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微专题10　动量定理　动量守恒定律
1.计算动量、冲量及应用动量定理和动量守恒定律解决问题时，均需要规定正方向。
2.解决不涉及加速度、位移的问题时，用动量定理比运用牛顿第二定律更简便。
3.两个以上物体构成的系统，若系统的合外力(或某一方向合外力)为零，可运用动量守恒定律求解；若系统的合外力不为零，可对每个物体分别运用动量定理列式再联立求解。
4.正碰仅指一维碰撞，即碰撞前后两物体速度始终共线，但不一定是弹性碰撞。
5.弹簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，两物体共速时，动能损失最大；两物体分离后，两物体相当于发生了弹性碰撞。
考点一　动量定理及应用
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：
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·甘肃酒泉市三模)乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，如图所示为某同学训练时的情景，若某次乒乓球从某一高度由静止下落，以v0=2 m/s的速度竖直向下碰撞乒乓球拍，同时使乒乓球拍的接球面保持水平且以1 m/s的速度水平移动，乒乓球与球拍碰撞反弹后的高度与下落高度相等。已知乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为μ=(乒乓球不旋转)，不计空气阻力，碰撞时间极短，且碰撞过程忽略乒乓球所受重力的影响，周围环境无风，则乒乓球与球拍碰撞后的瞬时速度大小为：
A.4 m/s B.3 m/s C.2 m/s D.1 m/s
3.(2024·海南海口市一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为ρ，不计雨滴重力。压强p为：
A.(v0-v)　 B.(v0+v)　 C.ρ(-v2)　 D.ρ(+v2)
【点拨·提炼】 1.冲量、动量变化、平均冲力的求解 (1)冲量的三种计算方法：公式法(I=Ft)；F-t图像法；动量定理法(I=Δp) (2)动量的变化Δp=p'-p=F合t 求某一方向的平均冲力可应用分方向的动量定理解决问题 (3)平均冲力 在变加速运动或瞬时碰撞问题中，为平均冲力，一般由动量定理求解。由·Δt=mv'-mv=Δp得= 2.微元法和柱体模型解决流体(或微粒)对界面的冲力问题(如图所示) (1)首先建立模型：沿流速v方向选取一段柱状流体，其横截面积可设为S； (2)将柱体内流体(或微粒)的质量表示出来； (3)由动量定理建立方程。
考点二　碰撞模型及拓展
4.(多选)(2024·河北省二模)如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是：
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.A与弹簧分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
5.(多选)(2024·广东卷·10)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：
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
6.(2024·辽宁省部分学校联考)如图所示，质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质量为m的小球B压缩弹簧(B与弹簧不连接)，由静止释放小球，小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大小，重力加速度为g。求：
(1)(3分)弹簧具有的最大弹性势能；
(2)(3分)小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小；
(3)(4分)小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。
【点拨·提炼】 首先区分弹性碰撞和完全非弹性碰撞 (1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒 举例：一动碰一静 m1v0=m1v1+m2v2　　m1=m1+m2 得v1=v0，v2=v0 (2)完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起(有共同速度)，机械能损失最大。
考点三　动量和能量的综合应用
7.(2024·黑龙江省模拟)如图所示，半径为R的光滑圆弧槽静止在足够长的光滑水平地面上，圆弧底端与水平地面相切，其最低点的右侧相距为R处有厚度不计、上表面粗糙程度处处相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑块，薄木板右端固定一竖直挡板，挡板左侧连有一水平轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽最高点正上方的一定高度处由静止释放，小球落入圆弧槽后从圆弧槽最低点滑离；然后以大小为v0的速度与小滑块发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短；随后小滑块相对薄木板向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圆弧槽的质量均为m，小滑块的质量为2m，薄木板以及固定挡板的总质量为4m，小球和小滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)(2分)小球开始下落时距离水平地面的高度h；
(2)(4分)小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x；
(3)(6分)弹簧的最大弹性势能Epm。
1.(2024·山西运城市模拟)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m∶M为：
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1
2.(多选)(2024·浙江6月选考·15)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力，重力加速度为g。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程：
A.合力冲量大小为mv0cos θ B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为 D.若v0=，弹力冲量为零
3.(2024·山东菏泽市模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直径相同，小球A以初动量p0沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为p1，t2时刻纵坐标为零。则：
A.小球A、B的质量之比为
B.t2时刻弹簧的弹性势能最大
C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为
D.0~t2时间内，小球B的动量变化量为p0-p1
4.(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m，小球质量m=0.20 kg，物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(2分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)(3分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)(5分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案精析
高频考点练
1.BD　[根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误；
同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入数据可得F=4 600 N
根据牛顿第三定律可知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，故D正确。]
2.B　[由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后反弹的高度与下落高度相等，则碰后竖直方向的速度大小为vy=v0=2 m/s，设乒乓球的质量为m，乒乓球与球拍的碰撞时间为Δt，在竖直方向上，根据动量定理有FN·Δt=mvy-(-mv0)，在水平方向上，根据动量定理有Ff·Δt=μFN·Δt=mvx，联立解得vx= m/s，v==3 m/s，故选B。]
3.B　[设极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为Δm，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，选竖直向上为正方向，根据动量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)，由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0==则极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量Δm=m0SΔt=根据牛顿第三定律有雨滴撞击芭蕉叶产生的平均冲力F2=F1，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=联立解得p=(v0+v)。故选B。]
4.BC　[A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而受到的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；A、B运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0=3mv，即Ep=m-×3m×=mB固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep'=m=1.5Ep，B正确；整个过程系统根据动量守恒及机械能守恒可得mv0=mvA+2mvBm=m+×2m解得vA=-vB=即有EkA=m=mEkB=×2m=m即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，选项C正确；由前面分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时vB>vA，则B可追上A，选项D错误。]
5.ABD　[两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙=gsin θ·
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3，
乙运动的时间为t=t1+t2+t3
由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，而如果不发生碰撞，
乙下滑过程有mgH乙=m
乙在水平面运动到停止有
=2μgx
联立可得x=
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。]
6.(1)1.25mgR　(2)3.5mg
(3)0.04R
解析　(1)设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep，
设小球被弹开后速度大小为v0，
滚上圆弧面最高点后速度大小为v1，
根据能量守恒有Ep=×5m+mgR
Ep=m
根据A、B系统水平方向动量守恒有mv0=5mv1
解得Ep=1.25mgR
(2)由(1)可解得v0=
小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间
FN-mg=m
解得FN=3.5mg
根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小FN'=FN=3.5mg
(3)设小球第一次离开圆弧面时，小球的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3，
根据动量守恒有mv0=4mv3-mv2
根据能量守恒有m=×4m+m
从小球第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为v4，上升的最大高度为h，
根据水平方向动量守恒有4mv3+mv2=5mv4
根据能量守恒有×4m+m=×5m+mgh
解得h=0.04R。
7.(1)　(2)3R　(3)
解析　(1)设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为v1，方向水平向左，由动量守恒定律得
mv0=mv1
解得v1=v0
从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒。
由机械能守恒定律得
mgh=m+m
解得h=
(2)设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右运动x1，圆弧槽相对地面向左运动x2，
由平均动量守恒可得mx1=mx2
x1+x2=R
解得x1=R，x2=R
小球要继续向右运动x2+R，历时t，
则t==
圆弧槽在t时间内向左继续滑行的距离为x槽=v1t=v0×=
小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x=x槽+x2+R=3R
(3)规定向右为正方向，小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒
mv0=mv0'+2mv2
m=mv0'2+×2m
解得v0'=-方向向左
v2=方向向右。
滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得
2mv2=(2m+4m)v
解得v=
因滑块压缩弹簧后反弹恰好回到薄木板的最左端，故滑块相对薄木板向右运动和返回时向左运动过程摩擦生热相同，设为Q，滑块向右运动与薄木板达到共速的过程由能量守恒定律得
×2m=(2m+4m)v2+Q+Epm
滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为v，
故Epm=Q
解得Epm=。
补偿强化练
1.C　[当圆弧滑块固定时，有m=mgR，当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有mv0=(m+M)v，根据机械能守恒定律有m=mg·+(m+M)v2，联立解得m∶M=2∶1，故选C。]
2.CD　[根据动量定理有I=0-mv0=-mv0
故合力冲量大小为mv0，故A错误；
小球上滑的时间为t=
重力的冲量大小为IG=mgt=故B错误；
小球所受洛伦兹力大小为Bqv=Bq(v0-at)=-Bqat+Bqv0，其中a=gsin θ
洛伦兹力大小随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为I洛=q××B×=故C正确；
若v0=0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0=2mgcos θ
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv=mgcos θ+FN
即FN=Bqv-mgcos θ=Bq(v0-at)-mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ
则小球在整个减速过程的FN-t图像如图
图线与横轴围成的面积表示弹力的冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。]
3.C　[t1时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，由动量定理知=F=kx，可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；t1时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量mA=根据动量守恒有p0=p1+p2，则小球B的质量mB==由此可知两小球的质量之比为=故A错误；根据机械能守恒有=++Epm，小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k'==故C正确；0~t2时间内，小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0，故D错误。]
4.(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
FT-mg=m
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2
m=m+M
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
Mv2=2Mv3
由能量守恒定律得
M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
Mv2=2Mv4
由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。(共53张PPT)
微专题10
动量定理　动量守恒定律
专题二　能量与动量
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
1.计算动量、冲量及应用动量定理和动量守恒定律解决问题时，均需要规定正方向。
2.解决不涉及加速度、位移的问题时，用动量定理比运用牛顿第二定律更简便。
3.两个以上物体构成的系统，若系统的合外力(或某一方向合外力)为零，可运用动量守恒定律求解；若系统的合外力不为零，可对每个物体分别运用动量定理列式再联立求解。
核心精讲
PART TWO
4.正碰仅指一维碰撞，即碰撞前后两物体速度始终共线，但不一定是弹性碰撞。
5.弹簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，两物体共速时，动能损失最大；两物体分离后，两物体相当于发生了弹性碰撞。
1
2
3
4
5
6
7
高频考点练
PART THREE
考点一　动量定理及应用
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
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
√
√
1
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4
5
6
7
员的重力势能最小，故A错误；
运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误；
根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动
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6
7
F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入数据可得F=4 600 N
根据牛顿第三定律可知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，故D正确。
同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
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2.(2024·甘肃酒泉市三模)乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，如图所示为某同学训练时的情景，若某次乒乓球从某一高度由静止下落，以v0=2 m/s的速度竖直向下碰撞乒乓球拍，同时使乒乓球拍的接球面保持水平且以1 m/s的速度水平移动，乒乓球与球拍碰撞反弹后的高度与下落高
度相等。已知乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为μ=(乒乓球不旋转)，不计空气阻力，碰撞时间极短，且碰撞过程忽略乒乓球所受重力的影响，周围环境无风，则乒乓球与球拍碰撞后的瞬时速度大小为
A.4 m/s B.3 m/s C.2 m/s D.1 m/s
√
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由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后反弹的高度与下落高度相等，则碰后竖直方向的速度大小为vy=v0= 2 m/s，设乒乓球的质量为m，乒乓球与球拍的碰撞时间为Δt，在竖直方向上，根据动量定理有FN·Δt=mvy-(-mv0)，在水平方向上，根据动量定理有Ff·Δt=μFN·Δt=mvx，联立解得
vx= m/s，v==3 m/s，故选B。
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3.(2024·海南海口市一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为ρ，不计雨滴重力。压强p为
A.(v0-v) B.(v0+v)
C.ρ(-v2) D.ρ(+v2)
√
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设极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为Δm，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，选竖直向上为正方向，根据动量定理有F1Δt=Δmv-
(-Δmv0)，由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高
度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0==，则极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量Δm=m0SΔt=，根据牛顿第
三定律有雨滴撞击芭蕉叶产生的平均冲力F2=F1，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=，联立解得p=(v0+v)。故选B。
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点拨·提炼
1.冲量、动量变化、平均冲力的求解
(1)冲量的三种计算方法：公式法(I=Ft)；F-t图像法；动量定理法(I=Δp)
(2)动量的变化Δp=p'-p=F合t
求某一方向的平均冲力可应用分方向的动量定理解决问题
(3)平均冲力
在变加速运动或瞬时碰撞问题中，为平均冲力，一般由动量定理求解。由·Δt=mv'-mv=Δp得=
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点拨·提炼
2.微元法和柱体模型解决流体(或微粒)对界面
的冲力问题(如图所示)
(1)首先建立模型：沿流速v方向选取一段柱状
流体，其横截面积可设为S；
(2)将柱体内流体(或微粒)的质量表示出来；
(3)由动量定理建立方程。
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考点二　碰撞模型及拓展
4.(多选)(2024·河北省二模)如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.A与弹簧分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
√
√
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A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；
A、B运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定
律有mv0=3mv，即Ep=m-×3m×=m，B固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep'=m=1.5Ep，B正确；
A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而受到的冲量的大小相等，但
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vB=，即有EkA=m=m，EkB=×2m=m，即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，选项C正确；
由前面分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时vB>vA，则B可追上A，选项D错误。
整个过程系统根据动量守恒及机械能守恒可得mv0=
mvA+2mvB，m=m+×2m，解得vA=-，
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5.(多选)(2024·广东卷·10)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
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
√
√
√
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两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑
块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙=gsin θ·
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3，乙运动的时间为t=t1+t2+t3
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由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最
终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，而如果不发生碰撞，
乙下滑过程有mgH乙=m
乙在水平面运动到停止有=2μgx
联立可得x=
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
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6.(2024·辽宁省部分学校联考)如图所示，质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质量为m的小球B压缩弹簧(B与弹簧不连接)，由静止释放小球，小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大小，重力加速度为g。求：
(1)弹簧具有的最大弹性势能；
答案　1.25mgR　
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设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep，
设小球被弹开后速度大小为v0，
滚上圆弧面最高点后速度大小为v1，
根据能量守恒有Ep=×5m+mgR
Ep=m
根据A、B系统水平方向动量守恒有mv0=5mv1
解得Ep=1.25mgR
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(2)小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小；
答案　3.5mg　
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由(1)可解得v0=
小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间
FN-mg=m
解得FN=3.5mg
根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小FN'=FN=3.5mg
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(3)小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。
答案　0.04R
设小球第一次离开圆弧面时，小球的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3，
根据动量守恒有mv0=4mv3-mv2
根据能量守恒有m=×4m+m
从小球第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为v4，上升的最大高度为h，
根据水平方向动量守恒有4mv3+mv2=5mv4
根据能量守恒有×4m+m=×5m+mgh
解得h=0.04R。
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点拨·提炼
首先区分弹性碰撞和完全非弹性碰撞
(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒
举例：一动碰一静
m1v0=m1v1+m2v2
m1=m1+m2
得v1=v0，v2=v0
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点拨·提炼
(2)完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起(有共同速度)，机械能损失最大。
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考点三　动量和能量的综合应用
7.(2024·黑龙江省模拟)如图所示，半径为R的光滑圆弧槽静止在足够长的光滑水平地面上，圆弧底端与水平地面相切，其最低点的右侧相距为R处有厚度不计、上表面粗糙程度处处相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑块，薄木板右端固定一竖直挡板，挡板左侧连有一水平轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽最高点正上方的一定高度处由静止释放，小球落入圆弧槽后从圆弧槽最低点滑离；然后以大小为v0的速度与小滑块发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短；随后小滑块相对薄木板向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圆弧槽的质量均为m，小
滑块的质量为2m，薄木板以及固定挡板的总质量为4m，小球和小滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
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(1)小球开始下落时距离水平地面的高度h；
答案　　
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设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为v1，方向水平向左，由动量守恒定律得mv0=mv1
解得v1=v0
从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒。
由机械能守恒定律得
mgh=m+m
解得h=
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(2)小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x；
答案　3R　
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设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右运动x1，圆弧槽相对地面向左运动x2，
由平均动量守恒可得mx1=mx2
x1+x2=R
解得x1=R，x2=R
小球要继续向右运动x2+R，历时t，
则t==
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圆弧槽在t时间内向左继续滑行的距离为
x槽=v1t=v0×=
小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离
x=x槽+x2+R=3R
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(3)弹簧的最大弹性势能Epm。
答案　
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规定向右为正方向，小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒
mv0=mv0'+2mv2
m=mv0'2+×2m
解得v0'=-，方向向左
v2=，方向向右。
滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得2mv2= (2m+4m)v
解得v=
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因滑块压缩弹簧后反弹恰好回到薄木板的最左端，故滑块相对薄木板向右运动和返回时向左运动过程摩擦生热相同，设为Q，滑块向右运动与薄木板达到共速的过程由能量守恒定律得
×2m=(2m+4m)v2+Q+Epm
滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，
速度仍为v，
故Epm=Q
解得Epm=。
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补偿强化练
PART FOUR
1.(2024·山西运城市模拟)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m∶M为
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
√
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当圆弧滑块固定时，有m=mgR，当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有mv0=(m+M)v，根据机械能守恒定律有m=mg·+(m+M)v2，联立解得m∶M=2∶1，故选C。
2.(多选)(2024·浙江6月选考·15)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力，重力加速度为g。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0=，弹力冲量为零
√
√
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洛伦兹力大小随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为I洛=q××B ×=，故C正确；
根据动量定理有I=0-mv0=-mv0
故合力冲量大小为mv0，故A错误；
小球上滑的时间为t=
重力的冲量大小为IG=mgt=，故B错误；
小球所受洛伦兹力大小为Bqv=Bq(v0-at)=-Bqat+Bqv0，其中a=gsin θ
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图线与横轴围成的面积表示弹力的冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。
若v0=，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0=2mgcos θ
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv=mgcos θ+FN
即FN=Bqv-mgcos θ=Bq(v0-at)-mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ
则小球在整个减速过程的FN-t图像如图
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3.(2024·山东菏泽市模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直径相同，小球A以初动量p0沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为p1，t2时刻纵坐标为零。则
A.小球A、B的质量之比为
B.t2时刻弹簧的弹性势能最大
C.小球A的初动能和弹簧最大
弹性势能之比为
D.0~t2时间内，小球B的动量变化量为p0-p1
√
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簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；
t1时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量mA=，根据动量守恒有p0=p1+p2，则小球B的质量mB==由此可知两小球的质量之比为=，故A错误；
t1时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，由动
量定理知=F=kx，可知此时弹
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根据机械能守恒有=++Epm，小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k'==，故C正确；
0~t2时间内，小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0，故D错误。
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4.(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m，小球质量m=0.20 kg，
物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
答案　6 N　
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对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
FT-mg=m
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N
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(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
答案　4 m/s　
1
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小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和
机械能守恒定律得mv0= mv1+Mv2
m=m+M
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s
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(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案　0.25≤μ<0.4
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若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3
由能量守恒定律得
M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4
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由能量守恒定律得
M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。

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