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专题15 动量 动量守恒定律
课标要求 知识要点 命题推断
1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念. 2.知道动量守恒的条件. 3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题． 考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用 考点二　动量守恒定律的理解和判断 考点三　动量守恒定律的应用（人船模型） 考点四　碰撞现象的特点和规律 题型：选择题 计算题 1动量和动量变化量、冲量的计算 2应用动量定理求平均冲力 3在多过程问题中应用动量定理 4流体类柱状模型、微粒类柱状模型 5动量守恒定律的判断与应用 6碰撞（弹簧）模型 7人船模型
考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：N·_s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
3．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．
(2)表达式：
考点二　动量守恒定律的理解和判断
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
考点三　动量守恒定律的应用（人船模型）
1．动量守恒定律的不同表达形式
(1)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．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
考点四　碰撞现象的特点和规律
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非完全弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
2.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．
（2024 广东三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（　　）
A．做匀加速运动
B．加速度逐渐减小
C．动量变化得越来越快
D．所受摩擦力的功率不变
（2024 浑南区校级模拟）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响。对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器底部没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。下列说法正确的是（　　）
A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小
C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小
（2024 郑州三模）如图所示，某同学利用平板车将货物匀速运送到斜坡上，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。则平板车与货物组成的系统（　　）
A．动量增大
B．机械能不变
C．所受合外力的冲量为零
D．所受推力做功为零
（2024 盐都区校级三模）某同学利用如图所示的装置做《验证动量守恒定律的实验》，已知两球的质量分别为m1、m2（且m1＞m2），关于实验下列说法正确的（　　）（填选项前的字母）
A．如果M是m2的落点，则该同学实验过程中必有错误
B．斜槽轨道必须很光滑
C．实验需要验证的是m1 OP＝m2 O'M+m1 ON
D．实验需要秒表、天平、圆规等器材
（2024 浙江模拟）2023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后大球的动量大于小球的动量
B．碰撞后大球的动能等于小球的动能
C．大球碰撞前后的速度比为2：1
D．大球碰撞前后的动能比为2：1
（2024 市中区校级模拟）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．小球P即将落地时，它的速度大小为
B．小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°
C．从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
D．若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为
（2024 东西湖区校级模拟）由多个点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量和相对位置有关。如图甲所示，a、b、c三个质量均为m，带等量正电荷的小球，用长度相等不可伸长的绝缘轻绳连接，静置于光滑绝缘水平面上，设此时系统的电势能为E0。现剪断a、c两小球间的轻绳，一段时间后c球的速度大小为v，方向如图乙所示。关于这段时间内的电荷系统，下列说法中正确的是（　　）
A．动量不守恒
B．机械能守恒
C．c球受到的电场力冲量大小为mv
D．图乙时刻系统的电势能为
（2024 越秀区校级模拟）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.6m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.0m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
（2024 江苏模拟）如图所示，轨道的上表面由长度为2R的水平部分CB和半径为R的四分之一光滑圆弧AB组成，轨道质量为2m，静止于光滑的水平地面上。一质量为m的小滑块（看作质点）从C点开始沿CB面水平向左运动，CB面与小滑块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。要使滑块能越过B点滑上圆弧AB，求：
（1）滑块运动到B点的过程中产生的热量；
（2）滑块在C点的初速度v0满足的条件。
（3）若滑块在C点的初速度v0，求滑块滑上圆弧AB后能达到的最大高度。
（2024 东港区校级模拟）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
题型1动量和动量变化量、冲量的计算
（2024 河南一模）质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．相同时间内，速度变化量可能不同
B．同一时刻，速度变化快慢可能不同
C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同
D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同
（2024 海珠区校级模拟）俯卧撑是一项深受学生们喜欢的课外健身运动，做中距俯卧撑（下左图）时双臂基本与肩同宽，做宽距俯卧撑（下右图）时双臂大约在1.5倍肩宽。某位同学正在尝试用不同姿势的做俯卧撑；对于该同学做俯卧撑的过程，下列说法中正确的是（　　）
A．在俯卧撑向下运动的过程中，地面对手掌的支持力小于手掌对地面的压力
B．宽距俯卧撑比中距俯卧撑省力
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学的支持力做正功
D．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零
（2024 雨花区校级模拟）如图1为某游乐园旋转的飞椅，可将其简化为图2所示的模型。将图2装置放在粗糙的水平地面上，吊绳长均为L，上端与竖直转轴间的距离均为x，A、B为两个质量分别为m、2m的小球。若水平转盘CD绕转轴匀速转动，稳定时AC绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（　　）
A．在一个周期内，重力对A的冲量为零
B．A的线速度大小为
C．BD绳的拉力大小为2mgcosθ
D．地面受到的静摩擦力大小为mgtanθ
题型2应用动量定理求平均冲力
（2024 五华区校级模拟）太阳帆飞船是目前唯一可能承载人类到达太阳系外星系的航天器。太阳光光子流撞击航天器帆面，产生持续光压，使航天器可在太空中飞行。若有一艘太阳帆飞船在航行，太阳光垂直照射帆面，帆面积为66300m2，单位面积每秒接受的太阳辐射能量为1.2×103W m﹣2。已知太阳辐射平均波长为10﹣6m，假设帆能完全反射太阳光，不计太阳光反射的频率变化，普朗克常数h＝6.63×10﹣34J s，则下列说法正确的是（　　）
A．太阳辐射的光子能量约为6.63×10﹣28J
B．太阳辐射的光子动量约为6.63×10﹣24kg m s﹣1
C．太阳辐射对飞船的平均作用力约为0.53N
D．帆面每秒钟接受到的光子数量约为4.0×1020个
（2024 沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　）
A．挤压过程中物体处于失重状态
B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg m/s，方向竖直向下
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N s
（2024 西城区二模）如图所示，质量m＝0.6kg的篮球从离地高度H＝0.8m处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度h＝0.45m，篮球与地面发生作用的时间Δt＝0.1s。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度H＝0.8m处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能E损；
（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F；
（3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。
题型3在多过程问题中应用动量定理
（2024 重庆模拟）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，在B球即将落地的过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B．竖直墙面对B球的冲量大小为
C．轻杆对A球先做正功后做负功
D．A球的最大动能为
（2024 阜阳模拟）小明在进行定点投篮，以篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，将一质量为m的篮球由A点投出，其运动轨迹经过A、B、C、D，C为篮球运动的最高点，如图所示。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，篮球可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．C点坐标为（0，L）
B．篮球由B到C和由C到D的过程中，动能的变化量相同
C．篮球在C点时，重力的瞬时功率为mg
D．篮球由A到B和由C到D的过程中，动量的变化量大小相等，方向相反
（2024 厦门三模）2024年4月20日世界田联钻石赛在厦门白鹭体育馆举行，世界名将杜普兰蒂斯以6米24的成绩刷新了自己的撑杆跳世界纪录。如图所示，某次训练时，运动员持杆从静止开始加速助跑，助跑距离为45m，速度达到9m/s，接着撑杆起跳，重心升高5m时到达最高点且速度为零。过杆后，运动员做自由落体运动，重心下降5m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减至零的时间为0.5s.已知运动员的质量为80kg，助跑阶段可视为匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）运动员助跑阶段的加速度大小a；
（2）从撑杆起跳到最高点的过程中，运动员机械能的变化量ΔE；
（3）从接触软垫到速度减为零过程中，软垫对运动员作用力的冲量大小I。
题型4流体类柱状模型、微粒类柱状模型
（2023 杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　）
A．地面对消防车的作用力方向竖直向上
B．水炮炮口的水流速度为10m/s
C．水泵对水做功的功率约为3.8×104W
D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
（2021 河南一模）如图所示是为了检验某种新型材料性能的实验装置示意图。在倾斜固定放置的玻璃表面铺上某种新型材料，在某一高度处，固定一个喷水装置。喷口能够持续以速度v0水平向右连续喷出水柱。不断调节喷水装置的位置，当喷水装置距该新型材料表面中点高为h的位置时，喷口喷出的水柱最后刚好垂直冲击到该新型材料表面的中点处，并且水柱撞击到该新型材料表面后，水的速度刚好立刻变为零，然后水沿该新型材料表面均匀散开。已知喷口处水柱的横截面积为S，喷口处横截面上各处水的速度都相同。设水柱在空中不会散开，忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
（1）水柱稳定后，在空中水柱的质量；
（2）喷水装置喷出的水柱对该新型材料表面的平均冲击力大小。
题型5动量守恒定律的判断与应用
（2024春 长春期末）巴黎奥运会将于2024年7月26日至8月11日举行，滑板作为一项新兴运动成为正式比赛项目。如图所示，运动员在比赛中做腾空跃起并越过障碍物的表演，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　）
A．运动员和滑板构成的系统动量守恒
B．运动员与滑板构成的系统水平方向上动量守恒
C．运动员和滑板构成的系统机械能不守恒
D．运动员和滑板构成的系统在最高点时的动量为零
（2024春 拉萨期末）如图所示，半径为R1＝1.8m的光滑圆弧轨道与半径为R2＝0.8m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口处有一质量为M＝3kg、长度为L＝2.0m的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的水平台阶，其上表面与木板上表面高度相同。现让质量为m2＝2kg的物块b静止于B处，质量为m1＝1kg的物块a从光滑圆弧轨道顶端的A处由静止释放，物块a下滑至B处和b发生碰撞后不再分开，a、b形成的物块c经过半圆管从C处滑上木板，当木板速度为2m/s时，木板与台阶碰撞并立即被粘住，若g＝10m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计。
（1）求物块a和b碰后共同具有的速度；
（2）若物块c与木板、台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求物块c在台阶表面上滑行的最大距离。
（2024 重庆）如图所示，MN两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小。
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
题型6碰撞（弹簧）模型
（2024 黄陂区校级一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（　　）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
（2024 乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（　　）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0
B．物块与钢板在返回O点前已经分离
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能
（2024 江苏模拟）某快递站利用如图所示装置运送货物（视为质点），固定倾斜轨道AB的B点与轨道B'CD的B'点等高，两轨道相切并平滑连接。轨道B'CD上表面由光滑圆弧轨道B'C和水平粗糙轨道CD组成且相切于C点，圆弧轨道B'C的半径R＝2.75m，所对圆心角θ＝37°，水平粗糙轨道CD段长L＝5m。轨道B'CD静置于光滑水平面上，右侧紧靠竖直墙壁。现将质量m＝10kg的货物从距离B点高度h＝1.5m的A点无初速度释放，货物滑到轨道B'CD左端D点时恰好与轨道保持相对静止。货物与倾斜轨道AB、水平粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ0＝0.125，μ1＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求：
（1）货物在B点的速度大小；
（2）轨道B′CD的质量M；
（3）整个过程中由于摩擦产生的内能Q。
题型7人船模型
（多选）（2024 贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（　　）
A．小球向左运动能达到A点
B．半圆槽向右运动的最大距离为
C．半圆槽的运动速度大小可能为
D．小球经过C点时对半圆槽的压力大小为3mg
（2022 永定区模拟）如图所示，一个质量为m1＝50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　）
A．0 B．2m C．5m D．7m
（2024春 天河区期末）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。重力加速度为g。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为中小学教育资源及组卷应用平台
专题15 动量 动量守恒定律
课标要求 知识要点 命题推断
1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念. 2.知道动量守恒的条件. 3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题． 考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用 考点二　动量守恒定律的理解和判断 考点三　动量守恒定律的应用（人船模型） 考点四　碰撞现象的特点和规律 题型：选择题 计算题 1动量和动量变化量、冲量的计算 2应用动量定理求平均冲力 3在多过程问题中应用动量定理 4流体类柱状模型、微粒类柱状模型 5动量守恒定律的判断与应用 6碰撞（弹簧）模型 7人船模型
考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：N·_s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
3．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．
(2)表达式：
考点二　动量守恒定律的理解和判断
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
考点三　动量守恒定律的应用（人船模型）
1．动量守恒定律的不同表达形式
(1)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．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
考点四　碰撞现象的特点和规律
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非完全弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
2.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．
（2024 广东三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（　　）
A．做匀加速运动
B．加速度逐渐减小
C．动量变化得越来越快
D．所受摩擦力的功率不变
【解答】解：A．由于滑块与传送带相对静止，传送带与驱动轮间无相对滑动，线速度随路程均匀增大，则滑块的速度随位移均匀增大，若滑块做匀加速运动，由直线运动规律得
v2＝2ax
滑块速度不随位移均匀增大，即滑块不做匀加速运动，故A错误；
B．滑块的速度随位移均匀增大，则通过任意相同位移的时间逐渐减小，又滑块通过相同位移的速度变化量相同，则滑块加速度越来越大，故B错误；
C．滑块动量为
p＝mv
由于滑块加速度逐渐增大，即速度变化的越来越快，而滑块质量不变，则滑块动量变化的越来越快，故C正确；
D．滑块所受摩擦力即其所受合外力，滑块加速度越来越大，由牛顿第二定律可知受摩擦力逐渐增大，又滑块速度逐渐增大，由
P＝fv
可知摩擦力的功率增大，故D错误。
故选：C。
（2024 浑南区校级模拟）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响。对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器底部没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。下列说法正确的是（　　）
A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小
C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小
【解答】解：AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动，对沙漏计时器整体分析，有一部分沙子有向下的加速度，整体处于失重状态，则总重力大于支持力，故AB错误；
CD．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的沙子质量为m1，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙子冲击底部静止沙子表面的速度为v，有
v2＝2gh
解得：
沙子下落的时间为t，有
v＝gt
解得：
设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为F1，在极短时间Δt内，撞击在底部静止沙子表面的沙子质量为Δm，取向下为正方向，由动量定理得：
﹣F1Δt＝﹣Δmv
解得：
空中的沙子质量为m，有
解得：
则：
F1＝m1g
对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力为FN，由共点力平衡条件得：
FN＝（m﹣m1）g+F1
解得：FN＝mg，故C正确，D错误。
故选：C。
（2024 郑州三模）如图所示，某同学利用平板车将货物匀速运送到斜坡上，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。则平板车与货物组成的系统（　　）
A．动量增大
B．机械能不变
C．所受合外力的冲量为零
D．所受推力做功为零
【解答】解：AC、平板车将货物匀速运送到斜坡上，速度不变，动量不变，根据动量定理可知所受合外力的冲量为零，故A错误，C正确；
B、平板车将货物匀速运动到斜坡上，平板车于货物组成的系统动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；
D、同学利用平板车将货物匀速运送到斜坡上，平板车和货物的重力势能增加，动能不变，故机械能增加，推力做正功，故D错误。
故选：C。
（2024 盐都区校级三模）某同学利用如图所示的装置做《验证动量守恒定律的实验》，已知两球的质量分别为m1、m2（且m1＞m2），关于实验下列说法正确的（　　）（填选项前的字母）
A．如果M是m2的落点，则该同学实验过程中必有错误
B．斜槽轨道必须很光滑
C．实验需要验证的是m1 OP＝m2 O'M+m1 ON
D．实验需要秒表、天平、圆规等器材
【解答】解：A、入射球要比靶球质量大，因此质量为m1的为入射小球，其碰前落地点为P，碰后落地点为M，故A正确；
B、在同一组的实验中要保证入射球和靶球每次平抛的速度都相同，故每次入射球必须从同一高度由静止释放，由于摩擦作用对它们的影响相同，因此轨道是否光滑不影响实验，故B错误；
C、不管是入射小球还是被碰小球，它们开始平抛的位置都是O点，图中P是入射小球不发生碰撞时飞出的落地点；N是被碰小球飞出的落地点；M是入射小球碰撞后飞出的落地点，由于它们都是从同一高度做平抛运动，运动的时间相同，故可以用水平位移代表水平速度，故需验证表达式为：m1 OP＝m1 OM+m2 ON，故C错误。
D、本实验不需要测小球平抛运动的速度，故不需要测运动的时间，所以不需要秒表，故D错误。
故选：A。
（2024 浙江模拟）2023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后大球的动量大于小球的动量
B．碰撞后大球的动能等于小球的动能
C．大球碰撞前后的速度比为2：1
D．大球碰撞前后的动能比为2：1
【解答】解：A．大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，则
v大v小
根据
p＝mv
碰撞后大球的动量等于小球的动量，故A错误；
B．根据
Ekmv2
碰撞后大球的动能小于小球的动能，故B错误；
C．根据动量守恒
Mv0＝Mv大+mv小
v大v小
得
v0：v大＝2：1
故C正确；
D．根据
Ekmv2
大球碰撞前后的动能比为4：1，故D错误。
故选：C。
（2024 市中区校级模拟）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．小球P即将落地时，它的速度大小为
B．小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°
C．从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
D．若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为
【解答】解：B、平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角正切为
tanθ
可知，小球P即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方向的夹角θ＝45°，故B错误；
A、设小球P即将落地时，它的速度大小为v1，小球Q的速度大小为v2，根据两球组成的系统机械能守恒有
mgh
小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有
v1cosθ＝v2
解得：，，故A错误；
C、从静止释放到小球P即将落地，根据动能定理可得轻杆对小球Q做的功为
W杆，故C正确；
D、小球P落地与地面相互作用的过程中，取小球P落地前瞬间的速度方向为正方向，根据动量定理有I合＝m，由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与I合大小不相等，即不等于m，故D错误。
故选：C。
（2024 东西湖区校级模拟）由多个点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量和相对位置有关。如图甲所示，a、b、c三个质量均为m，带等量正电荷的小球，用长度相等不可伸长的绝缘轻绳连接，静置于光滑绝缘水平面上，设此时系统的电势能为E0。现剪断a、c两小球间的轻绳，一段时间后c球的速度大小为v，方向如图乙所示。关于这段时间内的电荷系统，下列说法中正确的是（　　）
A．动量不守恒
B．机械能守恒
C．c球受到的电场力冲量大小为mv
D．图乙时刻系统的电势能为
【解答】解：A．对系统受力分析，系统受合外力为零，则系统的动量守恒，故A错误；
B．除重力和系统内弹力外，只有电场力做正功，则系统的机械能增加，故B错误；
C．根据动量定理，合力冲量等于动量变化量，c球受到的电场力和细绳拉力的合力的冲量等于c球动量变化，大小为mv，故C错误；
D．由对称性，a球的速度大小也为v，方向与ac连线成30°角斜向左下方，因系统动量守恒，则b球的速度方向垂直ac向上，
如图
由动量守恒定律
2×mvsin30°﹣mvb＝0
解得
vb＝v
则此时三个小球的动能为
因系统的电势能和动能之和守恒，则图乙时刻系统的电势能为
故D正确。
故选：D。
（2024 越秀区校级模拟）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.6m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.0m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
【解答】解：AB、由图知：碰前红壶的速度为v0＝1.0m/s，碰后速度为v1＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v2，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0＝mv1+mv2
代入数据解得：v2＝0.8m/s
因mv02mv12mv22，故碰撞过程机械能有损失，则碰撞为非弹性碰撞，故AB错误；
C、设图（b）中倾斜的虚线与t轴的交点的t轴坐标为t1，则有：
解得：t1＝6s
碰后蓝壶移动的位移大小为：xv2（t1﹣1）0.8×（6﹣1）m＝2.0m，故C正确；
D、根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，合力均为滑动摩擦力，由牛顿第二定律，可知碰后红壶所受滑动摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。
故选：C。
（2024 江苏模拟）如图所示，轨道的上表面由长度为2R的水平部分CB和半径为R的四分之一光滑圆弧AB组成，轨道质量为2m，静止于光滑的水平地面上。一质量为m的小滑块（看作质点）从C点开始沿CB面水平向左运动，CB面与小滑块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。要使滑块能越过B点滑上圆弧AB，求：
（1）滑块运动到B点的过程中产生的热量；
（2）滑块在C点的初速度v0满足的条件。
（3）若滑块在C点的初速度v0，求滑块滑上圆弧AB后能达到的最大高度。
【解答】解：（1）滑块运动到B点的过程中产生的热量为
Q＝μmg 2R＝2μmgR
（2）滑块在水平轨道上向左做匀减速直线运动，滑块恰好到达B点时与轨道共速，取向左为正方向，由能量守恒定律和动量守恒定律得
mv0＝（2m+m）vB
联立解得
要使滑块能越过B点滑上圆弧AB，滑块在C点的初速度应满足
（3）滑块滑上圆弧AB后当滑块和轨道共速时，滑块达到最大高度h，取向左为正方向，由系统水平方向动量守恒和能量守恒可得
mv0＝（m+2m）v共
解得滑块滑上圆弧AB后能达到的最大高度为
答：（1）滑块运动到B点的过程中产生的热量2μmgR；
（2）滑块在C点的初速度满足；
（3）滑块滑上圆弧AB后能达到的最大高度。
（2024 东港区校级模拟）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【解答】解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理
解得vC＝4m/s
在C处，根据向心加速度公式
代入数据解得aC＝16m/s2
②物块a从A到D，根据动能定理
代入数据解得
设上滑的最大高度为h1
根据动能定理
代入数据解得h1＝0.45m
ED之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1
因此物块a未滑出轨道DE；
设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D；
根据动能定理
代入数据解得s＝2m
③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得
由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑；
物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ
代入数据解得
t根据匀变速运动公式
由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有
所以
（2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理
代入数据解得vF＝2m/s
设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向
根据动量守恒定律mvF＝2mv
根据功能关系
代入数据联立解得l＝0.2m。
答：（1）①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；
②在DE上经过的总路程为2m；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；
（2）若h＝1.6m，滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。
题型1动量和动量变化量、冲量的计算
（2024 河南一模）质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．相同时间内，速度变化量可能不同
B．同一时刻，速度变化快慢可能不同
C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同
D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同
【解答】解：A．两物体运动过程中的加速度相同，则由Δv＝gΔt可知，相同时间内，速度变化量一定相同，故A错误；
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，因两物体的加速度均等于重力加速度，因此同一时刻，速度变化快慢一定相同，故B错误；
C．抛出后下降到同一高度时，根据动能定理可得，由于重力做功相同，两小球抛出时的初动能相等，则两小球下降到同一高度时的动能一定相同，故C正确；
D．根据I＝mgt可知相同时间内，重力的冲量大小一定相同，故D错误。
故选：C。
（2024 海珠区校级模拟）俯卧撑是一项深受学生们喜欢的课外健身运动，做中距俯卧撑（下左图）时双臂基本与肩同宽，做宽距俯卧撑（下右图）时双臂大约在1.5倍肩宽。某位同学正在尝试用不同姿势的做俯卧撑；对于该同学做俯卧撑的过程，下列说法中正确的是（　　）
A．在俯卧撑向下运动的过程中，地面对手掌的支持力小于手掌对地面的压力
B．宽距俯卧撑比中距俯卧撑省力
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学的支持力做正功
D．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零
【解答】解：A.地面对手掌的支持力和手掌对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B.宽距俯卧撑双肩间距大于肩宽，手臂间的夹角变大，根据平行四边形法则计算合力为2Fcosθ，合力大小不变，夹角变大，故作用力会变大，所以作用力比中距俯卧撑作用力大，故B错误；
C.在俯卧撑向上运动的过程中，对该同学的支持力的作用点没有位移，则对该同学的支持力没有做功，故C错误；
D.根据I＝Ft可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零，故D正确。
故选：D。
（2024 雨花区校级模拟）如图1为某游乐园旋转的飞椅，可将其简化为图2所示的模型。将图2装置放在粗糙的水平地面上，吊绳长均为L，上端与竖直转轴间的距离均为x，A、B为两个质量分别为m、2m的小球。若水平转盘CD绕转轴匀速转动，稳定时AC绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（　　）
A．在一个周期内，重力对A的冲量为零
B．A的线速度大小为
C．BD绳的拉力大小为2mgcosθ
D．地面受到的静摩擦力大小为mgtanθ
【解答】解：A、设周期为T，在一个周期内，重力的冲量大小为IG＝mgT≠0，故A错误；
B、对A球受力分析，小球受到的重力和拉力的合力提供水平方向的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式，则：
解得：，故B错误；
C、由v＝ωr知，A、B的角速度均为
由于x、L、g为定值，当ω一定时，θ与小球的质量无关，则BD绳与竖直方向的夹角也是θ，BD绳的拉力大小为，故C错误；
D、AC绳的拉力为，整体分析，装置受到地面的静摩擦力大小为FBsinθ﹣FAsinθ＝mgtanθ
根据牛顿第三定律知：地面受到装置的静摩擦力大小也为mgtanθ，故D正确；
故选：D。
题型2应用动量定理求平均冲力
（2024 五华区校级模拟）太阳帆飞船是目前唯一可能承载人类到达太阳系外星系的航天器。太阳光光子流撞击航天器帆面，产生持续光压，使航天器可在太空中飞行。若有一艘太阳帆飞船在航行，太阳光垂直照射帆面，帆面积为66300m2，单位面积每秒接受的太阳辐射能量为1.2×103W m﹣2。已知太阳辐射平均波长为10﹣6m，假设帆能完全反射太阳光，不计太阳光反射的频率变化，普朗克常数h＝6.63×10﹣34J s，则下列说法正确的是（　　）
A．太阳辐射的光子能量约为6.63×10﹣28J
B．太阳辐射的光子动量约为6.63×10﹣24kg m s﹣1
C．太阳辐射对飞船的平均作用力约为0.53N
D．帆面每秒钟接受到的光子数量约为4.0×1020个
【解答】解：A.太阳辐射的光子能量约为E＝hν＝h6.63×10﹣34J＝1.989×10﹣18J；故A错误；
B.太阳辐射的光子动量约为pkg m s﹣1＝6.63×10﹣30kg m s﹣1；故B错误；
C.每秒太阳辐射对飞船的冲量：F ΔtN s＝0.53N s；故太阳辐射对飞船的平均作用力为0.53N，故C正确；
D.帆面每秒钟接受到的光子数量约为：n个＝8×1022个，故D错误；
故选：C。
（2024 沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　）
A．挤压过程中物体处于失重状态
B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg m/s，方向竖直向下
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N s
【解答】解：A、头盔的运动是匀减速直线运动，所以加速度方向是竖直向上，所以头盔是处于超重状态，故A错误；
B、头盔落地时的速度为：
头盔和地面的相互作用时间为t，则有：
解得：
规定竖直向下的方向为正方向，在头盔受挤压的过程中，对头盔根据动量定理有
（mg﹣F）t＝0﹣mv
代入数据解得：F＝820N，故B正确；
C、物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg m/s＝﹣16kg m/s，负号说明方向竖直向上，故C错误；
D、根据动量定理可知物体在自由下落过程中重力的冲量大小为：I＝mv，代入数据解得：I＝16N s，故D错误。
故选：B。
（2024 西城区二模）如图所示，质量m＝0.6kg的篮球从离地高度H＝0.8m处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度h＝0.45m，篮球与地面发生作用的时间Δt＝0.1s。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度H＝0.8m处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能E损；
（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F；
（3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。
【解答】解：（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能为：E损＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J；
（2）设篮球第一次与地面碰撞前后的速度为v1、v2，篮球下落的过程中，由机械能守恒定律可得：，解得：
篮球上升过程中，由机械能守恒定律可得：，解得：
篮球与地面碰撞的过程中，以向上的方向为正方向，由动量定理可得：F Δt﹣mg Δt＝mv2﹣（﹣mv1），代入数据解得：F＝48N；
（3）由功能关系可知，运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功为：W＝2E损＝2×2.1J＝4.2J。
答：（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能为2.1J；
（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小为48N；
（3）运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功为4.2J。
题型3在多过程问题中应用动量定理
（2024 重庆模拟）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，在B球即将落地的过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B．竖直墙面对B球的冲量大小为
C．轻杆对A球先做正功后做负功
D．A球的最大动能为
【解答】解：AD、如果小球B能一直沿着墙面向下运动，假设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为vA、vB，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得vAcosθ＝vBsinθ，即，由根据机械能守恒，有
整理得
当，取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，A球的动能最大，最大动能为
此时对水平面的压力大小等于mg，故AD错误；
B、由于杆中出现拉伸的内力，因此B球将与竖直墙面分离，竖直墙面对B球的冲量等于A球的最大动量，由动量定理，可知，故B错误；
C、由于杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，所以轻杆对A球先做正功后做负功，故C正确。
故选：C。
（2024 阜阳模拟）小明在进行定点投篮，以篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，将一质量为m的篮球由A点投出，其运动轨迹经过A、B、C、D，C为篮球运动的最高点，如图所示。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，篮球可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．C点坐标为（0，L）
B．篮球由B到C和由C到D的过程中，动能的变化量相同
C．篮球在C点时，重力的瞬时功率为mg
D．篮球由A到B和由C到D的过程中，动量的变化量大小相等，方向相反
【解答】解：A.篮球抛出后做斜抛运动，通过逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，假设C点的坐标为 （0，yc），从C点到B点用时为t，由乙图可知，，联立可得 yc＝L，故A正确；
B.篮球由B到C过程中，重力做负功，动能减小，由C到D的过程中，重力做正功动能增大，变化量绝对值相等，但一正一负，故B错误；
C.篮球在C点是轨迹的最高点，其竖直方向的速度分量为0，因此篮球在C点时，重力的瞬时功率为零，故C错误；
D.由乙图可知篮球从A到B和由C到D过程水平方向发生的位移相等，由此可以说明篮球在所从A到B和由C到D过程所用时间相等，根据动量定理可得mgt＝Δp，所以动量变化量相同，故D错误。
故选：A。
（2024 厦门三模）2024年4月20日世界田联钻石赛在厦门白鹭体育馆举行，世界名将杜普兰蒂斯以6米24的成绩刷新了自己的撑杆跳世界纪录。如图所示，某次训练时，运动员持杆从静止开始加速助跑，助跑距离为45m，速度达到9m/s，接着撑杆起跳，重心升高5m时到达最高点且速度为零。过杆后，运动员做自由落体运动，重心下降5m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减至零的时间为0.5s.已知运动员的质量为80kg，助跑阶段可视为匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）运动员助跑阶段的加速度大小a；
（2）从撑杆起跳到最高点的过程中，运动员机械能的变化量ΔE；
（3）从接触软垫到速度减为零过程中，软垫对运动员作用力的冲量大小I。
【解答】解：（1）助跑过程，根据位移与速度的关系式有
代入数据解得a＝0.9m/s2
（2）取刚要起跳时重力势能为零，则起跳时的动能与最高点的重力势能分别为
E2＝mg
ΔE＝E2﹣E1
代入数据解得
E1＝3240J
E2＝4000J
ΔE＝760J
（3）由最高点落到软垫过程，根据位移与速度的关系式有
取竖直向上为正方向，接触软垫到速度为零过程，由动量定理得
I﹣mgt＝0﹣（﹣mv2）
代入数据解得I＝1200 N s
答：（1）运动员助跑阶段的加速度大小a为0.9m/s2；
（2）从撑杆起跳到最高点的过程中，运动员机械能的变化量ΔE为760J；
（3）从接触软垫到速度减为零过程中，软垫对运动员作用力的冲量大小I为1200 N s。
题型4流体类柱状模型、微粒类柱状模型
（2023 杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　）
A．地面对消防车的作用力方向竖直向上
B．水炮炮口的水流速度为10m/s
C．水泵对水做功的功率约为3.8×104W
D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
【解答】解：A、消防车水炮炮口喷水，消防车受到反冲作用，则受到地面的支持力和摩擦力，合力斜向上，作用力斜向上，故A错误；
B、水流做斜抛运动，末速度水平，可反向看作平抛运动，水流高度差5m，竖直方向为自由落体运动：
代入数据解得：t＝1s
根据vy＝gt
代入数据解得：vy＝10m/s
又1s时间内的水平位移为15m，有sx＝vxt
代入数据解得：vx＝15m/s
合速度为
代入数据解得：v
故B错误；
C、水泵对水做功的功率
故C正确；
D、以冲力的方向为正方向，根据动量定理得：
故D错误。
故选C。
有一种新型采煤技术：高压水射流采煤技术。基本原理如图所示，一组高压水泵将水的压强升高，让高压水从喷嘴中射出，打在煤层上，使煤成片脱落，从而达到采煤目的。假设某煤层受到压强为9.0×107Pa的冲击时即可破碎，若高压水流沿水平方向冲击煤层，不计水的反溅作用，水的密度为1.0×103kg/m3，则此时冲击煤层的水速约为（　　）
A．30m/s B．300m/s C．90m/s D．900m/s
【解答】解：设冲击煤层的水速为v，则Δt内冲击煤层的水的质量Δm＝ρSvΔt，S为喷嘴的横截面积。由 Δt＝Δmv，解得ρSv2，煤层被冲击部分受到压强pρv2，代入数据得v＝300m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2021 河南一模）如图所示是为了检验某种新型材料性能的实验装置示意图。在倾斜固定放置的玻璃表面铺上某种新型材料，在某一高度处，固定一个喷水装置。喷口能够持续以速度v0水平向右连续喷出水柱。不断调节喷水装置的位置，当喷水装置距该新型材料表面中点高为h的位置时，喷口喷出的水柱最后刚好垂直冲击到该新型材料表面的中点处，并且水柱撞击到该新型材料表面后，水的速度刚好立刻变为零，然后水沿该新型材料表面均匀散开。已知喷口处水柱的横截面积为S，喷口处横截面上各处水的速度都相同。设水柱在空中不会散开，忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
（1）水柱稳定后，在空中水柱的质量；
（2）喷水装置喷出的水柱对该新型材料表面的平均冲击力大小。
【解答】解：（1）设喷出的水柱经过时间t落到该新型材料上，落到该新型材料上前瞬间的速度大小为v，取质量为m0的一小块水，从喷口到该新型材料上，有
由机械能守恒定律得
设水柱稳定后，在空中水柱的质量为m，有
m＝ρsv0t
以上联合求解得
v，
m。
（2）取在很短的Δt时间内，
撞击该新型材料的水的质量为Δm，
该新型材料对质量为Δm水的平均作用力大小为F，
对质量为Δm的水，因为Δt很小，所以Δmg远小于F，可不计，
取垂直该新型材料表面向上为正方向，由动量定理得
FΔt＝0﹣（﹣Δmv）
设在很短的Δt时间内，撞击到该新型材料前的瞬间，水柱的横截面积为S′，有
Δm＝ρs′vΔt
在喷水装置的喷口处，对在很短Δt时间内喷出水的质量Δm，有
Δm＝ρsv0Δt
解得
F
喷水装置喷出的水柱对该新型材料的平均冲击力大小为F′，
有F′，方向垂直该新型材料表面向下。
答：（1）水柱稳定后，在空中水柱的质量为。
（2）喷水装置喷出的水柱对该新型材料表面的平均冲击力大小为。
题型5动量守恒定律的判断与应用
（2024春 长春期末）巴黎奥运会将于2024年7月26日至8月11日举行，滑板作为一项新兴运动成为正式比赛项目。如图所示，运动员在比赛中做腾空跃起并越过障碍物的表演，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　）
A．运动员和滑板构成的系统动量守恒
B．运动员与滑板构成的系统水平方向上动量守恒
C．运动员和滑板构成的系统机械能不守恒
D．运动员和滑板构成的系统在最高点时的动量为零
【解答】解：A.运动员和滑板在竖直方向上受到重力作用，故竖直方向的的动量不守恒，故A错误；
B.运动员和滑板构成的系统不受空气阻力，故水平方向动量守恒，故B正确；
C.运动员和滑板构成的系统机械能由于不受到空气阻力，整个过程系统只有重力做功，其系统机械能守恒，故C错误；
D.运动员和滑板在最高点时，存在水平速度故其最高点时动量不为零，故D错误。
故选：B。
（2024春 拉萨期末）如图所示，半径为R1＝1.8m的光滑圆弧轨道与半径为R2＝0.8m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口处有一质量为M＝3kg、长度为L＝2.0m的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的水平台阶，其上表面与木板上表面高度相同。现让质量为m2＝2kg的物块b静止于B处，质量为m1＝1kg的物块a从光滑圆弧轨道顶端的A处由静止释放，物块a下滑至B处和b发生碰撞后不再分开，a、b形成的物块c经过半圆管从C处滑上木板，当木板速度为2m/s时，木板与台阶碰撞并立即被粘住，若g＝10m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计。
（1）求物块a和b碰后共同具有的速度；
（2）若物块c与木板、台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求物块c在台阶表面上滑行的最大距离。
【解答】解：（1）设物块a下滑到B点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律可得
解得
v0＝6m/s
a、b碰撞过程动量守恒，设向右为正方向，有
m1v0＝（m1+m2）v1
解得
v1＝2m/s
（2）物块c由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
v2＝6m/s
物块c滑上木板后，当木板速度为v＝2m/s时，设物块c的速度为v3，由动量守恒定律得
（m1+m2）v2＝（m1+m2）v3+Mv
解得
v3＝4m/s
设在此过程中物块c运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，对物块c由动能定理得
解得
x1＝2m
对木板有
解得
x2＝0.4m
木板被粘住后，物块c到木板左端的距离为
x3＝L+x2﹣x1＝0.4m
设物块c在台阶上运动的最大距离为x4，由动能定理得
解得
x4＝1.2m
答：（1）物块a和b碰后共同具有的速度为2m/s；
（2）若物块c与木板、台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，物块c在台阶表面上滑行的最大距离为1.2m。
（2024 重庆）如图所示，MN两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小。
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【解答】解：（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有
2mv1＝2mv2+mv3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得
B随后做平抛运动，有
L＝v4t
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得
（n＝1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得
（n＝1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得
（n＝1，2，3，…）
解得
（n＝1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n＝1，2，3，…）
s＝v5t
可得
（n＝1，2，3，…）
由于
（n＝1，2，3，…）
则由数学分析可得
当时，
当n＝1时，，
题型6碰撞（弹簧）模型
（2024 黄陂区校级一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（　　）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
【解答】解：小球a、b与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球a、b达到共速，设共速时的速度为v1，小球a的初速度为v0，则由动量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1
碰撞过程中机械能守恒，有：
解得弹簧压缩到最短时的弹性势能：Ep＝8J
由弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系：
代入可得：x＝0.4m
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为l1、l2，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为v1i、v2i则有：mav0＝mav1i+mbv2i
两边同乘以Δt并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt
故有：mav0t＝mal1+mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为：l1﹣l2＝x
联立解得：，，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2024 乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（　　）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0
B．物块与钢板在返回O点前已经分离
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能
【解答】解：A、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为v0，由机械能守恒得：
3mgx0，解得：v0
设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v1，选取向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1，解得：v1
钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x1，则有：
2mg＝kx1
初始对钢板由平衡条件得：
mg＝kx0
对比解得：x1＝2x0
设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：
2mg（x1﹣x0+A）
其中：k
联立解得：A＝2x0，故A错误；
B、由A的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x0，振幅为2x0，由简谐运动规律可知弹簧原长的位置O处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块与钢板在返回O点前不会分离，故B错误；
C、碰撞的位置是A处，由此处第一次到平衡位置的时间为，则第一次运动到最低点所经历的时间为：
tT，故C正确；
D、弹簧最大压缩量为xm＝x1+A＝4x0，最大的弹性势能：Epm8mgx0，故D错误。
故选：C。
（2024 江苏模拟）某快递站利用如图所示装置运送货物（视为质点），固定倾斜轨道AB的B点与轨道B'CD的B'点等高，两轨道相切并平滑连接。轨道B'CD上表面由光滑圆弧轨道B'C和水平粗糙轨道CD组成且相切于C点，圆弧轨道B'C的半径R＝2.75m，所对圆心角θ＝37°，水平粗糙轨道CD段长L＝5m。轨道B'CD静置于光滑水平面上，右侧紧靠竖直墙壁。现将质量m＝10kg的货物从距离B点高度h＝1.5m的A点无初速度释放，货物滑到轨道B'CD左端D点时恰好与轨道保持相对静止。货物与倾斜轨道AB、水平粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ0＝0.125，μ1＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求：
（1）货物在B点的速度大小；
（2）轨道B′CD的质量M；
（3）整个过程中由于摩擦产生的内能Q。
【解答】解：（1）货物从A到B的过程，根据动能定理可得：
解得货物在B点的速度大小：vB＝5m/s
（2）货物从B′到C的过程，根据动能定理可得：
解得货物在C点的速度大小：vC＝6m/s
货物在轨道B′CD上由C运动到D的过程，货物与轨道B'CD组成的系统动量守恒，设共同速度为v，以向左为正方向，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mvC＝（m+M）v
μ1mgL（m+M）v2
联立可得：M＝50kg
（3）根据功能关系，货物从A到B的过程摩擦产生的内能为：
Q1，解得：Q1＝25J
货物在轨道B′CD上滑动的过程摩擦产生的内能为：
Q2＝μ1mgL，解得：Q2＝150J
整个过程中由于摩擦产生的内能为：
Q＝Q1+Q2＝25J+150J＝175J
答：（1）货物在B点的速度大小为5m/s；
（2）轨道B′CD的质量M为50kg；
（3）整个过程中由于摩擦产生的内能Q为175J。
题型7人船模型
（多选）（2024 贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（　　）
A．小球向左运动能达到A点
B．半圆槽向右运动的最大距离为
C．半圆槽的运动速度大小可能为
D．小球经过C点时对半圆槽的压力大小为3mg
【解答】解：A．两物体所构成的系统水平方向动量守恒、运动过程中机械能守恒。小球向左到达最高点时两者共速，设共速时的速度为v，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
0＝（m+2m）v
可得
v＝0
由机械能守恒定律有
mgR＝mgh
解得
h＝R
即小球向左能达到的最高点是A，故A正确；
B．取水平向左为正方向，设小球速度为v1，圆槽速度为v2，由水平方向动量守恒有
0＝mv1+2mv2
可得
0＝∑mv1Δt+∑2mv2Δt
即
0＝mx1+2mx2
同时
x1﹣x2＝﹣2R
可得
故B正确；
C．从B点释放后到C点有，取水平向左为正方向，设在C点小球的速度为v3，圆槽的速度为v4，根据能量和动量守恒有
0＝mv3+2mv4
解得
，
则小球到最低点时槽的速度不可能是，故C错误；
D．小球相对于槽做圆周运动，在最低点槽的加速度为0是惯性参考系，根据牛顿第二定律有
解得
FN＝4mg
故D错误。
故选：AB。
（2022 永定区模拟）如图所示，一个质量为m1＝50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　）
A．0 B．2m C．5m D．7m
【解答】解：设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得：
则m1v1＝m2v2，
所以v1v2，
气球和人运动的路程之和为h＝7m，则人下滑的距离为：s1h＝2m
气球上升的距离为：s25m
即人下滑2m，气球上升5m，所以人离地高度为5m，故C正确、ABD错误。
故选：C。
（2024春 天河区期末）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。重力加速度为g。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
【解答】解：AB、小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有：mgL，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mvC＝2m×vAB，联立解得，，故AB错误；
C、C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动能定理IAB＝mvAB＝m，故C正确；
D、C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，AB对地水平位移大小为x2，则有mx1＝2mx2，由题意可知x1+x2＝L，联立解得，故D错误；
故选：C。

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