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　动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
如果一个系统__________，或者所受外力的矢量和______，那么这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒的表达式
(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)Δp＝0(系统总动量________为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体的动量增量大小______、方向______)。
3．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统______外力或所受外力之和______时，系统的动量守恒。
(2)近似守恒：系统所受外力之和不为零，但当内力________外力时系统动量近似守恒。
(3)某一方向守恒：系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力______或______外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
二、动量守恒定律的应用
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间______，而物体间相互作用力______的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
(3)分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 ______
非完全弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失______
2．反冲运动
(1)作用原理：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向______方向运动的现象。
(2)动量守恒：反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用__________定律来处理。
(3) 机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。
3．爆炸问题
(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量______。
(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。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。 (　　)
(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。 (　　)
(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (　　)
(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。 (　　)
(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。 (　　)
(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。 (　　)
二、教材习题衍生
1．(动量守恒的判断)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是(　　)
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统
B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
2．(动量守恒定律的应用)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动。下列说法正确的是(　　)
A．乙的速度必定小于甲的速度
B．乙的速度必定大于甲的速度
C．乙的动量必定小于甲的动量
D．乙的动量必定大于甲的动量
3．(动量守恒定律的应用)如图，载有物资的总质量为M的热气球静止于距水平地面H高度的空中。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。下列说法不正确的是(　　)
A．物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒
B．投出物资后热气球匀加速上升
C．d＝
D．d＝H＋H
动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题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 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．动量守恒定律常用的四种表达形式
(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。
(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零。
(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分物体动量的增加量等于另一部分物体动量的减少量。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．动量守恒中的临界极值问题
(1)当小物块到达最高点时，两物体速度相同。
(2)弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大。
(3)两物体刚好不相撞，两物体速度相同。
(4)滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。
[典例1]　(动量守恒定律与能量守恒的综合应用)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取 10 m/s2。 求：
(1)子弹射入物块后，子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2；
(3)物块在木板上相对木板滑行的时间t和整个过程共损失的机械能。
审题指导：
题干关键 获取信息
子弹射入物块后与物块有相对运动的时间极短 木板速度仍为零
足够长的木板 子弹、物块、木板三者共速时，木板有最大速度v2
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　应用动量守恒定律解题的一般步骤
[典例2]　(某个方向上动量守恒的判断)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽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。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则(　　)
A．小孩推出冰块过程，小孩和冰块组成的系统动量不守恒
B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽组成的系统水平方向动量守恒
C．冰块在凹槽上的下滑过程，凹槽动量减少
D．冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
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[典例3]　(动量守恒中的临界极值问题)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：
(1)小孩接住木箱后共同速度的大小；
(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱。
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碰撞问题
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
＝
解得v′1＝，v′2＝
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1 m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1 m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
4．碰撞遵守的原则
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加。即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或。
(3)速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定至少有一个改变或速度均为零。
[典例4]　(弹性碰撞)(2025·江苏苏州模拟预测)如图所示，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生正碰，然后b与c也发生正碰。若a、b、c的质量可任意选择，碰撞可以是弹性的也可以是非弹性的，各种可能的碰撞后，c的最大速度为(　　)
A．4v B．6v
C．9v D．12v
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　碰撞问题解题三策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′1＝v1，v′2＝v1。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
[典例5]　(一动一静碰撞)质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P一水平的速度vP0＝4 m/s，小球P沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是(　　)
A．vP＝vQ＝ m/s
B．vP＝－2 m/s，vQ＝3 m/s
C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s
D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s
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[典例6]　(一动一静碰撞与图像结合)(2024·江苏南京一模)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上，其中m2＝4 kg。现使物块A瞬时获得水平向右的速度，并以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，根据图像信息可得(　　)
A．在t1时刻A与B两物块的动能之比为2∶1
B．在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态
C．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
D．从0到t4过程中弹簧的最大弹性势能为7.5 J
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[典例7]　(三个物体的碰撞)如图所示，静置于光滑水平面上的物块A、B、C质量均为m，A、B之间用一根轻弹簧连接，初始时弹簧处于自然长度，三个物块均处于静止状态。现同时给A、B一个水平向右的初速度v，A、B一起运动一段距离后，B、C发生弹性碰撞，则在整个运动过程中不正确的是(　　)
A．A、B、C及弹簧组成的系统满足动量守恒、机械能守恒
B．B、C碰撞后瞬间，C的速度为v
C．弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2
D．B、C碰撞结束后，当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v
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爆炸、反冲问题
[典例8]　(爆炸问题)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短，可以忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能。
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　爆炸现象的三个规律
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于其受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)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，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[典例9]　(反冲问题)(2024·江苏卷)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。此后探测器经历着路器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号探测器在轨速度为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大小；
(2)分离时A对B的推力大小。
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　对反冲运动的三点说明
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
机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
[典例10]　(“人船模型”)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)(　　)
A．L B．
C． D．
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　1．人船模型的适用条件
物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。
2．人船模型的特点
遵从动量守恒定律：mv1－Mv2＝0。如图所示。
s人＋s船＝L，
即s人＝L，s船＝L。
动量和能量观点的综合应用
[典例11]　(“滑块—弹簧”模型)如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起，之后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
思路点拨：解此题要注意以下关键信息：
(1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。
(2)“A与B碰后黏合在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。
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　“滑块—弹簧”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①动量守恒：两个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机械能守恒：系统所受的合外力为零且除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统机械能守恒。
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(完全非弹性碰撞拓展模型)。
④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
[典例12]　(“滑块—平板”模型)(2024·天一中学模拟)如图所示，质量m1＝4.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝4 m，现有质量 m2＝1.0 kg、 可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取 10 m/s2。求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0 不超过多少？
审题指导：
题干关键 获取信息
相对静止 最后共速
要使物块不从小车右端滑出 临界情况为物块滑到车右端与小车共速
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　“滑块—平板”模型
(1)模型图示
(2)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若木块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(3)求解方法
①求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
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＝FfΔx或Q＝E初－E末求解，研究对象为一个系统。
[典例13]　(“滑块—斜(曲)面”模型)(2024·江苏苏州阶段练习)如图所示，质量为M＝0.25 kg、带有圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m＝0.9 kg 的物块，质量为m0＝0.1 kg的橡皮泥以大小为v0＝10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h＝0.8 m，弧形槽的半径为r＝0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g＝10 m/s2。 求：
(1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小；
(2)物块沿弧形槽上滑的最大高度；
(3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。
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　“滑块—斜(曲)面”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①最高点：m与M具有共同的水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒＝＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
②最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒＝(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
[典例14]　(“子弹打木块”模型)一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
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　“子弹打木块”模型
(1)模型图示
(2)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。
(3)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＝Ff·s＝－(M＋m)v2
②子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝
　动力学、动量和能量观点的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决问题。
[典例1]　(弹簧类的动力学、动量和能量观点的综合应用)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg 的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不连接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
思路点拨：(1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”动量守恒定律和能量守恒定律。
(2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”Mg＝。
(3)“小球Q……球S碰撞后合为一体”动量守恒定律。
(4)“小球Q……一体飞出”二者一起做平抛运动。
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　规范解答“四部曲”
(1)文字说明规范
文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量时，可表述为设……，令……等。
(2)列方程规范
列方程时要做到“三要三不要”。
一是要写出方程式而不要堆砌公式；
二是要原始式而不要变形式；
三是要分步列式，不要用连等式。
(3)演算过程规范
要写出主要演算过程并且有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。
(4)结果表达规范
对题中所求的物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。
[典例2]　(传送带类的动力学、动量和能量观点的综合应用)如图所示，一质量为M＝2 kg、长为l1＝4.5 m 的木板静止在倾角θ＝30°的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为m＝1 kg的小物块静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ1＝。现给木板一沿斜面向下的初速度v1＝12 m/s，木板到达斜面底端时小物块也恰好到达木板下端，此刻木板锁定，小物块滑到水平传送带上继续运动，最终从传送带左端离开，传送带以速度v2＝5 m/s逆时针转动，其长度l2＝10 m，小物块与传送带间动摩擦因数μ2＝0.5。小物块经过斜面与传送带连接处时的机械能损失不计，重力加速度g取 10 m/s2。 求：
(1)小物块和木板刚开始运动时的加速度大小；
(2)木板运动的时间；
(3)整个过程系统因摩擦增加的内能。
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1 / 18　动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒的表达式
(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)Δp＝0(系统总动量变化量为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体的动量增量大小相等、方向相反)。
3．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。
(2)近似守恒：系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
(3)某一方向守恒：系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
二、动量守恒定律的应用
1．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
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．反冲运动
(1)作用原理：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)动量守恒：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。
(3) 机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。
3．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。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。 (√)
(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。 (×)
(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (√)
(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。 (×)
(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。 (×)
(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。 (√)
二、教材习题衍生
1．(动量守恒的判断)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是(　　)
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统
B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
C　[对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。]
2．(动量守恒定律的应用)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动。下列说法正确的是(　　)
A．乙的速度必定小于甲的速度
B．乙的速度必定大于甲的速度
C．乙的动量必定小于甲的动量
D．乙的动量必定大于甲的动量
D　[甲、乙两人和小车组成的系统不受外力，所以动量守恒，即m甲v甲＋m乙v乙＋m车v车＝0，小车向右运动说明甲、乙两人总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，但由于不知道两人的质量关系，所以无法确定速度关系。故选D。]
3．(动量守恒定律的应用)如图，载有物资的总质量为M的热气球静止于距水平地面H高度的空中。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。下列说法不正确的是(　　)
A．物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒
B．投出物资后热气球匀加速上升
C．d＝
D．d＝H＋H
D　[物资抛出之前，物资和气球受合力为零，物资抛出后，气球和物资受合外力不变，则系统受合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确，不符合题意；投出物资后，热气球受到的合外力向上，则热气球向上做匀加速直线运动，选项B正确，不符合题意；设物资落地时热气球上升的高度为h，则对物资和热气球组成的系统，由动量守恒定律得(M－m)＝m，解得h＝，则d＝H＋h＝H＋＝，选项C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。]
动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题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 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．动量守恒定律常用的四种表达形式
(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。
(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零。
(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分物体动量的增加量等于另一部分物体动量的减少量。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．动量守恒中的临界极值问题
(1)当小物块到达最高点时，两物体速度相同。
(2)弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大。
(3)两物体刚好不相撞，两物体速度相同。
(4)滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。
[典例1]　(动量守恒定律与能量守恒的综合应用)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取 10 m/s2。 求：
(1)子弹射入物块后，子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2；
(3)物块在木板上相对木板滑行的时间t和整个过程共损失的机械能。
审题指导：
题干关键 获取信息
子弹射入物块后与物块有相对运动的时间极短 木板速度仍为零
足够长的木板 子弹、物块、木板三者共速时，木板有最大速度v2
[解析]　(1)子弹射入物块后与物块一起向右滑行的初速度即为最大速度v1，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1
解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2
解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的系统应用动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1
解得t＝1 s
整个过程损失的机械能为
ΔE＝－(m0＋m＋M)＝223.5 J。
[答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s　223.5 J
　应用动量守恒定律解题的一般步骤
[典例2]　(某个方向上动量守恒的判断)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽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。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则(　　)
A．小孩推出冰块过程，小孩和冰块组成的系统动量不守恒
B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽组成的系统水平方向动量守恒
C．冰块在凹槽上的下滑过程，凹槽动量减少
D．冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
B　[小孩推出冰块过程，小孩和冰块组成的系统所受合外力为0，小孩和冰块组成的系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽组成的系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块在凹槽上的下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽动量增加，故C错误；冰块在凹槽上的上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故D错误。故选B。]
[典例3]　(动量守恒中的临界极值问题)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：
(1)小孩接住木箱后共同速度的大小；
(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱。
[解析]　(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得，推出木箱的过程中有0＝(m＋2m)v1－mv，接住木箱的过程中有mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2，解得v2＝。
(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv2＝3mv3－mv，则v3＝v，故小孩无法再次接住木箱。
[答案]　(1)　(2)不能
【典例3　教用·备选题】(动量守恒中的临界极值问题)用轻弹簧相连的质量均为m的A、B两物块都以大小为v的速度在光滑的水平面上运动，弹簧处于原长，质量为m的物块C在前方静止，如图所示。B与C碰后二者粘在一起运动，下列判断正确的是(　　)
A．物块A、B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．粘在一起后的运动中，弹簧对物块A做负功、对物块B和C做正功
C．粘在一起后的运动中，当物块A、B、C三者共速时，弹簧最大弹性势能为
D．粘在一起后的运动中，当弹簧再次恢复为原长时，物块B和C的最大速度为
D　[物块A、B、C与弹簧组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒；B与C碰撞时有能量损失，则系统的机械能不守恒，B与C碰后二者粘在一起运动的过程，系统只有弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒，选项A错误；B、C碰后粘在一起，之后弹簧被压缩，此时弹簧对物块A做负功、对物块B和C做正功；当弹簧压缩到最短时三者共速，以后弹簧逐渐恢复原长，然后再被拉长，弹力对A做正功，对B和C做负功，选项B错误；当B、C碰撞时，有mv＝2mv1，当物块A、B、C三者共速时，有2mv＝3mv2，则弹簧最大弹性势能为Ep＝＝，选项C错误；当弹簧再次恢复为原长时，根据动量守恒和机械能守恒得2mv＝＝，解得物块B和C的最大速度为v3＝(另一值舍掉)，选项D正确。故选D。]
碰撞问题
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
＝
解得v′1＝，v′2＝
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1 m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1 m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
4．碰撞遵守的原则
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加。即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或。
(3)速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定至少有一个改变或速度均为零。
[典例4]　(弹性碰撞)(2025·江苏苏州模拟预测)如图所示，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生正碰，然后b与c也发生正碰。若a、b、c的质量可任意选择，碰撞可以是弹性的也可以是非弹性的，各种可能的碰撞后，c的最大速度为(　　)
A．4v B．6v
C．9v D．12v
A　[当发生弹性碰撞时，碰撞后速度最大。设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc。a与b碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb1，根据机械能守恒定律有mav2＝，联立解得vb1＝，可知当ma mb时，有vb1≈2v，设b与c碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得mbvb1＝＝，联立解得vc＝，可知当mb mc时，有vc≈2vb1≈4v，所以若b和c的质量可任意选择，碰撞后c的最大速度接近于4v。故选A。]
【典例4　教用·备选题】　(弹性碰撞)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为 mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。
(1)求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小；
(2)若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(3)在相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[解析]　(1)长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，故碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC
两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，则
vC＝v
联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
(2)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒有
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得v＝3 m/s。
(3)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝＝37.5 J
三者再次达到共同速度时
E2＝(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)3 m/s　(3)15 J
　碰撞问题解题三策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′1＝v1，v′2＝v1。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
[典例5]　(一动一静碰撞)质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P一水平的速度vP0＝4 m/s，小球P沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是(　　)
A．vP＝vQ＝ m/s
B．vP＝－2 m/s，vQ＝3 m/s
C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s
D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s
A　[碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝＝8 J。如果vP＝vQ＝ m/s，则p′＝mPvP＋mQvQ＝＝＝ J，碰撞过程动量守恒，动能不增加，A正确；如果vP＝－2 m/s，vQ＝3 m/s，则p′＝mPvP＋mQvQ＝＝＝11 J，动能增加，碰撞过程动量守恒，B错误；如果vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s，则p′＝mPvP＋mQvQ＝7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果 vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s，则p′＝mPvP＋mQvQ＝＝＝24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。]
[典例6]　(一动一静碰撞与图像结合)(2024·江苏南京一模)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上，其中m2＝4 kg。现使物块A瞬时获得水平向右的速度，并以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，根据图像信息可得(　　)
A．在t1时刻A与B两物块的动能之比为2∶1
B．在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态
C．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
D．从0到t4过程中弹簧的最大弹性势能为7.5 J
C　[以物块A的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v，将v1＝3 m/s，v＝1 m/s代入解得m1＝2 kg，t1时刻两物块速度相同，根据动能Ek＝mv2可知A与B两物块的动能之比为1∶2，故A错误；t3到t4时刻物块B的速度减小，物块A的速度增大到初始时刻，说明t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，t4时刻弹簧恢复原长，故B错误，C正确；当A、B两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得Epm＝－(m1＋m2)v2，代入数据解得Epm＝6 J，故D错误。]
【典例6　教用·备选题】　(一动一静碰撞与图像结合)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(　　)
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
C　[x-t图像的斜率表示物体运动的速度，由题图可知，碰前m2保持静止，m1的速度为v1＝ m/s＝4 m/s，故A错误；根据题图可知，碰撞后m2的速度为v′2＝ m/s＝2 m/s，m1的速度为v′1＝ m/s＝－2 m/s，负号说明m1反向弹回，二者速率大小相等，故B错误；碰撞后m1反向弹回，以开始时m1的方向为正方向，由动量守恒定律可知，m1v1＝m1v′1＋m2v′2，代入数据解得m2＝3m1，由于碰后速度大小相等，则碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C正确；由动能的表达式可知，碰撞后m1的动能Ek1＝，m2的动能Ek2＝，因为m2＝＝，所以碰撞后m2的动能大于m1的动能，故D错误。]
[典例7]　(三个物体的碰撞)如图所示，静置于光滑水平面上的物块A、B、C质量均为m，A、B之间用一根轻弹簧连接，初始时弹簧处于自然长度，三个物块均处于静止状态。现同时给A、B一个水平向右的初速度v，A、B一起运动一段距离后，B、C发生弹性碰撞，则在整个运动过程中不正确的是(　　)
A．A、B、C及弹簧组成的系统满足动量守恒、机械能守恒
B．B、C碰撞后瞬间，C的速度为v
C．弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2
D．B、C碰撞结束后，当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v
C　[由于B、C碰撞为弹性碰撞，故A、B、C及弹簧组成的系统满足动量守恒、机械能守恒，A正确；由于B、C发生弹性碰撞，满足动量守恒、机械能守恒，故mv＝mv1＋mv2，mv2＝联立解得v1＝0，v2＝v，故碰后瞬间B的速度为0，C的速度为v，B正确；A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，从B、C碰撞后瞬间到A、B速度相等的过程，据动量守恒定律、机械能守恒定律分别可得mv＝2mv′，×mv2＝×2mv′2＋Epm，联立解得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mv2，C错误；B、C碰撞结束后，C以速度v做匀速直线运动，当弹簧再次恢复到原长时，设A、B速度分别为v3、v4，据动量守恒定律、机械能守恒定律可得mv＝mv3＋mv4，mv2＝，解得v3＝0，v4＝v，故当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v，D正确。故选C。]
【典例7　教用·备选题】　(三个物体的碰撞)如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，A与B碰撞时间极短，最终C恰好未从B上掉落。已知v0＝5 m/s，mA＝6 kg，mB＝4 kg，mC＝2 kg，C与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取 10 m/s2，求：
(1)B与A碰撞后A物块的速度大小；
(2)B、C相对静止时的速度大小；
(3)木板B的长度。
[解析]　(1)以A、B为研究对象，B与A发生弹性碰撞过程，设向右为正方向，由动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律可知＝
联立解得vA＝4 m/s，vB＝－1 m/s。
(2)碰后B反向运动，与C相互作用，对B、C整体由动量守恒定律可知mCv0＋mBvB＝(mC＋mB)v
解得v＝1 m/s。
(3)设木板B的长度为L，对B、C整体由能量守恒定律有μmCgL＝－(mC＋mB)v2
解得L＝6 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)1 m/s　(3)6 m
爆炸、反冲问题
[典例8]　(爆炸问题)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短，可以忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能。
[解析]　(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得 －μ·2mgs＝，解得μ＝。
(2)设炸药爆炸释放的化学能为E0，爆炸后A的速度为v。在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有2m·＝mv，根据能量守恒定律有＝mv2，解得E0＝。
[答案]　
　爆炸现象的三个规律
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于其受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)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，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[典例9]　(反冲问题)(2024·江苏卷)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。此后探测器经历着路器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号探测器在轨速度为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大小；
(2)分离时A对B的推力大小。
[解析]　(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得vA＝。
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0
解得F＝。
[答案]　(1)　(2)
【典例9　教用·备选题】　(反冲问题)如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
D　[火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水的机械能不守恒，故B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，故C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有v2＝2gh，解得h＝，故D正确。]
　对反冲运动的三点说明
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
机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
[典例10]　(“人船模型”)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)(　　)
A．L B．
C． D．
C　[设人从平板车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，平板车沿水平方向的速度大小为v2，人和平板车在水平方向的动量守恒，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端的时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为ms1＝Ms2，由空间几何关系得s1＋s2＝L，联立解得车的位移为s2＝，故C正确。]
【典例10　教用·备选题】　(“人船模型”)(2024·海门市模拟)如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度大约是(可以把人看作质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
B　[当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h1≈1.4 m，所以他离地面的高度大约是H＝h－h1＝3.6 m，故B正确。
]
　1．人船模型的适用条件
物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。
2．人船模型的特点
遵从动量守恒定律：mv1－Mv2＝0。如图所示。
s人＋s船＝L，
即s人＝L，s船＝L。
动量和能量观点的综合应用
[典例11]　(“滑块—弹簧”模型)如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起，之后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
思路点拨：解此题要注意以下关键信息：
(1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。
(2)“A与B碰后黏合在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。
[解析]　设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mv0＝3mv ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0 ②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝ ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝。
[答案]　
　“滑块—弹簧”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①动量守恒：两个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机械能守恒：系统所受的合外力为零且除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统机械能守恒。
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(完全非弹性碰撞拓展模型)。
④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
【典例11　教用·备选题】　(“滑块—弹簧”模型)如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O，竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示。物块A、B均可视为质点，则(　　)
A．物块A与B的质量之比为1∶3
B．弹簧的劲度系数k＝
C．弹簧弹性势能最大时的形变量为x3－x1
D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了
B　[由题图乙可知，A与B碰撞后，A的动能变为原来的，由Ek＝mv2知物块A碰撞前、后的速度之比为3∶1，因碰撞过程时间极短，则碰撞过程中动量守恒，设碰撞后速度为v，以碰撞前物块A的初速度方向为正方向，则有mAvA＝(mA＋mB)v，解得物块A与B的质量之比为1∶2，A错误；由题图乙可知，x1是B与弹簧处于平衡状态时上端所处的位置，x2是A、B的加速度为零时，弹簧上端所处的位置，所以当A、B运动到加速度为零时，物块的动能最大，由平衡条件可得，弹簧的弹力为3mAg，从x1到x2，弹簧的弹力增加mAg，由胡克定律得ΔF＝kΔx，则有mAg＝k(x2－x1)，对物块A从O到x1由动能定理有Ek1＝mAgx1，联立解得k＝，B正确；在x1处时弹簧已经处于形变状态，当A动能减为0时，弹簧的弹性势能最大，此时位于x3的位置，所以弹簧弹性势能最大时的形变量大于x3－x1，C错误；碰撞后，A的动能为，B的动能为，总动能为，A、B整体从x1到x3的过程中，由能量关系有＋3mAg(x3－x1)＝ΔEp，解得ΔEp＝Ek1，D错误。]
[典例12]　(“滑块—平板”模型)(2024·天一中学模拟)如图所示，质量m1＝4.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝4 m，现有质量 m2＝1.0 kg、 可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取 10 m/s2。求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0 不超过多少？
审题指导：
题干关键 获取信息
相对静止 最后共速
要使物块不从小车右端滑出 临界情况为物块滑到车右端与小车共速
[解析]　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，
设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f，对物块应用动量定理有－ft＝m2v－m2v0，
其中f＝μm2g，
联立以上三式并
代入数据得t＝0.8 s。
(2)若物块恰好不从小车右端滑出，则物块滑到小车右端时与小车有共同速度v′，则有m2v′0＝(m1＋m2)v′，
由功能关系有
＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL，
代入数据解得v′0＝5 m/s。
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不能超过5 m/s。
[答案]　(1)0.8 s　(2)5 m/s
　“滑块—平板”模型
(1)模型图示
(2)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若木块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(3)求解方法
①求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
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＝FfΔx或Q＝E初－E末求解，研究对象为一个系统。
【典例12　教用·备选题】　(“滑块—平板”模型)(2024·锡山高中模拟)如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好以大小为vB＝5 m/s 的速度沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37° 的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、 h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.7，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小物块在A点时的速度大小v0；
(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
[解析]　(1)根据运动分解有cos 37°＝
解得v0＝4 m/s 。
(2)对小物块从A点到C点由动能定理有mgH＝
设小物块在C点受到的支持力为FN，则
FN－mg＝
解得FN≈47.3 N
由牛顿第三定律可知，小物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N。
(3)设小物块与长木板最终达到共同速度v3，由系统动量守恒可得mv2＝(m＋M)v3
由功能关系可得μmgL＝
联立方程得L＝1.6 m，因此木板长度至少为 1.6 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)47.3 N　(3)1.6 m
[典例13]　(“滑块—斜(曲)面”模型)(2024·江苏苏州阶段练习)如图所示，质量为M＝0.25 kg、带有圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m＝0.9 kg 的物块，质量为m0＝0.1 kg的橡皮泥以大小为v0＝10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h＝0.8 m，弧形槽的半径为r＝0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g＝10 m/s2。 求：
(1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小；
(2)物块沿弧形槽上滑的最大高度；
(3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。
[解析]　(1)橡皮泥击中物块过程，根据动量守恒可得
m0v0＝(m0＋m)v
解得橡皮泥击中物块后瞬间速度大小为v＝1 m/s
根据牛顿第二定律可得
N－(m0＋m)g＝(m0＋m)
解得N＝20 N
根据牛顿第三定律可知，橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小为20 N。
(2)物块沿弧形槽上滑到最大高度时，物块与弧形槽具有相同的水平速度，根据系统水平方向动量守恒可得
(m0＋m)v＝(m0＋m＋M)v′
解得v′＝0.8 m/s
根据系统机械能守恒可得
(m0＋m)v2＝(m0＋m＋M)v′2＋(m0＋m)gh
解得物块沿弧形槽上滑的最大高度为h＝0.01 m。
(3)设物块回到弧形槽底端时，物块和弧形槽的速度分别为v1、v2，根据系统水平方向动量守恒可得
(m0＋m)v＝(m0＋m)v1＋Mv2
根据系统机械能守恒可得
(m0＋m)v2＝
联立解得v1＝0.6 m/s，v2＝1.6 m/s
物块离开弧形槽后做平抛运动，竖直方向有
h＝gt2
解得t＝＝0.4 s
则物块落地瞬间到物体最左端的距离为
Δx＝v2t－v1t＝0.4 m。
[答案]　(1)20 N　(2)0.01 m　(3)0.4 m
　“滑块—斜(曲)面”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①最高点：m与M具有共同的水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒＝＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
②最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒＝(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
【典例13　教用·备选题】　(“滑块—斜(曲)面”模型)如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A、B静止在足够大的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽的高度为h，弧形槽A的质量为2m，弧形槽B的质量为M。质量为m的小球从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g。
(1)求小球从弧形槽A的顶端滑下后的最大速度大小；
(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A，求M、m间所满足的关系式。
[解析]　(1)小球到达弧形槽A底端时速度最大，设小球到达弧形槽A底端时的速度大小为v1，弧形槽A的速度大小为v2，小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，对系统由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0，由机械能守恒定律有
mgh＝
联立解得v1＝2，v2＝。
(2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度大小为v3，弧形槽B的速度大小为v4，整个过程二者在水平方向动量守恒
则有mv1＝－mv3＋Mv4
二者的机械能守恒，则有
＝
联立解得v3＝v1
小球还能追上A，则有v3>v2
解得M>3m。
[答案]　(1)2　(2)M>3m
[典例14]　(“子弹打木块”模型)一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
[解析]　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0。
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得Fft＝Mv－0
解得t＝。
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝
解得x1＝
对木块：Ffx2＝Mv2
解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即
x相＝x1－x2＝。
(4)系统损失的机械能为
E损＝－(M＋m)v2＝
系统增加的内能为
Q＝Ff·x相＝。
(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有
FfL＝－(M＋m)v2
解得L＝
因此木块的长度至少为。
[答案]　(1)v0　(2)
　“子弹打木块”模型
(1)模型图示
(2)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。
(3)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＝Ff·s＝－(M＋m)v2
②子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝
【典例14　教用·备选题】　(“子弹打木块”模型)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg 的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定一半径R＝0.7 m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度，其左端正好对应小车的C点，B与C之间的距离L＝0.9 m，一个质量m＝2 kg的小物块置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20 g的子弹以速度v0＝500 m/s 击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取 10 m/s2，则：
　
(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的速度大小；
(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10 cm，求弹簧的最大弹性势能。
[解析]　(1)对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m0v0＝(m0＋M)v
可得v＝5 m/s
设当小物块运动到圆弧轨道的高度为h处时，三者共速，速度为v共1
根据动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋M＋m)v共1
解得v共1＝2.5 m/s
根据机械能守恒定律得
(m0＋M)v2＝＋mgh
解得h＝0.625 m当小物块再次回到B点时，设小物块的速度为v1，车和子弹的速度为v2
根据动量守恒定律得
(m0＋M)v＝mv1＋(m0＋M)v2
根据能量守恒定律得(m0＋M)v2＝
解得v1＝5 m/s，v2＝0。
(2)当弹簧具有最大弹性势能Ep时三者速度相同，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋M＋m)v共2
可得v共2＝v共1＝2.5 m/s
根据能量守恒定律得μmg(L＋x)＋Ep＝
解得Ep＝2.5 J。
[答案]　(1)见解析　5 m/s　(2)2.5 J
　动力学、动量和能量观点的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决问题。
[典例1]　(弹簧类的动力学、动量和能量观点的综合应用)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg 的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不连接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
思路点拨：(1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”动量守恒定律和能量守恒定律。
(2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”Mg＝。
(3)“小球Q……球S碰撞后合为一体”动量守恒定律。
(4)“小球Q……一体飞出”二者一起做平抛运动。
[解析]　(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝
解得vC＝
对于小球P从B→C，
由动能定理有－2MgR＝
解得vB＝
在B点有FNB－Mg＝
解得FNB＝6Mg＝12 N
由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式h＝gt2得
t＝0.2 s
根据公式x＝vt得v＝1 m/s
碰撞前、后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv
解得vQ＝2 m/s。
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有
MvP＝mvQ
解得vP＝1 m/s
对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝
解得Ep＝0.3 J。
[答案]　(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
　规范解答“四部曲”
(1)文字说明规范
文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量时，可表述为设……，令……等。
(2)列方程规范
列方程时要做到“三要三不要”。
一是要写出方程式而不要堆砌公式；
二是要原始式而不要变形式；
三是要分步列式，不要用连等式。
(3)演算过程规范
要写出主要演算过程并且有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。
(4)结果表达规范
对题中所求的物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。
[典例2]　(传送带类的动力学、动量和能量观点的综合应用)如图所示，一质量为M＝2 kg、长为l1＝4.5 m 的木板静止在倾角θ＝30°的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为m＝1 kg的小物块静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ1＝。现给木板一沿斜面向下的初速度v1＝12 m/s，木板到达斜面底端时小物块也恰好到达木板下端，此刻木板锁定，小物块滑到水平传送带上继续运动，最终从传送带左端离开，传送带以速度v2＝5 m/s逆时针转动，其长度l2＝10 m，小物块与传送带间动摩擦因数μ2＝0.5。小物块经过斜面与传送带连接处时的机械能损失不计，重力加速度g取 10 m/s2。 求：
(1)小物块和木板刚开始运动时的加速度大小；
(2)木板运动的时间；
(3)整个过程系统因摩擦增加的内能。
[解析]　(1)设小物块和木板开始运动时，物块做匀加速直线运动，加速度为am，木板做匀减速直线运动，加速度为aM；规定沿斜面向下为正方向，对物块，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μ1mg cos θ＝mam
可得am＝10 m/s2
故小物块加速度的大小为10 m/s2
对木板，由牛顿第二定律得
Mg sin θ－μ1(m＋M)g cos θ－μ1mg cos θ＝MaM
可得aM＝－5 m/s2
故木板加速度大小为5 m/s2。
(2)设从开始运动到两者碰撞所用时间为t1，两者碰撞前瞬间的速度分别为vm、vM，位移分别为xm1、xM1，由运动学知识可知，对物块有
xm1＝
vm＝amt1
对木板有
xM1＝
vM＝v1＋aMt1
又xM1－xm1＝l1
联立解得
t1＝0.6 s
xm1＝1.8 m
vm＝6 m/s
xM1＝6.3 m
vM＝9 m/s
设物块与挡板碰撞后瞬间小物块和木板的速度分别为vm1、vM1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
MvM＋mvm＝MvM1＋mvm1
＝
解得vm1＝10 m/s，vM1＝7 m/s
设物块与木板碰撞后直到同时到达斜面底端的位移分别为xm2、xM2，运动时间为t2，由受力分析可得碰撞后物块与木板均做匀速直线运动，由几何关系得
xm2－xM2＝vm1t2－vM1t2＝l1
可得t2＝1.5 s
xM2＝10.5 m
故木板运动的总时间为
tM＝t1＋t2＝2.1 s。
(3)设物块与木板之间的摩擦产热为Q1，木板与斜面间的摩擦产热为Q2，物块与传送带之间的摩擦产热为Q3，由能量关系得
Q1＝2μ1mgl1cos θ＝45 J
Q2＝μ1(m＋M)g(xM1＋xM2)cos θ＝252 J
设物块在传送带上减速过程中位移为xm3，加速度大小为a＝＝μ2g＝5 m/s2
由运动学公式知＝2axm3，可得xm3＝7.5 m，由于传送带长度l2＝10 m，所以物块减速过程没有离开传送带，
此过程中传送带位移x＝v2t3＝＝5 m
故有Q3＝μ2mg(xm3－x)＝12.5 J
整个过程系统因摩擦增加的内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝309.5 J。
[答案]　(1)10 m/s2　5 m/s2　(2)2.1 s　(3)309.5 J
课时分层作业(十九)　动量守恒定律及其应用
题组一　动量守恒定律的理解及应用
1．(2025·江苏扬州模拟预测)如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链(未画出)固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t，小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为(　　)
A． B．
C． D．
C　[P、Q在水平方向上动量守恒，有mv0＝mv1＋3mv2，在极短的时间Δt内，有mv0·Δt＝mv1·Δt＋3mv2·Δt，则在时间t内有mv0t＝mx＋3mx2，可知x2＝，故选C。]
2．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
B　[设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝＝＋mv2，解得v′0＝v0，v＝v0，因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝v0，故C、D错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝＝，氢核的动能为Ek氢＝＝，Ek氮题组二　碰撞、反冲和爆炸
3．(碰撞模型)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为(　　)
A．v0，水平向右 B．0
C．，水平向右 D．，水平向右
C　[以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，故最终车厢的速度为v＝，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。]
4．质量相等的a、b两小球(视为质点)在同一竖直线的不同高度以不同的初速度同时竖直上抛，在a球到达最高点时两球发生正碰且碰撞时间极短。图中实线和虚线分别表示a、b两小球位置随时间变化的曲线，图线Ⅰ前半部分、Ⅱ后半部分关于t1时刻对称。则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻，a球的速率大于b球的速率
B．碰撞前、后瞬间，b球的动量不变
C．a球先落回地面
D．碰撞后a球的机械能大于b球的机械能
D　[x-t图线的斜率表示速度，根据题图可知，t＝0时刻，a球的速率小于b球的速率，A错误；根据题图可知，碰撞前、后瞬间，两球交换速度，所以碰撞后瞬间，b球的速度变为零，a球的速度增大，方向竖直向上，b球先落回地面，B、C错误；碰撞后两球处于同一位置，a球的速度大于b球的速度，两球质量相等，因此碰撞后a球的机械能大于b球的机械能，D正确。故选D。]
5．(爆炸模型)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，此时爆炸成为甲、乙两块后水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1。 不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
　A　　　　　　　　B
　C　　　　　　　　D
B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的弹片的冲量沿其运动方向，故这一块弹片的速度必然增大，即v′>2 m/s，因此其水平位移大于 2 m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由于平抛运动水平方向上满足x＝v0t，所以A中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A错误；B中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B正确。]
题组三　动量和能量观点的综合应用
6．如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(　　)
A．(s＋L) B．(s＋2L)
C．(s＋L) D．(L＋2s)
D　[子弹穿过木块的过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块所用时间为t，则有t＝s，t＝s＋L，联立解得t＝(L＋2s)，选项D正确。]
7．如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个质量都为m的相同的小球，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A．机械能、动量均不守恒
B．弹簧的最大弹性势能等于
C．三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
D．三球速度相等后，速度将保持不变
B　[对A、B、C及弹簧组成的系统，其所受合外力为零，动量守恒，A错误；A、B碰撞满足动量守恒，设粘在一起时速度为v共，有mv0＝2mv共，A、B整体和C通过弹簧作用第一次达到共速v的过程，根据动量和能量守恒有2mv共＝＝×3mv2＋Ep，解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝B正确；根据动量守恒和牛顿第二定律可知，A、B整体和C通过弹簧作用的过程中，一段时间内的v-t图线如图所示，在 0～t2时间内，弹簧先压缩后恢复原状，在t2～t4时间内，弹簧先拉长后恢复原状。且在t1和t3时刻系统有共同速度，C、D错误。故选B。
]
8．(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滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A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．弹簧原长时物体动量最大
B．弹簧压缩最短时物体动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
A　[对整个系统分析可知合外力为0，故A和B及弹簧组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时有Ep＝，联立得Ep＝，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。]
9．(2024·江苏南通一模)如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L＝2 m，滑板质量mA＝1 kg、 滑块B质量mB＝0.99 kg，A、B间的动摩擦因数为μ。现有一子弹C质量mC＝0.01 kg，以v0＝200 m/s的速度向右击中B并留在其中(时间极短)。B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止。已知重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度大小；
(2)求滑板A与滑块B间的动摩擦因数μ；
(3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程中A、B、C系统损失的机械能E。
[解析]　(1)设子弹C击中B后瞬间，B的速度为v1，根据动量守恒定律有mCv0＝(mB＋mC)v1
解得v1＝2 m/s。
(2)滑板A固定在水平面上，B由运动到静止，位移为L，根据动能定理有
－μ(mB＋mC)gL＝，解得μ＝0.1。
(3)若A不固定，则A做匀加速运动，B、C做匀减速运动，B、C与A间摩擦力
f＝μ(mB＋mC)g＝1 N
A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2
B、C的共同加速度大小aBC＝＝1 m/s2
设经时间t共速，则有v1－aBCt＝aAt，解得t＝1 s
此时B相对A的位移s＝v1t－aBCt2－aAt2＝1 m
因s系统损失的机械能为E＝＝199 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.1　(3)199 J
10．(2024·江苏无锡一模)如图所示，水平轨道与固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB在B处平滑连接，圆弧轨道在B点切线水平，一轻弹簧放在水平轨道的左侧，弹簧的左端与固定挡板连接，水平轨道CD段粗糙，其他部分光滑，用质量为m的物块P向左压缩弹簧再由静止释放，同时将质量为m的物块Q在圆弧轨道的最高点A由静止释放，两物块刚好在CD中点相碰并粘在一起，然后向右运动，并刚好滑到A点，两物块在CD段与轨道间的动摩擦因数均为0.5，CD部分长为R，不计物块大小，重力加速度为g，求：
(1)物块Q第一次滑到圆弧的最低点B时对轨道的压力为多大；
(2)Q与P相碰前一瞬间，Q的速度为多大；
(3)弹簧开始时被压缩具有的弹性势能为多大。
[解析]　(1)物块Q从圆弧轨道的最高点A运动到最低点B的过程中，由动能定理得
mgR＝
对物块Q在B点由牛顿第二定律得
FN－mg＝
由牛顿第三定律可知物块Q第一次滑到圆弧的最低点B时对轨道的压力为
F′N＝FN
解得F′N＝3mg。
(2)Q从C点运动到Q与P相碰前一瞬间的过程中，由匀变速直线运动规律可知
＝－2μg
解得v2＝。
(3)Q与P碰撞过程中动量守恒
mvP－mv2＝2mv3
Q与P碰撞后至滑到A点的过程中，由动能定理得
－2μmg×－2mgR＝
由能量守恒定律得Ep＝＋μmg
解得Ep＝(6＋)mgR。
[答案]　(1)3mg　(2)　(3)(6＋)mgR
11．(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度的轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
[解析]　(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有
＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1>5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球的碰撞过程，由动量守恒定律得
mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
(3)经分析知，小球到达P点正上方、绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
Mg＝
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg(l＋l－x)＝
联立并代入数据得x＝0.2 m。
[答案]　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
1 / 3课时分层作业(十九)　动量守恒定律及其应用
说明：选择题每小题4分；本试卷共78分。
题组一　动量守恒定律的理解及应用
1．(2025·江苏扬州模拟预测)如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链(未画出)固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t，小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为(　　)
A． B．
C． D．
2．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
题组二　碰撞、反冲和爆炸
3．(碰撞模型)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为(　　)
A．v0，水平向右 B．0
C．，水平向右 D．，水平向右
4．质量相等的a、b两小球(视为质点)在同一竖直线的不同高度以不同的初速度同时竖直上抛，在a球到达最高点时两球发生正碰且碰撞时间极短。图中实线和虚线分别表示a、b两小球位置随时间变化的曲线，图线Ⅰ前半部分、Ⅱ后半部分关于t1时刻对称。则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻，a球的速率大于b球的速率
B．碰撞前、后瞬间，b球的动量不变
C．a球先落回地面
D．碰撞后a球的机械能大于b球的机械能
5．(爆炸模型)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，此时爆炸成为甲、乙两块后水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1。 不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
　A　　　　　　　　B
　C　　　　　　　　D
题组三　动量和能量观点的综合应用
6．如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(　　)
A．(s＋L) B．(s＋2L)
C．(s＋L) D．(L＋2s)
7．如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个质量都为m的相同的小球，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A．机械能、动量均不守恒
B．弹簧的最大弹性势能等于
C．三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
D．三球速度相等后，速度将保持不变
8．(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滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A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．弹簧原长时物体动量最大
B．弹簧压缩最短时物体动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
9．(2024·江苏南通一模)如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L＝2 m，滑板质量mA＝1 kg、 滑块B质量mB＝0.99 kg，A、B间的动摩擦因数为μ。现有一子弹C质量mC＝0.01 kg，以v0＝200 m/s的速度向右击中B并留在其中(时间极短)。B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止。已知重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度大小；
(2)求滑板A与滑块B间的动摩擦因数μ；
(3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程中A、B、C系统损失的机械能E。
10．(2024·江苏无锡一模)如图所示，水平轨道与固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB在B处平滑连接，圆弧轨道在B点切线水平，一轻弹簧放在水平轨道的左侧，弹簧的左端与固定挡板连接，水平轨道CD段粗糙，其他部分光滑，用质量为m的物块P向左压缩弹簧再由静止释放，同时将质量为m的物块Q在圆弧轨道的最高点A由静止释放，两物块刚好在CD中点相碰并粘在一起，然后向右运动，并刚好滑到A点，两物块在CD段与轨道间的动摩擦因数均为0.5，CD部分长为R，不计物块大小，重力加速度为g，求：
(1)物块Q第一次滑到圆弧的最低点B时对轨道的压力为多大；
(2)Q与P相碰前一瞬间，Q的速度为多大；
(3)弹簧开始时被压缩具有的弹性势能为多大。
11．(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度的轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
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