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第7课时　动量定理　动量守恒定律
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热点一　动量定理的应用
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理在“四类”问题中的应用
(1)解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
例1 (2024·山东日照一模)台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12级台风登陆时中心附近最大风速约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为(　　)
A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N
训练1 (多选)(2024·广东江门一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为
2 000 N
训练2 (多选)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图2所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　)
图2
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg·m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
热点二　动量守恒定律及其应用
1.判断守恒的三种方法
2.动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
例2 如图3所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是(　　)
图3
A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C.两物块A、B初速度的大小关系为v1＝v2
D.两物块A、B运动的路程之比为2∶1
例3 (多选)如图4所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足够长的竖直轻杆，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m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g) (　　)
图4
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.球C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2m0
D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
训练3 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
热点三　碰撞模型及拓展
1.碰撞问题遵循的三条原则
2.两种碰撞
(1)弹性碰撞
一动一静弹性碰撞：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
(2)完全非弹性碰撞
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失最多，为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v。
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足mv＝mv＋Mv
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例 (水平面、 水平导轨 都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能
例4 (多选)(2024·福建福州一模)在某次台球游戏中，出现了如图5所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是(　　)
图5
A.若m1＝m2，最终将有1个小球运动
B.若m1＜m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞
C.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致
D.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致
训练4 (2024·重庆九龙坡模拟)如图6为台球选手正在准备击球，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pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
图6
A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA
1.(多选)(2024·全国甲卷，20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图7所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图7
A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
2.(2024·江苏卷，9)如图8所示，在水平面上静止有一个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滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　)
图8
A.弹簧恢复原长时A的动能最大
B.弹簧压缩至最短时A的动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
3.(2024·江苏卷，14)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
4.(2024·广东卷，14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
图9
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图9甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ；
(2)如图乙所示，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。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。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。
基础保分练
1.(2024·江苏淮阴高三适应性考试)2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历一系列减速过程后，在距离地面高度只有1 m时，返回舱的速度为7 m/s，此时底部的反推火箭将瞬间点火，让返回舱的速度快速降至2 m/s，从而实现软着陆。已知返回舱的总质量约为3 t，重力加速度取10 m/s2，火箭点火时间约为0.15 s，则点火过程返回舱受到的反向推力约为(　　)
A.7.0×104 N B.1.0×105 N C.1.3×105 N D.1.6×105 N
2.(2024·湖北武汉高三期末)一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到的水平外力F作用，如图1所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5 kg，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.t＝2 s时物体回到出发点
B.t＝3 s时物体的速度大小为1 m/s
C.前2 s内物体的平均速度为0
D.第3 s内物体的位移为1 m
3.(多选)(2023·新课标卷，19)如图2，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(　　)
图2
A.甲的速度大小比乙的大
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
4.(多选)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等其他阻力作用，下列说法正确的是 (　　)
图3
A.列车的最大运行速度为
B.列车的最大运行速度为
C.列车受到的最大阻力为
D.列车受到的最大阻力为
5.如图4所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、B的速度分别为vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B两小球的速度vA′和vB′可能是(　　)
图4
A.vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝0
C.vA′＝0，vB′＝2 m/s
D.vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
6.(多选)(2024·河北邯郸一模)如图5所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为(　　)
图5
A.4 B.2 C. D.
7.如图6所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2 m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(　　)
图6
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
提能增分练
8.(多选)(2024·吉林一中一模)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图7所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是(　　)
图7
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
9.如图8所示，小球B和小球C静止在光滑水平面上，轻弹簧一端固定在B球上，另一端与C球接触但未拴接，弹簧处于自然伸长状态，小球A从光滑圆弧面上距水平地面高h处由静止滑下，圆弧面与水平地面平滑连接，A球与B球发生弹性正碰，并在碰撞后立即将A球拿走。已知小球A的质量为m，小球B的质量为3m，重力加速度为g，求：
图8
(1)A球和B球碰撞后瞬间，B球的速度大小；
(2)要使C球能获得最大动能，C球的质量应为多少。
培优高分练
10.(2024·湖北恩施二模)如图9所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝2的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
图9
(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；
(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；
(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。
热点一　动量定理的应用
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理在“四类”问题中的应用
(1)解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
例1 (2024·山东日照一模)台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12级台风登陆时中心附近最大风速约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为(　　)
A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N
答案　A
解析　单位时间吹到人身体上的空气质量m＝ρV＝ρSvΔt，根据动量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的风力大小约为F＝ρSv2＝1.29×0.5×352 N≈790 N，故A正确。
训练1 (多选)(2024·广东江门一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为
2 000 N
答案　ACD
解析　根据FΔt＝Δp可得F＝，依题意知，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误；根据I＝FΔt知，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力F＝＝ N＝2 000 N，故D正确。
训练2 (多选)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图2所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　)
图2
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg·m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
答案　AD
解析　由题图可知自由落体运动时间t1＝＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D正确。
热点二　动量守恒定律及其应用
1.判断守恒的三种方法
2.动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
例2 如图3所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是(　　)
图3
A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C.两物块A、B初速度的大小关系为v1＝v2
D.两物块A、B运动的路程之比为2∶1
答案　D
解析　物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，故C错误；极短时间Δt内也满足mv1Δt－2mv2Δt＝0，设A、B的路程分别为s1、s2，则ms1－2ms2＝0，即s1＝2s2，则有s1∶s2＝2∶1，故D正确。
例3 (多选)如图4所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足够长的竖直轻杆，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m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g) (　　)
图4
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.球C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2m0
D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
答案　AD
解析　小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有m0vC＝2mvAB，根据机械能守恒定律有m0gL＝m0v＋×2mv，联立解得vC＝2，vAB＝，故A正确，B错误；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0，故C错误；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，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝，故D正确。
训练3 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
答案　BC
解析　选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为m运，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝m运v1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有m运v1＋mv0＝－mv0＋m运v2，依此类推，m运v2＋mv0＝－mv0＋m运v3，…，m运v7＋mv0＝－mv0＋m运v8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m运＜15m，即52 kg＜m运＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
热点三　碰撞模型及拓展
1.碰撞问题遵循的三条原则
2.两种碰撞
(1)弹性碰撞
一动一静弹性碰撞：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
(2)完全非弹性碰撞
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失最多，为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v。
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足mv＝mv＋Mv
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例 (水平面、 水平导轨 都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能
例4 (多选)(2024·福建福州一模)在某次台球游戏中，出现了如图5所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是(　　)
图5
A.若m1＝m2，最终将有1个小球运动
B.若m1＜m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞
C.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致
D.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致
答案　AD
解析　碰撞时动量守恒和能量守恒，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，最终只有F小球运动，A正确；若m1＜m2，则碰后v1＞v2＞0，然后B和C交换速度，直到D和E交换速度，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换速度……，则不只发生1次碰撞，B错误；若m1＞m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，且运动方向不一致，C错误，D正确。
训练4 (2024·重庆九龙坡模拟)如图6为台球选手正在准备击球，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pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
图6
A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA
答案　C
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＝pA′＋pB′，解得pA′＝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。
1.(多选)(2024·全国甲卷，20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图7所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图7
A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
答案　BD
解析　根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；t＝0.30 s时，运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，代入数据解得＝4 600 N，D正确。
2.(2024·江苏卷，9)如图8所示，在水平面上静止有一个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滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　)
图8
A.弹簧恢复原长时A的动能最大
B.弹簧压缩至最短时A的动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
答案　A
解析　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝mAv＋mBv，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。
3.(2024·江苏卷，14)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
答案　(1)　方向与v0相同 (2)
解析　(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有
(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝
方向与v0相同。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
4.(2024·广东卷，14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
图9
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图9甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ；
(2)如图乙所示，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。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。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)　(2)①330 N·s　方向竖直向上 ②0.2 m
解析　(1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及斜面的支持力FN1，由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma
解得tan θ＝。
(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理得(向上为正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
则上升的最大高度h＝＝0.2 m。
基础保分练
1.(2024·江苏淮阴高三适应性考试)2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历一系列减速过程后，在距离地面高度只有1 m时，返回舱的速度为7 m/s，此时底部的反推火箭将瞬间点火，让返回舱的速度快速降至2 m/s，从而实现软着陆。已知返回舱的总质量约为3 t，重力加速度取10 m/s2，火箭点火时间约为0.15 s，则点火过程返回舱受到的反向推力约为(　　)
A.7.0×104 N B.1.0×105 N C.1.3×105 N D.1.6×105 N
答案　C
解析　根据动量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得点火过程返回舱受到的反向推力约为F＝1.3×105 N，故C正确。
2.(2024·湖北武汉高三期末)一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到的水平外力F作用，如图1所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5 kg，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.t＝2 s时物体回到出发点
B.t＝3 s时物体的速度大小为1 m/s
C.前2 s内物体的平均速度为0
D.第3 s内物体的位移为1 m
答案　D
解析　由题图知Ft－Ft＝0，t＝2 s时物体速度变为0，没有回到原点，A错误；0～3 s内，由动量定理知Ft－Ft＋Ft′＝mv－0，解得v＝2 m/s，B错误；前2 s内物体位移不为0，由＝知平均速度不为0，C错误；第3 s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x＝at2＝××12 m＝1 m，D正确。
3.(多选)(2023·新课标卷，19)如图2，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(　　)
图2
A.甲的速度大小比乙的大
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　BD
解析　根据F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则Ff甲＞Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
4.(多选)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等其他阻力作用，下列说法正确的是 (　　)
图3
A.列车的最大运行速度为
B.列车的最大运行速度为
C.列车受到的最大阻力为
D.列车受到的最大阻力为
答案　AC
解析　设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，则根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，解得vmax＝，A项正确，B项错误；根据牛顿第三定律可知此时列车受到的空气阻力为f＝ρSv＝，C项正确，D项错误。
5.如图4所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、B的速度分别为vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B两小球的速度vA′和vB′可能是(　　)
图4
A.vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝0
C.vA′＝0，vB′＝2 m/s
D.vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
答案　C
解析　两球碰撞前后应满足动量守恒定律，有mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，选项A中数据不满足动量守恒，A错误；B、C两个选项满足动量守恒mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即mv＋mv≥mvA′2＋mvB′2，如果碰后A的速度方向不变，则A球的速度不大于B球的速度，即有vA′≤vB′，B错误，C正确；选项D中，碰前两球的动能之和Ek前＝mv＋mv＝5m，碰后两球的动能之和Ek后＝mvA′2＋mvB′2＝10m，动能增加，D错误。
6.(多选)(2024·河北邯郸一模)如图5所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为(　　)
图5
A.4 B.2 C. D.
答案　BC
解析　设物块A的质量为m，A碰前速度为v0，碰后速度为v1，物块B碰后速度为v2。若第一次A、B小物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有mv0＝－mv1＋4mv2，mv＝mv＋×4mv，解得v1＝v0，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比为5∶3。因为A能第二次与B碰撞，应该第一次碰后A的速度比B的速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1＞v2，联立解得v1＞，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3∶1，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应介于上面两比值之间，故B、C正确，A、D错误。
7.如图6所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2 m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(　　)
图6
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
答案　A
解析　对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得弹簧被压缩到最短时，B的速度v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则系统损失的机械能为ΔE＝mBv－(mB＋mC)v＝0.25 J，A项正确。
提能增分练
8.(多选)(2024·吉林一中一模)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图7所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是(　　)
图7
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
答案　AC
解析　根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1v＋m2v，得v1＝v，v2＝v，可知，当m1＞m2时，两车速度方向相同，A正确；若碰后黄车反向运动，则m1＜m2，可知碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即v＞v，解得m2＞3m1，C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，解得m1＋3m2＝0，不符合实际情况，D错误。
9.如图8所示，小球B和小球C静止在光滑水平面上，轻弹簧一端固定在B球上，另一端与C球接触但未拴接，弹簧处于自然伸长状态，小球A从光滑圆弧面上距水平地面高h处由静止滑下，圆弧面与水平地面平滑连接，A球与B球发生弹性正碰，并在碰撞后立即将A球拿走。已知小球A的质量为m，小球B的质量为3m，重力加速度为g，求：
图8
(1)A球和B球碰撞后瞬间，B球的速度大小；
(2)要使C球能获得最大动能，C球的质量应为多少。
答案　(1)　(2)3m
解析　(1)设球A与B第一次碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得v0＝
设碰撞后，A球的速度大小为v1，B球的速度大小为v2，根据动量守恒定律有
mv0＝－mv1＋3mv2
根据能量守恒定律有mv＝mv＋×3mv
解得v2＝v0＝。
(2)设C球的质量为mC，要使C球具有最大动能，则B、C通过弹簧作用，将C球弹离时，B球的速度为零，设C球获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律有3mv2＝mCv3
根据能量守恒定律有×3mv＝mCv
解得v3＝v2，mC＝3m。
培优高分练
10.(2024·湖北恩施二模)如图9所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝2的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
图9
(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；
(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；
(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。
答案　(1)7mg　(2)　(3)2R　R
解析　(1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律有
mgR＋mv＝mv2
在最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得FN＝7mg。
(2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，且同时满足能量守恒，则有0＝mvA＋2mv1
mv＋mgR＝mv＋×2mv
联立解得vA＝2，v1＝－
可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为。
(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环摩擦后物块与小车最终必然均静止。设物块返回后能够上升的最大高度为h，由能量守恒定律有mv＋mgR＝2μmg·2R＋mgh
解得h＝R
即物块与挡板碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，没有飞出小车，设物块相对AB段滑行的总路程为s，则由能量守恒定律有mv＋mgR＝μmgs
解得s＝6R
则可知物块最终将停在B点，距A点2R。设全过程物块的水平位移为x1，小车的水平位移为x2
水平方向由动量守恒定律可得mx1＝2mx2
而x1＋x2＝3R
联立解得x2＝R。(共62张PPT)
第7课时　动量定理　动量守恒定律
专题二　能量与动量
知识网络
目 录
CONTENTS
突破高考热点
01
课时跟踪训练
03
链接高考真题
02
突破高考热点
1
热点二　动量守恒定律及其应用
热点一　动量定理的应用
热点三　碰撞模型及拓展
热点一　动量定理的应用
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理在“四类”问题中的应用
(1)解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
A
例1 (2024·山东日照一模)台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12级台风登陆时中心附近最大风速约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为(　　)
A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N
解析　单位时间吹到人身体上的空气质量m＝ρV＝ρSvΔt，根据动量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的风力大小约为F＝ρSv2＝1.29×0.5×352 N≈790 N，故A正确。
图1
ACD
训练1 (多选)(2024·广东江门一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正确的是(　 　)
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N
图2
AD
训练2 (多选)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图2所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg·m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
热点二　动量守恒定律及其应用
1.判断守恒的三种方法
2.动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
图3
D
例2 如图3所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是(　　)
A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C.两物块A、B初速度的大小关系为v1＝v2
D.两物块A、B运动的路程之比为2∶1
解析　物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，故C错误；极短时间Δt内也满足mv1Δt－2mv2Δt＝0，设A、B的路程分别为s1、s2，则ms1－2ms2＝0，即s1＝2s2，则有s1∶s2＝2∶1，故D正确。
图4
AD
例3 (多选)如图4所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足够长的竖直轻杆，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m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g) (　　)
BC
训练3 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
解析　选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为m运，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝m运v1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有m运v1＋mv0＝－mv0＋m运v2，依此类推，m运v2＋mv0＝－mv0＋m运v3，…，m运v7＋mv0＝－mv0＋m运v8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m运＜15m，即52 kg＜m运＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
热点三　碰撞模型及拓展
1.碰撞问题遵循的三条原则
2.两种碰撞
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型
小球—小球模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例 (水平面、 水平导轨 都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能
图5
AD
例4 (多选)(2024·福建福州一模)在某次台球游戏中，出现了如图5所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是(　　)
A.若m1＝m2，最终将有1个小球运动
B.若m1＜m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞
C.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致
D.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致
图6
C
训练4 (2024·重庆九龙坡模拟)如图6为台球选手正在准备击球，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pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
链接高考真题
2
BD
1.(多选)(2024·全国甲卷，20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图7所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图7
A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
A
2.(2024·江苏卷，9)如图8所示，在水平面上静止有一个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滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　)
图8
A.弹簧恢复原长时A的动能最大
B.弹簧压缩至最短时A的动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
3.(2024·江苏卷，14)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
解析　(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有
(m＋M)v0＝MvB＋mvA
4.(2024·广东卷，14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
图9
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图9甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的
加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ；
(2)如图乙所示，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。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。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。
解析　(1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及斜面的支持力FN1，由牛顿第二定律可知
(mg＋FN)tan θ＝ma
(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理得(向上为正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
课时跟踪训练
3
C
1.(2024·江苏淮阴高三适应性考试)2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历一系列减速过程后，在距离地面高度只有1 m时，返回舱的速度为7 m/s，此时底部的反推火箭将瞬间点火，让返回舱的速度快速降至2 m/s，从而实现软着陆。已知返回舱的总质量约为3 t，重力加速度取10 m/s2，火箭点火时间约为0.15 s，则点火过程返回舱受到的反向推力约为(　　)
A.7.0×104 N B.1.0×105 N C.1.3×105 N D.1.6×105 N
基础保分练
解析　根据动量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得点火过程返回舱受到的反向推力约为F＝1.3×105 N，故C正确。
D
2.(2024·湖北武汉高三期末)一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到的水平外力F作用，如图1所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5 kg，则下列说法正确的是(　　)
A.t＝2 s时物体回到出发点
B.t＝3 s时物体的速度大小为1 m/s
C.前2 s内物体的平均速度为0
D.第3 s内物体的位移为1 m
图1
BD
3.(多选)(2023·新课标卷，19)如图2，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(　　)
图2
A.甲的速度大小比乙的大
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
AC
4.(多选)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等其他阻力作用，下列说法正确的是 (　　)
图3
C
5.如图4所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、B的速度分别为vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B两小球的速度vA′和vB′可能是(　　)
图4
A.vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝0
C.vA′＝0，vB′＝2 m/s
D.vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
BC
6.(多选)(2024·河北邯郸一模)如图5所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为(　　)
图5
A
7.如图6所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2 m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(　　)
图6
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
AC
提能增分练
8.(多选)(2024·吉林一中一模)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图7所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是(　　)
图7
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
9.如图8所示，小球B和小球C静止在光滑水平面上，轻弹簧一端固定在B球上，另一端与C球接触但未拴接，弹簧处于自然伸长状态，小球A从光滑圆弧面上距水平地面高h处由静止滑下，圆弧面与水平地面平滑连接，A球与B球发生弹性正碰，并在碰撞后立即将A球拿走。已知小球A的质量为m，小球B的质量为3m，重力加速度为g，求：
图8
(1)A球和B球碰撞后瞬间，B球的速度大小；
(2)要使C球能获得最大动能，C球的质量应为多少。
解析　(1)设球A与B第一次碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
设碰撞后，A球的速度大小为v1，B球的速度大小为v2，根据动量守恒定律有
mv0＝－mv1＋3mv2
(2)设C球的质量为mC，要使C球具有最大动能，则B、C通过弹簧作用，将C球弹离时，B球的速度为零，设C球获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律有3mv2＝mCv3
培优高分练
图9
(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；
(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；
(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。
解析　(1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律有
联立解得FN＝7mg。
(2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，且同时满足能量守恒，则有0＝mvA＋2mv1
(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环摩擦后物块与小车最终必然均静止。设物块返回后能够上升的最大高度为h，由能量守恒定律有
解得h＝R
即物块与挡板碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，
没有飞出小车，设物块相对AB段滑行的总路程为s，
解得s＝6R
则可知物块最终将停在B点，距A点2R。设全过程物块的水平位移为x1，小车的水平位移为x2
水平方向由动量守恒定律可得mx1＝2mx2
而x1＋x2＝3R
联立解得x2＝R。

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