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第六章　碰撞与动量守恒
第1讲　动量、动量定理
常设情境　①生活实践类：生产生活中的缓冲问题，流体冲力问题，碰撞、爆炸、反冲问题.
②学习探索类：动量定理的理解及应用，利用动量定理处理流体问题、动量守恒定律的条件及应用，碰撞模型的规律及应用，人船模型类问题的处理方法、子弹打木块模型及“滑块—木板”问题.
素养目标　1.知道动量、动量变化量、冲量的概念.（物理观念） 2.知道动量定理的内容及表达式.（物理观念） 3.能够应用动量定理解释日常生活现象.（科学思维）
@一、动量和冲量
一、动量和冲量
考题1　（2024·辽宁卷）2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是（　C　）
A.质量 B.速率
C.动量 D.动能
解析：矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量.故选C.
考题2　（2024·广东卷）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置.如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤碰到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述.已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
（1）碰撞过程中F的冲量大小和方向；
（2）碰撞结束后头锤上升的最大高度.
答案：（1）330 N·s　方向竖直向上
（2）0.2 m
解析：（1）根据F－t图线与t轴所围面积可知碰撞过程中F的冲量大小I＝330 N·s
碰撞过程中安全气囊对头锤的冲量方向为竖直向上.
（2）头锤先做自由落体运动，根据运动学公式有＝2gH
头锤与安全气囊碰撞过程，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有I－Mgt＝Mv2－M（－v1）
头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛运动，则有＝2gh
联立可得头锤上升的最大高度h＝0.2 m.
1.动量
（1）定义：物体的　质量　和　速度　的乘积.
（2）表达式：p＝　mv　，单位为kg·m/s.
（3）方向：动量是　矢　量，方向与　速度　的方向相同.
2.动量变化量
（1）动量的变化量Δp等于末动量p'减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝　p'－p　.
（2）动量的变化量Δp也是　矢量　，其方向与　速度改变量Δv　的方向相同，运用矢量法则计算.
3.冲量
（1）定义：力与　力的作用时间　的乘积.
（2）公式：　I＝F·Δt　.
（3）单位：　N·s　.
（4）方向：冲量是　矢量　，其方向与　力的方向　相同.
深化1　　动量与动能的比较
比较项目 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
变化因素 物体所受合外力的冲量 合外力所做的功
大小关系 p＝ Ek＝
联系 （1）都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系. （2）若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
深化2　　冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量大小，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均 值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t
动量 定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
角度1　动量和动能的比较
例1　（多选）在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是（　BD　）
A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
解析：在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据动能定理知，FL＝Ek，物体位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，物体运动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确.
角度2　冲量的计算
例2　应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入.例如人原地起跳时，总是身体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面.从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是（　B　）
A.地面对人的支持力始终等于重力
B.地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C.人原地起跳过程中获得的动能来自地面
D.人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
解析：人在上升过程中经历了先加速再减速的过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力，故A错误；因人向上的动量增加，故支持力的冲量大于重力的冲量，故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自本身的生物能，故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒，故D错误.故选B.
角度3　利用F－t图像求冲量
例3　（2024·福建卷）（多选）质量为m的物块置于足够长光滑斜面上并锁定，斜面倾角为θ，t＝0时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是（　AD　）
A.0～4t0，物块一直沿斜面向下运动
B.0～4t0，合外力的总冲量为0
C.t0时动量是2t0时的一半
D.2t0～3t0过程物块的位移小于3t0～4t0的位移
解析：根据图像可知当F＝2mgsin θ时，物块的加速度大小为a＝＝3gsin θ，方向沿斜面向下；当F＝－2mgsin θ时，物块的加速度大小为a＝＝gsin θ，方向沿斜面向上，作出物块0～4t0内的v－t图像如图所示：
根据图像可知0～4t0，物块一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知0～4t0，物块的末速度不等于0，根据动量定理I合＝Δp≠0，故B错误；根据图像可知t0时物块速度大于2t0时物块的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误；v－t图像与横轴围成的面积表示位移大小，故由图像可知2t0～3t0过程物块的位移小于3t0～4t0的位移，故D正确.故选A、D.
@二、动量定理的理解和应用
二、动量定理的理解和应用
考题3　（2021·北京卷）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动.某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止.下列说法正确的是（　D　）
A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
解析：圆盘停止转动前，小物体所受的静摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，方向沿半径指向圆心，A错误；物体匀速转动一周受到的摩擦力是一个变力，可用动量定理来计算摩擦力的冲量，转动一周动量的变化量为零，I＝Δp＝0，B错误；停止转动后，小物体做离心运动，不是沿着半径方向运动，C错误；停止转动后，小物体初动量为mωr，最后小物体停下来，末动量为零，整个过程中摩擦力的冲量大小等于动量的变化量大小，为mωr，D正确.
考题4　（2023·河北卷）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考.如图所示为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线.图像中10.10 s至10.35 s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等.已知该运动员的质量为60 kg，重力加速度取g＝10 m/s2.下列说法正确的是（　C　）
A.起跳过程中运动员的最大加速度约为42 m/s2
B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m/s
C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 m
D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N·s
解析：由题图可知在10.10 s至10.35 s时间内，运动员受到的支持力最大值Fm＝42×60 N＝2 520 N，根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度am＝＝32 m/s2，A错误；根据题图可知，在10.10 s至10.35 s时间内，支持力的冲量IN＝22×60×（10.35－10.10） N·s＝330 N·s，重力的冲量IG＝60×10×（10.35－10.10） N·s＝150 N·s，故起跳过程中，运动员所受合力冲量I合＝IN－IG＝180 N·s，D错误；根据动量定理有I合＝mv，解得运动员离开地面时的速度v＝3 m/s，起跳后运动员做竖直上抛运动，根据运动规律可知重心上升过程中的平均速度大小＝＝1.5 m/s，重心上升的最大高度h＝＝0.45 m，B错误，C正确.
动量定理
1.内容：物体在一个过程始末的　动量变化量　等于它在这个过程中所受力的冲量.
2.表达式：F（t'－t）＝mv'－mv或I＝p'－p.
深化1　　对动量定理的理解
（1）Ft＝p'－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.
（2）Ft＝p'－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.
（3）由Ft＝p'－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率.
（4）当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理.
深化2　　用动量定理解题的基本思路
思维模型　用动量定理解释生产生活中的有关现象.
角度1　用动量定理解释生活中的现象
例4　气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力，如图所示.某同学所受重力大小为G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到地面的平均冲击力大小为4G.若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为2.5t0，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为（　A　）
　
A.2.2G B.2.0G C.1.8G D.1.6G
解析：穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到地面的平均冲击力大小为4G，合力的冲量为（4G－G）t0，若脚着地前的速度保持不变，则合力的冲量不变，有（4G－G）t0＝（F－G）·2.5t0，解得该同学受到地面的平均冲击力大小为F＝2.2G，A正确.
角度2　动量定理的有关计算
例5　高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h（可视为自由落体运动），此后经历时间t，安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上.重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 （　A　）
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
解析：安全带对人起作用之前，人做自由落体运动，由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝，安全带达到最大伸长量时，人的速度为零，从安全带开始对人起作用到安全带伸长量达到最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得（mg－）t＝0－mv，故＝＋mg＝＋mg，故选项A正确.
@三、应用动量定理处理流体类问题
三、应用动量定理处理流体类问题
考题5　（2020·海南卷）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为（　C　）
A.1.47 N B.0.147 N
C.0.09 N D.0.009 N
解析：在单位时间内喷出离子的质量m＝3.0×10－6 kg，则t时间内喷出离子的质量为mt，对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得Ft＝mtv－0，代入数据解得F＝mv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F'＝F＝0.09 N，C正确.
深化　　应用动量定理处理流体类问题的方法
研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析步骤 ①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
例6　（多选）如图所示，用水枪喷出的水柱冲击右侧的煤层.设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零.水枪的质量为M，手持水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是（　BC　）
A.水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
B.水枪的功率为ρπD2v3
C.水柱对煤层的平均冲力为ρπD2v2
D.手对水枪的作用力水平向右
解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，单位时间喷出水的质量为＝ρvπD2，选项A错误；Δt时间内水枪喷出的水的动能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由动能定理知高压水枪在此期间对水做的功为W＝Ek－0＝ρπD2v3Δt，高压水枪的功率P＝＝ρπD2v3，选项B正确；在极短时间Δt'内喷到煤层上水的质量为m＝ρπD2vΔt'，设煤层对水柱的作用力为F，在力F的作用下，水柱速度由v变为0，由动量定理得FΔt'＝mΔv＝mv，解得F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F'＝F＝ρπD2v2，选项C正确；当水枪向右喷出水柱时，水柱对水枪的作用力向左，由于水枪受到重力，根据平衡条件，可知手对水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误.
例7　宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题.假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力大小为（　B　）
A.20 N B.40 N C.60 N D.80 N
解析：设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt，所以飞船所需推力大小F'＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×（2.0×103）2 N＝40 N.
@限时跟踪检测（三十）
A级·基础对点练
题组一　动量和冲量
1.冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为m1和m2，若他们的动能相等，则甲、乙动量大小之比是（　C　）
A.1∶1 B.m1∶m2
C.∶ D.∶
解析：由动能表达式Ek＝mv2和动量大小表达式p＝mv，可得p＝，二者动能相等，所以甲、乙动量大小之比为∶，故A、B、D错误，C正确.
2.（2025·陕西宝鸡市一模）质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则（　C　）
A.整个过程中合力的冲量大小为mv0
B.整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零
C.上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小
D.上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
解析：以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I合＝Δp＝0.5mv0－（－mv0）＝1.5mv0，A错误；设物体上滑过程时间为t1，下滑回到出发点时间为t2，位移大小为x，则x＝t1＝t2，得t1＝t2，整个过程中摩擦力冲量的矢量和为If1＋If2＝Fft1－Fft2≠0，B错误；上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1＜t2，上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小，C正确；上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，故两过程中支持力的冲量不为零，D错误.
3.（2025·辽宁六校联考）如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为一正弦函数图像，下列表述不正确的是（　C　）
A.0～2 s内合外力的冲量一直增大
B.0～4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.4 s末的速度为零
解析：根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量可知，在0～2 s内合外力的冲量一直增大，A正确，不符合题意；由图像可知，0～4 s内合外力的冲量为零，根据动量定理可知，物体的动量变化量为零，因物体的初动量为零，故物体4 s末的动量也为零，所以4 s末的速度为零，B、D正确，不符合题意；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，符合题意.
题组二　动量定理的理解和应用
4.（2025·清远教学质量检测）（多选）某同学以5 m/s的速度将篮球斜抛出，球在空中运动0.4 s后垂直撞击到竖直篮板上，然后以1 m/s的水平速度反弹，平抛进入篮筐.球与篮板接触的时间为0.1 s，忽略空气阻力，篮球质量为0.6 kg（取g＝10 m/s2）.下列说法正确的是（　AD　）
A.篮球撞击篮板时的动量大小为1.8 N·s
B.篮板对球的平均作用力大小为12 N
C.篮球被抛出后上升过程处于超重状态
D.该同学投篮处距篮板水平距离1.2 m
解析：对篮球撞击篮板前的运动进行逆向分析，根据运动的对称性可看成平抛运动，则竖直方向的分速度为vy＝gt1＝4 m/s，水平方向的分速度为vx＝＝3 m/s，篮球撞击到篮板前的动量大小为p＝mvx＝1.8 N·s，A正确；根据动量定理可得－Δt＝－mvx－mv1，代入数据解得篮板对篮球的平均作用力大小为＝24 N，B错误；篮球被抛出后上升过程，只受重力作用，处于完全失重状态，C错误；该同学投篮处距篮板水平距离为x＝vxt1＝1.2 m，D正确.故选AD.
5.（2025·石家庄教学质量检测）如图所示，从距秤盘h高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为t，豆粒的总质量为m.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力.已知重力加速度为g，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（　A　）
A. B.
C. D.
解析：根据自由落体运动规律，豆粒下落掉到秤盘上时的速度为v＝，反弹后的速度大小为v'＝＝，方向为竖直向上，在碰撞过程中，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力，根据动量定理可知Ft＝mv'－（－mv），解得F＝，由牛顿第三定律可知，碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为F'＝F＝，故选A.
题组三　应用动量定理处理流体类问题
6.“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象.当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h.为估算雨打芭蕉产生的压强p，假设芭蕉叶呈水平状，雨滴落在芭蕉叶上不反弹，不计雨滴重力的影响.已知水的密度为ρ，则p为（　A　）
A. B.
C.ρhvt D.2ρhvt
解析：单位时间内量杯水位上升的高度Δh＝，在芭蕉叶上取ΔS的面积，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt，设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理得F·Δt＝0－mv，解得F＝－ρvΔS，根据牛顿第三定律可知，ΔS面积的芭蕉叶受到的撞击力的大小F'＝ρvΔS，因此雨打芭蕉产生的压强p＝＝，A正确.
7.某水炮配备的大功率水泵将水以很大的速度从喷口喷出，利用冲击力毁伤被冲击物体.水的密度为ρ＝1×103 kg/m3，水炮喷口处水的压强为p＝1.44×107 Pa（若喷口处放一挡板，水冲击挡板时速度减为零，水对挡板冲击力产生的压强），则水从喷口处喷出的速度为（　B　）
A.12 m/s B.120 m/s
C.14.4 m/s D.144 m/s
解析：设挡板的面积为S，根据压强的计算公式有p＝，在Δt时间内，水的质量为Δm＝ρvΔtS，根据动量定理有FΔt＝Δmv，解得v＝120 m/s，故选B.
B级·能力提升练
8.（2025·吉林吉化一中月考）水刀切割具有成本低、易操作、良品率高等特点，因而得到广泛应用.某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直打到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零.已知水的流量（单位时间内流出水的体积）为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均作用力大小为（　D　）
A.4Q2ρ B.Q2ρ
C. D.
解析：设很短时间t内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量m＝ρV＝ρSvt＝πd2ρvt.以这部分水为研究对象，设它受到钢板的平均作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理得Ft＝0－mv，解得F＝－πd2ρv2.水流速度v＝＝，解得F＝－，根据牛顿第三定律，可知钢板受水的平均作用力大小F'＝.
9.（2025·黑龙江哈尔滨九中期末）（多选）质量分别为2m和m的A、B两个物体，分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，运动一段时间后，撤去F1、F2，物体只在摩擦力作用下减速到停止，其v－t图像如图所示.则在两物体运动的整个过程中，下列说法正确的是（　BD　）
A.物体A、B所受摩擦力大小之比为1∶3
B.物体A、B所受摩擦力大小之比为1∶1
C.F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1∶3
D.F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1∶1
解析：撤去F1、F2后物体在水平方向只受摩擦力，分析该段v－t图像知，A、B两个物体受到的摩擦力大小分别为fA＝2maA＝2m＝，fB＝maB＝m＝，则物体A、B所受摩擦力之比为1∶1，故A错误，B正确；在水平恒力F1和F2的作用下有F1－fA＝2ma'A＝2m，F2－fB＝ma'B＝m，解得F1＝3，F2＝·，F1和F2之比为2∶1.F1和F2对A、B的冲量分别为I1＝F1t0＝3mv0，I2＝F2·2t0＝3mv0，F1和F2对A、B的冲量之比为1∶1，故C错误，D正确.
10.某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤.现用下述模型分析探究：
设大石板质量M＝80kg，铁锤质量m＝5kg，铁锤从h1＝1.8 m高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5s.重力加速度取g＝10m/s2.求铁锤敲击大石板的过程中：
（1）铁锤受到的冲量大小；
（2）大石板对铁锤的平均作用力大小；
（3）大石板对人的平均作用力大小.
答案：（1）35N·s
（2）3 550N
（3）871N
解析：（1）由机械能守恒定律mv2＝mgh
解得v＝
则铁锤敲击石板时的速度大小为
v1＝＝6m/s，方向向下
铁锤反弹时的速度大小为
v2＝＝1m/s，方向向上
取方向向上为正方向
对铁锤，由动量定理得I＝mv2－（－mv1）
解得I＝35N·s.
（2）对铁锤，由冲量定义得I＝（F1－mg）t1
解得F1＝3 550N.
（3）对石板，由动量定理得
（F2－Mg）t2－F1t1＝0
解得F2＝871N
由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F'2＝F2＝871N.
第2讲　动量守恒定律
素养目标　1.知道动量守恒的条件.（物理观念） 2.明确碰撞的概念和碰撞的分类.（物理观念） 3.知道应用动量守恒定律解题的一般步骤.（科学思维） 4.能够用动量守恒定律解决碰撞、爆炸和反冲问题.（科学思维） 5.体会用守恒的思想分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一.（科学思维）
@一、动量守恒定律的理解及应用
一、动量守恒定律的理解及应用
考题1　（2022·北京卷）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示.下列说法正确的是（　C　）
A.碰撞前m2的速率大于m1的速率
B.碰撞后m2的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量
D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
解析：位移—时间图线的斜率表示速度，则由图像可知，碰前m2处于静止状态，碰后两物体速率相等、运动方向相反，A、B错误；碰撞过程中动量守恒，有p1＝－p'1＋p'2，可知p'2＞p'1，C正确；由p'2＞p'1、碰后两物体速率相等可知m2＞m1，则碰撞后m2的动能大于m1的动能，D错误.
考题2　（2024·江苏卷）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求：
（1）分离后A的速度v1的大小；
（2）分离时A对B的推力大小.
答案：（1）＋v0
（2）
解析：（1）根据动量守恒定律得
（M＋m）v0＝mv1＋Mv
解得v1＝＋v0.
（2）对B，根据动量定理得FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝.
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动量的增量等大反向.
深化1　　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，则系统动量守恒.
（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒.
（3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.
深化2　　动量守恒定律的“五性”
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p'1、p'2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
深化3　　应用动量守恒定律解题的步骤
思维模型　用动量守恒定律解释生活中的有关现象.
角度1　动量守恒的判断
例1　如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述不正确的是（　A　）
A.当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B.当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三木块组成的系统动量都守恒
D.当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
解析：当C在A上滑行时，对A、C组成的系统受力分析，B对A的作用力为外力，合外力不等于0，故系统动量不守恒，A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，B正确；对A、B、C三木块组成的系统，无论C是在A上滑行还是在B上滑行，系统的水平方向上都无外力作用，系统动量守恒，C、D正确.
角度2　动量守恒定律的应用
例2　（2025·江苏如皋调研）质量m＝10 g的子弹，以v0＝300 m/s的速度射向质量M＝400 g、静止在光滑水平桌面上的木块，子弹穿过木块后的速度v1＝100 m/s.求：
（1）子弹穿过木块后木块的速度大小v2；
（2）子弹穿过木块整个过程中木块对子弹的冲量大小I.
答案：（1）5 m/s
（2）2 N·s
解析：（1）子弹把木块打穿，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
解得v2＝5 m/s.
（2）子弹穿过木块整个过程中，由动量定理得－I＝mv1－mv0
解得I＝2 N·s.
角度3　分方向的动量守恒问题
例3　（2025·北京八一学校考试）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（　C　）
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，将做竖直上抛运动
解析：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，槽不会向左运动，则小球的机械能守恒，从A到B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，动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为零，动量守恒，槽的支持力对其做功，小球的机械能不守恒，故A、B错误，C正确；小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误.故选C.
@二、弹性碰撞与非弹性碰撞
二、弹性碰撞与非弹性碰撞
考题3　（2024·广东卷）（多选）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑.斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞.忽略空气阻力，下列说法正确的有（　ABD　）
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
解析：由于斜坡光滑，则两滑块加速度相同，两滑块的初速度都为0，所以在斜坡上运动过程中两滑块始终保持相对静止，A正确；由于甲、乙的碰撞属于弹性碰撞，又因为两滑块的质量相同，所以碰撞前后甲、乙交换速度，B正确；在判断乙的运动时间是否与H乙有关时，可以采用极限法，假设甲位于十分接近O点的位置，则乙的运动时间无限接近于在斜面上的运动时间，故乙的运动时间与H乙有关，C错误；由于甲、乙碰撞后交换速度，甲在水平面上的位移可以等效为没有甲时乙单独在水平面上的位移，由能量守恒定律得mgH乙－μmgx＝0，解得x＝，D正确.
考题4　（2025·八省联考河南卷）如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h.已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的.子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求：
（1）子弹击中物块前瞬间的速度大小；
（2）子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能.
答案：（1）10
（2）37.5mgh
解析：（1）子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为＝2g·8h，＝2a·h
其中4mg＋·4mg＝4ma
子弹射穿木块过程动量守恒mv0＝mv1＋4mv2
解得v0＝10.
（2）子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能ΔE＝m－（m＋·4m）＝37.5mgh.
碰撞
（1）概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间　很短　，而物体间相互作用力　很大　的现象.
（2）特点：在碰撞现象中，一般都满足内力　远大于　外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒.
（3）分类
分类 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 　守恒　
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失　最大　
深化1　　碰撞问题遵守的三条原则
（1）动量守恒：p1＋p2＝p'1＋p'2.
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥E'k1＋E'k2.
（3）速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v'前≥v'后.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
深化2　　弹性碰撞模型
情境 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能守恒，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v'1、v'2
规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2
机械能守恒 m1＋m2＝m1v＋m2v
结果 v'1＝2－v1， v'2＝2－v2
讨论 若v2＝0，则v'1＝v1，v'2＝v1
m1＝m2 v'1＝0， v'2＝v1 质量相等，交换速度
m1＞m2 v'1＞0，v'2＞0，且v'2＞v'1 大碰小，一起跑
m1＜m2 v'1＜0， v'2＞0 小碰大，要反弹
m1 m2 v'1≈v'1， v'2≈2v1 极大碰极小，大不变，小加倍（碰后小质量物体的速率为大质量物体原速率的2倍）
m1 m2 v'1≈－v1，v'2≈0 极小碰极大，大不变，小等速率反弹
深化3　　完全非弹性碰撞模型
情境 如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后两物体的速度相同，为v共
规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共
有机械能损失（完全非弹性碰撞时系统损失的动能最多） 损失的动能ΔEk＝m1＋m2－（m1＋m2）
结果 v共＝，ΔEk＝（v1－v2）2
角度1　碰撞的可能性
例4　（2025·重庆育才中学高三期末）如图所示为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为p'B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　C　）
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝2mA D.mB＝5mA
解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝p'A＋p'B，解得p'A＝1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确.
角度2　弹性碰撞
例5　（2024·广西卷）（多选）如图所示，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N.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，N在（　BC　）
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
解析：由于两小球碰撞过程中总机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v.碰后N将以速度v做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，故竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，B、C正确，A、D错误.
角度3　非弹性碰撞
例6　（2025·黑龙江实验中学高三月考）如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量mC＝2 kg，滑块A质量mA＝3 kg，滑块B质量mB＝3 kg.开始时A、B静止，C以初速度v0＝10 m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起.求：
（1）C与A碰撞后A的速度大小为多少？
（2）A与B碰撞过程中损失的机械能.
答案：（1）8 m/s
（2）48 J
解析：（1）取向右为正方向，以C、A为系统研究，根据动量守恒定律有mCv0＝mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律有
mC＝mC＋mA
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s.
（2）仍取向右为正方向，以A、B为系统研究，根据动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）v
根据能量守恒定律有E损＝mA－（mA＋mB）v2
解得E损＝48 J.
@三、爆炸和反冲
三、爆炸和反冲
考题5　（2022·山东卷）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭.如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空.从火箭开始运动到点火的过程中（　A　）
A.火箭的加速度为零时，动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
解析：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上时高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误.
1.反冲运动
（1）物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向　相反　方向运动的现象.
（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用　动量守恒　定律来处理.
2.爆炸问题
（1）爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且　远大于　系统所受的外力，所以系统动量　守恒　.
（2）爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.
深化1　　爆炸及其特点
概念 一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程
特点 动量 守恒 由于爆炸是在极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而在爆炸过程中，物体产生的位移很小，一般忽略不计，即认为位置不变
深化2　　反冲运动及其特点
概念 根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动　
特点 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
动能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加
角度1　反冲问题
例7　（2025·湖南汉寿一中模拟）（多选）如图所示，在返回舱距地面1 m时，返回舱底部的四台反推发动机同时点火，使其着地速度减为零，实现“软着陆”.已知返回舱的质量为3 t（含航天员，不考虑推进剂喷出对质量的影响），在距地面1 m时的速度为10 m/s，发动机喷出推进剂的速度为v（远远大于返回舱的速度），共喷出推进剂的质量为10 kg，每台发动机可以产生方向竖直向上、大小为4.5×104 N的恒定推力.若发动机的工作时间等于返回舱的落地时间，重力加速度取g＝10 m/s2，则在返回舱距地面1 m后的着地过程中，下列说法正确的是（　AC　）
A.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的6倍
B.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的5倍
C.反推发动机喷出推进剂的速度为v＝3.6×103 m/s
D.反推发动机喷出推进剂的速度为v＝0.9×103 m/s
解析：设返回舱加速度为a，单个发动机推力为F，根据牛顿第二定律有，4F－Mg＝Ma，代入数据解得a＝5g，对航天员根据牛顿第二定律有F舱－mg＝ma，代入数据解得F舱＝6mg，故A正确，B错误；根据运动学公式，可得返回舱落地时间t＝＝0.2 s，由题意知反推发动机推进剂的喷出速度为v（远远大于返回舱的速度），设发动机喷出推进剂的总质量为Δm，以喷出的质量为Δm的推进剂为研究对象，根据动量定理有4Ft＝Δmv，解得v＝＝3.6×103 m/s，故C正确，D错误.故选A、C.
角度2　爆炸问题
例8　（2025·黑龙江大庆三模）中国最新的SH—16型轮式炮车，应用了大量现代自动化科技，如火控系统接收打击目标、立即调炮、引信装订、弹丸装填、发射药装填等自动射击动作.现一炮车以速度v0匀速行驶，炮筒保持水平状态.炮车质量为M，携带一枚质量为m的炮弹，用于发射炮弹的炸药在极短时间内爆炸，将炮弹沿行进方向水平发射出去，由于反冲力作用炮弹飞离炮口时炮车停止运动.炸药质量可忽略不计，求：
（1）炮弹飞离炮口时的速度v；
（2）炸药爆炸释放的能量Q；
（3）设炮弹在炮筒中所受的作用力恒定，已知炮筒长为d，求从发射炮弹到炮弹飞离炮口时，炮车前进的距离.
答案：（1）v0
（2）
（3）d
解析：（1）根据动量守恒定律可知（M＋m）v0＝mv
解得v＝v0.
（2）根据能量守恒定律可知
Q＝mv2－（M＋m）
代入得Q＝.
（3）设发射炮弹过程中，炮弹、炮车的位移大小分别为s1、s2，有s1－s2＝d，由动能定理，对炮弹有
Fs1＝mv2－m
对炮车有－Fs2＝0－M
代入得s2＝d.
@四、“人船模型”问题
四、“人船模型”问题
考题6　（2023·湖南卷）如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直.质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上.整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g.
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若＝，求小球下降h＝高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）.
答案：（1）　a
（2）＋＝1（－b≤y≤0）
（3）2b
解析：（1）小球第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向由动量守恒定律，mv1＝Mv2，
由机械能守恒定律，mgb＝m＋M
联立解得v2＝
根据人船模型，mx1＝Mx2，x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻向右运动的距离x2＝.
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为（x，y）时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据人船模型有m（a－x）＝M·Δx
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为＋＝1
整理得＋＝1（－b≤y≤0）.
（3）将＝代入小球的轨迹方程化简可得[x－（a－b）]2＋y2＝b2
即此时小球的轨迹为以（a－b）为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时，如图所示
此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒：0＝mv3cos 60°－Mv4
系统机械能守恒：mg＝m＋M
联立得v3＝＝2b.
深化1　　模型图示
深化2　　模型特点
（1）两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0.
（2）两物体的位移大小满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L.
深化3　　运动特点
（1）人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右.
（2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即＝＝.
深化4　　“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒）
例9　（2025·吉林长春东北师范大学附属中学一模）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技.如图甲所示，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1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm.女子在照片上身高约为1.6 cm.已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（　A　）
A.45 kg B.50 kg
C.55 kg D.60 kg
解析：对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得该女子的质量为m2＝45 kg，故选A.
@限时跟踪检测（三十一）
A级·基础对点练
题组一　动量守恒定律的理解及应用
1.（2025·江西赣州模拟）如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞封口的试管.试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端.当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（　B　）
A.水平方向动量守恒，机械能守恒
B.水平方向动量守恒，机械能不守恒
C.水平方向动量不守恒，机械能守恒
D.水平方向动量不守恒，机械能不守恒
解析：以整个装置为系统，水平方向所受的合外力为0，所以水平方向动量守恒，但存在气体做功，所以机械能不守恒，故选B.
2.（2025·湖南邵阳期中）（多选）如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，当射击持续了一会儿后停止，则小车（　AD　）
A.速度为零
B.将向射击方向做匀速运动
C.将向射击相反方向做匀速运动
D.最终停止在初位置的左侧
解析：整个系统水平方向上不受外力，动量守恒，由于初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，当子弹嵌入挡板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，则小车最终停止在初位置的左侧，A、D正确，B、C错误.
题组二　弹性碰撞与非弹性碰撞
3.（2025·广东广州模拟）如图所示，材料有差异的冰壶甲每次以相同的动量与静止在O处的另一冰壶发生正碰，碰后冰壶甲最终停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壶甲与冰面间的动摩擦因数相同，冰壶均可视为质点，则碰撞后，被碰冰壶获得的动量最大的是（　B　）
解析：冰壶甲与静止在O处的另一冰壶发生正碰，碰撞过程动量守恒，则有p甲＝p'甲＋p'乙，故p'乙＝p甲－p'甲，规定冰壶甲碰前的动量方向为正，结合四幅图可知，A、B、C、D图中分别对应的碰后瞬间冰壶甲的动量为p'甲A＝0，p'甲B＜0，p'甲C＞0，p'甲D＞0，则B图中碰撞后被碰冰壶获得的动量p'乙最大，B项正确.
4.（多选）质量为1 kg的小球A以8 m/s的速率沿光滑水平面运动，与质量为3 kg的静止小球B发生正碰后（二者不粘连），A、B两小球的速率vA和vB可能为（　BD　）
A.vA＝5 m/s B.vA＝3 m/s
C.vB＝1 m/s D.vB＝3 m/s
解析：这类题型从两个极端去解决更方便.当两小球发生完全非弹性碰撞时，有vA＝vB，mAv0＝（mA＋mB）vA，解得vA＝vB＝2 m/s，当两小球发生弹性碰撞时，有mAv0＝mAv'A＋mBv'B，mA＝mAv'2A＋mBv'2B，解得v'A＝－4 m/s，v'B＝4 m/s，所以小球A的速度范围为－4～2 m/s，小球B的速度范围为2～4 m/s，故BD正确.
题组三　爆炸和反冲
5.（2025·河南新乡模拟）发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为m0（含燃料）的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是（　D　）
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：由动量守恒定律得mv0＝（m0－m）v，导弹获得的速度v＝v0，故选D.
6.一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空.当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为0，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10 m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大.求：
（1）动能E；
（2）大、小两块烟花弹落地之间的距离.
答案：（1）60 J
（2）84 m
解析：（1）由机械能守恒E＝mgh，解得E＝60 J.
（2）烟花弹在最高点爆炸，水平方向动量守恒，设水平向左为正方向，则0＝mv1－mv2，由能量守恒E＝×m＋×m，烟花弹做竖直上抛运动h＝gt2，大、小两块烟花弹均做平抛运动，落地之间的距离x＝v1t＋v2t，解得x＝84 m.
题组四　“人船模型”问题
7.（多选）如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（　BD　）
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
解析：系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确.
B级·能力提升练
8.（多选）如图所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止.下列说法正确的是（　BD　）
A.最终a车的速率大于b车的速率
B.最终a车的速率小于b车的速率
C.全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D.全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量
解析：人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝（m人＋ma）va－mbvb，得＝＜1，则a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝（ma＋m人）va＞mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确.
9.（2025·河北邯郸联考）（多选）一质量为m的小球A以初速度v0与正前方另一小球B发生碰撞，碰撞过程A、B两球的v－t图像如图所示.已知地面光滑，则下列说法正确的是（　ABD　）
A.图线P反映的是碰撞过程中A球的v－t图像
B.B球的质量可表示为m
C.一定存在b－a＝v0
D.碰撞过程中A、B两球的最大弹性势能为
解析：A与B碰撞过程，对A、B进行受力分析可知，A球受力方向和速度方向相反，A的速度应减小，则P反映的是A球的情况，A正确；由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mBv2＝（m＋mB）c，得mB＝m，B正确；若发生弹性碰撞，则有m＝m＋mB，得v2＝，v1＝，知v2－v1＝v0，则发生弹性碰撞才有b－a＝v0，C错误；A、B碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有mv0＝（m＋mB）c，m＝（m＋mB）c2＋Epm，解得Epm＝，D正确.
10.如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为段的中点.在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0.质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等.忽略每次碰撞时间.求：
（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
（2）球2的质量.
答案：（1）
（2）3m
解析：（1）根据题意可知，球1第一次经过P点后瞬间的速度大小为2v0
在P点，由向心力公式有F向＝m＝.
（2）两小球第一次发生弹性碰撞后瞬间，速度大小相等，设为v，分析可知，速度方向相反，由动量守恒定律有m·2v0＝－mv＋m0v
由机械能守恒定律有m（2v0）2＝mv2＋m0v2
联立解得m0＝3m.
专题八　力学中常见的四种模型
素养目标　1.能够应用动量观点和能量观点分析“滑块—弹簧”模型，“滑块—曲（斜）面”模型，“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型.（科学思维） 2.能够应用过程分析法解决力学综合问题.（科学思维）
@一、“滑块—弹簧”模型
一、“滑块—弹簧”模型
考题1　（2024·江苏卷）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　A　）
A.弹簧原长时B动量最大
B.弹簧压缩最短时A动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
解析：系统所受合外力为0，系统动量守恒，C错误；系统在运动过程中只有动能和弹性势能的转化，系统机械能守恒，D错误；根据动量守恒定律有mAvA＝mBvB，根据机械能守恒定律有ΔEp＝mA＋mB，联立解得ΔEp＝（＋mB），弹簧原长时弹性势能的变化量ΔEp最大，滑板和物体速度最大，滑板和物体各自的动量最大，滑板和物体的动能最大，A正确，B错误.
考题2　（2024·黑吉辽卷）如图所示，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg.A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接.同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止.A、B均视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp.
答案：（1）1 m/s　1 m/s
（2）0.2
（3）0.12 J
解析：（1）弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，B做匀减速直线运动，
对A，水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝gt2
联立解得vA＝1 m/s
弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，
对系统有0＝mAvA＋mB（－vB）
解得vB＝1 m/s.
（2）B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动，对B有－μmBgxB＝0－mB
解得μ＝0.2.
（3）从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有ΔEp＝mA＋mB＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得ΔEp＝0.12 J.
深化　　“滑块—弹簧”模型的理解
模型 图示 水平地面光滑
模型 特点 （1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒. （2）在能量方面，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒. （3）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小. （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大
例1　（多选）如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上.现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙所示，则有（　CD　）
甲
乙
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B.从t3到t4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长
C.两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
解析：开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速；t2时刻，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，A减为零后又向B运动的方向加速，在t3时刻，两物块速度相同，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中，弹簧由伸长状态恢复原长，故A、B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝（m1＋m2）v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据Ek＝mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确.故选C、D.
训练1　如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触.另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示.求：
（1）物块C的质量mC；
（2）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
答案：（1）2 kg
（2）9 J
解析：（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝（mA＋mC）v2，解得mC＝2kg.
（2）12s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
联立解得Ep＝9 J.
@二、“滑块—斜面（曲面）”模型
二、“滑块—斜面（曲面）”模型
考题3　（2024·山东卷）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点.质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
答案：（1）4 m/s
解析：（1）对小物块在Q点，由牛顿第二定律得3mg＋mg＝m
代入数据解得v＝4 m/s.
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示.
①求μ和m；
答案：①0.2　1 kg
②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s.求轨道水平部分的长度L.
答案：②4.5 m
解析：（2）①由题图乙可知，F1＝4 N时a1＝2 m/s2，此时小物块与轨道间刚要发生相对滑动，对小物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得μ＝0.2
对小物块与轨道整体，由牛顿第二定律得F1＝（M＋m）a1
解得m＋M＝2 kg
F2＝8 N时a2＝6 m/s2，对轨道，由牛顿第二定律得F2－μmg＝Ma2
联立解得m＝M＝1 kg.
②若初始时F＝8 N，向左推动轨道，则从一开始小物块就与轨道发生相对滑动
设经过时间t物块运动到P点，此时物块速度为v1，对地位移为x1，轨道速度为v2，对地位移为x2
由运动学公式可得t＝＝
代入数据得v2＝3v1
物块与轨道在t时间内的相对位移L＝（v2－v1）t
物块在Q点的对地速度为v3＝7 m/s，方向水平向左，设此时轨道的对地速度为v4，物块从P运动到Q的过程中，以向左为正方向，对物块和轨道整体
由水平方向动量守恒得mv1＋Mv2＝mv3＋Mv4
由机械能守恒得m＋M＝m＋M＋mg×2R
且由于小物块从Q点离开轨道，则有v3＞v4
联立解得v1＝3 m/s，v2＝9 m/s，v4＝5 m/s，t＝1.5 s，L＝4.5 m.
深化　　“滑块—斜面（曲面）”模型的理解
模型 图示 水平地面光滑
模型 特点 （1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度. （2）m返回最低点时m与M分离.水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M
例2　（多选）质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则（　BC　）
A.小球以后将向左做平抛运动
B.小球将做自由落体运动
C.此过程小球对小车做的功为M
D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v'，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv'，M＝×2Mv'2＋Mgh，联立解得h＝，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为M，即此过程小球对小车做的功为M，故B、C正确，A错误.故选B、C.
训练2　如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m（h小于斜面体的高度）.已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小取g＝10m/s2.
（1）求斜面体的质量；
（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案：（1）20kg
（2）不能，理由见解析
解析：（1）规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v0＝（m2＋m3）v
m2＝（m2＋m3）v2＋m2gh
式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg.
（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0
代入数据得v1＝－1m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3
m2＝m2＋m3
联立并代入数据得v2＝－1m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩.
@三、“子弹打木块”模型
三、“子弹打木块”模型
考题4　（2024·湖北卷）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）.改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　AD　）
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
解析：由题意可知，子弹恰好射穿木块且二者共速时木块获得的速度最大，由动量守恒定律可得mv0＝（M＋m）v，由能量守恒定律得kv0L＝m－（M＋m）v2，解得子弹的初速度大小为v0＝，A正确；由动量定理，对木块，有kv0t＝Mv，解得子弹在木块中运动的时间为t＝，B错误；木块和子弹损失的总动能为ΔEk＝kv0L＝，C错误；对木块由动能定理有kv0x＝Mv2，解得x＝，D正确.
深化　　“子弹打木块”模型的理解
模型 图示
模型 特点 （1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒. （2）系统的机械能有损失
两种 情境 （1）子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞） 动量守恒：mv0＝（m＋M）v 能量守恒：Q＝Ffs＝m－（M＋m）v2. （2）子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ffd＝m－（M＋m）
例3　（2025·湖北部分重点中学联考）质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上、质量为M的木块，陷入木块一定深度后与木块相对静止且恰好未穿出，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置.设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力f大小恒定，则下列说法中正确的是（　A　）
甲　乙
A.无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是图甲所示的情形
B.若M较大，则可能是图甲所示情形；若M较小，则可能是图乙所示情形
C.若v0较小，则可能是图甲所示情形；若v0较大，则可能是图乙所示情形
D.若地面较粗糙，则可能是图甲所示情形；若地面较光滑，则可能是图乙所示情形
解析：在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的作用力远大于木块与地面间的摩擦力，故子弹和木块构成的系统在水平方向上动量守恒，与地面光滑或粗糙无关，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，设木块在水平地面上滑行的距离为s，木块的长度为d，从子弹射入到与木块相对静止的过程中，对木块运用动能定理得fs＝Mv2＝，根据能量守恒定律得Q＝fd＝m－（m＋M）v2＝＞fs，则d＞s，故不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是题图甲所示的情形，A正确.故选A.
训练3　（多选）如图所示，一子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块，子弹最终未穿透木块.假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为20 J，下列说法正确的是（　BD　）
A.子弹对木块做的功与木块对子弹做的功代数和为0
B.木块的动能增加量可能为16 J
C.木块的动能增加量可能为22 J
D.整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为20 J
解析：子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到相对静止时，木块位移为x，子弹对木块做的功为fx，木块对子弹做的功为－f（x＋d），选项A错误；子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，产生的内能为fd＝20 J，由能量守恒定律知系统损失的机械能为20 J，选项D正确；画出子弹和木块的v－t图像，如图所示，根据v－t图像与坐标轴所围面积表示位移大小可知，子弹射入木块的深度d（即子弹与木块的相对位移大小）一定大于木块做匀加速运动的位移x，根据动能定理可知，木块获得的动能为Ek＝fx＜fd，选项B正确，C错误.
@四、“滑块—木板”模型
四、“滑块—木板”模型
考题5　（2025·八省联考云南卷）（多选）如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b（可视为质点）置于槽的底部中点，t＝0时，a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b开始运动后速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是（　BC　）
A.前17秒内a与b共碰撞3次
B.初始时a的速度大小为1 m/s
C.前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次
D.槽内底部长为10 m
解析：根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v－t图像，可知前17秒内a与b共碰撞4次，发生在4～6 s之间、8 s时刻、10～12 s之间以及16 s时刻；前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2 s、10 s和12 s时刻，选项A错误，C正确；b与a碰前速度为v2＝2 m/s向左，碰后b的速度v'2＝1 m/s向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度v1＝v'2＝1 m/s，即初始时a的速度大小为1 m/s，选项B正确；槽内底部长为L＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，选项D错误.故选BC.
考题6　（2024·甘肃卷）如图所示，质量为2 kg的小球A（视为质点）在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°.质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端.剪断细绳O'P，小球A开始运动.（重力加速度取g＝10 m/s2）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力；
（2）A在最低点时，细绳OP断裂.A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，C水平向右运动.求碰后C的速度大小；
（3）A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速.求C和B之间的动摩擦因数.
答案：（1）40 N，方向竖直向下
（2）4 m/s
（3）0.15
解析：（1）设细绳长为l，从剪断细绳O'P到小球运动到最低点的过程中，根据动能定理得
mAgl（1－cos 60°）＝mAv2
小球在最低点，由牛顿第二定律得
F－mAg＝mA
联立解得v＝4 m/s，F＝40 N
由牛顿第三定律知，细绳OP受到的拉力大小F'＝F，方向竖直向下.
（2）A飞出后恰好与C左侧碰撞，碰后A竖直下落，故碰后A水平速度为零，
A与C碰撞过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mAv＝mCvC
解得vC＝4 m/s.
（3）C在B上滑动，以B、C为系统，
由动量守恒定律得mCvC＝（mC＋mB）v共
由能量守恒定律得
μmCgx＝mC－（mC＋mB）
联立解得μ＝0.15.
深化　　“滑块—木板”模型的理解
模型 图示
模型 特点 （1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能. （2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大
求解 方法 （1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为系统. （2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体. （3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝E初－E末或Q＝FfΔx，研究对象为系统
例4　（2025·安徽定远调研）如图所示，在水平轨道上静止放置足够长的木板A和物块C，可视为质点的物块B以初速度v0＝3 m/s从A左端开始向右运动，当A和B的速度相等时，A与C恰好发生第一次碰撞.已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，不计A与水平轨道间的摩擦，B与A上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，C与轨道间的动摩擦因数μ2＝0.05，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空气阻力.求：
（1）A与C第一次碰撞后瞬间A、C的速度；
（2）A与C第一、二两次碰撞的时间间隔.
答案：（1）－1 m/s　1 m/s
（2）2 s
解析：（1）设A与B共速时速度为v1，A、B系统动量守恒有2mv0＝（2m＋m）v1
解得v1＝2 m/s
A与C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝mvA＋3mvC
m＝m＋×3m
解得vA＝－1 m/s，vC＝1 m/s.
（2）碰撞后，C减速，有tC＝＝2 s，xC＝＝1 m
A、B系统动量守恒，再次共速时有2mv1＋mvA＝3mv2，解得v2＝1 m/s
由于A、C第一次碰后A做匀变速直线运动，初速度为vA，当A、B再次共速时速度为v2，初末速度大小相等，由匀变速直线运动规律知，A在这段时间内的位移为0，这段时间内对应B速度由v1减小到v2的过程，由匀变速直线运动规律知，A、C第一次碰后A回到原位置的时间为t1＝＝ s＝1 s
一起匀速至C处时t2＝＝1 s
则两次碰撞的时间间隔为t＝t1＋t2＝2 s.
训练4　（2025·安徽模拟）如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6 kg，长木板的质量是12 kg.t＝0时二者以v0＝8 m/s的初速度一起向右运动，t＝0.5 s时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分v－t图像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下.小铁块可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度；
（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能.
答案：（1）0.4　0.4
（2）6.75 m
（3）324 J
解析：（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ1，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2，由v－t图像可得，0～0.5 s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为
a1＝｜｜＝ m/s2＝4 m/s2
对此过程由牛顿第二定律得
μ1（M＋m）g＝（M＋m）a1
解得μ1＝0.4
0.5 s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动.由v－t图像可得，0.5 s之后长木板的加速度大小为
a2＝｜｜＝ m/s2＝8 m/s2
对长木板由牛顿第二定律得
μ1（M＋m）g＋μ2mg＝Ma2
解得μ2＝0.4.
（2）由牛顿第二定律可得，0.5 s时刻之后小铁块的加速度大小为
a3＝μ2g＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2
0.5 s时刻之后，长木板与小铁块均以v＝6 m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因a2＞a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1，则有v2＝2a2x1
代入数据解得x1＝2.25 m
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5 s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为x2，则有v2＝2a3x2
代入数据解得x2＝4.5 m
设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5 s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有
L＝x1＋x2＝2.25＋4.5 m＝6.75 m.
（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为Q1，长木板与地面间相对滑动产生的内能为Q2，则有
Q1＝μ2mgL＝162 J
Q2＝μ1（M＋m）gx1＝162 J
故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能
Q＝Q1＋Q2＝324 J.
@限时跟踪检测（三十二）
A级·基础对点练
题组一　滑块—弹簧模型
1.（2025·江西南昌模拟）如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上，现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短.下列说法中正确的是（　A　）
A.此时乙物体的速度大小为1 m/s
B.紧接着甲物体将开始做加速运动
C.甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4
D.当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
解析：根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝（m1＋m2）v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v'1＋m2v'2，m1＝m1v＋m2v，联立解得v'2＝2 m/s，D错误.
2.一轻质弹簧两端分别与木块甲和乙连接，静止在水平地面上，弹簧处于原长状态，如图所示.甲的质量比乙的大，两者与地面间的动摩擦因数相等.现增大甲和乙的距离，使弹簧伸长（在弹性限度内），然后同时由静止释放甲和乙，在它们加速相向运动的过程中，下列说法正确的是（　C　）
A.任一时刻甲的加速度大小与乙的相等
B.任一时刻甲的速度大小与乙的相等
C.任一时刻甲的动量大小比乙的小
D.弹簧弹性势能的减少量等于甲和乙的动能之和
解析：在甲、乙两木块加速相向运动的过程中，对甲由牛顿第二定律有F－μm甲g＝m甲a甲，解得a甲＝－μg，同理，a乙＝－μg，又m甲＞m乙，则a甲＜a乙，A错误；根据v＝at定性分析可知（在这里虽然不是初速度为零的匀变速直线运动，但任一时刻的加速度都满足a甲＜a乙，所以可以据此定性分析），v甲＜v乙，B错误；对甲由动量定理有（－μm甲g）t＝p甲，同理，（－μm乙g）t＝p乙，又m甲＞m乙，则p甲＜p乙，C正确；根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能的减少量等于甲、乙的动能与系统因摩擦产生的热量之和，D错误.
题组二　滑块—斜面（曲面）模型
3.（2025·福建龙岩一中月考）（多选）如图所示，在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体，斜面的倾角为37°，高度为h，将一个可看成质点的小球从斜面顶端由静止释放，斜面体的质量是小球质量的两倍，小球运动到斜面底部的过程中（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（　ACD　）
A.斜面体对小球做负功
B.斜面体的机械能守恒
C.斜面体和小球组成系统的动量不守恒
D.斜面体运动距离为h
解析：对于小球和斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，斜面体的机械能增大，小球的机械能减小，所以斜面体的支持力对小球做负功，A正确，B错误；小球在竖直方向有加速度，斜面体和小球组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；小球和斜面体组成的系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，设小球的水平位移大小为x1，斜面体的位移大小为x2，取水平向左为正方向，设小球质量为m，则斜面体的质量为2m，根据水平方向动量守恒得m－2m＝0，解得x1＝2x2，又x1＋x2＝h，解得x2＝h，D正确.
4.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，有一质量为m、速度为v0的小物块从水平方向滑上小车的光滑轨道，假定小物块一直不离开轨道，则小物块在轨道上上升的最大高度为（已知重力加速度为g）（　B　）
A. B.
C. D.
解析：物块滑上小车后，与小车相互作用，物块与小车组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒.物块上升到最大高度时，二者具有相同的速度.由动量守恒定律有mv0＝（M＋m）v，由能量守恒定律有m＝（M＋m）v2＋mghmax，联立解得hmax＝.
题组三　子弹打木块模型
5.（2025·福建莆田仙游二中期中）如图所示，一不可伸长的细线悬挂质量为M的小木块，木块静止.现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中.已知子弹初速度为v0，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　D　）
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的动量守恒
C.子弹射入木块后瞬间的共同速度为
D.子弹和木块一起上升的最大高度为
解析：子弹打入木块的过程，子弹和木块在水平方向受到的合力为0，动量守恒.这个过程中有摩擦生热，故机械能不守恒.在上摆的过程中，系统受到的重力和拉力不在一个方向上，系统受到的合力不为0，动量不守恒.上摆的过程只有重力做功，机械能守恒.因此从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中，系统的动量和机械能均不守恒，A、B错误；射入木块的过程，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v共，解得v共＝，C错误；在最高点时系统的速度为0，上摆的过程由动能定理得0－（M＋m）＝－（M＋m）gh，解得h＝，D正确.
题组四　滑块—木板模型
6.（多选）如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是（　AB　）
甲
乙
A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量M＝2 kg
C.长木板B的长度至少为2 m
D.木块A与长木板B所组成的系统损失的机械能为4 J
解析：由题意可知系统动量守恒，且A、B最终速度v共＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝（m＋M）v，解得M＝m＝2 kg，故B正确；由题图可知，木块A做匀减速运动的加速度为aA＝＝ m/s2＝－1 m/s2，对木块A，根据牛顿第二定律得－μmg＝maA，μ＝0.1，故A正确；由题图可知，木块A与长木板B组成的系统损失的机械能ΔE＝m－（m＋M）v2＝2 J，根据模型特点可知，损失的机械能全部转化为内能，则Q＝FfL＝2 J，根据摩擦力Ff＝μmg可知，Ff＝2 N，则解得长木板B的最小长度为L＝1 m，故C、D错误.
B级·能力提升练
7.（2025·福建厦门模拟）质量相等的A、B两个物体静置在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用，经过时间t0和3t0，分别撤去F1和F2，两个物体速度v随时间t变化的图像如图所示，设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，下列结论正确的是（　B　）
A.I1＞I2，W1＞W2 B.I1＜I2，W1＞W2
C.I1＜I2，W1＜W2 D.I1＞I2，W1＜W2
解析：由题图知，撤去F1和F2后，两物体做匀减速运动的加速度大小相等，都为a0＝，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f＝ma0，则两物体所受摩擦力大小相等，v－t图线与时间轴所围成的面积表示物体运动的位移，则全过程位移之比为6∶5.对全过程运用动能定理得W1－fs1＝0，W2－fs2＝0，可知整个运动过程中F1和F2做的功之比为6∶5，W1＞W2；对全过程运用动量定理得I1－f·4t0＝0，I2－f·5t0＝0，可知整个过程中F1、F2的冲量之比为＝＜1，因此I1＜I2，B正确.
8.（2025·湖北高三联考）（多选）如图所示，质量为2m的物块A与质量为m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板.现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为v0时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短.碰撞后瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x.弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　AD　）
A.物块B与挡板碰撞时的速度大小为v0
B.物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为m
C.物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为m
D.弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为v0
解析：由题意可知，系统在水平方向上动量守恒，故有2mv0＝2m×v0＋mvB，解得vB＝v0，A正确；由能量守恒可知×2m＝×2m＋×m＋Ep，解得Ep＝m，B错误；物块B与挡板碰撞后的速度为－vB，二者再次共速时，弹性势能最大，以水平向右为正方向，由动量守恒可得2m×v0＋m×（－v0）＝（m＋2m）v，由能量守恒可得×2m＋×m＋Ep＝（2m＋m）v2＋E'p，解得E'p＝m，C错误；物块B与挡板碰撞后到弹簧与第一次伸长量为x过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有2m×v0－m×v0＝2mv3＋mv4，根据机械能守恒定律有×2m×＋m×＝×2m＋m，联立解得v4＝v0，即物块B的速度大小为v0，故D正确.故选AD.
9.（2025·河南焦作期中）如图所示为一款2023年深受青年爱好者青睐的户外游戏的简化图，两等高的平台中间有一段长为x的光滑水平面，在光滑水平面上有长为d的平板车紧靠左侧的平台，平板车的上表面与左、右平台在同一水平线上.游戏参与者需要在左侧平台边缘给可视为质点的小木块一个初速度，让小木块滑上平板车，最后小木块刚好滑上右侧平台，并静止在平台左边缘处视为胜利.已知小木块与平板车间的动摩擦因数为μ，平板车的质量是小木块的2倍，当平板车碰到右侧平台时立即被锁定，重力加速度为g.要使游戏参与者获得胜利，给小木块的初速度大小可能是（　D　）
A. B.
C. D.
解析：小木块滑上平板车，设小木块质量为m，初速度为v0，由动量守恒定律得mv0＝3mv，小木块在平板车上与平板车达到共速时相对平板车滑行的距离为L，由能量守恒定律得m＝×3mv2＋μmgL，联立解得L＝，平板车碰到右侧平台侧壁停止运动，小木块刚好减速运动停在右侧平台的左边缘处，对小木块由动能定理得μmg（d－L）＝mv2，联立解得v0＝，故选D.
10.如图所示，在光滑水平面上有一双层凹槽A，上层槽面光滑，下层槽面粗糙，槽壁间距离均为L＝2 m，分别在上下槽的中点放置可视为质点的物块B、C.现给B物块v0＝1 m/s的初速度使其向右运动.已知A、B、C的质量均为1 kg，C与下槽间的动摩擦因数μ＝0.025，物块与槽壁碰撞均没有能量损失且不计碰撞时间，B与槽壁碰撞时，A、C均已达到共速，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
（1）物块B与槽壁第一次碰后瞬间，A、B的速度各是多大；
（2）物块B与槽壁第一次碰撞后至第二次碰撞前，物块C相对下槽面滑动的距离；
（3）经过足够长的时间后，物块C与左侧槽壁间的距离.
答案：（1）1 m/s　0
（2）1 m
（3）0.2 m
解析：（1）设B与槽壁第一次碰撞后的速度为vB1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvB＋mvA1
m＝m＋m
解得vB1＝0，＝v0＝1 m/s.
（2）之后，B静止，A做匀减速直线运动，C做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
aA＝aC＝＝0.25 m/s2
若A、C共速，则需用时间ts1和共速速度vs1
ts1＝＝2 s
vs1＝aCts1＝0.5 m/s
A、C的位移和相对位移
xA1＝ts1＝1.5 m
xC1＝ts1＝0.5 m
Δx1＝xA1－xC1＝1 m
故B与槽壁第二次碰撞前，C不与A左侧槽壁相碰，Δx1即C在下槽面上滑动的距离.
（3）第二次碰撞，A以vs1＝0.5 m/s的速度与静止的B碰撞，类比第一次碰撞计算可得
第二次碰撞后：vB2＝0.5 m/s，vA2＝0
此后，C做匀减速直线运动，A做匀加速直线运动，二者第二次共速
设共速需用时间为ts2和共速速度为vs2，A、C的位移为xA2、xC2和相对位移为Δx2，有
ts2＝1 s，vs2＝0.25 m/s，xA2＝0.125 m，xC2＝0.375 m，Δx2＝xC2－xA2＝0.25 m
第三次碰撞：B以vB2＝0.5 m/s的速度与速度为vs2＝0.25 m/s的A碰撞，由于A、B质量相等，二者速度交换：vB3＝0.25 m/s，vA3＝0.5 m/s
此后，A做匀减速直线运动，C做匀加速直线运动，二者第三次共速
再次计算相对位移：Δx3＝xA2－xC2＝0.062 5 m
发现：Δx1＝4Δx2＝16Δx3
由此可归纳：Δxn＝Δx1
C相对于A的总位移为
Δx总＝Δx1－Δx2＋Δx3－Δx4＋…＝（Δx1－Δx2）
当n→∞时，Δx总＝0.8 m，则物块C与左侧槽壁间的距离为0.2 m.
实验八　验证动量守恒定律
素养目标　1.理解动量守恒定律成立的条件，会利用不同案例验证动量守恒定律. 2.知道在不同实验案例中要测量的物理量，会进行数据处理及误差分析.
@一、教材原型实验
一、教材原型实验
考题1　（2024·新课标卷）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律.将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸.实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xP，将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN.
完成下列填空：
（1）记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma　＞　（填“＞”或“＜”）mb.
解析：（1）为了防止小球a碰撞小球b后反弹，应让小球a的质量大于小球b的质量，即满足ma＞mb.
（2）如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式　　，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律.实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是　maxP＝maxM＋mbxN　小球a、b离开轨道后均做平抛运动，两者下落时间相同，因此可以用水平位移代替水平飞出时的速度进行验证　.
解析：（2）小球a、b离开轨道后均做平抛运动，两者在空中的运动时间相同，其水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证mav0＝mav1＋mbv2，则只需验证maxP＝maxM＋mbxN即可.
考题2　（2024·北京卷）如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律.
（1）关于本实验，下列做法正确的是　AC　

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