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第2讲　动量守恒定律
【学习目标】
1.理解动量守恒定律的矢量性与系统性,掌握其成立条件,并能区分内力与外力作用。
2.熟练运用动量守恒定律分析反冲、爆炸、碰撞等典型问题,掌握分方向守恒的分解方法,培养系统化分析能力。
3.结合航天技术、交通安全等实际案例,认识动量守恒定律在工程技术中的关键作用,树立科学应用价值观。
[footnoteRef:0] [0:
　(多选)下列四个图中,系统动量守恒的是(　　)
甲 乙
丙 丁
A.图甲中剪断细线,弹簧恢复原长的过程中
B.图乙中子弹射入处于光滑水平面上的木块过程中
C.图丙中木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中
D.图丁中两球在水中匀速下降,细线断裂后的运动过程中]
考点一　对动量守恒定律的理解
动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量
守恒。
[例1] 【系统动量守恒的判断】 (2025·四川成都期中)如图所示,质量为M的长木板置于光滑水平面上,一轻质弹簧左端固定在木板左端的挡板上(挡板固定在木板上),右端与质量为m的小木块连接。木块与长木板之间光滑,开始时m和M都静止,弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加反向的水平恒力F1、F2,两物体开始运动到弹簧第一次最长的过程,弹簧未超过其弹性限度,则对m、M及弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)
A.若F1=F2,m=M,系统机械能一定不守恒、动量一定守恒
B.若F1=F2,m≠M,系统机械能一定守恒、动量一定不守恒
C.若F1≠F2,m=M,系统机械能一定不守恒、动量一定守恒
D.若F1≠F2,m≠M,系统机械能一定守恒、动量一定不守恒
[例2] 【系统在某一方向上动量守恒】 (2025·湖南长沙阶段检测)如图所示,带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上,将一小球(视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.小球下滑过程中,小球对圆弧轨道的弹力不做功
B.小球下滑过程中,小球的重力势能全部转化为其动能
C.小球下滑过程中,小球和物体组成的系统动量守恒
D.小球下滑过程中,小球和物体组成的系统机械能守恒
考点二　动量守恒定律的基本应用
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,作用前各动量p1、p2、…对应作用前同一时刻的动量,作用后各动量p1′、p2′、…对应作用后同一时刻的动量
系统性 两个或多个相互作用的物体组成的系统
普适性 既适用于低速宏观物体组成的系统,又适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2.动量守恒定律解题“五步”法
[例3] 【动量守恒定律的基本应用】 (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= 　　　　　　　　,
解得vA=　　　　　　　　。
(2)以组合体B为研究对象,对B根据动量定理有
FΔt=　　　　　　　　,
解得F= 　　　　　　　　。
【答案】 (1)
(2)
[例4] 【动量守恒中的临界问题】 如图所示,光滑水平面上A、B两小车的质量都是M,A车前站立一质量为m的人,两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞,人从A车跳到B车上,最终A车停止运动,B车获得反向速度v0。
(1)求两小车和人组成的系统的初动量大小;
(2)为避免两车相撞,若要求人跳跃速度尽量小,则人跳上B车后,A车的速度多大
[变式] 若已知A、B两小车质量均为M=30 kg,A车上人的质量为m=60 kg。A车以大小为v=2 m/s 的速度正对着静止的B车冲去,A车上的人至少要以多大的水平速度(相对地)从A车跳到B车上,才能避免两车相撞
考点三　爆炸和反冲问题
1.爆炸类问题的三个规律
动量 守恒 爆炸物体内部的作用力远大于外力,外力忽略不计,系统的总动量守恒
机械能 增加 在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能,所以系统的机械能增加
位置 不变 爆炸的时间极短,作用过程中各部分产生的位移很小,可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置开始运动
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,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加
[例5] 【“爆炸”模型】 (2025·天津一模)庆祝盛大的节日常会燃放烟花。现有某烟花筒的结构如图所示,其工作原理为:在地面上的O处点燃引线,发射药燃烧发生爆炸,礼花弹获得一个竖直方向的速度开始上升并同时点燃延期引线,当礼花弹到最高点时,延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分,速度均为水平方向,已知两部分质量ma>mb。忽略空气阻力及所有引线中火药的作用,则(　　)
A.从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程,系统的机械能守恒
B.a、b两部分落地点到O点的距离可能相等
C.礼花弹在最高点炸开过程,a、b两部分动量变化相同
D.整个过程中消耗的燃料化学能大于a、b落地时动能之和
[例6] 【“反冲”模型】 (2025·深圳期末)火箭发射领域“世界航天第一人”可认为是明朝的万户,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备(火箭、燃料、椅子、风筝等)的总质量为M,点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出,忽略空气阻力的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.火箭的推力来源于空气的浮力
B.在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为
C.喷出燃气后,万户及其所携设备能上升的最大高度为
D.在火箭喷气过程中,万户及其所携设备的机械能守恒
考点四　“人船”模型
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头走到船尾,不计水的阻力。
试分析:(1)系统初动量是多少
(2)以人和船组成的系统为研究对象,人从船头走到船尾的过程中,水平方向上动量守恒吗
(3)人从船头走到船尾的过程中,船和人相对于地面的位移大小分别是多少
1.模型描述
一个物体在另一个物体上运动时,后一个物体向反方向的运动。
2.模型规律
(1)两物体满足动量守恒定律:mv人-Mv船=0。
(2)两物体的位移大小满足:m-M=0,x人+x船=L。
3.运动特点
(1)人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右。
(2)人船位移之比等于他们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)之比等于他们质量的反比,即==。
4.类“人船”模型
类型一
类型二
类型三
类型四
[例7] 【“人船”模型】 (多选)(2025·河北衡水期末)如图所示,质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上,船头站着质量为m的人,M>m,现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力,则(　　)
A.人和船运动方向相同
B.船运动速度小于人的行进速度
C.由于船的惯性大,当人停止运动时,船还要继续运动一段距离
D.人相对水面的位移为
[例8] 【类“人船”模型】 (2025·贵州黔东南模拟)如图所示,半径为R、质量为2m的光滑半圆槽置于光滑水平面上,A、B为半圆槽直径的两个端点,现将一质量为m的小球(可看成质点)从A点的正上方2R处静止释放,小球从A点沿切线方向进入半圆槽,已知重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦力。则(　　)
A.小球和半圆槽组成的系统动量守恒
B.小球将离开半圆槽做斜抛运动
C.小球运动过程中的最大速率为
D.半圆槽向左运动的最大位移为R
第2讲　动量守恒定律
考点一
[例1] A　[例2] D　
考点二
[例3] 【答案】 (1)　(2)
【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)以组合体B为研究对象,对B根据动量定理有
FΔt=MvB-Mv0,
解得F= 。
[例4] 【答案】 (1)(M+m)v0　(2)v0
【解析】 (1)光滑水平面上,两小车与人组成的系统动量守恒,所以两小车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动、B车获得反向速度时系统的动量,由系统动量守恒可得
p=(M+m)v0。
(2)为避免两车发生碰撞,最终两车和人具有相同速度,设共速时速度为v1,由系统动量守恒有
(M+m)v0=(2M+m)v1,
解得v1=v0。
[变式] 【答案】 2.25 m/s
【解析】 A车上的人以最小的水平速度v1从A车跳到B车,A车速度方向不变,根据动量守恒定律得
(M+m)v=MvA+mv1,
人跳上B车,与B车具有共同速度vB,
mv1=(M+m)vB,
两车不相撞,则vA=vB,
解得v1=2.25 m/s。
考点三
[例5] D　[例6] B　
考点四
模理探真:(1)开始人船均静止,系统的初动量为零。
(2)人从船头走到船尾的过程中,系统在水平方向不受外力作用,所以水平方向动量守恒。
(3)设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-
m人v人=0,可得m船v船=m人v人;因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒,故有m船v船t=
m人v人t,即m船x船=m人x人,由题图可知x船+x人=L,可解得x人=L,x船=L。
[例7] BD　[例8] D　第5讲　小专题:动力学、能量和动量观点的综合应用
【学习目标】
1.理解动力学、能量和动量三大观点的内在联系与适用条件,建立解决复杂力学问题的综合思维框架。
2.掌握根据问题特征灵活选择最优解题视角的方法,培养多角度分析、交叉验证的科学推理
能力。
3.结合桥梁减震设计、航天器变轨等工程案例,认识多物理观点综合应用在解决实际问题中的关键作用,强化科学建模意识。
考点一　动量观点与动力学观点的综合应用
动量与牛顿运动定律的选用原则
(1)涉及加速度的问题,宜选用牛顿运动定律或运动学公式。
(2)涉及某段时间的运动状态变化,一般选用动量定理。
(3)涉及物体系统,且它们之间有相互作用,一般选用动量守恒定律,但需注意是否满足守恒的条件。
(4)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,一般作用时间都极短,即使系统所受合力不为0,也可以用动量守恒定律去解决。
[例1] 【动量观点与动力学观点的综合应用】 (2025·甘肃模拟)如图所示,倾角θ=37°的传送带以v=2.5 m/s的速度逆时针转动。将一质量M=0.99 kg 的木块无初速度放在传送带的底端A点时,一质量m=10 g的子弹立即以沿传送带向上的速度v0=1×103 m/s击中木块且未穿出,子弹与木块相对运动的时间极短。若传送带足够长且速度不变,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q;
(2)求木块(含子弹)在传送带上的运动时间t;
(3)每当木块的速度刚减为0时,另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次,不计子弹占据木块的空间,求子弹第n次击中木块后木块向上减速到0的时间tn。
考点二　动量与能量观点的综合应用
动量与能量观点的选用原则
在应用动量观点和功能关系解题时,往往涉及位移的求解时应用动能定理,涉及时间的求解时应用动量定理,涉及滑动摩擦力做功时一般应用能量守恒定律列式求解。
[例2] 【动量与能量观点的综合应用】 (2025·山东卷,17)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg 的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g取10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
考点三　力学三大观点的综合应用
　三大观点优选策略
(1)在研究物体受力的瞬时作用与物体运动的关系时,或者物体受到恒力作用做匀变速直线运动时,优先选用牛顿第二定律和运动学规律解决问题。
(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及时间的问题,或作用时间极短的冲击作用,优先选用动量定理解决问题。
(3)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及位移且不涉及加速度、时间等问题,优先选用动能定理解决问题。
(4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功,而又不涉及加速度和时间,优先选用机械能守恒定律解决问题。
(5)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,如果所研究的问题满足动量守恒或机械能守恒的条件,则优先选用动量守恒定律和机械能守恒定律解决问题。
(6)在涉及相对位移问题时,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。
(7)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时,注意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化。由于这类问题中作用时间都极短,则优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。
[例3] 【力学三大观点的综合应用】 (2024·黑吉辽卷,14)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,重力加速度g取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。
第5讲　小专题:动力学、能量
和动量观点的综合应用
考点一
[例1] 【答案】 (1)4 950 J　(2)2.5 s　(3) s
【解析】 (1)设子弹击中木块后二者共同速度大小为v共,取沿传送带向上为正方向,由动量守恒定律有
mv0=(M+m)v共,
解得v共=10 m/s,
由能量关系有Q=m-(M+m),
解得Q=4 950 J。
(2)由题意可知,木块(含子弹)先沿传送带向上做匀减速直线运动,加速度大小
a1==10 m/s2,
运动时间t1==1 s,
位移大小x1=t1=5 m,
木块(含子弹)再沿传送带向下加速运动至与传送带共速,加速度大小也为a1,加速时间
t2== s,
位移大小x2=t2= m,
因μa2==2 m/s2,
设加速时间为t3,有x1-x2=vt3+a2,
解得t3= s,
则总的运动时间t=t1+t2+t3,
解得t=2.5 s。
(3)设第n次子弹击中木块后瞬间,木块的速度大小为vn,有mv0=(M+nm)vn,
此后木块(含所有打入木块中的子弹)做匀减速运动的时间tn=,可得tn= s。
考点二
[例2] 【答案】 (1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　 J
【解析】 (1)小球从开始下落到到达P点过程中,小球与方形物体组成的系统水平方向上动量守恒,则有mv1=Mv2,
系统只有重力、弹力做功,机械能守恒,有
mgh=m+M,
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。
(2)小球击中物块a并与其粘在一起过程中,小球竖直方向速度变为0,小球和物块a水平方向上动量守恒,则有
mv1=(m+ma)v3,
解得v3=2 m/s;
设当弹簧形变量为x1时物块b解除锁定,此时小球和物块a的速度为v4,根据胡克定律和机械能守恒定律有
F=kx1,
(m+ma)=(m+ma)+k,
联立解得v4=1 m/s,x1=0.3 m;
锁定解除之后,小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb,
解得vb= m/s,方向水平向左。
则最大弹性势能为
Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)
= J。
考点三
[例3] 【答案】 (1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
【解析】 (1)对物块A由平抛运动知识得
h=gt2,
xA=vAt,
代入数据解得vA=1 m/s;
对物块A、B整体,由动量守恒定律有
mAvA=mBvB,
解得vB=1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有
-μmBgxB=0-mB,
代入数据解得μ=0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB,
其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,
联立解得ΔEp=0.12 J。第4讲　小专题:动量守恒在“子弹打木块”和“板块”类模型中的应用
【学习目标】
1.掌握“子弹打木块”和“板块”模型中动量守恒的条件,理解系统动量的传递与转化规律,并能分析共速、相对滑动等关键状态。
2.熟练运用动量守恒定律结合能量观点解决综合问题,培养多过程、多对象的分步分析能力。
3.结合枪械后坐力缓冲设计、车辆防撞结构等实例,认识模型在工程安全中的实际应用价值,强化理论指导实践的意识。
考点一　“子弹打木块”模型
模型 概述 地面光滑,木块长度为d,子弹射入木块所受阻力为F阻
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,一般应用能量守恒定律
两种 情境 (1)子弹嵌入木块中(未穿出):两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) ①系统动量守恒:mv0=(m+M)v。 ②系统能量守恒:Q=F阻x=m-(M+m)v2。 (2)子弹穿透木块:两者速度不相等,机械能有损失(非弹性碰撞) ①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。 ②系统能量守恒:Q=F阻d=m-(M+m)
[例1] 【“子弹嵌入木块”模型】 (2025·江西南昌期末)如图所示,光滑水平面上有一质量为M的物块静止放置,物块左侧有一发射装置可以连续向右射出质量均为m的子弹,每颗子弹的初速度大小均为v0,每颗子弹与物块作用时间极短,子弹在物块中所受作用力大小不变,且全部子弹均停留在物块中,子弹可视为质点,已知 M>m,下列说法正确的是(　　)
A.若总共射出5颗子弹,物块稳定时的速度大小为
B.第5颗子弹对物块的冲量大小为-
C.每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越大
D.每颗子弹与物块作用过程损失的机械能不变
[例2] 【“子弹穿透木块”模型】 (多选)(2025·湖南娄底二模)如图所示,在光滑水平面上有两个小木块A和B,其质量mA=2 kg,mB=4 kg,它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0=50 g,初速度为v0=500 m/s,在极短的时间内射穿两木块,子弹射穿木块A后,子弹的速度变为原来的,且子弹射穿木块A损失的动能是射穿木块B损失动能的2倍,则(　　)
A.子弹射穿木块A过程中系统损失的机械能为3 975 J
B.子弹射穿两个木块后的过程中,弹簧最大的弹性势能为4.5 J
C.弹簧再次恢复原长时木块A的速度为 m/s
D.弹簧再次恢复原长时木块B的速度为 m/s
[变式] 子弹射入木块A的过程中,两木块的动量是否守恒 两木块运动过程中,弹簧最短时的弹性势能与弹簧最长时的弹性势能是否相等
解决“子弹打木块”问题的两个关键
(1)弄清楚子弹是最终留在木块中与木块一起运动,还是穿出木块后各自运动。
(2)求解子弹打击木块过程中损失的机械能,可以根据题目的具体条件:
①利用系统前后的机械能之差求解。
②利用ΔE损=Q热=F阻x相对求解。
③利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
考点二　“滑块—木板”模型
模型 概述 上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0滑上木板
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大小的乘积等于系统减少的机械能,即摩擦生热。 (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,二者相对位移最大
两种 情境 (1)滑块未滑离木板。当滑块与木板相对静止时,二者有共同速度v,滑块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为x,滑块和木板间的摩擦力为Ff。 ①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。 ②系统能量损失:ΔE=Ffd=(M+m)v2。 (2)滑块滑离木板。设滑离木板时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹穿出的情况: ①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。 ②系统能量损失:ΔE=FfL=
[例3] 【滑块未滑离木板】 (2025·天津期末)如图所示,一个上表面粗糙的木板B静止于光滑水平面上,木板B的质量MB=2 kg,另有一个质量MA=2 kg的物块A停在B的左端,质量m=
0.5 kg的小球用长L=1.25 m的轻绳悬挂在固定点O处,小球在最低点时与物块A相切,现将轻绳拉直至水平位置,由静止释放小球,小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹,反弹的速度大小为1 m/s,设物块A与小球均可视为质点,且木板B足够长,不计空气阻力,g取10 m/s2。
试求:
(1)小球与物块A发生碰撞前瞬间的速度;
(2)物块A与木板B相互作用后达到的共同速度;
(3)在从释放小球到A、B达到共同速度的过程中,小球及A、B组成的系统损失的总机械能。
[例4] 【滑块滑离木板】 (2025·陕西安康开学考试)如图所示,在光滑水平面上并排放着的长为L=7.5 m 的长木板B的上表面和半径R=1 m的四分之一光滑圆弧槽C的左端平滑相接,
B、C二者不粘连,质量均为2 kg。在B的左端放一质量为1 kg的小物块A,A与B之间的动摩擦因数μ=0.5。现给A施加一水平向右的瞬时冲量10 N·s,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块A获得的初速度大小;
(2)判断物块A能否滑离木板B,并求出A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量;
(3)若A能滑上光滑圆弧槽C,求A滑上圆弧槽C后的运动过程中所能上升的最大高度;若A不能滑上光滑圆弧槽C,求A最终的速度大小。(结果保留三位有效数字)
“滑块—木板”模型至少涉及两个物体,包括多个运动过程,滑块、木板间存在相对运动。解决该模型问题的方法如下:
(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=Ff·x相对或Q=E初-E末求解,研究对象为一个系统。
第4讲　小专题:动量守恒在“子弹打木块”
和“板块”类模型中的应用
考点一
[例1] B　
[例2] AC　
[变式] 【答案】 不守恒　相等
【解析】 子弹射入木块A的过程中,木块A受到子弹的摩擦力作用,A的动量增大,所以两木块的动量不守恒;两木块运动过程中,弹簧最短时与弹簧最长时都是两木块具有共同速度,所以弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能。
考点二
[例3] 【答案】 (1)5 m/s　(2)0.75 m/s　(3)4.875 J
【解析】 (1)对于小球,向下摆动的过程中机械能守恒,则有mgL=,
得小球与物块A发生碰撞前瞬间的速度v1=5 m/s。
(2)小球与物块A碰撞过程中,取水平向右为正方向,小球与物块A组成的系统动量守恒,得
mv1=-mv1′+MAvA,
对于物块A与木板B相互作用的过程,由动量守恒定律得
MAvA=(MA+MB)v共,
解得 v共=0.75 m/s。
(3)小球及A、B组成的系统损失的总机械能为
ΔE=mgL-mv1′2-(MA+MB),
解得ΔE=4.875 J。
[例4] 【答案】 (1)10 m/s　(2)能,37.5 J
(3)能,0.208 m
【解析】 (1)根据I=mv0,
可得物块A获得的初速度大小v0=10 m/s。
(2)假设物块A不能滑离木板B,由动量守恒定律和功能关系有mv0=(m+2M)v,
m-(m+2M)v2=μmgx,
解得x=8 m>L=7.5 m,
即物块A将滑离木板B,A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量Q=μmgL=37.5 J。
(3)由以上分析可知,物块A能滑上光滑圆弧槽C,当刚滑离木板B时,设物块A的速度为v1,木板B和C的速度为v2,根据动量守恒定律和功能关系有mv0=mv1+2Mv2,
m-(m+·2M)=μmgL,
解得v1=4 m/s,
v2=1.5 m/s(另一组解舍掉);
当A滑上C到最大高度时两者共速,则
mv1+Mv2=(m+M)v′,
m+M-(m+M)v′2=mgh,
解得h=0.208 m。第3讲　小专题:碰撞模型及其拓展
【学习目标】
1.掌握弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点,理解动量守恒的条件及机械能变化
规律。
2.熟练运用动量守恒定律和能量关系分析碰撞问题,建立“一动碰一静”“追碰”等典型模型,培养分类讨论和数学推导能力。
3.结合汽车碰撞测试、体育碰撞防护等实例,认识动量守恒在安全设计中的应用,强化理论联系实际的意识。
考点一　碰撞模型
质量为m1、速度为v1的小球A与质量为m2的静止小球B发生弹性碰撞。
试分析:(1)若m1=m2,则碰后两者的速度v1′、v2′分别是多少
(2)若m1>m2,则碰后两者的速度v1′、v2′的方向有什么特点 当m1 m2时,两者的速度v1′、v2′的大小有什么特点
(3)若m11.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+。
(3)速度符合实际。
①两物体同向运动,碰前有v后>v前;碰后,原来在前的物体速度有v前′>v前;若碰后两物体同向运动,有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
2.碰撞的种类
(1)弹性碰撞。
碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相等。对对心正碰有
(2)非弹性碰撞。
碰撞中机械能有损失。
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
能量守恒:m1+m2=m1v1′2+m2v2′2+ΔEk损。
(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。对对心正碰有
[例1] 【碰撞的可能性】 (2025·广东卷,7)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是(　　)
A　　 　B
C　 　　D
[例2] 【弹性碰撞】 (2025·江苏卷,14)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
[例3] 【非弹性碰撞】 (多选)(2025·陕西西安期末)斯诺克又称障碍台球,是台球比赛的一种。某次运动员击打白球撞击静止的绿球,白球、绿球和底袋在一条直线上,碰撞前瞬间白球的动能为E,碰撞后瞬间绿球的动能为,碰撞时间极短。已知白球和绿球的质量相等,则下列说法正确的是(　　)
A.该碰撞为弹性碰撞
B.碰撞后瞬间白球的动能为
C.该碰撞损失的动能为
D.碰后白球与绿球的速度之比为1∶2
[例4] 【完全非弹性碰撞】 (2025·北京通州区一模)重锤打桩机打桩过程可简化为如图所示的模型:用动力装置将质量为m=1 000 kg的重锤A提升到高处自由释放,重锤A下落h=0.8 m后与质量为M=1 000 kg的桩B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后二者一起运动。设桩B受到泥土的阻力恒为F阻=30 000 N,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)A与B碰撞前瞬时速度的大小v0;
(2)A与B碰撞后速度的大小v;
(3)本次打桩后,桩下降的距离d。
考点二　碰撞模型拓展
相互作用的两个物体在很多情况下均可看作碰撞类问题处理,其中两物体出现相距“最近”“最远”或上升到“最高点”等这一类临界情况时,求解的关键是“速度相等”,此时相当于完全非弹性碰撞模型。具体情况如下:
图示 情境 规律
光滑水平面上两物体相距最近时,速度相等,弹簧最短,其压缩量最大 动量守恒,机械能守恒,动能损失最大
光滑水平面上,两个带同种电荷的物体相距最近时,二者速度必定相等 动量守恒,动能损失最大,机械能减少且转化为电势能
在光滑水平面上,物体A滑上静止的小车B,当A在B上滑行的距离最远时,两物体的速度必定相等 动量守恒,机械能减少且转化为内能,动能损失最大
在光滑水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,小球以速度v0滑上滑块,小球到达滑块上的最高点时,两者速度必定相等 水平方向动量守恒,机械能守恒,动能损失最大
光滑水平杆上有一小环,通过轻绳与物块相连,现给物块一个瞬时水平速度v0,物块上升最高时(物块与杆不相碰),环与物块速度必定相等 水平方向动量守恒,机械能守恒,动能损失最大
导体棒a以速度v0进入有磁场且足够长的水平轨道,与原来在轨道上的导体棒b发生相互作用,最终两者具有共同速度 动量守恒,动能损失最大,机械能减少且转化为焦耳热
[例5] 【“滑块—弹簧”模型】 (2025·安徽合肥月考)如图甲所示,一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接,并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s,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,从图像信息可得(　　)
A.t3时刻弹簧被压缩到最短
B.在t2、t4时刻弹簧处于原长状态
C.两物块的质量之比为m1∶m2=2∶1
D.在t1时刻两物块的动能大小相等
两个状态的规律
(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;
②系统机械能守恒:m1=(m1+m2)+Epm。
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零。
①系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2;
②系统机械能守恒:m1=m1+m2。
[例6] 【“滑块—斜(曲)面”模型】 (2025·辽宁辽阳模拟)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;
(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;
(3)小球B第二次滚上圆弧面后,上升的最大高度。
第3讲　小专题:碰撞模型及其拓展
考点一
模理探真:(1)当m1=m2时,v1′=0,v2′=v1(质量相等,速度交换)。
(2)当m1>m2时,v1′>0,v2′>0,且v2′>v1′(大碰小,一起跑);当m1 m2时,v1′≈v1,v2′≈2v1(极大碰极小,大不变,小加倍)。
(3)当m10(小碰大,要反弹);当m1 m2时,v1′≈-v1,v2′≈0(极小碰极大,大不变,
小反弹)。
[例1] A　
[例2] 【答案】 (1)v0　(2)　(3)()4n+1m
【解析】 (1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,由于钢球质量也为m,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知,碰撞过程中,二者速度互换,则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
(2)所有碰撞均为弹性碰撞,由动量守恒定律有
mv0=mv1+3mv2,
由能量守恒定律有m=m+×3m,
解得v1=v0=-v0,
v2=v0=v0,
负号表示速度反向,则玻璃球的速度大小为v0。
(3)根据题意结合第(2)问分析可知,玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞,同理可得,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,
综上所述,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=()2nv0,
则玻璃球碰撞2n次后最终动能
Ek=mv2=()4n+1m。
[例3] CD　
[例4] 【答案】 (1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)0.4 m
【解析】 (1)重锤A自由下落,根据mgh=m,
A与B碰撞前瞬时速度的大小v0=4 m/s。
(2)A、B碰后一起运动,由动量守恒定律有
mv0=(M+m)v,
得v=2 m/s。
(3)对桩下降过程,由动能定理有
(M+m)gd-F阻d=0-(M+m)v2,
得d=0.4 m。
考点二
[例5] B　
[例6] 【答案】 (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,
根据能量守恒定律有Ep=m,
滚上圆弧面最高点后速度大小为v1,
根据水平方向动量守恒定律有mv0=5mv1,
根据能量守恒定律有
m=×5m+mgR,
解得Ep=mgR=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=mg=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,根据动量守恒定律有
mv0=4mv3-mv2,
根据能量守恒定律有
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,根据动量守恒定律有4mv3+mv2=5mv4,
根据能量守恒定律有
×4m+m=×5m+mgh,
解得h=R=0.04R。第6讲　实验:验证动量守恒定律
【学习目标】
1.理解实验验证动量守恒定律的基本原理,掌握系统总动量在碰撞前后的守恒条件,并能分析误差来源对结果的影响。
2.学会设计实验方案(如气垫导轨、光电门测速),运用数据对比和误差分析验证动量守恒,培养科学推理与定量分析能力。
3.通过操作实验器材、采集数据并处理分析,探究不同碰撞类型中动量守恒的规律,提升实验设计与动手能力。
4.结合交通事故鉴定、运动碰撞分析等实际案例,认识实验验证对理论应用的重要性,树立严谨求实的科学态度。
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′,确定碰撞前的动量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。
方案一:研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1.实验操作
(1)测质量:用天平测出滑块质量。
(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)
2.数据处理
(1)滑块的速度:v=,式中Δx为滑块挡光片的宽度,Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
(2)验证的表达式:　　　　　　　　　　。
方案二:利用两辆小车完成一维碰撞实验
1.实验操作
(1)测质量:用天平测出两小车的质量。
(2)安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
(3)实验:小车B静止,接通电源,让小车A运动,碰撞时撞针插入橡皮泥中,两小车连接成一个整体运动。(①改变小车A的初速度;②改变两小车的质量)
2.数据处理
(1)小车的速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间,由v=计算。
(2)验证的表达式:m1v1=(m1+m2)v2。
方案三:利用斜槽滚球验证动量守恒定律
1.实验操作
(1)测质量:用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。
(2)安装:按照如图甲所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端　　　　。
(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P就是小球落点的平均位置。
(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,如图乙所示。改变入射小球的释放高度,重复实验。
2.数据处理
(1)小球的水平射程:连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度。
(2)验证的表达式:　 。
3.注意事项
(1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
(2)方案提醒。
①若利用气垫导轨进行验证,给滑块的初速度应沿着导轨的方向。
②若利用两小车相碰进行验证,要注意平衡摩擦力。
③若利用平抛运动规律进行验证,安装实验装置时,应注意调整斜槽,使斜槽末端水平;且选质量较大的小球为入射小球;入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2024·新课标卷,22)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上,轨道末段水平,右侧端点在水平木板上的垂直投影为O,木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放,a从轨道右端水平飞出后落在木板上;重复多次,测出落点的平均位置P与O点的距离xP,将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点,再将小球a从Q处由静止释放,两球碰撞后均落在木板上;重复多次,分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。
完成下列填空:
(1)记a、b两球的质量分别为ma、mb,实验中须满足条件ma　　　　(选填“>”或“<”)mb。
(2)如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式　 ,
则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中,用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度,依据是 　 。
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·四川绵阳三模)用如图所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装光电门 1、2,滑块 1、2上固定着相同的竖直遮光条,与光电门连接的电子计时器可以记录遮光条通过光电门的时间。
(1)接通气垫导轨待气源稳定后,轻推滑块1,测得遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt′,若Δt　　　　(选填“>”“<”或“=”)Δt′,则说明气垫导轨已经调到水平。
(2)将滑块1静放在光电门1的右侧,滑块2静放在光电门1、2之间,向左轻推滑块1,光电门1记录了1次遮光条通过的时间为Δt1,光电门2记录了2次遮光条先后通过的时间分别为Δt2和Δt3。为验证动量守恒定律,还需要测量的物理量是　　　　。(填选项前字母)
A.遮光条的宽度d
B.两光电门间的距离L0
C.滑块1、2的宽度L1和L2
D.滑块(含遮光条)1、2的质量m1和m2
(3)在滑块 1、2碰撞过程中,如果关系式　 [用第(2)问中测
得的物理量符号表示]成立,则验证了动量守恒定律。
考点二　创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·黑龙江大庆一模)某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。
(1)选择两个半径相等的小球,其中一个小球有经过球心的孔,用游标卡尺测量两小球直径d,如图乙所示,d=　　　　 mm。
(2)用天平测出小球的质量,有孔的小球质量记为m1,另一个球记为m2;本实验中　　　(选填“需要”或“不需要”)满足m1>m2。
(3)将铁架台放置在水平桌面上,上端固定力传感器,通过数据采集器和计算机相连;将长约
1 m的细线穿过小球m1的小孔并挂在力传感器上,测出悬点到小球上边缘的距离L。
(4)将小球m2放在可升降平台上,调节平台位置和高度,保证两个小球能发生正碰;在地面上铺上复写纸和白纸,以显示小球m2落地点。
(5)拉起小球m1由某一特定位置静止释放,两个小球发生正碰,通过与力传感器连接的计算机实时显示拉力大小;读出碰前和碰后拉力的两个峰值F1和F2。通过推导可以得到m1碰撞前瞬间速度v1=　　　　　　　　　　;同样方式可以得到m1碰撞后瞬间速度v3。(已知当地的重力加速度为g)
(6)测出小球m2做平抛运动的水平位移x和竖直位移h,已知当地的重力加速度为g,则m2碰后瞬间速度v2=　　　　。
(7)数据处理后若满足表达式:　　　　　　　　　　　　(已知本次实验中m1>m2,速度用v1、v2、v3表示),则说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。
[例4] 【实验目的的创新】 (2025·广东卷,11)请完成下列实验操作和计算。
(1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图a所示,读数为　　　　 mm。
(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图b所示,图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成,且轨道乙倾角较大。
①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为 1.00 cm 的遮光条。
②轨道调节。
调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电门A和B的　　　　　　,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③碰撞测试。
先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2　　　　t1,可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④吸能材料性能测试。
将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms,两车碰撞后,依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms、30.00 ms,不计吸能材料的质量,计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为　　　　(结果保留两位有效数字)。
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·河北保定一模)某实验小组采用如图所示的装置验证动量守恒定律,小球a、b均为质量均匀分布的弹性小球,小球a自由悬垂状态时恰好与支架上的小球b接触,已知两小球的质量关系为ma>mb,两小球的球心位于同一水平线上。
(1)除了图中画出的器材之外,实验还需要的器材有　　　　(多选,填正确答案标号)。
A.天平和砝码 B.刻度尺
C.秒表 D.弹簧测力计
(2)除了图中标识的小球a由静止释放时细悬线与竖直方向的夹角θ、小球b在支架上静止时小球到地面的距离h、碰撞后小球b的水平位移x之外,实验中还需要测量的物理量有　　　　(多选,填正确答案标号)。
A.小球a、b的质量ma、mb
B.释放时小球a的球心到悬点的距离L
C.小球a从释放到与小球b碰撞前运动的时间t1
D.碰撞后细悬线偏离竖直方向的最大角度α
E.从碰撞到落地过程小球b运动的时间t2
(3)在误差允许的范围内,如果验证的关系式　　　　　　　　　 　　　[用图中标出的物理量及(2)中提到的物理量的字母表示]成立,则说明小球a、b对心碰撞过程中满足动量守恒定律。
[例6] 【数据处理的创新】 (2024·山东卷,13)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拨动两滑块,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(结果保留两位有效数字)。
(3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是　　　　(选填“A”或“B”)。
第6讲　实验:验证动量守恒定律
考点一
[例1] 【答案】 (1)>
(2)maxP=maxM+mbxN　见解析
【解析】 (1)为了保证小球对心碰撞后不反弹,实验须满足条件ma>mb。
(2)忽略空气阻力影响,两球离开斜槽后做平抛运动,由于抛出点的高度相等,故它们做平抛运动的时间t相等,碰撞前a球的速度大小v0=,碰撞后a球的速度大小va=,碰撞后b球的速度大小vb=,如果碰撞过程系统动量守恒,则有mav0=mava+mbvb,整理得maxP=maxM+mbxN。小球离开斜槽末端后做平抛运动,竖直方向高度相同,故下落时间相同,水平方向做匀速直线运动,小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。
[例2] 【答案】 (1)=　(2)D
(3)m1·=m1·+m2·
【解析】 (1)若气垫导轨水平,则滑块在气垫导轨上做匀速直线运动,则遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt′,是相等的。
(2)根据动量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2,若设遮光条的宽度为d,则v1=,v1′=,v2=,代入式子可得m1·=m1·+m2·,即还需要测量的物理量为滑块(含遮光条)1、2的质量m1和m2,而遮光条的宽度可以约掉,与两光电门间的距离L0和滑块1、2的宽度L1和L2无关,
故选D。
(3)根据上述分析可以得出要验证动量守恒,需验证m1·=m1·+m2·。
考点二
[例3] 【答案】 (1)4.90　(2)不需要
(5)　(6)x
(7)m1v1=m1v3+m2v2
【解析】 (1)由题图乙可知,两小球直径为
d=4 mm+18×0.05 mm=4.90 mm。
(2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹,则不需要满足m1>m2。
(5)根据题意,由牛顿第二定律有
F1-m1g=m1,
整理可得v1=。
(6)小球m2做平抛运动,则有x=v2t,h=gt2,
解得v2=x。
(7)由于本实验中m1>m2,则碰后m1不反弹,若碰撞过程中动量守恒,则有m1v1=m1v3+m2v2,即m1v1=m1v3+m2v2成立,说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。
[例4] 【答案】 (1)8.260
(2)②时间相等　③=　④0.56
【解析】 (1)由题图a可知小球的直径为d=8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm。
(2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力,小车将在轨道甲上做匀速直线运动,通过两个光电门的速度相等,即通过光电门A和B的时间相等。
③若两个小车发生弹性碰撞,由于两个小车的质量相等,则碰撞后两个小车的速度互换,即碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度,则有t2=t1。
④根据题意可知,碰撞前小车2的速度为v0== m/s=1 m/s,碰撞后小车1和小车2的速度分别为v1== m/s,v2== m/s,则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为===0.56。
[例5] 【答案】 (1)AB　(2)ABD
(3)2ma(-)=mbx
【解析】 (1)验证动量守恒定律需要用天平和砝码称出两个小球的质量,需要刻度尺测量高度、长度等物理量,不需要秒表和弹簧测力计,实验还需要的器材有AB。
(2)根据机械能守恒定律有magL(1-cos θ)=ma,解得碰前瞬间小球a的速度v0=
;同理,根据机械能守恒定律有-magL(1-cos α)=0-ma,解得碰后瞬间小球a的速度va=,根据平抛运动规律,对小球b有h=gt2,x=vbt,解得vb=x。如果碰撞过程中满足动量守恒定律,则有mav0=mava+mbvb,结合上述分析,可知还需要测量的物理量有ABD。
(3)将v0=、va=、vb=x代入mav0=mava+mbvb,化简可得2ma(-)=mbx,在误差允许范围内,满足此关系式即可验证小球a、b对心碰撞过程中动量守恒。
[例6] 【答案】 (1)1.0　(2)0.20　(3)B
【解析】 (1)由xt图像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,即这个时候发生了碰撞。
(2)根据xt图像斜率的绝对值表示速度大小可知,碰撞前瞬间B的速度大小为v=
|| cm/s=0.20 m/s。
(3)由题图乙知,碰撞前A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后A的速度大小vA′=0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后B的速度大小vB′=0.50 m/s,A和B碰撞过程动量守恒,则有mAvA+mBv=mAvA′+mBvB′,代入数据解得=2,所以质量为200.0 g的滑块是B。第1讲　动量和动量定理
【学习目标】
1.理解动量和冲量的定义,掌握动量定理,能用其分析物体运动状态变化与力的时间累积效应关系。
2.通过动量定理的推导与应用,培养用数学工具解决变力问题的能力,理解守恒思想在碰撞问题中的核心地位。
3.结合交通安全、工程缓冲等实例,认识动量定理对减少冲击伤害的实际价值,树立科学应用意识。
[footnoteRef:0] [0:
1.下列关于冲量、动量、动能的说法正确的是(　　)
A.物体的动量增大2倍,其动能也一定增大2倍
B.物体合力的冲量不为零,其动量变化量和动能变化量一定不为零
C.由冲量的定义式I=FΔt可知,冲量是矢量,冲量的方向一定与物体受力方向相同
D.由动量的定义式p=mv可知,动量是矢量,动量的方向与速度的方向相同
2.如图所示是用木槌把糯米饭打成糍粑的场景,已知木槌质量为12 kg,木槌刚接触糍粑时的速度为6 m/s,打击糍粑0.1 s后木槌静止,重力加速度g取10 m/s2,木槌击打糍粑过程中所受平均作用力大小为(　　)
A.1 080 N　　　 B.840 N
C.720 N D.600 N]
考点一　对动量和冲量的理解
1.动能、动量、动量变化量的比较
比较 项目 动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p′-p
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 方程 Ek=,Ek=pv p=,p=
2.冲量的四种计算方法
公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量,此法仅适用于计算恒力的冲量
图像法 利用Ft图像计算,Ft图线与横轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量
平均 力法 若力随时间均匀变化,即力与时间是一次函数关系,则力F在某段时间t内的冲量I=Δt,F1、F2为该段时间内初、末两时刻的力
动量 定理法 对于变力的冲量,不能直接用I=FΔt求解,若已知初、末时刻动量的情况,可用动量定理求解,即求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量
[例1] 【对冲量、动量及动量变化量的理解】 下列关于冲量和物体动量的说法正确的是(　　)
A.物体所受合力越大,它的动量就越大
B.物体所受合力越大,它的动量变化越快
C.物体所受合力的冲量越大,它的动量就越大
D.物体所受合力冲量越大,它的动量变化越快
[例2] 【恒力冲量的计算】 (2025·四川自贡期末)如图所示,水平传送带顺时针匀速转动,左端轻放一质量为2 kg的物块,可视为质点。物块放上传送带时开始计时,t=1 s时物块的速度为
5 m/s。已知g取10 m/s2,则该过程中,下列说法正确的是(　　)
A.物块的动量变化率大小为20 N
B.物块受到的支持力的冲量大小为0
C.物块受到的摩擦力的冲量大小为10 N·s
D.传送带对物块的冲量大小为10 N·s
[例3] 【变力冲量的计算(F-t图像法)】 (2024·广东卷,14节选)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示,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,可近似用图乙所示的图像描述。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。
考点二　对动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(2)Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中Ft是物体所受的合力的冲量。
(3)Ft=p′-p说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。
(4)Ft=p′-p整理为F=,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。
(5)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全过程应用动量定理。
2.解题基本思路
[例4] 【定性解释有关现象】 (2025·黑龙江哈尔滨阶段检测)在某次足球比赛中,守门员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的足球扑去,使足球停下。与不戴手套相比,此过程守门员戴手套可以(　　)
A.减小足球的惯性
B.减小足球对手的冲量
C.减小足球的动量变化量
D.减小足球对手的平均作用力
用动量定理解释现象(F=)
(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。
[例5] 【动量定理的定量计算】 (2025·浙江1月选考卷,5)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g取10 m/s2,则它降落到地面的时间约为(　　)
A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h
考点三　应用动量定理处理“流体模型”
“流体模型”问题的类型及解题思路
类型 流体类:液体流、气体流等,通常已知密度ρ
微粒类:电子流、光子流、尘埃等,通常给出单位体积内粒子数n
解题 思路 ①构建“柱状”模型:沿流速v的方向选取一段小柱体,其横截面积为S
②微元 研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt
小柱体的质量m=ρΔV=ρvSΔt 小柱体的粒子数N=nΔV=nvSΔt
小柱体的动量p=mv=ρv2SΔt
③建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究
[例6] 【“流体类”模型】 (2025·内蒙古模拟)如图所示,清洗汽车的高压水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形,水流速度为v,水柱垂直射向汽车表面,冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ,则水流对汽车的作用力大小为(　　)
A. B.
C. D.
[例7] 【“颗粒类”模型】 (2025·河南郑州二模)某自动称米机的原理如图所示,阀门距秤盘的高度h=0.2 m,当阀门打开时大米从静止开始下落,大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹(碰撞过程重力可忽略)。当称米机的示数为1 kg时,阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量Q=100 g/s,重力加速度大小g取10 m/s2,忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度,求:
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小,及阀门关闭瞬间空中大米的质量;
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小;
(3)稳定后(空中的大米全部落入秤盘),称米机的示数。
第1讲　动量和动量定理
考点一
[例1] B　[例2] C　
[例3] 【答案】 (1)330 N·s,方向竖直向上　(2)0.2 m
【解析】 (1)Ft图像与坐标轴围成的面积表示冲量,由题图乙可知,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)由自由落体运动规律有=2gH,
得头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s,
以竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程,根据动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
由动能定理得-Mgh=0-Mv2,
则上升的最大高度h==0.2 m。
考点二
[例4] D　[例5] B　
考点三
[例6] B　
[例7] 【答案】 (1)2 m/s　0.02 kg　(2)0.2 N　(3)1 kg
【解析】 (1)设每粒大米质量为m0,由机械能守恒定律有m0gh=m0v2,
解得大米落入秤盘时的速度大小v=2 m/s,
阀门关闭,大米在空中近似做自由落体运动,则有
h=gt2,解得t=0.2 s,
空中大米的质量m=Qt=0.02 kg。
(2)Δt时间内,从阀门处下落的大米质量Δm=QΔt,设其落到秤上时受到的冲击力为F,根据动量定理有
-FΔt=0-Δmv,
解得F=0.2 N,
根据牛顿第三定律可知,大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F′=F=0.2 N。
(3)关闭阀门时,秤示数为1 kg,此时,结合上述可知,秤上大米质量为m′=1 kg-=0.98 kg,
则当空中大米全部落入盘中后,大米的总质量M=m+m′=1 kg。

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