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(共53张PPT)
第七章
动量和动量守恒定律
●命题热点诠释
1．命题热度：本章属于热点内容，从10年来命题频次上看，全国卷10年23考，地方卷72考。
2．考查热点：(1)动量定理的应用。
(2)动量守恒定律的应用。
(3)利用动量和能量观点解答五大模型。
(4)力学三大观点的综合应用。
(5)动量在电磁感应现象中的应用。
(6)验证动量守恒定律实验。
第34讲　动量　动量定理
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
基础梳理·易错辨析
一、动量
1．动量
(1)定义：运动物体的_______和_______的乘积。
(2)公式：p＝________。
(3)单位：_____________，符号是kg·m/s。
(4)矢量性：方向与______的方向相同，运算遵循______________。
质量
速度
mv
千克米每秒
速度
平行四边形定则
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内_________和_________的矢量差(也是矢量)。
(2)动量变化量的计算
①动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝__________。
②当初、末动量不在一条直线上时，用平行四边形定则或三角形定则计算，如图所示。
末动量
初动量
p′－p
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的___________的乘积。
(2)公式：I＝_______。
(3)单位：_________，符号是_________。
(4)矢量性：方向与___________相同。
(5)物理意义：反映力的作用对_______的积累效应。
作用时间
FΔt
牛顿秒
N·s
力的方向
时间
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受_____________。
(2)表达式：mv′－mv＝______或p′－p＝______。
合力的冲量
F合t
F合t
1．某物体的速度大小不变，动量一定不变。( )
2．物体的质量越大，动量一定越大。(　　)
3．物体的动量相同，其动能一定也相同。(　　)
4．冲量是矢量，其方向与力的方向相同。(　　)
5．力越大，力对物体的冲量越大。(　　)
6．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。(　　)
×
×
×
√
×
√
核心考点·重点突破
1
对动量、冲量的理解
(基础考点·自主探究)
1．动能、动量、动量变化量的比较
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量
②F－t图像法：在F－t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。
③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
【跟踪训练】
(动量和动量变化量的计算)(多选)(2024·梅州模拟)如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为4 kg·m/s
D．足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J
1
[答案]　BC
(恒力冲量的计算)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cos θ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)
[答案]　B
2
[解析]　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D错误。
(动量和动能的关系)高速列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
[答案]　B
3
(利用F－t图像求冲量)(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　)
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
[答案]　ABD
4
[解析]　根据F－t图像中图线与t轴围成的“面积”表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，0～4 s内合外力的冲量为零，故A、B两项正确；2 s末合外力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但速度方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C项错误，D项正确。
2
对动量定理的理解及应用
(能力考点·深度研析)
对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
(4)当用动量定理研究系统时，初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。
(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
考向1　利用动量定理解释现象
“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品，该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地减小摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　)
A．减小穿戴者与地面的接触时间，减小合力冲量
B．延长穿戴者与地面的接触时间，增大合力冲量
C．减小穿戴者与地面的接触时间，减小地面对穿戴者的平均冲击力
D．延长穿戴者与地面的接触时间，减小穿戴者的动量变化率
[答案]　D
[解析]　在穿戴者着地时，动量的变化量是一定的，穿上“智能防摔马甲”后与地面的接触时间变长，根据Ft＝Δp知，地面对穿戴者的平均冲击力减小，即穿戴者的动量变化率减小，D正确。
反思提升
用动量定理解释现象
分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小，
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
考向2　利用动量定理求速度、冲量、平均作用力或动量的变化量
(2024·广东卷，13分)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(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的作用力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取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。
反思提升
应用动量定理解题的一般思路
考向3　动量定理与F－t图像的综合应用及多过程问题
(多选)(2023·福建卷)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则(　　)
A．0～2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同
C．2～6 s内，甲、乙两车的位移不同
D．t＝8 s时，甲、乙两车的动能不同
[答案]　BC
[解析]　由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0～2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0～2 s内根据动量定理有I2＝mv2，I2＝S0～2＝2 N·s，乙车在0～6 s内根据动量定理有I6＝
mv6，I6＝S0～6＝2 N·s，则可知乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2～6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2～6 s内乙车一直向正方向运动，则2～6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t＝8 s时甲车的速度为0，则t＝8 s时，甲车的动能为0；乙车在0～8 s内根据动量定理有I8＝mv8，I8＝S0～8＝0，可知t＝8 s时乙车的速度为0，则t＝8 s时，乙车的动能为0，故D错误。故选BC。
考向4　对系统应用动量定理
如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的
大小。
[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s
[解析]　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa，代入数据解得a＝2.5 m/s2。
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
代入数据解得v＝1 m/s。
考向5　动量定理与动能定理的综合应用
【跟踪训练】
(多选)(2024·全国甲卷)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(　　)
5
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]　由题图可知，0.3～2.3 s时间内，运动员处于竖直上抛过程，根据运动的对称性可知，运动员上升、下落过程所用时间t0均为1 s，则上抛初速度大小v＝gt0＝10 m/s，B正确；由以上分析可知，t＝1.3 s时运动员位于最高点，重力势能最大，A、C错误；设竖直向上为正方向，蹦床对运动员的平均作用力为F，从运动员接触蹦床到离开蹦床的过程，运动员与蹦床接触时间Δt＝0.3 s，根据动量定理有FΔt－mgΔt＝mv－(－mv)，解得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，D正确。
【跟踪训练】
2022年，我国高铁总里程约达4.2万公里，位列世界第一，为保障列车安全运行每一公里，无缝钢轨线路因热胀冷缩或负载等引起应力集中时，应每隔50～100 m设一位移观测点观测钢轨位移量，进行应力放散，及时排除隐患。一种人工应力放散作业的画面如图所示，四个人拉着最初静止的质量约400 kg的碰撞器竖直向下撞击钢轨，若至少要产生24 000 N的撞击力(设碰撞时间0.1 s，碰撞器不反弹，
不计碰撞器与钢轨间的摩擦)，则每个人平均对碰
撞器做功至少约为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
A．1 250 J B．5 000 J
C．25 000 J D．100 000 J
6
[答案]　A
名师讲坛·素养提升
用动量定理求解流体冲击力问题
考向1　流体类问题
流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是其质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析步骤 1 建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2 用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
(多选)如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(　　)
[答案]　BD
考向2　微粒类问题
微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 1 建立“柱体”模型，沿运动的方向(速度为v0)选取一段微元，柱体的横截面积为S
2 用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度Δl＝v0Δt，对应的体积ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算
一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　)
[答案]　C(共43张PPT)
第七章
动量和动量守恒定律
第35讲　动量守恒定律及其应用
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
基础梳理·易错辨析
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统___________，或者所受_______________为0，这个系统的总动量保持不变。
2．适用条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受_____________为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远______外力时，系统的动量可近似看成守恒。
注意：外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。
不受外力
外力的矢量和
外力的合力
大于
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达式
(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。
二、爆炸和反冲
1．爆炸
物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量守恒。
远大于
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向______，如发射炮弹、火箭等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
(3)火箭的飞行应用了反冲的原理，它靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。
冲量
1．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(　 　)
2．两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。(　 　)
3．系统动量守恒也就是系统的总动量变化量为零。(　 　)
4．爆炸和反冲过程中机械能守恒。(　 　)
×
√
√
×
核心考点·重点突破
1
动量守恒定律的理解和基本应用
(能力考点·深度研析)
1．动量守恒定律的“五性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的多个物体组成的系统。
(2)矢量性：解题时要先规定正方向，确定动量的正负。
(3)相对性：各物体的速度必须是相对同一参考系。
(4)同时性：作用前同一时刻的总动量等于作用后同一时刻的总动量。
(5)方向性：系统在某个方向的外力矢量和为0时，在该方向上应用动量守恒。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
考向1　动量守恒的判断
(2025·辽宁丹东市期末)如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)(　　)
A．动量不守恒，机械能不守恒
B．动量守恒，机械能守恒
C．竖直方向上动量守恒，机械能不守恒
D．水平方向上动量守恒，机械能守恒
[答案]　D
[解析]　所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒。故D正确。
考向2　动量守恒定律应用中的多体问题和临界问题
[答案]　8 m/s
[解析]　设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取向右为正方向，以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv
以箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙
当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙
联立解得v＝8 m/s。
【跟踪训练】
(动量是否守恒的判断)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是(　　)
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与
半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
1
[答案]　C
[解析]　小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，故A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，故D错误。
(多物体、多过程问题)如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度均为v0。则(　　)
A．整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒
B．运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同
2
[答案]　D
(分方向动量守恒)如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高0.8 m处以一定的初速度向左平抛，落在以速度大小为6 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，小球落到油泥上不反弹，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是5 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是(　　)
A．5 m/s　　　　　　　 B．4 m/s
C．8.5 D．9.5 m/s
3
[答案]　A
(动量守恒定律应用中的图像问题)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t的变化图像如图所示。则滑块a、b的质量之比为(　　)
A．5∶4
B．1∶8
C．8∶1
D．4∶5
[答案]　B
4
2
爆炸和反冲
(能力考点·深度研析)
考向1　爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，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，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为m的炮弹，以初速度v0、与水平面成60°的倾角斜向上发射，到达最高点时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，碎片a、b的质量之比为2∶1。经监控发现碎片b恰沿原轨迹返回，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
[答案]　C
考向2　反冲运动的三点说明
作用 原理 反冲运动是系统内两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，所以系统的机械能增加
在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为v2。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为(　　)
[答案]　D
考向3　火箭
如图所示，在某校航天科普节活动中，某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的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。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，火箭与水组成的系统机械能守恒
[答案]　C
名师讲坛·素养提升
人船模型
1．模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0；
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
(多选)如图所示，一质量为M，半径为R的半圆槽静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽的A端沿圆弧移动到B端。下列说法正确的是(　　)
A．小型机器人与半圆槽组成的系统动量守恒
[答案]　BD
【跟踪训练】
生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450 kg的小船静止在水面上，质量为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　　)
A．人在甲板上散步时，船保持静止
B．人在立定跳远的过程中船保持静止
C．人在立定跳远的过程中船后退了0.4 m
D．若人在地面上立定跳远，其最好成绩一定超过1.8 m
[关键点拨]　人相对地面的位移＝2 m－船后退的距离。
5
[答案]　D
[解析]　根据动量守恒定律，人动船也动，则当人在甲板上散步时，船将运动；人在立定跳远的过程中船也将运动，A、B错误；根据人船模型动量守恒有Mx＝m(d－x)，代入已知量解得x＝0.2 m，人在立定跳远的过程中船后退了0.2 m，C错误；人在船上跳远时，相对地面的成绩为2 m－0.2 m＝1.8 m；人在船上跳远时，人释放的能量等于人和船的动能，当人在地面上跳远时，人释放的能量全部转化为人的动能，则人在地面上立定跳远，其最好成绩一定超过1.8 m，D正确。(共45张PPT)
第七章
动量和动量守恒定律
第36讲　碰撞模型及拓展
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
基础梳理·易错辨析
1．碰撞：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，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
很短
很大
远大于
3．分类
两类守恒 碰撞类型 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 _______
完全非弹性碰撞 守恒 损失_____，不守恒
守恒
最大
1．发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。(　 　)
2．碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　 　)
3．两物体发生弹性碰撞时，一定交换速度。(　 　)
4．弹簧压缩量最大时，弹性势能一定最大。(　 　)
×
√
×
√
核心考点·重点突破
1
碰撞模型
(能力考点·深度研析)
1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒定律。
(2)动能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前后面的物体速度大；碰撞后前面的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的三种情形
动量守恒m1v0＝m1v1＋m2v2
情形一：若m1＝m2，则v1＝0，v2＝v0，(质量相等的两个物体发生弹性碰撞后交换速度)；
情形二：若m1>m2，则v1>0，v2>0(碰后两小球沿同一方向运动)；
特例：当m1 m2时，v1≈v0，v2≈2v0；
情形三：若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；
特例：当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0。
3．静止物体被撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0。
[答案]　A
考向2　弹性碰撞
(多选)(2024·广西卷)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　)
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
[答案]　BC
[解析]　由两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球发生的是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即碰后vM＝0，vN＝v。碰后小球N做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即N在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即N在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故B、C正确，A、D错误。
考向3　完全非弹性碰撞
(2023·北京卷)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
2
“滑块—弹簧”
(基础考点·自主探究)
1．模型图示
2．两个规律
(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：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
3．两个状态
(1)弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大
①系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共；
如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞。求：
(1)B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC；
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；
(3)整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp。
(2)A、B速度相等时，弹簧具有最大的弹性势能，对A、B由动量守恒定律可得
(3)对A、B由动量守恒定律可得
2mv0＝2mv1′＋mv2′
1
[答案]　BCD
3
“滑块—斜(曲)面”模型
(基础考点·自主探究)
1．模型图示
2．两个规律
(1)水平方向动量守恒；
(2)系统机械能守恒。
(多选)如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，若m＝2M，重力加速度为g，则(　　)
A．小车和小球组成的系统机械能守恒
B．小车和小球组成的系统动量守恒
C．当小球再次回到圆弧轨道底端后将向右做平抛运动
D．当小球再次回到圆弧轨道底端后将向左做平抛运动
[答案]　AC
【跟踪训练】
(多选)(2025·唐山模拟)在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的
高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管。小
球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为
质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是(　　)
2
A．小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒
B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用
D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中
[答案]　BCD
(能力考点·深度研析)
1．模型图例
2．两个规律
(1)在水平方向系统动量守恒，但竖直方向动量不守恒。
(2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。
4
“滑块—摆球”模型
3．两个状态
(1)小球和滑块共速时，小球运动到最高点。
[答案]　(1)0.625 m　2.5 m/s　(2)5 m/sa
(2)只要轻绳与杆的右端之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直且木块向左摆动时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，小球和木块速度为v′，则由系统水平方向动量守恒可得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)·v′＋m2vm，(共19张PPT)
第七章
动量和动量守恒定律
第37讲　专题强化十　子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用
核心考点·重点突破
1
子弹打木块模型
(能力考点·深度研析)
“子弹打木块”模型
(1)模型图例
(2)解题策略
①应用系统的动量守恒。
②在涉及滑块或平板的运动时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或平板的对地位移时，优先考虑用动能定理。
[答案]　ABD
B正确；两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力相等，系统摩擦产生的热量Q＝Ffd，其中Ff为阻力，d为子弹相对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E2损＝E1损，故C错误；p1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p2等于子弹的初动量，所以p2>p1，故D正确。
【跟踪训练】
如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过
程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
1
[答案]　(1)6 m/s　882 J　(2)能
[解析]　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，
由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
2
“滑块—木板”模型
(能力考点·深度研析)
模型 图例 如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B以速度v0滑到静止在光滑水平面上的木板A上：①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；②如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。
还有一种情景如图乙所示。
模型 特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大
求解 方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求滑块和木板对地位移，分别研究滑块和木板，用动能定理。
(4)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，研究对象为一个系统
(2024·张掖模拟)如图所示，在光滑水平面上小物块B置于足够长的长木板A的左端和A一起以相同速度匀速向右运动(即vB＝vA＝4 m/s)，与迎面来的速度大小vC＝2 m/s的小物块C发生弹性碰撞(时间极短)，经过一段时间，A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞。已知A、C质量分别为mA＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A、C碰撞后的速度vA′、vC′；
(2)小物块B的质量mB；
(3)小物块B相对长木板A滑动的距离L。
[答案]　(1)4 m/s，方向水平向左　2 m/s，方向水平向右　(2)3 kg　(3)2 m
[解析]　(1)根据题意，规定水平向右为正方向，A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA－mCvC＝mAvA′＋mCvC′
根据机械能守恒定律有
(2)A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞，可判断知A、B最终速度相同等于vC′，以A、B为系统，从A、C碰撞后到A、B共速过程，根据动量守恒定律有
mAvA′＋mBvB＝(mA＋mB)vC′
解得mB＝3 kg。
(3)从A、C碰后到A、B共速过程，A、B系统根据能量守恒定律有
【跟踪训练】
如图所示，光滑水平面上有一平板车B，其上表面水平，质量mB＝1 kg，在其左端放置一物块A，质量mA＝0.4 kg。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为m0＝100 g的子弹以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子弹瞬间射入并留在物块中，最终物块A及子弹相对地面以16 m/s的速度滑离平板车，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量；
(2)平板车B的最大速度vB大小；
(3)物块A在平板车上滑行的时间t；
(4)求平板车的长度L。
2
[答案]　(1)8 N·s，方向水平向左
(2)2 m/s　(3)0.5 s　(4)8.5 m
[解析]　(1)子弹射入物块A的过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋mA)v1，解得子弹与物块A的共同速度大小为v1＝20 m/s
对子弹由动量定理得I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s，所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为8 N·s，方向水平向左。
(2)当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2
解得平板车B的最大速度vB＝2 m/s。
(3)对物块A与子弹由动量定理得
－μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1，解得物块A在平板车上滑行的时间t＝0.5 s。(共24张PPT)
第七章
动量和动量守恒定律
第38讲　专题强化十一　力学三大观点的综合应用
核心考点·重点突破
1．力学三大观点
(1)动力学：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．三大观点的选用原则
(1)动力学观点的选用原则
①如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。
②凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点。
(2)动量观点的选用原则
①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
②对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。
(3)能量观点的选用原则
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
考向1　动量与能量观点的综合应用
(2025·云南昆明阶段练习)如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为mB的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为m1的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R＝0.2 m，
L＝0.5 m，m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，mB＝
0.2 kg，A、B均可视为质点，重力加速度g
取10 m/s2。
(1)求碰后瞬间滑块2的速度大小；
(2)若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数；
(3)若物块B未被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。
[答案]　(1)3 m/s　(2)0.5　(3)0.05 m　1 m/s
滑块1与滑块2发生弹性碰撞，系统的动量守恒、机械能守恒
m1v0＝m1v1＋m2v2
(3)物块B不固定，系统水平方向动量守恒，设滑块2沿物块B上滑的高度为h，则m2v2＝(m2＋mB)v
由能量关系得
考向2　动量、能量和直线运动、平抛运动规律的综合应用
(2024·黑吉辽卷)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
[答案]　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
[解析]　(1)物块A、B受到的摩擦力Ff大小相等、方向相反，所受弹簧弹力F弹大小相等、方向相反，物块A、B、轻弹簧构成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有0＝mAvA－mBvB
物块A从桌面左端水平飞出后做平抛运动，
(2)物块B只受摩擦力Ff时，向右做匀减速直线运动，有
Ff＝mBa
Ff＝μmBg
(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小。
(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距轨道底端的最大高度。
[解析]　(1)设物块A的初速度为v0，木板与轨道底部碰撞前的瞬间，物块A和木板的速度分别为v1和v2，物块A和木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，由动量守恒定律和能量守恒有
(2)设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时速度为v3，轨道对物块的弹力为FN。物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
设物块A斜抛出时速度v3的水平和竖直分量分别为vx和vy，则有vx＝v3sin 37°，vy＝v3cos 37°，
物块A距离轨道底端的最大高度
考向4　动量、能量和传送带模型规律的综合应用
[答案]　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
[规范答题]　(1)设小物块的质量为m1，传送带的速度为v0，小物块在传送带上加速运动过程中有
(2)设小球的质量为m2，小物块与小球碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，设小球在P点正上方的速度为v3，P点到O点的距离为d，绳长为L，在P点正上方，根据牛顿第二定律有(共43张PPT)
第七章
动量和动量守恒定律
第39讲　实验八　验证动量守恒定律
实验知识·自主回顾
核心考点·重点突破
实验知识·自主回顾
一、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，验证碰撞前后动量是否守恒。
二、实验方案
方案一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
[实验器材]
气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等。
[实验步骤]
1．测质量：用_______测出滑块质量。
2．安装：正确安装好气垫导轨。
3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)。
天平
[数据处理]
1．滑块速度的测量：v＝______，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
方案二　利用斜槽滚球验证动量守恒定律
[实验器材]
斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、刻度尺等。
[实验步骤]
1．测质量：用_______测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
2．安装：按照如图所示安装实验装置。调整固定
斜槽使斜槽底端_______。
天平
水平
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。
4．单球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心______就是小球落点的平均位置。
P
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N，如图所示。改变入射小球的释放高度，重复实验。
[数据处理]
1．小球水平射程的测量：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。
2．验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
[注意事项]
1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2．案例提醒
(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应确保导轨______。
(2)若利用平抛运动规律进行验证：
①斜槽末端的切线必须水平；
②入射小球每次都必须从斜槽上___________由静止释放；
③选质量较____的小球作为入射小球；
④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
水平
同一位置
大
核心考点·重点突破
1
教材原型实验
(基础考点·自主探究)
【跟踪训练】
(利用斜槽滚球验证动量守恒定律)如图甲，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
1
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)。
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______________[均用(2)中测量的量表示]。
(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。
碰撞前后m1动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________；若碰撞结束时m2的动量为p2，则p1′∶p2′＝________。
(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm。
[答案]　(1)C　(2)ADE　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON　m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2　(4)14∶11　110∶29　1.01　(5)76.8
[解析]　(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过落地高度不变情况下的水平射程来体现速度。故选C。
(2)实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前，至于用天平测质量先后均可以。故选ADE。
(利用气垫导轨验证动量守恒定律)(2025·武汉模拟)某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，实验主要步骤如下：
①调节气垫导轨水平，并将气垫导轨固定，用电子秤测得两滑块的质量分别为m1＝0.200 kg和m2＝0.400 kg；
②将滑块A、B放在导轨上，调节B的位置，
使A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1
与B的右端到右边挡板的距离s2相等，测得s1＝s2＝0.450 m；
③使A以一定的初速度沿气垫导轨向左运动，先后与左边挡板、B碰撞，用停表记录A从与左边挡板碰撞时刻开始到与B碰撞所用的时间t0＝0.90 s，分别记录从A和B碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间tA＝3.30 s和tB＝1.44 s。
2
请回答下列问题：
(1)实验中，A、B碰撞后的运动方向相反，则应选取质量为_____kg的滑块作为B；
(2)A、B从开始接触到分离，A的动量减少量是________kg·m/s，B的动量增加量是________kg·m/s；(结果均保留3位有效数字)
(3)A、B的这次碰撞是非弹性碰撞的依据是________。
[答案]　(1)0.400　(2)0.127　0.125　(3)B
[解析]　(1)碰后运动方向相反，应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，故选0.400 kg的滑块作为B。
2
创新实验提升
(能力考点·深度研析)
1．实验方案和器材的改进
验证动量守恒定律关键是碰前和碰后速度的测定，除了可以用光电门、平抛运动测速度，还可以用动能定理测物体在水平面上的速度，用机械能守恒定律测物体做圆周运动的速度。
2．实验方法的迁移应用
利用此方法可以验证碰撞过程中是否有动能损失。
考向1　实验装置的改进
用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。用天平测量两个小球的质量m1、m2，且m1>m2；直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过测量相关量，来间接解决这个问题。下面是三个实验小组的实验情况：
(1)实验小组甲的实验装置如图1所示。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上A位置静止释放；然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1，从斜轨上A位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点M1、P1、N1，并测量出平均水平位移OM1、OP1、ON1的长度x1、x2、x3。(用上述步骤中测量的量表示)，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为：________________。
(2)实验小组乙的实验装置如图2所示。在水平槽末端的右侧放置一个竖直屏，竖直屏的O点与小球的球心等高。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验(1)的操作，得到两球落在竖直屏上的平均落点M2、P2、N2，量出OM2、OP2、ON2的高度h1、h2、h3。(用上述步骤中测量的量表示)，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为：_____。
(3)实验小组丙的实验装置如图3所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验(1)的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M3、P3、N3，用刻度尺测量斜面顶点到M3、P3、N3三点的距离分别为l1、l2、l3。(用上述步骤中测量的量表示)则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________________。
[解析]　(1)设小球1碰撞前瞬时速度为v0，碰撞后瞬间小球1、小球2的速度分别为v1、v2。小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度均相同，在空中的运动时间t相等，水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度。无碰撞时小球1的平均落点为P1，碰撞后小球1、小球2的平均落点分别为M1、N1。若两球碰撞过程动量守恒，则有：m1v0＝m1v1＋m2v2，
又有x2＝v0t，x1＝v1t，x3＝v2t，
联立整理得m1x2＝m1x1＋m2x3。
若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为m1x2＝m1x1＋m2x3。
(2)设小球在B点平抛初速度为v，水平位移为x，竖直位移为H，对于平抛运动有
(3)设斜面倾角为θ，平抛初速度为v，落点与抛出点的距离为L，对于平抛运动
考向2　实验方案的改进
某同学欲通过实验验证两物体碰撞过程中动量是否守恒。实验室提供器材如下：气垫导轨、一个侧边粘有橡皮泥的滑块总质量为m1、一个带撞针的滑块总质量为m2、天平、两个压力传感器及配件、两个相同的轻质弹簧。实验装置示意图如图所示：
实验步骤：
①按图安装好实验装置，注意将压力传感器固定在气垫导轨上并且轻质弹簧连接在传感器上。
②打开气泵给气垫导轨充气，将质量为m1的滑块静置在气垫导轨的左侧，将质量为m2的滑块向右水平推，使连接在右侧压力传感器上的弹簧压缩一些，然后将滑块由静止释放，两滑块碰撞后一起向左运动，并挤压连接在左侧压力传感器的弹簧。
③读取左右压力传感器示数的最大值F1、F2。
[解析]　(1)为了保证满足动量守恒的条件，即碰撞过程中系统合外力为0，需要将气垫导轨调整为水平。
(2)碰撞过程中动量守恒，需要验证m2v0＝(m1＋m2)v
由弹力公式和能量守恒定律可得F1＝kx1，F2＝kx2
考向3　实验器材和实验目的创新
(2024·山东卷)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和
400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑动，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随
时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t＝________s时发生碰撞；
(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝________m/s(保留2位有效数字)；
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是________(填“A”或“B”)。
[答案]　(1)1.0　(2)0.20　(3)B
[解析]　(1)由x－t图像中图线的斜率表示速度可知，两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即发生了碰撞。

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