长木板的最终动能Ek＝12J D．全过程系统产生的内能Q＝48J ■ 课堂训练（中上难度） 1．如下图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒 B．挡板对物体C的冲量大小为Mv0 C．物体C的最大速度为 D．如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为3：1 2．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　） A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是 C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为 3．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C．当小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 D．从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 4．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（　　） A．小球返回A点后做自由落体运动 B．当时，小球恰好能到达B点 C．如果小球的速度v0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 D．当时，小球从A点冲向B点的过程中，滑块的动能增大，返回过程中，滑块的动能减小 5．如图所示，木块A、B并排静止在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一长为L的细线，细线另一端系小球C，A、B、C质量均为m。现将C拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C组成的系统动量守恒 B．从C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，木块A一直做减速运动 C．C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为 D．C第一次运动到最低点时，绳中张力大小为4mg 6．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，两小球质量分别为m1和m2，如图乙所示为两小球碰撞前后的x﹣t图像。已知m1＝0.3kg，由此可以判断（　　） A．碰前P做匀加速直线运动，Q做匀速直线运动 B．可以计算出m2＝0.9kg C．碰撞过程为非弹性碰撞 D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能为1.2J 7．如图甲所示，左端固定有挡板的薄木板静止在足够大的光滑水平面上，木板质量为m，长度为L，重力加速度为g。 （1）若木板上表面粗糙，一电动小车（视为质点）静止在木板的右端，现小车向左起动，运动至挡板处时，小车前进的位移为，求小车的质量m车； （2）质量为2m的物块静止在木板的右端，如图乙所示。已知物块与挡板碰撞无机械能损失。 ①若木板上表面光滑，现物块获得水平向左的瞬时冲量I，求挡板最终速度大小v； ②若物块与木板间的动摩擦因数，现物块获得水平向左的瞬时速度v0，求物块最终离挡板的距离d。 8．如图所示，一个质量M＝1kg的滑块静止在光滑水平面上，其AB段是半径R＝0.6m的光滑圆弧，BC段水平，A点与圆心O等高，OB与竖直方向成30°，一质量m＝2kg、可视为质点的小球从A点由静止释放，最终恰好落在滑块的C点，g取10m/s2，求： （1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小； （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小； （3）水平面BC的长度。 9．如图，质量M＝3kg的半圆形匀质光滑凹槽静止于光滑水平地面，凹槽半径R＝0.6m．质量m＝1kg的小球初始时刻从凹槽右端点由静止释放，不考虑凹槽的转动，重力加速度g＝10m/s2． （1）若凹槽固定，求小球下滑到最低点时凹槽对小球支持力FN的大小． （2）若凹槽不固定，求小球第一次运动到最低点时凹槽离开初始位置的距离x； （3）若凹槽不固定，求小球下降h＝0.3m高度时凹槽速度v的大小． 10．如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求： （1）碰撞过程中系统损失的机械能； （2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.3 动量守恒定律 人教版（2019）· 高中物理 选择性必修第一册 教 学 内 容 导练目标 导练内容 目标1 知道系统、内力、外力的概念，理解动量守恒定律的内容、表达式及成立条件（重点）。 目标2 理解动量守恒定律的“四性”，能在具体问题中判断系统动量是否守恒（重点）。 目标3 能运用动量守恒定律分析碰撞、反冲、人船等问题，并结合能量关系进行综合计算（重难点）。 ■ 知识导学与典例导练 ▍一、系统、内力与外力 1．系统：两个（或多个）相互作用的物体构成的整体，叫作力学系统，简称系统。 2．内力：系统中物体之间的作用力。 3．外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 ▍二、动量守恒定律 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个系统的总动量保持不变。 2．表达式（动量 ）： （1），系统作用前总动量等于作用后总动量。 （2），两物体系统作用前动量和等于作用后动量和。 （3），两物体动量变化量等大反向。 （4），系统总动量的增量为零。 3．适用条件： （1）理想守恒：系统不受外力，或所受外力的合力为零。 （2）近似守恒：系统内各物体间的内力远大于所受外力，如碰撞、爆炸的极短过程。 （3）某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力合力为零，则该方向动量守恒。 4．“四性”： （1）矢量性：初、末动量都是矢量，先选正方向，分清各动量正、负。 （2）瞬时性：动量是状态量，对应每一时刻的总动量都与初时刻相等。 （3）同一性：各物体速度必须相对同一参考系（一般选地面）。 （4）普适性：既适用于多物体、宏观低速系统，也适用于微观粒子、高速系统。 对比维度 动量守恒定律 机械能守恒定律 守恒条件 不受外力或外力合力为零 只有重力或弹力做功 表达式 标矢性 矢量式，可分方向使用 标量式 关注角度 动量（力的时间积累） 能量（力的空间积累） ▍三、系统动量守恒的判定方法 1．选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。 2．分析系统所受外力的矢量和是否为零：为零则总动量守恒；外力在某一方向合力为零，则该方向守恒。 3．也可通过实际过程中各物体在各方向上的总动量是否保持不变，进行直观判定。 对比维度 动量定理 动能定理 积累 / 改变量 时间积累改变动量 空间积累改变动能 表达式 标矢性 矢量式 标量式 ▍考向一 动量守恒定律的理解 围绕系统、内力、外力与守恒条件，判断总动量或某一方向动量是否守恒，注意动量守恒与机械能守恒的条件并不相同。 【例1】如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则（　　） A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 【答案】B 【解答】解：AB、在过程Ⅰ中，子弹射入木块的时间极短，弹簧来不及发生形变，弹簧对木块的弹力为零。选取子弹与木块作为研究系统，水平方向不受外力，满足动量守恒条件；由于子弹与木块间存在相对滑动，摩擦力做功产生内能，系统的机械能转化为内能，故机械能不守恒，故A错误，B正确； CD、在过程II中，子弹、弹簧和木块组成的系统在水平方向上受到墙壁对弹簧的作用力，系统所受合外力不为零，根据动量守恒定律可知系统动量不守恒；此过程中只有弹簧弹力做功，系统动能与弹性势能相互转化，故机械能守恒，故CD错误。 故选：B。 【例2】下列情况中系统动量守恒的是（　　） ①在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，以两车为一系统 ②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统 ③光滑水平面上放一个表面光滑的斜面体，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面体为一系统 ④运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统 A．①和③ B．①和③④ C．只有① D．①和② 【答案】D 【解答】解：①因为水平面光滑，系统在水平方向不受外力，竖直方向所受重力和支持力平衡，合外力为零，故系统动量守恒。 ②虽然子弹和木块之间有相互作用力，但这是系统内力，系统在水平方向不受外力（水平面光滑），竖直方向重力和支持力平衡，合外力为零，故系统动量守恒。 ③物体沿斜面下滑时，物体有竖直方向的加速度，系统在竖直方向所受合外力不为零，故系统动量不守恒。 ④运动员和铅球会受到重力作用，系统所受合外力不为零，故系统动量不守恒。 故D正确，ABC错误。 故选：D。 【例3】光滑水平面上放置固定有竖直杆的小车，轻绳一端系有小球另一端系于杆顶，车右侧有固定挡板。现将小球向右拉开至如图位置，释放小球小车，小球第一次向左摆动至最高点过程中（　　） A．下摆过程，球车系统水平动量守恒 B．下摆过程，球车系统竖直动量守恒 C．上摆过程，球车系统水平动量守恒 D．上摆过程，球车系统竖直动量守恒 【答案】C 【解答】解：AC．下摆过程，右侧有挡板作用，则球车系统水平动量不守恒，上摆的过程中，小车与挡板分离，水平方向上动量守恒，故A错误，C正确； BD．上、下摆动的过程中，系统竖直方向合外力不为0，球车系统竖直动量不守恒，故BD错误。 故选：C。 ▍考向二 动量守恒定律的基本应用 抓住碰撞、反冲、人船等模型，先规定正方向，再由作用前后总动量相等列方程求解，注意各速度须相对同一参考系。 【例4】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，甲的手与乙分离后，甲的位移大于乙的位移。则（　　） A．该过程甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量 B．分离时甲的动量大于乙的动量 C．分离时甲的动能小于乙的动能 D．甲的质量小于乙的质量 【答案】D 【解答】解：AB．甲推乙的过程中，甲乙二人组成的系统在二者相互作用过程中不受外力，满足系统动量守恒条件，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大反向，所以分离时，甲的动量大小等于乙的动量，故AB错误； CD．因为甲的手与乙分离后，甲的位移大于乙的位移即x甲＞x乙 根据 可得v甲＞v乙 在推动过程中，甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量，以甲的速度方向为正方向，根据动量守恒有m甲v甲＝m乙v乙 可得m甲＜m乙 根据 因动量大小相等，而甲的质量小于乙的质量，故甲的动能大于乙的动能，故C错误，D正确。 故选：D。 【例5】人的质量m＝50kg，船的质量M＝40kg，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人恰好可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用时间相等）（　　） A．1.5m B．1.34m C．1.2m D．1.0m 【答案】D 【解答】解：以人运动的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知0＝mv1﹣Mv2，由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变； 则由功能关系可知，解得v1，故x1＝v1t，代入数据解得x1＝1.0m，故D正确，ABC错误； 故选：D。 【例6】如图，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道的竖直直径，下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量 B．A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为4m/s C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为0.2N•s D．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点 【答案】D 【解答】解：A.弹簧弹开过程，弹力对A的冲量的大小等于弹力对B的冲量的大小，方向相反，故A错误； B.弹簧弹开的过程中，两个小球与弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，则有 mvA+MvB＝0（取vA方向为正） 解得 vB＝﹣2m/s 可知A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为2m/s 故B错误； C.A球从P点运动到Q点过程中，根据动能定理得 ﹣2mgR 解得 vQ＝﹣4m/s 此过程中，根据动量定理可得合外力对A球的冲量大小为 |I|＝|mvQ﹣mvA|＝|﹣0.4﹣0.6|kg•m/s＝1kg•m/s＝1N•s 故C错误； D.若半圆形轨道半径改为0.9m，则A球到达Q点的速度满足 解得 v'Q＝0 A球在Q点的最小速度vmin满足 可得 |vmin|＝3m/s 由v'Q＜|vmin|可知A球不能到达Q点。 故D正确。 故选：D。 ▍考向三 动量守恒定律的综合应用 处理多物体、多次作用及图像、科技情境，把动量守恒与机械能（能量）守恒联立求解，多选题逐项判断。 【例7】嫦娥六号在着陆前，以v0的速度在环月轨道飞行。2024年5月30日，嫦娥六号着陆器和轨道器实现在轨分离。分离时，轨道器将着陆器沿自身运行方向的反方向以相对速率v弹出，分离用时为t，若轨道器质量为M，着陆器质量为m，则（　　） A．分离后轨道器的速度为 B．分离后轨道器的速度为 C．分离过程中，轨道器对着陆器的平均推力 D．分离过程中，系统机械能增加 【答案】D 【解答】解：AB．设分离后轨道器的速度为v1，以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有（M+m）v0＝Mv1﹣m（v﹣v1） 解得 故AB错误； C．对着陆器分析，以水平向左方向为正方向，根据动量定理有Ft＝m（v﹣v1）﹣m（﹣v0） 解得 故C错误； D．分离过程中，系统机械能增加 解得 故D正确。 故选：D。 【例8】光滑水平面上有A、B两球，B球静止，A球向B球运动，发生弹性正碰，碰撞过程中A球的速度—时间图像如图所示。已知t0时刻A球的速度变化率最大，B球的质量为m，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则（　　） A．A球的质量为 B．t1时刻两球的弹性势能最小 C．在0～t1时间内B球所受的冲量大小为 D．两球压缩最紧时弹性势能Ep与B球的动能之比为 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，t0时刻小球A速度的变化率最大，可知A的加速度最大且AB共速为v1，规定v0方向为正方向，动量守恒有mAv0＝（mA+m）v1 解得 故A错误； B、根据题意分析可知，当两个小球分开时小球A被反弹回去，两个小球相互作用的过程中满足动量守恒，所以应该是小球A反弹回去时小球B的速度最大，在t1时刻小球A的速度为0，但两个小球还没有分开，故t1时刻小球B的速度还没有达到最大，动能也不是最大，两球的弹性势能也不是最小，故B错误； C、根据动量定理可知，规定v0方向为正方向，在0～t1时间内小球A所受的冲量大小 A、B两球所受冲量等大反向，故B球所受的冲量大小为，故C正确； D、根据题意分析可知，由能量守恒有 规定v0方向为正方向，mAv0＝（mA+m）v1 联立可得 小球B的动能为 则两球压缩最紧时，小球B的动能与弹性势能 故D错误。 故选：C。 【例9】如图所示，左侧有一长为L＝3m的传送带，以速度v＝5m/s顺时针转动，右侧有一质量为M＝6kg、长为l＝5m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m＝2kg的小物块（可视为质点）以初速度v0＝10m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，不计空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．小物块滑上长木板的速度为5m/s B．小物块的最终速度为1m/s C．长木板的最终动能Ek＝12J D．全过程系统产生的内能Q＝48J 【答案】C 【解答】解：A、物块开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma0 令历时t0与传送带达到相等速度，则有v＝v0﹣a0t0 代入数据解得 此过程物块的位移 代入数据解得x0＝6.25m＞L＝3m 表明物块与传送带没有达到相等速度，则有 代入数据解得v1＝8m/s 即小物块滑上长木板的速度为8m/s，故A错误； B、物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma1 代入数据解得 令历时t1物块与木板达到相等速度，则有v2＝v1﹣a0t1＝a1t1 代入数据解得t1＝1s，v2＝2m/s 此过程物块的位移 代入数据解得x1＝5m＝l 表明物块没有飞出木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动，即小物块的最终速度为2m/s，故B错误； C、结合上述可知，长木板的最终动能 代入数据解得Ek＝12J 故C正确； D、结合上述，物块在传送带上运动时间 代入数据解得 对传送带的相对位移 代入数据解得 物块对木板的相对位移 代入数据解得x相2＝4m 全过程系统产生的内能Q＝μmg（x相1+x相2） 代入数据解得Q＝64J 故D错误。 故选：C。 ■ 课堂训练（中上难度） 1．如下图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒 B．挡板对物体C的冲量大小为Mv0 C．物体C的最大速度为 D．如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为3：1 【答案】D 【解答】解：A、物体A与物体B碰撞过程中，属于完全非弹性碰撞，系统机械能有损失，机械能不守恒；且在弹簧压缩和恢复原长过程中，挡板对物体C有水平向右的弹力作用，三个物体组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B、规定水平向左为正方向，物体A与物体B碰撞过程中动量守恒，有Mv0＝（M+m）v1；物体C离开挡板前，物体A与物体B压缩弹簧至最短后又恢复原长，由机械能守恒定律可知，弹簧恢复原长时物体A与物体B的速度大小仍为v1，方向水平向右，此过程中物体C一直静止，对三者组成的系统由动量定理得I＝﹣（M+m）v1﹣（M+m）v1＝﹣2Mv0，负号表示冲量方向水平向右，则挡板对物体C的冲量大小为2Mv0，故B错误； C、弹簧恢复原长后，物体C脱离挡板，此时物体A与物体B的速度大小为v1，方向水平向右，弹簧开始伸长，物体C在弹簧弹力作用下向右加速；当弹簧再次恢复原长时，物体C的速度达到最大，设此时物体C的速度为vC，物体A与物体B的速度为v'，此过程系统动量守恒、机械能守恒，规定水平向右为正方向，有（M+m）v1＝（M+m）v'+mvC，，联立解得物体C的最大速度为，故C错误； D、若M＝m，物体A与物体B碰撞后共同速度为；物体C离开挡板前，当弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可知最大弹性势能；物体C离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，当三者速度相等时弹簧伸长至最长，弹性势能达到最大值Ep2，设此时共同速度为v2，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律有（M+m）v1＝（M+2m）v2，解得，由机械能守恒定律有，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为Ep1：Ep2＝3：1，故D正确。 故选：D。 2．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　） A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是 C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为 【答案】C 【解答】解：AB．设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，以水平向左的方向为正方向，对整个过程，根据动量守恒定律可得 mv＝3mv共 解得 v共 故AB错误； CD．对整个过程，根据能量守恒定律可知 μmgx 解得 故C正确，D错误。 故选：C。 3．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C．当小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 D．从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 【答案】D 【解答】解：A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误； B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m+m）vx 解得 设小球的合速度为v3，根据机械能守恒定律得 解得小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为，故B错误； C．小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，系统沿着轨道方向动量守恒，以向左为正方向，设小球和U形管的末速度为v1、v2，有mv0＝mv1+mv2， 解得v1＝0，v2＝v0 即小球从U形管的另一端射出时速度大小为0，故C错误； D．在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为 运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球，根据动量定理有 U形管与平行导槽间的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，则导槽对U形管的冲量大小为，故D正确。 故选：D。 4．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（　　） A．小球返回A点后做自由落体运动 B．当时，小球恰好能到达B点 C．如果小球的速度v0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 D．当时，小球从A点冲向B点的过程中，滑块的动能增大，返回过程中，滑块的动能减小 【答案】A 【解答】解：A．光滑水平面上放置一个弧形的光滑凹槽，小球和凹槽整个作用过程中，机械能守恒，水平方向动量守恒，类似于弹性碰撞，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mv0＝mv1+mv2， 解得v1＝0，v2＝v0 所以小球返回A点后做自由落体运动，故A正确； B．小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球的速度冲上，根据机械能守恒 解得h＝R 但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到B点，故B错误； C．如果小球的速度v0足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，故C错误； D．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故D错误。 故选：A。 5．如图所示，木块A、B并排静止在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一长为L的细线，细线另一端系小球C，A、B、C质量均为m。现将C拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C组成的系统动量守恒 B．从C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，木块A一直做减速运动 C．C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为 D．C第一次运动到最低点时，绳中张力大小为4mg 【答案】D 【解答】解：AC、C球向下摆动过程中，对A、B产生向右的拉力，使A、B之间存在挤压而不会分离。当C球第一次到达最低点时，A、B间弹力为零，即将发生分离，此时A、B速度相同。A、B、C系统在水平方向不受外力，所以A、B、C组成的系统水平方向上动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 mv1＝2mv2 结合位移关系 及几何关系x1+x2＝L 解得： 故AC错误； D、由机械能守恒定律有 联立动量守恒方程解得： C球在最低点时，设绳中张力为F，由圆周运动向心力公式得 其中C球相对悬点O的速度大小为v＝v1+v2 代入解得：F＝4mg 故D正确； B、从C球经过最低点到第一次到达左侧最高点的过程中，木块A先减速后反向加速，在最高点时与C球速度相同，故B错误。 故选：D。 6．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，两小球质量分别为m1和m2，如图乙所示为两小球碰撞前后的x﹣t图像。已知m1＝0.3kg，由此可以判断（　　） A．碰前P做匀加速直线运动，Q做匀速直线运动 B．可以计算出m2＝0.9kg C．碰撞过程为非弹性碰撞 D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能为1.2J 【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 以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律得 m1v1＝m1v1+m2v2 解得 m2＝0.9kg 故B正确； C.碰撞过程中系统损失的机械能为 解得 ΔE＝0 可知碰撞过程为弹性碰撞，故C错误； D.若两球碰撞后粘合在一起运动，以v1的方向为正方向，则有 m1v1＝（m1+m2）v 解得 v＝1m/s 碰撞过程中损失的动能是 解得 ΔE＝1.8J 故D错误。 故选：B。 7．如图甲所示，左端固定有挡板的薄木板静止在足够大的光滑水平面上，木板质量为m，长度为L，重力加速度为g。 （1）若木板上表面粗糙，一电动小车（视为质点）静止在木板的右端，现小车向左起动，运动至挡板处时，小车前进的位移为，求小车的质量m车； （2）质量为2m的物块静止在木板的右端，如图乙所示。已知物块与挡板碰撞无机械能损失。 ①若木板上表面光滑，现物块获得水平向左的瞬时冲量I，求挡板最终速度大小v； ②若物块与木板间的动摩擦因数，现物块获得水平向左的瞬时速度v0，求物块最终离挡板的距离d。 【答案】（1）小车的质量为。 （2）①挡板最终速度大小为。 ②物块最终离挡板的距离为。 【解答】解：（1）设小车质量为m1，小车向左运动的位移大小为x1，木板向右运动的位移大小为x2。取水平向左为正方向。 小车和木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。设任一时刻小车、木板的速度大小分别为v1、v2，以运动方向为正方向，则m1v1﹣mv2＝0。 由于两者在任一时刻的速度大小之比保持不变，相同时间内的位移大小也满足m1x1＝mx2。 小车到达挡板时，小车相对木板向左移动的距离为木板长度，因此x1+x2＝L。结合，解得，小车质量为。 （2）①取水平向左为正方向。设物块获得冲量后的速度为v0，由动量定理有I＝2mv0，解得。 木板上表面光滑，物块到达挡板前，物块和木板的速度均保持不变。设碰撞后物块、木板的速度分别为v1、v2。 碰撞过程中系统动量守恒，且机械能无损失，因此2mv0＝2mv1+mv2， 。 联立并取碰撞后两者分离的解，解得，。碰撞后木板向左运动得更快，两者不再碰撞，故挡板最终速度大小为。 ②取水平向左为正方向。物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，最终两者相对静止。设共同速度为v，由2mv0＝（2m+m）v，解得。 设从开始运动到最终相对静止，物块相对木板滑动的总路程为s。滑动摩擦力大小为f＝μ•2mg，摩擦产生的热量为Q＝fs。 碰撞不损失机械能，故系统减少的机械能全部转化为内能，有 。 结合题给动摩擦因数，解得。 由于s＞L，物块在第一次与木板达到相同速度前就能到达挡板。物块与挡板无机械能损失地碰撞后，相对运动方向反向，随后向木板右端滑动，直至与木板相对静止。 到达挡板前的相对路程为L，因此碰撞后相对滑动的距离就是最终离挡板的距离，有L+d＝s，解得。由于d＜L，物块不会从木板右端滑落，结果符合实际。 答：（1）小车的质量为。 （2）①挡板最终速度大小为。 ②物块最终离挡板的距离为。＜/l$，物块不会从木板右端滑落，结果符合实际。 8．如图所示，一个质量M＝1kg的滑块静止在光滑水平面上，其AB段是半径R＝0.6m的光滑圆弧，BC段水平，A点与圆心O等高，OB与竖直方向成30°，一质量m＝2kg、可视为质点的小球从A点由静止释放，最终恰好落在滑块的C点，g取10m/s2，求： （1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小； （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小； （3）水平面BC的长度。 【答案】（1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小为2 m/s。 （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小为140 N。 （3）水平面BC的长度为1.8 m。 【解答】解：（1）小球从A点滑到最低点过程系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则0＝mv1+M（﹣v2） 解得v1＝2m/s （2）小球滑到最低点相对滑块做圆周运动得 由牛顿第三定律得F压＝FN 解得F压＝140N （3）小球到B点时相对滑块M以v3的速度斜抛，滑块以v4水平运动，由系统水平动量守恒，机械能守恒，则0＝m（v3cos30°﹣v4）﹣Mv4 小球相对滑块以v3的速度30°斜抛，落到C点，水平方向：v3cos30°•t＝xBC 竖直方向： 解得xBC＝1.8m 答：（1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小为2 m/s。 （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小为140 N。 （3）水平面BC的长度为1.8 m。 9．如图，质量M＝3kg的半圆形匀质光滑凹槽静止于光滑水平地面，凹槽半径R＝0.6m．质量m＝1kg的小球初始时刻从凹槽右端点由静止释放，不考虑凹槽的转动，重力加速度g＝10m/s2． （1）若凹槽固定，求小球下滑到最低点时凹槽对小球支持力FN的大小． （2）若凹槽不固定，求小球第一次运动到最低点时凹槽离开初始位置的距离x； （3）若凹槽不固定，求小球下降h＝0.3m高度时凹槽速度v的大小． 【答案】（1）小球下滑到最低点时凹槽对小球支持力大小为30N。 （2）小球第一次运动到最低点时凹槽离开初始位置的距离为0.15m。 （3）小球下降h＝0.3m高度时凹槽速度大小为m/s。 【解答】解：（1）若凹槽固定，小球下滑过程机械能守恒，有；在最低点，由牛顿第二定律得。联立解得凹槽对小球的支持力FN＝30N。 （2）若凹槽不固定，系统在水平方向动量守恒，符合“人船模型”。设小球相对于地面的水平位移为x1，凹槽离开初始位置的距离为x。由mx1＝Mx，且x1+x＝R，代入数据解得凹槽移动距离x＝0.15m。 （3）当小球下降高度h＝0.3m时，设此时半径与竖直方向夹角为θ，满足，解得θ＝60°。 设此时凹槽速度为v，小球相对于地面的水平分速度为vbx、竖直分速度为vby。根据水平方向动量守恒有mvbx+Mv＝0，根据能量守恒有。 结合小球相对凹槽沿切线运动的约束条件vby＝（vbx﹣v）tanθ，联立方程并代入数据，解得凹槽速度。 答：（1）小球下滑到最低点时凹槽对小球支持力大小为30N。 （2）小球第一次运动到最低点时凹槽离开初始位置的距离为0.15m。 （3）小球下降h＝0.3m高度时凹槽速度大小为m/s。 10．如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求： （1）碰撞过程中系统损失的机械能； （2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。 【答案】（1）碰撞过程中系统损失的机械能为。 （2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度为。 【解答】解：（1）小物块C与物块A发生碰撞后粘合在一起，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝2mv，解得：。 碰撞过程中系统损失的机械能为，解得：。 （2）当小物块A、C上升至最大高度时，A、B、C三者的速度相同。三者组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝（m+m+3m）v1，解得：。 再根据机械能守恒定律得，解得：。 答：（1）碰撞过程中系统损失的机械能为。 （2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $