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(共40张PPT)
第七章　动量守恒定律
【考情分析】
　　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
动量和 动量定理 湖北·T7、浙江1月选考·T5、广东·T10、广西·T15、 北京·T19、河北·T14 广东·T14、福建·T7 广东·T10、
新课标·T19、
福建·T7
动量守 恒定律 河南·T7、甘肃·T4、 山东·T6、浙江1月选考·T8、陕晋青宁·T15、福建·T8、 北京·T17、江苏·T14、 重庆·T15 广东·T10、江苏·T14、 山东·T17、河北·T15、 湖南·T15、安徽·T8 广东·T15、
河北·T7
实验:验证动 量守恒定律 广东·T11 新课标·T22、山东·T13、 福建·T12 辽宁·T11
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.跨模块整合:动量守恒与能量守恒、电磁感应、热力学定律的深度融合(如电磁轨道炮、等离子体推进器模型)。
2.实际情境化:结合航空航天(火箭变轨)、新能源技术(电磁缓冲)、微观粒子(α粒子散射)等科技前沿设计问题。
3.探究性实验:直接考查验证动量守恒定律的传统实验概率不高,但其原理(如平抛运动法测速度)可能会融入其他创新实验中。
4.数学能力要求提升:多过程衔接分析(如碰撞+电磁感应+能量守恒)、变力冲量积分计算(如非均匀磁场中的导体运动)。
二、热点预测
弹簧关联模型:含弹簧的动量守恒与能量转化问题。
板块模型:含摩擦力的多物体系统动量守恒(临界条件分析)。
微观粒子碰撞:结合近代物理(如康普顿散射简化模型)。
三、备考建议
1.核心知识强化
动量守恒定律:掌握适用条件(系统所受外力的矢量和为0、内力远大于外力、某一方向守恒),灵活应用公式。
碰撞分类:区分弹性碰撞(动能守恒)、非弹性碰撞(动能损失)、完全非弹性碰撞(共速且损失最大)。
2.解题技巧突破
多过程分析:拆分复杂问题为多个子过程(如碰撞→匀速→电磁感应),逐段应用动量定理或动量守恒定律。
数学工具:熟练使用微元法、矢量合成(动量方向一致性)。
3.真题与模拟训练
高频题型专练:
弹性碰撞速度公式推导;
电磁感应中导体棒的最终速度求解(安培力冲量等于动量变化)。
限时模拟:针对计算题进行步骤拆分训练(受力分析→列动量方程→能量
关系→联立求解)
总结:动量守恒定律作为高考物理的核心考点,未来将继续深化其与电磁学、实际科技的结合,考生需注重跨模块综合应用能力的培养,强化数学推导与物理建模的结合,同时保持对前沿科技的关注,以应对命题的多样化趋势。
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。
知识构建
【答案】 乘积　FΔt　N·s　矢量　相同　质量　速度　mv　速度　变化量　mv′-mv
基础转化
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
D
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
B
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
2.冲量的四种计算方法
[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
B
【解析】 物体所受合力越大则加速度越大,但是加速度与速度大小无必然联系,加速度大时,物体速度不一定大,动量就不一定大,但加速度越大,速度变化越快,则动量变化越快,故A错误,B正确;根据I=FΔt=Δp,物体所受合力的冲量越大,它的动量变化越大,动量不一定大,动量变化也不一定快,故C、 D错误。
[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
C
[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;
【答案】 (1)330 N·s,方向竖直向上
(2)碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】 (2)0.2 m
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。
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
D
方法点拨
(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
B
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(　　)
B
[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;
【答案】 (1)2 m/s　0.02 kg
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小;
【答案】 (2)0.2 N
【解析】 (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。
【答案】 (3)1 kg
(3)稳定后(空中的大米全部落入秤盘),称米机的示数。
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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
(2)验证的表达式: 。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
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
(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 。
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”。
m1·OP=m1·OM+m2·ON
(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。
>
【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)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
　。
maxP=maxM+mbxN
[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。
=
【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)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
D
(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。
4.90
【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)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。
不需要
【解析】 (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。
(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。
m1v1=m1v3+m2v2
【解析】(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] 【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。
8.260
【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)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。
时间相等
【解析】(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。
=
【解析】 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)。
0.56
[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
AB
【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)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
ABD
(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。
1.0
【解析】 (1)由x-t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)滑块B碰撞前的速度大小v=　　　　 m/s(结果保留两位有效数字)。
0.20
(3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是　　　　(选填“A”或“B”)。
B
感谢观看第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:2] [2:
　(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
【答案】 BD]
【答案】 保持不变　m1v1′+m2v2′　零　非常大　远大于　守恒
远大于
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
【答案】 A
【解析】 若F1与F2等大反向,系统所受合力为零,系统动量守恒;由于水平恒力F1与F2对系统做功的代数和不为零,则系统机械能不守恒,故A正确,B错误。若F1≠F2,系统所受合力不为零,故系统动量一定不守恒;水平恒力F1与F2对系统做功的代数和可能为零,故系统机械能可能守恒,故C、D错误。
[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
【答案】 D
【解析】 小球在下滑过程中,圆弧轨道向左运动,动能增大,重力势能不变,机械能增大,故小球对圆弧轨道做正功,故A错误;小球下滑过程中,小球的重力势能转化为其动能和圆弧轨道的动能,故B错误;小球下滑过程中,小球和物体组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故C错误;因为水平面光滑,对小球和物体组成的系统而言,没有外力做功,故系统机械能守恒,故D正确。
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=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= 。
【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
【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] 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
【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　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
【答案】 D
【解析】 发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程,化学能转化为机械能,则系统机械能不守恒,故A错误;规定向左为正方向,根据动量守恒定律有mava-mbvb=0,由于两部分质量不同,则速度不同,根据平抛运动规律x=vt,h=gt2,可知a、b两部分落地点到O点的距离不相等,故B错误;炸开过程中,水平方向动量守恒,但a、b两部分动量变化方向不同,故C错误;根据能量守恒定律可知,整个过程中消耗的燃料化学能等于a、b两部分落地时动能与内能之和,则整个过程中消耗的燃料化学能大于a、b落地时动能之和,故D正确。
[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
【答案】 B
【解析】 火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力,故A错误;在燃气喷出后的瞬间,万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力,系统动量守恒,设火箭的速度大小为v,规定火箭运动方向为正方向,由动量守恒定律得(M-m)v-mv0=0,解得火箭的速度大小为v=,故B正确;喷出燃气后,万户及所携设备做竖直上抛运动,上升的最大高度h=,解得h=,故C错误;在火箭喷气过程中,燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功,所以万户及所携设备机械能不守恒,故D错误。
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
提示:(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。
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
【答案】 BD
【解析】 人和船动量守恒,系统总动量为零,故人和船运动方向始终相反,故A错误;由动量守恒定律有Mv船=mv人,又M>m,故v船,故D正确。
[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
【答案】 D
【解析】 小球与半圆槽组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;小球运动到达半圆槽A点时,系统水平初动量为零,小球运动到达半圆槽B点时,系统水平动量也为零,小球离开B点做竖直上抛运动,故B错误;当小球运动到半圆槽最低点时有最大速度,由机械能守恒定律和动量守恒定律有mg·3R=m+·2m,mv1=2mv2,解得 v1=2,故C错误;小球从A端运动到B端的过程中,半圆槽先加速运动后减速运动,当小球到达B端时,半圆槽向左的位移最大,设为x2,小球的位移为x1,则 x1+x2=2R,由动量守恒定律有mx1=2mx2,解得 x2=R,故D正确。
课时作业
对点1.对动量守恒定律的理解
1.(多选)如图所示,P、Q两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,木块N(可视为质点)以一定的初速度v0从P的左端开始向右滑行,最后停在木块Q的右端。对此过程,下列叙述正确的是(　　)
A.当N在P上滑行时,P、N组成的系统动量守恒
B.当N在Q上滑行时,Q、N组成的系统动量守恒
C.无论N是在P上滑行还是在Q上滑行,P、Q、N三木块组成的系统动量都守恒
D.当N在Q上滑行时,P、Q、N组成的系统动量守恒
【答案】 BCD
【解析】 当N在P上滑行时,对P、N组成的系统,Q对P的作用力为外力,不等于0,故系统动量不守恒,故A错误;当N在Q上滑行时,P、Q已分离,对Q、N组成的系统,沿水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,故B正确;若将P、Q、N三木块视为一系统,则沿水平方向无外力作用,系统动量守恒,故C、D正确。
2.(2025·福建龙岩期中)如图所示,小车静止在光滑的水平面上,绳子一端固定在小车立柱上,另一端与小球相连。将小球缓慢向右拉开一定角度,然后同时放开小球和小车,不计空气阻力,则在小球、小车运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小车的机械能一直在增加
C.小球和小车组成的系统动量守恒
D.小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
【答案】 D
【解析】 小球在摆动过程中,系统机械能守恒;小球摆到最低点的过程中,绳子拉力对小车做正功,小车的机械能增加,小球的机械能减小;小球从最低点摆到最高点的过程中,绳子拉力对小车做负功,小车的机械能减少,小球的机械能增加,故A、B错误。小球摆动过程中,小球和小车组成的系统只受重力和支持力作用,水平方向合力为零,所以系统水平方向动量守恒,在竖直方向上,受力不平衡,所以竖直方向动量不守恒,那么系统动量不守恒,故C错误,D正确。
对点2.动量守恒定律的基本应用
3.(多选)(2025·云南模拟)我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中,在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲,使运动员甲以速度v=14 m/s向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为50 kg,交接前,甲的速度大小v1=9 m/s,乙的速度大小v2=11 m/s,不计一切阻力。下列说法正确的是(　　)
A.乙推甲后瞬间乙的速度大小为6 m/s
B.乙推甲的过程,乙对甲的冲量为150 N·s
C.乙推甲的过程,甲的动量一直增加
D.乙推甲的过程,甲的动量变化量比乙的大
【答案】 AC
【解析】 规定运动员前进的方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv1+mv2=mv+mv乙,解得乙推甲后瞬间乙的速度为v乙=6 m/s,故A正确;乙推甲的过程,乙对甲的冲量等于甲动量的变化量,则有I乙=Δp甲=mv-mv1=250 N·s,故B错误;乙推甲的过程,运动员甲的速度一直增加,故动量一直增加,故C正确;乙推甲的过程,运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小,故D错误。
4.(2025·河南濮阳阶段练习)如图所示,一机器人在冰面上进行“滑车”练习,开始机器人站在A车前端与车以共同速度v0=9 m/s向右做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的B车,为了避免两车相撞,在A车接近B车时,机器人迅速从A车跳上B车,又立即从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞。已知机器人的质量m=25 kg,A车和B车质量均为
m A=mB=100 kg,若机器人跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反,求:
(1)机器人跳回A车后,它和A车的共同速度大小;
(2)机器人跳离A车和B车时对地速度的大小;
(3)机器人跳离A车的过程中对A车冲量的大小。
【答案】 (1)5 m/s　(2)10 m/s　(3)25 N·s
【解析】 (1)因为A、B两车恰好不相撞,则最后具有相同的速度。在机器人跳的过程中,把机器人、A车、B车看成一个系统,该系统所受合力为零,动量守恒,
由动量守恒定律得(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,
代入数据解得v=5 m/s。
(2)依题意,设机器人跳离A车和B车时对地的速度大小均为v′,对机器人、B车,
根据动量守恒定律有mv′=-mv′+mBv,
解得v′=10 m/s。
(3)根据动量守恒定律,机器人跳离A车的过程有(m+mA)v0=mv′+mAvA,
解得机器人跳离A车时,A车的速度大小为vA=8.75 m/s,
根据动量定理,对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小,
即I=Δp=mAv0-mAvA=25 N·s。
对点3.爆炸和反冲问题
5.(2025·河北邯郸模拟)一炮弹在空中飞行时,突然发生爆炸(时间极短),爆炸成质量不同的两部分,爆炸后瞬间两部分的运动方向与爆炸前瞬间炮弹的运动方向在同一直线上。则炮弹爆炸过程中(　　)
A.系统动量不守恒
B.两部分的动能都会增大
C.两部分的动能之和可能减小
D.两部分的动能之和一定增大
【答案】 D
【解析】 炮弹爆炸过程时间极短,外力作用可忽略,系统动量守恒,故A错误;由于能量守恒,爆炸过程中有化学能转化为动能,两部分的动能之和增大,但不代表两部分的动能都增大,故B、C错误,D正确。
6.(2025·河南南阳期末)一个士兵坐在皮划艇上,他连同装备和皮划艇的总质量为m,这个士兵用狙击步枪水平射出一发质量为m0的子弹,子弹在枪管中运动的时间为Δt,离开枪口时相对步枪的速度是u。射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,则(　　)
A.射击后皮划艇的速度大小为u
B.射击后皮划艇的速度大小为u
C.射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
D.射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
【答案】 C
【解析】 设射击后皮划艇的速度大小为v1,子弹的速度大小为v2,射击过程中,系统动量守恒,以子弹的速度方向为正方向,则有m0v2-(m-m0)v1=0,又有v1-(-v2)=u,联立解得v1=u,
v2=u,故A、B错误;射击时,以子弹为研究对象,根据动量定理可得Δt=m0v2-0,解得=,根据牛顿第三定律可知,射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为,故C正确,D错误。
对点4.“人船”模型
7.(2025·四川凉山三模)如图所示,小车静止在光滑水平面上,站在车上的人以对车相同的位置和速度,将右边筐中的球一个一个地投入左边的篮筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后立即静止,忽略空气阻力,则在投球过程中(　　)
A.小车始终未动
B.人、车和球组成的系统动量守恒
C.每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D.球全部落入左筐后,小车将向右匀速运动
【答案】 C
【解析】 在投球过程中,人、车和球组成的系统所受的合力不为零,虽然系统动量不守恒,但水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,篮球有水平向左的动量,则人和车组成的系统获得水平向右的动量,所以人和车系统所受的合力不为零,车在人的作用下右移,故A、B错误;设一个球的质量为m,人、车和剩余球的质量为M,人投球时到篮筐的水平距离为L,根据水平方向动量守恒有mv球=Mv车,则mx球=Mx车,又x球+x车=L,解得x车=L,故C正确;当球全部投入左边的筐中时,根据系统水平方向动量守恒知,系统总动量为零,则小车的速度为零,故D错误。
8.(2025·山东卷,6)轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 设返回舱的质量为m,则轨道舱的质量为5m,总质量为6m;开始时组合体绕行星做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力有G=6m,得v=,根据弹射返回舱的过程中系统动量守恒,有6mv=5mv1+mv2,而v2=2,代入解得v1=。C正确。
9.(教材改编题)如图所示,质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为l的细线,细线另一端系一质量也为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C。
(1)若木块B固定在水平面上,求球C向左摆动能达到的最大高度h;
(2)若木块B不固定,求球C第一次摆到最低点时球C的位移大小。
【答案】 (1)l　(2)l
【解析】 (1)对球C,下落过程机械能守恒,有mgl=m,
对球C和木块A,取向左为正方向,球C由最低点向左摆动到最高点过程中,
水平方向动量守恒,有mv0=2mv,
系统机械能守恒,有m=mgh+·2mv2,
联立解得h=l。
(2)对球C和A、B组成的系统,设水平向左为正方向,水平方向动量守恒,
有0=m-2m,
即0=mx1-2mx2,
又x1+x2=l,
球C的位移大小xC=,
联立得xC=l。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。
【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　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。
【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　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。
【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。
课时作业
对点1.动量观点与动力学观点的综合应用
1.(2025·重庆模拟)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)(如图)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　)
A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C.经过n次喷气后,飞行器速度为
D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
【答案】 C
【解析】 由题意可知,每次喷气过程中,系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒,所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反,故A错误。根据动量守恒定律,系统初始总动量为0,第一次喷气后,喷出气体质量为Δm,速度大小为v,飞行器质量变为M-Δm,速度大小为v1,则有0=(M-Δm)v1-Δmv,解得v1=,所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=;在第二次喷气之前,此时系统总动量为(M-Δm)v1,喷气后,喷出气体质量仍为Δm,速度大小为v,飞行器质量变为M-2Δm,速度大小为v2,则有(M-Δm)v1=(M-2Δm)v2-Δmv,将v1=,代入可得v2=,所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2-v1=-=,以此类推,可知每次喷气后飞行器速度增量大小不相同,故B错误。设经过n次 喷气后飞行器的速度为vn,系统初始总动量为0,n次喷气后,喷出气体总质量为nΔm,速度大小为v,飞行器质量变为M-nΔm,根据动量守恒定律可得0=nΔmv-(M-nΔm)vn,解得vn=,故C正确。虽然在太空没有空气,但飞行器喷气时,飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力,根据牛顿第三定律,喷出气体对飞行器有反作用力,所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速,故D错误。
2.汽车中的安全气囊是发生剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施。当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40 km/h,质量m1=1 600 kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1 600 kg以速度v2=18 km/h 迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16 s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1 m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)两车碰撞后瞬时速度的大小;
(2)甲车碰撞前是否超速;
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。
【答案】 (1)2 m/s　(2)没有超速 (3)6.68×104 N
【解析】 (1)设两车碰撞后瞬时速度的大小为v,根据运动学公式v2=2ax,
a==μg,
解得v=2 m/s。
(2)设甲车的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,
解得v1=9 m/s=32.4 km/h<40 km/h,
故甲车碰撞前没有超速。
(3)对甲车研究,设甲车的初速度方向为正方向,
由动量定理可得
-F0t-μm1gt=m1v-m1v1,
解得F0=6.68×104 N。
对点2.动量与能量观点的综合应用
3.(2025·浙江1月选考卷,8)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
【答案】 D
【解析】 碰撞瞬间C相对地面向左运动,选项A错误;以向右为正方向,A、B碰撞过程,由动量守恒定律得mvA-mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,方向向右;当三者共速时,由动量守恒定律得2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最终三者一起静止,可知经历的时间t== s=0.4 s,选项B错误;碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,选项C错误;碰撞后到三者相对静止,由能量关系可知Q=μmgx相对,解得x相对=0.6 m,选项D正确。
4.如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的四分之一圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功;
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离;
(3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大
(4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大
【答案】 (1)mgR　(2)　R (3)4m　(4)m
【解析】 (1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR。
(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,
由机械能守恒定律可知m=2mgR+m,
同时有mg(h+R)=m,
联立解得v0=,h=R。
(3)弹簧弹性势能达到最大时,小球与Q共速,设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共,
m=2.2mgR+(m+M),
联立解得M=4m。
(4)对Q和小球整体,根据机械能守恒可知,要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零,此时弹簧刚好恢复原长;设此时Q的质量为M′,Q的最大速度为vm,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=M′vm,
m=M′,
解得M′=m。
对点3.力学三大观点的综合应用
5.(2025·江西九江三模)如图,用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点,初始时,轻绳处于水平拉直状态,将小球a由静止释放,当小球a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞,碰撞后b滑行的最大距离为L,已知b的质量是a的2倍,b与水平面间的动摩擦因数为μ,不计空气阻力,则(　　)
A.小球a下摆至最低点过程中,重力做功的功率一直在增大
B.碰撞后瞬间小球a的速度大小为
C.轻绳的长度为μL
D.小球a反弹的最大高度为μL
【答案】 C
【解析】 小球a摆到最低点时,小球a沿竖直方向的速度为零,重力的瞬时功率为零,故小球a从释放到摆动到最低点过程中重力的瞬时功率先增大后减小,A错误;设轻绳的长度为l,小球a的质量为m,物块b的质量为2m,碰前小球a的速度为v0,碰后,小球a的速度为v1,物块b的速度为v2,对于物块b,碰后减速时,根据牛顿第二定律有μ·2mg=2ma,得物块b减速的加速度a=μg,由运动学规律可得=2aL,解得碰后物块b的速度大小为v2=,选取小球a碰前的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,根据能量守恒定律可得m=m+·2m,联立解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,结合上述结论解得v0=,v1=-,即碰后瞬间小球a的速度大小为,B错误;在小球a从释放到摆到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有mgl=m,解得小球a摆到最低点时的速度v0=,结合上述结论v0=,解得轻绳的长度l=μL,C正确;小球a反弹的速度大小为,根据机械能守恒定律有mghmax=m,解得小球a反弹的最大高度为hmax=μL,D错误。
6.(多选)(2025·福建卷,8)如图,物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上,传送带以
1 m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时,A的速度大小为2 m/s、方向水平向右,B的速度为0,弹簧处于原长;t=t1时(t1为未知量),A第一次与传送带共速,弹簧弹性势能为0.75 J。已知A、B可视为质点,质量分别为1 kg、2 kg,与传送带间的动摩擦因数分别为0.5、0.25;A与传送带相对滑动时会留下划痕,重力加速度大小取10 m/s2,A、B始终在传送带上,弹簧始终在弹性限度内,则(　　)
A.t=时,A的加速度大小比B的小
B.t=t1时,B的速度大小为0.5 m/s
C.t=t1时,弹簧的压缩量为0.2 m
D.在0~t1内,A在传送带上留下的划痕长度小于0.05 m
【答案】 BD
【解析】 如图甲所示,物块A第一次与传送带共速前,对A、B受力分析,有FfA=μAmAg=
5 N,FfB=μBmBg=5 N,F=kΔx,可得aA==5+F,aB==,随着弹簧压缩量Δx逐渐增大,弹簧弹力F也逐渐增大,但总有aA=2aB,故选项A错误;在A第一次与传送带共速前,A、B系统所受合外力为零,其总动量守恒,即mAv0=mAvA+mBvB,已知v0=2 m/s,vA=1 m/s,解得vB=0.5 m/s,故选项B正确;在0~t1内,设A、B向右的位移分别为xA、xB,由功能关系可知摩擦力对系统所做的功等于系统机械能的变化量,即 -FfAxA+FfBxB=mA+mB-
mA+Ep,解得Δx=xA-xB=0.1 m,所以 t=t1时弹簧的压缩量为0.1 m,故选项C错误;0~t1内A、B以及传送带运动的v-t图像如图乙所示,图形OQMN的面积SOQMN表示A相对于B的位移,xA-xB=0.1 m,图形PQM的面积SPQM表示A相对于传送带的位移,即A在传送带上留下的划痕长度,由几何图形的对称性可知2SPQM=SOQM7.(2025·浙江三模)如图所示,木板C静置于光滑水平地面上,中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板C。已知物块A、B均可视为质点,质量均为m,与木板C间的动摩擦因数均为μ,木板C的质量为2m,A、B间为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.若物块A、B不发生碰撞,则木板C长度的最大值为
B.若物块A、B不从木板C的右端滑离,则木板C长度的最小值为
C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内,摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D.若物块A、B最终与木板C相对静止,则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
【答案】 B
【解析】 设木板C长为L,恰好发生碰撞时,由动量守恒定律及能量守恒定律有mv0=
4mv共,μmg·=m-·4m,得L=,为木板长度最小值,故A错误;物块A、B的碰撞为弹性碰撞,不损耗能量,只是交换速度,故B到C右端恰好相对静止,有μmg·L′=m-
·4m,得L′=,故B正确;物块A、B碰撞前,物块B随木板运动,A、B对木板摩擦力方向相反,由牛顿第二定律可知碰撞前A、B对木板总摩擦力为μmg,冲量为μmgt1,碰撞后A、B对木板总摩擦力为μmg,冲量为μmgt2,又因为第二段时间更长,故后段冲量更大,二者不相等,故C错误;只要相对静止,那么共速相等,由动量定理知,摩擦力对木板C的冲量大小是一定值,与相对静止的位置无关,故D错误。
8.(2024·山东卷,17)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
①求μ和m;
②初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】 (1)4 m/s (2)①0.2　1 kg　②4.5 m
【解析】 (1)小物块在Q点由重力和轨道弹力的合力提供向心力,有mg+3mg=m,
代入数据解得v=4 m/s。
(2)①根据题意可知,当推力F≤4 N时,小物块与轨道一起向左加速,
根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a,
根据题图乙有k==0.5 kg-1;
当推力F>4 N时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道有F-μmg=Ma,
整理得a=F-,
结合题图乙有k==1 kg-1,
截距b=-=-2 m/s2,
联立以上各式可得M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。
②由题图乙可知,当F=8 N时,轨道的加速度为a1=6 m/s2,
小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2,
设当小物块运动到P点时,经过t0时间,则
对轨道有v1=a1t0,
对小物块有v2=a2t0,
小物块从P点运动到Q点的过程中系统机械能守恒,有
M+m=M+m+2mgR,
水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有Mv1+mv2=Mv3+mv4,
其中v4=7 m/s,
联立解得t0=1.5 s,
则轨道水平部分的长度L=a1-a2,
代入数据解得L=4.5 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m1提示:(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)。
1.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
【答案】 A
【解析】 由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图像斜率不变,A正确。
[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。
【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] 【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
【答案】 CD
【解析】 根据动量与动能的关系可知,碰前白球的动量为p0=,碰后绿球的动量为p2=,两球碰撞的过程动量守恒,取碰撞前白球的速度方向为正方向,由动量守恒定律有p0=p1+p2,可得碰后白球的动量为p1=,所以碰后白球的动能为E1==
=,故B错误;该碰撞损失的动能为ΔE=E-E-=>0,故该碰撞为非弹性碰撞,故A错误,C正确;两球质量相同,由公式p=mv可知v∝p,则碰后白球与绿球的速度之比为1∶2,故D正确。
[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。
【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　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
【答案】 B
【解析】 由题图乙可知两物块的运动过程,开始时m1逐渐减速,m2逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相同,弹簧被压缩至最短,系统动能最小,弹性势能最大,然后弹簧逐渐恢复原长,m2继续加速,m1先减速为零,然后反向加速,t2时刻弹簧恢复原长状态,因为此时两物块速度方向相反,所以弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻两物块速度相等,弹簧最长,系统动能最小,所以从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长,故A错误,B正确。从t=0开始到t1时刻,取向右为正方向,根据系统动量守恒有m1v1=(m1+m2)v2,其中v1=3 m/s,
v2=1 m/s,解得m1∶m2=1∶2,故C错误。在t1时刻,两物块的速度相等,但质量不相等,所以两物块的动能大小不相等,故D错误。
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。
【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。
课时作业
对点1.碰撞模型
1. (2025·湖北武汉期末)如图所示,两个小球P、Q在光滑水平面上沿同一直线同向做匀速直线运动,已知它们的质量分别为mP=2 kg,mQ=4 kg,P球的速度是5 m/s,Q球的速度是
2 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别为(　　)
A.vP′=1 m/s,vQ′=4 m/s
B.vP′=4 m/s,vQ′=2.5 m/s
C.vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s
D.vP′=-1 m/s,vQ′=5 m/s
【答案】 A
【解析】 由题意,碰前系统的总动量为p1=(2×5+4×2) kg·m/s=18 kg·m/s,碰前系统的总动能为Ek=(×2×52+×4×22) J=33 J。若vP′=1 m/s,vQ′=4 m/s,则系统动量守恒,碰后总动能为
33 J,碰撞后小球P的速度不大于小球Q的速度,符合实际,故A正确;若vP′=4 m/s,vQ′=
2.5 m/s,则系统动量守恒,但是碰后小球P的速度大于小球Q的速度,不符合实际,故B错误;若vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s,则系统动量不守恒,故C错误;若vP′=-1 m/s,vQ′=5 m/s,则系统动量守恒,碰后总动能为51 J,大于碰前总动能,不符合实际,故D错误。
2.(2025·河南卷,7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲、乙所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　　)
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
【答案】 D
【解析】 P、N碰撞时,根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP′+mNvN′,即mP(vP-vP′)=
mN(vN′-vN),根据题图甲可知(vP-vP′)>(vN′-vN),故mP(vN′-vN),故mQ>mN。故mQ>mN>mP,故选D。
3.(2025·甘肃卷,4)如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s 末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
【答案】 B
【解析】 小球A与B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,竖直方向上小球A的速度不变,设碰撞后小球A水平速度为v1,小球B水平速度为v2,则有mv=mv1+mv2,碰撞为弹性碰撞,即碰撞前后二者交换速度,即v1=v,v2=0;由于小球A在竖直方向上的运动不受碰撞的影响,根据h=gt2,解得空中运动的总时间t=2 s,可知碰撞后小球A运动t′=1 s落地,则水平方向上有x=vt′,解得v=3.0 m/s,B正确。
4.冰壶运动是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目,深受观众喜爱。P、Q两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的位移—时间(x-t)图像如图所示,已知mQ=0.6 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.碰撞过程中,两冰壶所受合力相同
B.mP=0.2 kg
C.两冰壶发生的是非弹性碰撞
D.碰撞前后,冰壶P动量的变化量大小为0.4 kg·m/s
【答案】 B
【解析】 碰撞过程中,两冰壶所受合力为对方所施加的弹力,是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故A错误;根据对心正碰前后的x-t图像可知,碰前瞬间,P的速度v0= m/s=4 m/s,以此方向为正方向,Q静止,碰后瞬间,P的速度v1= m/s=-2 m/s,Q的速度v2= m/s=
2 m/s,总动量守恒,有mPv0+0=mPv1+mQv2,解得mP=0.2 kg,故B正确;碰前总机械能E=
mP=1.6 J,碰后系统总机械能E′=mP+mQ=1.6 J,碰撞前后机械能守恒,可知二者是弹性碰撞,故C错误;P动量的变化量为ΔpP=mP(v1-v0)=-1.2 kg·m/s,其大小为1.2 kg·m/s,故D错误。
5.(多选)如图所示,两个完全相同的小球P、Q用等长的细线悬于天花板上,线长L。若将P由图示位置由静止释放,则Q球被碰后第一次速度为零时上升的高度可能是(　　)
A.L B. C. D.
【答案】 BC
【解析】 小球P到达最低点时,由动能定理可得EkP=mgL(1-cos 60°)=mgL,若小球P、Q发生弹性碰撞,则小球Q获得最大动能为EkP,上升的最大高度为小球P释放点的高度,则有h=L(1-cos 60°)=L;若小球P、Q发生完全非弹性碰撞,即两个小球粘在一起以共同速度v′运动,由动量守恒定律可得mv=2mv′,得v′=,可知小球Q获得的最小动能为EkP,由动能定理可得-mgh′=0-×mgL,解得最小高度为h′=L,由题意可知,若小球P、Q的碰撞介于弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间,则小球Q上升的高度可能在≤h≤之间,因此A、D错误,B、C正确。
对点2.碰撞模型拓展
6.(2025·江西上饶模拟)如图所示,质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度v0,如果圆弧滑块固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R (R为圆弧的半径),如果圆弧滑块不固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小球的初速度大小为4
B.M=0.5m
C.如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中,水平位移为R
D.如果圆弧滑块不固定,小球最终的速度大小为2
【答案】 B
【解析】 如果圆弧滑块固定,由机械能守恒定律有m=mg·R,解得小球的初速度大小为v0=3,选项A错误;如果圆弧滑块不固定,设小球离开圆弧滑块时水平速度为vx,由水平方向动量守恒有mv0=(m+M)vx,由能量守恒有m=mg·+(M+m),联立解得M=
0.5m,vx=2,选项B正确;如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t==,水平位移为x=vxt=2R,选项C错误;如果圆弧滑块不固定,小球最终落回到滑块上,且从滑块上滑离时滑块的速度最大,此时由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0=mv1+
Mv2,m=m+M,解得小球和圆弧滑块的速度大小分别为v1=v0=,v2=v0=
4,选项D错误。
7.(2025·辽宁朝阳模拟)A、B、C三个大小完全相同的小球,套在相互平行的光滑的水平杆上,三个小球的质量分别为mA=2 kg,mB=3 kg,mC=mA,初始三个小球均处于静止状态,B、C间连接一个轻弹簧,且恰好处于原长状态。现在给小球A一个初速度v0=10 m/s,A、B相碰后A的速度方向向右,大小为2 m/s,已知平行杆足够长。求:
(1)A、B碰后瞬间B的速度;
(2)A、B碰后B的最小速度和弹簧第一次恢复原长时C的速度。
【答案】 (1)8 m/s　(2)1.6 m/s　9.6 m/s
【解析】 (1)规定向左为正方向,则小球A的初速度v0=10 m/s,
A、B相碰后A的速度v=-2 m/s,
设A、B碰后瞬间B的速度为vB,
由动量守恒定律得mAv0=mAv+mBvB,
解得vB=8 m/s。
(2)A、B碰后,由于B、C两球及弹簧组成的系统,
在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律,
当弹簧第一次恢复原长时B有最小速度,
此时满足mBvB=mBvB′+mCvC,
mB=mBvB′2+mC,
解得vB′=1.6 m/s,vC=9.6 m/s。
8.(多选)(2025·山东青岛三模)物体间发生碰撞时,因材料不同,机械能损失程度不同,该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述,称之为恢复系数。现有运动的物体A与静止的物体B发生正碰,关于A、B间的碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.若e=0,则碰撞后A、B均静止
B.若e=1,则碰撞后A、B交换速度
C.若e=1,则碰撞前后A、B总动能相等
D.若e=0.5,A、B质量相同,则A、B碰后速度大小之比为1∶3
【答案】 CD
【解析】 若e=0,则碰撞后二者相对速度为零,即碰撞后两物体速度相同,但不一定均静止,故A错误。设A、B的质量分别为m1、m2,碰前物体A的速度为v1,碰后物体A、B的速度分别为v1′和v2′,若e==1,则v1+v1′=v2′,根据动量守恒定律,有m1v1=m1v1′+m2v2′,即m1(v1-v1′)=m2v2′,两式联立可得m1=m1v1′2+m2v2′2,即碰撞前后系统动能相等,两物体发生弹性碰撞;若m1=m2,则可解得v2′=v1,v1′=0,此时两物体发生速度交换,所以两物体不一定发生速度交换,故B错误,C正确。若e==0.5,即0.5v1=v2′-v1′,根据动量守恒定律,有m1v1=m1v1′+m2v2′,因m1=m2,所以上式变为v1=v1′+v2′,两式联立得v1′=v1,v2′=v1,即A、B碰后速度大小之比为1∶3,故D正确。
9.(2025·山西模拟)如图所示,半径为R的光滑四分之一圆弧体静止在光滑的水平面上,圆弧面最高点B与圆心O等高,物块a、b、c一字排开也静止在光滑的水平面上,已知物块a的质量为m,物块c的质量为4m。给物块a一个水平向右的初速度,a、b碰撞后粘在一起,b与c发生弹性碰撞后,a、b的速度恰好为零,c刚滑上圆弧面时对圆弧面最低点A的压力大小为40mg,c沿圆弧面上滑恰好能滑到B点,重力加速度为g,物块均可看成质点,求:
(1)b、c碰撞后一瞬间,物块c的速度大小;
(2)a与b碰撞过程中损失的机械能;
(3)圆弧体的质量。
【答案】 (1)3　(2)54mgR　(3)m
【解析】 (1)设b与c碰撞后一瞬间,c的速度大小为vc,
c刚滑上圆弧面最低点A时有F-4mg=4m,
根据牛顿第三定律有F=40mg,
解得vc=3。
(2)由于a、b碰撞后粘在一起,b与c发生弹性碰撞后a、b的速度恰好为零,
则有(m+mb)vab=4mvc,
(m+mb)=×4m,
解得mb=3m,
设a与b碰撞前的速度大小为v0,根据动量守恒定律有mv0=(m+mb)vab,
a与b碰撞过程中损失的机械能为ΔE=m-(m+mb),
解得ΔE=54mgR。
(3)设圆弧体的质量为M,物块c从A点滑到B点时,c与圆弧体共同速度为v,
根据水平方向动量守恒有4mvc=(4m+M)v,
根据机械能守恒定律有×4m=4mgR+(4m+M)v2,
解得M=m。【考情分析】
　　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
动量和 动量定理 湖北·T7、浙江1月选考·T5、广东·T10、广西·T15、北京·T19、河北·T14 广东·T14、福建·T7 广东·T10、 新课标·T19、 福建·T7
动量守 恒定律 河南·T7、甘肃·T4、 山东·T6、浙江1月选考·T8、陕晋青宁·T15、福建·T8、北京·T17、江苏·T14、重庆·T15 广东·T10、江苏·T14、 山东·T17、河北·T15、 湖南·T15、安徽·T8 广东·T15、 河北·T7
实验:验证动 量守恒定律 广东·T11 新课标·T22、山东·T13、 福建·T12 辽宁·T11
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.跨模块整合:动量守恒与能量守恒、电磁感应、热力学定律的深度融合(如电磁轨道炮、等离子体推进器模型)。
2.实际情境化:结合航空航天(火箭变轨)、新能源技术(电磁缓冲)、微观粒子(α粒子散射)等科技前沿设计问题。
3.探究性实验:直接考查验证动量守恒定律的传统实验概率不高,但其原理(如平抛运动法测速度)可能会融入其他创新实验中。
4.数学能力要求提升:多过程衔接分析(如碰撞+电磁感应+能量守恒)、变力冲量积分计算(如非均匀磁场中的导体运动)。
二、热点预测
弹簧关联模型:含弹簧的动量守恒与能量转化问题。
板块模型:含摩擦力的多物体系统动量守恒(临界条件分析)。
微观粒子碰撞:结合近代物理(如康普顿散射简化模型)。
三、备考建议
1.核心知识强化
动量守恒定律:掌握适用条件(系统所受外力的矢量和为0、内力远大于外力、某一方向守恒),灵活应用公式。
碰撞分类:区分弹性碰撞(动能守恒)、非弹性碰撞(动能损失)、完全非弹性碰撞(共速且损失最大)。
2.解题技巧突破
多过程分析:拆分复杂问题为多个子过程(如碰撞→匀速→电磁感应),逐段应用动量定理或动量守恒定律。
数学工具:熟练使用微元法、矢量合成(动量方向一致性)。
3.真题与模拟训练
高频题型专练:
弹性碰撞速度公式推导;
电磁感应中导体棒的最终速度求解(安培力冲量等于动量变化)。
限时模拟:针对计算题进行步骤拆分训练(受力分析→列动量方程→能量关系→联立求解)
总结:动量守恒定律作为高考物理的核心考点,未来将继续深化其与电磁学、实际科技的结合,考生需注重跨模块综合应用能力的培养,强化数学推导与物理建模的结合,同时保持对前沿科技的关注,以应对命题的多样化趋势。
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:2] [2:
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
【答案】 D
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
【答案】 B]
【答案】 乘积　FΔt　N·s　矢量　相同　质量　速度　mv　速度　变化量　mv′-mv
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F-t图像计算,F-t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
【答案】 B
【解析】 物体所受合力越大则加速度越大,但是加速度与速度大小无必然联系,加速度大时,物体速度不一定大,动量就不一定大,但加速度越大,速度变化越快,则动量变化越快,故A错误,B正确;根据I=FΔt=Δp,物体所受合力的冲量越大,它的动量变化越大,动量不一定大,动量变化也不一定快,故C、 D错误。
[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
【答案】 C
【解析】 物块的动量变化率大小为== N=10 N,选项A错误;物块受到的支持力不为零,根据I=Ft,支持力的冲量大小不为0,选项B错误;由动量定理,物块受摩擦力的冲量等于物块动量的变化,则物块受到的摩擦力的冲量大小为If=mv=10 N·s,选项C正确;传送带对物块的水平方向的冲量大小等于摩擦力的冲量大小为10 N·s,竖直方向等于支持力的冲量,大小为20 N·s,可知传送带对物块的冲量大小大于10 N·s,选项D错误。
[例3] 【变力冲量的计算(Ft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。
【答案】 (1)330 N·s,方向竖直向上　(2)0.2 m
【解析】 (1)F-t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　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
【答案】 D
【解析】 厚厚的手套可以延长球与手接触的时间,对足球,取足球的初速度方向为正方向,根据动量定理有-Ft=0-mv,可得F=;当时间延长时,动量的变化量不变,则足球受到的冲量不变,可减小足球动量的变化率,即减小足球对手的平均作用力。足球的惯性由质量决定,不会变化。
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
【答案】 B
【解析】 沙尘颗粒速度较小时,其所受阻力较小,由牛顿第二定律可知mg-kv=ma,沙尘颗粒速度增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒的速度达到最大且稳定,此时速度满足mg=kvm,解得vm=2×10-3 m/s;由动量定理可得mgt-kt=mvm,即mgt-kh=mvm,则沙尘颗粒下落时间t=,由于mvm kh,则t≈=1×104 s=3 h。故选B。
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.
【答案】 B
【解析】 由题知,高压水枪单位时间喷出的水的质量为m=ρSv=ρvπD2=ρπvD2;设汽车对水流的作用力大小为F′,以水流的速度方向为正方向,根据动量定理得-F′Δt=0-m′v,其中m′=mΔt,联立可得F′=ρπv2D2;若水流对汽车的作用力大小为F,则根据牛顿第三定律可知F=F′=
ρπv2D2,故B正确,A、C、D错误。
[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。
【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。
课时作业
对点1.对动量和冲量的理解
1.(2025·湖北武汉期末)国际排联规定的标准比赛用的排球质量为260～280 g,训练用的排球质量可能略小。假设某次训练用排球质量m=250 g,运动员将一个速度为v0=4 m/s、方向与水平面成37°角飞来的排球以等大反向的速度垫向队友,球与手臂接触的时间t=0.1 s。重力加速度大小g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则(　　)
A.运动员垫球过程中重力的冲量大小为2.5 N·s
B.排球与运动员手臂接触过程中所受合力的冲量大小为2 N·s
C.运动员垫球过程中球的动量变化量的方向与v0同向
D.运动员垫球过程中手臂对球的平均作用力大小为20 N
【答案】 B
【解析】 运动员垫球过程中重力的冲量大小IG=mgt=0.25×10×0.1 N·s=0.25 N·s,故A错误;根据动量定理I=Δp,可得排球与运动员手臂接触过程中所受合力的冲量大小为I=|-mv0-mv0|,代入数据可得I=2 N·s,故B正确;运动员垫球过程中球的动量变化量Δp=-mv0-mv0=-2 kg· m/s,可知与初速度v0方向相反,故C错误;若忽略重力,根据动量定理有Ft=I,可得运动员垫球过程中球受到的平均作用力大小F=20 N,但球还受到重力作用,则运动员垫球过程中手臂对球的平均作用力大小不等于20 N,故D错误。
2.(多选)(2025·广东卷,10)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F≠0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在从0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有(　　)
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为(F0-kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0-kT)T
D.T时刻受到空气作用力的大小为　
【答案】 AB
【解析】 无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,则无人机受到的空气作用力与重力和拉力的合力等大反向,随着F的减小,重力和拉力的合力如图所示,可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变,在T时刻,有
cos 120°=,F=F0-kT,解得F空′=F空=,A正确,D错误;由于拉力F随时间t均匀变化,则无人机在从0到T时间段内受到拉力的冲量大小等于
Ft图像与坐标轴围成的面积,为(F0-kT)T,B正确;将拉力分解为水平方向和竖直方向,则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有Fx=(F0-kt),无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy=(F0-kt)+mg,0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix=(F0T-kT2),0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy=F0T-kT2+mgT,则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I==
,C错误。
对点2.对动量定理的理解和应用
3.(多选)(2025·湖南长沙阶段检测)在汽车事故中,完全气囊可防止90%的头部受伤,大大减小损伤程度。设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至10 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最大为1 200 N
【答案】 AD
【解析】 根据动量定理I=FΔt=Δp,可得F=,由于气囊的缓冲与头部的撞击时间Δt延长了,从而减小了对头部的作用力F,即减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率,但驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量I并未改变,故A正确,B错误;事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等,方向相反,且作用时间相等,所以,事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等,方向相反,故C错误;由题意,若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最大为F===1 200 N,故D正确。
4.(教材改编题)城市进入高楼时代后,高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图为一则安全警示广告,非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性:设一个50 g的鸡蛋从80 m的窗户自由落下,鸡蛋与地面撞击时间约为2×10-3 s,鸡蛋落地即静止,不计空气阻力,g取10 m/s2,规定竖直向下为正方向。下列说法正确的是(　　)
A.鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为10 W
B.该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N
C.与地面撞击过程,鸡蛋的动量改变量为2 kg· m/s
D.鸡蛋下落过程(从开始下落到与地面刚好接触的过程)重力的冲量为0.02 N·s
【答案】 B
【解析】 根据自由落体运动公式v2=2gh,其中h=80 m,解得鸡蛋落地的速度为v=40 m/s,鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为P=mgv=20 W,故A错误;根据动量定理得(mg-F)Δt=0-mv,其中Δt=2×10-3 s,解得F=1 000.5 N,故鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N,故B正确;与地面撞击过程,鸡蛋的动量改变量为Δp=0-mv=-2 kg·m/s,故C错误;根据速度时间公式有v=gt,解得鸡蛋下落的时间为t=4 s,故鸡蛋下落过程重力的冲量为I=mgt=2 N·s,故D错误。
5.(2025·山东威海二模)如图甲所示,质量m=1.1 kg 的物块静止在粗糙的水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0时刻开始对物块施加一个与水平方向成θ=37°角的拉力F,其变化情况如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则物块在t=8 s时的速度大小为(　　)
A.2.5 m/s B.8.0 m/s
C.9.0 m/s D.12.5 m/s
【答案】 D
【解析】 设当物块开始运动时,拉力大小为F0,有F0cos θ-μ(mg-F0sin θ)=0,解得F0=5 N,
由题图乙可知F=(t+2) N,可知t0=3 s时物块开始运动。3～8 s内,根据动量定理可得
cos θ·Δt-Δt=mv,其中= N=7.5 N,物块受到的摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ),可得=
N=3.25 N,Δt=(8-3) s=5 s,解得物块在t=8 s时的速度大小为v=
12.5 m/s,故选D。
对点3.应用动量定理处理“流体模型”
6.(2025·陕西宝鸡三模)如图所示,由高压水枪中竖直向上喷出的水柱,将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出,向上运动并以速率v0冲击小铁盒,且冲击小铁盒时水柱横截面积为S,并以速率v竖直返回(不考虑水之间的碰撞)。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计,则水对铁盒的平均作用力大小为(　　)
A.ρSv0(v0+v) B.ρS(v+v0)
C.ρS(v-v0) D.ρSv0(v-v0)
【答案】 A
【解析】 在Δt时间内打到盒子上的水的质量Δm=ρSv0Δt,以竖直向下为正方向,根据动量定理有FΔt=Δmv-(-Δmv0),解得F=ρSv0(v0+v),根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为F′=F=ρSv0(v0+v),故选A。
7.(2025·山东三模)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景,其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下推动的气流速度大小为v(未知),单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度为g,则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 无人机在空中悬停时,四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力,根据平衡条件有4F=mg,设Δt时间内每个螺旋桨向下推动的空气的质量为Δm=ρSvΔt,对向下推动的空气,由动量定理得F′Δt=Δmv-0,且F=F′,联立解得v=,故选A。
8.(多选)(2025·广西模拟)中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT100霍尔推进器,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极P、Q间存在一加速电场E,工作时,工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数n=1.8×1019个,速度v=2×104 m/s,单个氙离子的质量为m=2.2×
10-25 kg,电子电荷量e=1.6×10-19 C,不计一切阻力,计算时取氙离子的初速度为零,忽略离子之间的相互作用,则(　　)
A.P、Q两电极间的加速电压为275 V
B.P、Q两电极间的加速电压为375 V
C.单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08 N
D.单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29 A
【答案】 AC
【解析】 氙离子经电场加速,根据动能定理有eU=mv2,可得加速电压为U=275 V,选项A正确,B错误;根据动量定理可得·Δt=nmv,代入数据解得=0.08 N,选项C正确;单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流I=== A=2.9 A,选项D错误。
9.(2025·湖北卷,7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态,其俯视图如图甲所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图乙所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于(　　)
A. B.
C. D.2
【答案】 B
【解析】 设拉力为F,作用时间为t1,撤去外力后门板运动的时间为t2,门板运动过程的最大速度为vm,整个运动过程所用时间为t,则由动量定理,有(F-μmg)t1=mvm,得t1=,撤去拉力后,有μmgt2=mvm,得t2=,对于全过程,有Ft1=μmgt,得F=,对于全过程有=,故门板运动的总时间t=t1+t2=+=+=·=·=,可知当t2越大时,t越小,当t2=t时,t取最小值。则=,则tmin=,故选B。
10.(2025·甘肃卷,14)如图甲所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求:
(1)t=6 s时F的大小,以及t在0～6 s内F的冲量大小。
(2)t在0～6 s内,摩擦力Ff随时间t变化的关系式,并作出相应的Fft图像。
(3)t=6 s时物块的速度大小。
【答案】 (1)　　(2)见解析 (3)g
【解析】 (1)由题图乙可知F随时间t线性变化,根据数学知识可知F=t,
则t=6 s时F=;
0～6 s内F的冲量大小为Ft图像与坐标轴围成的面积,即IF=×mg×6=mg。
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上,则有mgsin 30°=μmgcos 30°,
解得μ=tan 30°=;
垂直于细杆方向,当Fsin θ=mgcos θ,
即F=mg时,t=4 s,
此时Ff=0,
则在0～4 s内,垂直于细杆方向有Fsin θ+FN=mgcos θ,
摩擦力Ff=μFN
=(mg-mgt)
=(-t)mg(0≤t≤4 s);
在4～6 s内,垂直于细杆方向有Fsin θ=mgcos θ+FN,
摩擦力Ff=μFN=(mgt-mg)
=(t-)mg(4 s相应的Fft图像如图所示。
(3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ+IGsin θ-If=mv,
在0～6 s内摩擦力的冲量为Fft图像与坐标轴围成的面积,
则If=×mg×4+×mg×2=mg,
重力的冲量IG=6mg,
联立解得v=g。(共41张PPT)
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。
知识构建
【答案】 保持不变　m1v1′+m2v2′　零　非常大　远大于　守恒
远大于
基础转化
(多选)下列四个图中,系统动量守恒的是(　　 )
BD
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
甲 乙
丙 丁
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
A
【解析】 若F1与F2等大反向,系统所受合力为零,系统动量守恒;由于水平恒力F1与F2对系统做功的代数和不为零,则系统机械能不守恒,故A正确,B错误。若F1≠F2,系统所受合力不为零,故系统动量一定不守恒;水平恒力F1与F2对系统做功的代数和可能为零,故系统机械能可能守恒,故C、D错误。
[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
D
【解析】 小球在下滑过程中,圆弧轨道向左运动,动能增大,重力势能不变,机械能增大,故小球对圆弧轨道做正功,故A错误;小球下滑过程中,小球的重力势能转化为其动能和圆弧轨道的动能,故B错误;小球下滑过程中,小球和物体组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故C错误;因为水平面光滑,对小球和物体组成的系统而言,没有外力做功,故系统机械能守恒,故D正确。
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;
规范答题
(2)分离时A对B的推力大小。
规范答题
[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;
【答案】 (1)(M+m)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
【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
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
D
[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(　　)
B
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。
模理探真·深度学习
试分析:(1)系统初动量是多少
提示:(1)开始人船均静止,系统的初动量为零。
(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
提示:(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)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。
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。
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
BD
[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
D
感谢观看(共25张PPT)
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;
【答案】 (1)4 950 J
(2)求木块(含子弹)在传送带上的运动时间t;
【答案】 (2)2.5 s
(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。
(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。
【解析】(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;
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;
【答案】 (1)1 m/s　1 m/s
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
【答案】 (2)0.2
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
【答案】 (3)0.12 J
感谢观看第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
【答案】 B
【解析】 设物块稳定时的速度大小为v5,根据动量守恒定律有5mv0=(5m+M)v5,解得v5=,故A错误。设打入第4颗子弹后物块的速度大小为v4,根据动量守恒定律有4mv0=(4m+M)v4,解得v4=;根据动量定理可知第5颗子弹对物块的冲量大小为I=Mv5-Mv4,联立解得I=-,故B正确。由上述可知,随着子弹的打入,物块速度越来越大,子弹与物块的相对速度越来越小,可知子弹打入物块后与物块的相对路程越来越小,根据Q=F阻s,可知产生的热量越来越少,根据功能关系可知,损失的机械能越来越小,故C、D错误。
[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
【答案】 AC
【解析】 设子弹射穿木块A后,A和子弹的速度分别为vA和v1,由题意可知v1=v0=300 m/s,子弹穿过木块A的过程中,由动量守恒定律可得m0v0=mAvA+m0v1,联立解得vA=5 m/s,射穿木块A过程中,系统损失的机械能为ΔE=m0-m0-mA=3 975 J,故A正确;设子弹射穿木块B后,B和子弹的速度分别为vB和v2,由动量守恒定律可得m0v1=mBvB+m0v2,由题意可知m0-m0=2(m0-m0),联立解得vB=2.5 m/s,子弹穿过木块B以后,弹簧开始被压缩,木块A、B和弹簧组成的系统动量守恒,当A、B达到共同速度v共时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律可得mAvA+mBvB=(mA+mB)v共,解得v共= m/s,根据机械能守恒定律,可得弹簧的最大弹性势能为Epm=mA+mB-(mA+mB)= J,故B错误;设弹簧再次恢复原长时木块A、B的速度分别为vA′、vB′,规定水平向右为正方向,根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′,根据机械能守恒定律有mA+mB=mAvA′2+mBvB′2,联立解得vA′= m/s,vB′= m/s,故C正确,D错误。
[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
【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。
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+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=m-m-M
[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。
【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] 【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)
【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。
“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。
课时作业
对点1.“子弹打木块”模型
1.(2025·重庆阶段练习)如图所示,用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块,一枚质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为v0和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计,木块和子弹可以看作质点,以木块初始位置所在水平面为参考平面,下列说法正确的是(　　)
A.子弹穿透木块过程中,子弹、木块组成的系统动量守恒,机械能守恒
B.子弹刚穿透木块时,木块的速度为
C.子弹刚穿透木块时,绳子的拉力为Mg+
D.子弹刚穿透木块后,木块能到达的最大高度为
【答案】 C
【解析】 子弹穿透木块过程中,由于子弹穿过木块的时间不计,子弹、木块组成的系统满足动量守恒;子弹与木块间有摩擦,一部分机械能转化成内能,系统不满足机械能守恒,故A错误;子弹刚穿透木块过程中,根据系统动量守恒可得mv0=mv+Mv1,解得子弹刚穿透木块时,木块的速度为v1=,故B错误;子弹穿透木块时,以木块为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-Mg=M,解得绳子的拉力为F=Mg+,故C正确;子弹刚穿透木块后,若木块上升的最大高度低于天花板,对木块,根据机械能守恒定律可得M=MgH,解得H=,故D错误。
2.(2025·辽宁三模)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置于光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹所受的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹(　　)
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
【答案】 C
【解析】 第一次把A、B粘在一起静置于光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B,由动量守恒定律得mv0=(8m+m)v1,解得v1=,由能量守恒定律得m=(8m+m)+Fd,解得F=;第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B,由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2,解得v2=v0,由能量守恒定律得m=(4m+m)+Fd′,解得F=,联立可得d′=d,所以子弹不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d。故选C。
3.(多选)(2025·安徽芜湖二模)如图甲所示,质量为M的木块静止在光滑水平面上,质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块,一段时间后恰好在木块中与木块相对静止。若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示,子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力,则下列说法正确的有(　　)
A.M∶m=3∶2
B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C.木块所能达到的最大速度为24 m/s
D.木块所能达到的最大速度为40 m/s
【答案】 AC
【解析】 由题图乙可知,木块与子弹的速度关系满足v2=-v1+40 m/s,设子弹与木块相对静止时的速度为v,则有v=-v+40 m/s,解得二者共同的速度v=24 m/s,即木块所能达到的最大速度为24 m/s,子弹射入木块,系统动量守恒,则有mv0=(M+m)v,代入数据解得M∶m=3∶2,
A、C正确,D错误;设子弹相对木块的位移为L,木块相对地面的位移为x,根据能量守恒定律有FL=m-(M+m)v2,根据动能定理有Fx=Mv2,系统动量守恒,则有mv0=(M+m)v,联立解得L=,x=·,显然L>x,即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大,B错误。
对点2.“滑块—木板”模型
4.(2025·河北保定二模)如图所示,光滑水平面上静置一长度未知的木板B,一质量与木板相同的物块A(可视为质点)从左端以大小为v的速度冲上木板,经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是(　　)
A.物块A运动到木板右端时的速度大小为
B.在此过程中,物块A运动的距离为
C.物块A的动量减少量大于木板B的动量增加量
D.木板B的长度为
【答案】 A
【解析】 设物块和木板的质量均为m,物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落,系统动量守恒,选取物块初速度的方向为正方向,则有mv=2mv共,解得v共=v,即物块A运动到木板B右端时的速度大小为,A正确;根据匀变速直线运动规律可知,物块A运动的位移xA=(v+)t=vt,B错误;物块A的动量减少量ΔpA=mv-m·=mv,木板B的动量增加量ΔpB=m·-0=mv,则物块A的动量减少量等于木板B的动量增加量,C错误;由题可知,t时间木板B的位移为xB=(0+)t=vt,结合上述分析可得,木板B的长度为L=xA-xB=vt,
D错误。
5.(2025·贵州贵阳一模)如图,水平地面上有一质量为m的“”形木板A,其水平部分表面粗糙,长度为2R,四分之一圆弧部分的半径为R、表面光滑,两部分平滑连接。现将质量也为m、可视为质点的滑块B从圆弧的顶端由静止释放。若地面粗糙,滑块B恰好能滑到此木板的最左端,此过程中木板A始终处于静止状态,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　)
A.此过程中,木板A对水平地面的最大压力为3mg
B.滑块B与木板A水平部分上表面的动摩擦因数为0.2
C.若水平地面光滑,滑块B将从木板A的左端滑出
D.若水平地面光滑,木板A向右运动的最大位移为1.5R
【答案】 D
【解析】 若地面粗糙,滑块B滑到圆弧底端时有mgR=mv2,根据牛顿第二定律有FN-mg=
m,可得FN=3mg,可知此过程中,木板A对水平地面的最大压力为FNm=4mg,选项A错误;若地面粗糙,根据功能关系有mgR=μmg·2R,解得B与A水平部分上表面的动摩擦因数为μ=0.5,选项B错误;若水平地面光滑,当B相对A静止时,A、B组成的系统水平方向动量守恒,有0=2mv共,即两物体的速度均为零,根据能量守恒有mgR=μmgΔx,可得Δx=2R,即滑块B仍停在木板A的左端,选项C错误;若水平地面光滑,A、B组成的系统水平方向动量守恒,可得mx=m(3R-x),解得x=1.5R,即A向右运动的最大位移为1.5R,选项D正确。
6.(2025·山东二模)如图所示,长为L的木板C右端有一挡板(厚度不计),静止在光滑水平地面上,完全相同的两物块A、B(可视为质点)分别置于C的左端和中点处,A、B、C的质量均为m。现给A一水平向右的初速度v0,此后A和B、B和C各发生一次碰撞,且A恰好未从C上滑落。所有的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,重力加速度大小为g。求:
(1)A与B碰撞前后,A的加速度大小之比;
(2)从A开始运动至再次回到C左端过程中,系统产生的热量;
(3)B和C碰撞前瞬间B的速度大小。
【答案】 (1)2∶1　(2)m　(3)v0
【解析】 (1)A与B碰撞前,B、C相对静止,以A为研究对象,有μmg=ma1,A与B碰撞后,A、C相对静止,以A和C为研究对象,有μmg=2ma2,
则A与B碰撞前后,A的加速度大小之比为a1∶a2=2∶1。
(2)对于A、B、C组成的系统,从A开始运动至再次回到C左端过程中,
由动量守恒定律有mv0=3mv,
由能量守恒定律得系统产生的热量Q=m-×3mv2,
解得Q=m。
(3)对全过程,有Q=2μmgL,
B、C碰撞前瞬间,由动量守恒定律有mv0=mvB+2mvC,
从开始到B、C碰撞前瞬间,由能量守恒定律有
m=×2m+m+μmgL,
解得vB=v0。
7.(多选)(2025·河北衡水阶段检测)如图,有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上,每个物块质量为m,一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中,刚好能穿过一个物块。设物块对子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是(　　)
A.子弹和物块动量守恒,机械能守恒
B.若只增加物块个数,子弹可能穿过更多的物块
C.若只增加物块个数,子弹能穿过的物块个数减少
D.若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数不超过(+1)
【答案】 BD
【解析】 子弹射入物块过程中,摩擦阻力做负功,子弹和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,故A错误;由于物块给子弹的阻力大小不变,所以子弹每穿过一个物块损失的机械能相同且为定值,设为Q,设子弹射入物块后,与物块相对静止时损失的机械能为E损,由动量守恒定律和能量守恒定律得m0v0=(nm+m0)v共,E损=m0-
(nm+m0),解得E损=·m0=·m0,子弹能穿过物块的个数为k=,若只增加物块个数n,则E损将增大,且Q不变,所以子弹能穿过的物块个数k将增大,故B正确,C错误;若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数最大值为kmax===
=1+,所以子弹能穿过的物块个数不超过(+1),故D正确。
8.(2025·安徽阶段检测)如图所示,半径足够大的四分之一光滑圆弧轨道与长L=15 m的长木板构成物体B,圆弧的最低点与长木板的上表面相切于P点,B放在光滑的水平面上,质量为M=0.4 kg,质量为m=90 g的木块A置于B的最左端,A与B的长木板部分间的动摩擦因数μ=0.2。质量为m0=10 g的子弹以水平向右的速度v0=100 m/s射入A,且留在A中,子弹和A相互作用的时间极短,重力加速度g取10 m/s2,A可视为质点。求:
(1)子弹射入A后A的速度大小;
(2)A从子弹射入到第一次运动到长木板P点过程中对B的冲量;
(3)A沿B的圆弧轨道上滑的最大高度。
【答案】 (1)10 m/s　(2)0.4 N·s,方向水平向右 (3)1 m
【解析】 (1)子弹和木块A相互作用的时间极短,两者组成的系统动量守恒,
由动量守恒定律有m0v0=(m+m0)v,
解得子弹射入A后A的速度大小为v=10 m/s。
(2)对子弹和木块A整体受力分析,由牛顿第二定律有μ(m+m0)g=(m+m0)a1,
解得a1=2 m/s2;
对B受力分析,由牛顿第二定律有μ(m+m0)g=Ma2,
解得a2=0.5 m/s2;
由运动学公式有L=vt-a1t2-a2t2,
解得t=2 s或t=6 s(舍去),
则木块A对物体B的冲量大小为I=μ(m+m0)gt=0.4 N·s,方向水平向右。
(3)木块A和子弹的整体与物体B相互作用的过程中,二者组成的系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律有(m+m0)v=(M+m+m0)v1,
解得v1=2 m/s;
由能量守恒定律有(m+m0)v2=(M+m+m0)+μ(m+m0)gL+(m+m0)gh,
解得A沿B的圆弧轨道上滑的最大高度为h=1 m。(共26张PPT)
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
L
[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(　　)
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
B
AC
[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
【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。
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。
规律总结
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
[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;
【答案】 (1)5 m/s
(2)物块A与木板B相互作用后达到的共同速度;
【答案】 (2)0.75 m/s
【解析】 (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)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。
【答案】 (3)4.875 J
[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;
【答案】 (1)10 m/s
【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)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;
【答案】 (2)能,37.5 J
(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)
【答案】 (3)能,0.208 m
“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。
方法点拨
感谢观看(共33张PPT)
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。
模理探真·深度学习
试分析:(1)若m1=m2,则碰后两者的速度v1′、v2′分别是多少
提示:(1)当m1=m2时,v1′=0,v2′=v1(质量相等,速度交换)。
(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
提示:(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)若m1提示:(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)。
1.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(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′,
(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
A B C D
【解析】 由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图像斜率不变,A正确。
[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;
【答案】 (1)v0
【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)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。
CD
[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;
【答案】 (1)4 m/s
(2)A与B碰撞后速度的大小v;
【答案】 (2)2 m/s
【解析】 (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)本次打桩后,桩下降的距离d。
【答案】 (3)0.4 m
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
B
【解析】 由题图乙可知两物块的运动过程,开始时m1逐渐减速,m2逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相同,弹簧被压缩至最短,系统动能最小,弹性势能最大,然后弹簧逐渐恢复原长,m2继续加速,m1先减速为零,然后反向加速,t2时刻弹簧恢复原长状态,因为此时两物块速度方向相反,所以弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻两物块速度相等,弹簧最长,系统动能最小,所以从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长,故A错误,B正确。从t=0开始到t1时刻,取向右为正方向,根据系统动量守恒有m1v1=(m1+m2)v2,其中v1=3 m/s,v2=
1 m/s,解得m1∶m2=1∶2,故C错误。在t1时刻,两物块的速度相等,但质量不相等,所以两物块的动能大小不相等,故D错误。
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)弹簧处于原长时弹性势能为零。
①系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2;
方法点拨
[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;
【答案】 (1)1.25mgR
(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】 (2)3.5mg　
(3)小球B第二次滚上圆弧面后,上升的最大高度。
【答案】 (3)0.04R
感谢观看第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:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
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:m1·OP=m1·OM+m2·ON。
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 　 。
【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] 【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。
【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　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。
【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] 【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)。
【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] 【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。
【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] 【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”)。
【答案】 (1)1.0　(2)0.20　(3)B
【解析】 (1)由x-t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x-t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。
课时作业
1.(2025·河北石家庄期末)某同学利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律,其中两滑块的质量不同,但滑块上的遮光片规格相同。
(1)利用游标卡尺测量遮光片的宽度,测量结果如图乙所示,遮光片的宽度d=　　　　 cm。
(2)若验证完全非弹性碰撞时动量守恒,应选用　　　 　 (选填字母)组滑块进行实验。(A中在两滑块接触的一面安装了弹性圆环;B中左边滑块右侧装了撞针,右侧滑块左边附着一块橡皮泥;C未作任何处理)
A
B
C
(3)有同学发现遮光条宽度的测量值偏大,对实验结果　　 　　 (选填“有影响”或“无影响”)。
【答案】 (1)0.545　(2)B　(3)无影响
【解析】 (1)20分度的游标卡尺的分度值为0.05 mm,遮光片的宽度d=0.5 cm+9×
0.05 mm=0.545 cm。
(2)若验证完全非弹性碰撞时动量守恒,则碰后两物体粘在一起,则应该左边滑块右侧装撞针,右边滑块左侧附着一块橡皮泥,碰后粘在一起,故选B。
(3)设左边滑块质量为m1,右边滑块质量为m2,让m1去碰m2,m1碰前遮光时间为t1,m1碰后遮光时间为t1′,m2碰后遮光时间为t2′;根据动量守恒定律可知,要验证的动量守恒表达式为m1=m1+m2,发现d会被约掉,故无影响。
2.(2024·北京卷,16)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验,下列做法正确的是　　　(多选,填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
a.图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点　 ;
b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式
　　　　　　　　　　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′,小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A′B=l2、CD=l3。
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足 关系即可验证碰撞前后动量守恒。
【答案】 (1)AC
(2)a.用一最小的圆将落点圈起,圆心即为平均落点的位置
b.m1·OP=m1·OM+m2·ON
(3)ml1=Ml3-ml2
【解析】 (1)实验中若使小球碰撞前后的水平位移与其碰撞前后的速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球半径必须相同,B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,且不反弹,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,C正确。
(2)a.无论入射小球还是被碰小球,每次落点可能不会落于同一点,可通过这些落点作一尽量小的圆,其圆心可看作落点。
b.碰撞前后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若m1·OP=m1·OM+m2·ON,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)设摆长为R,小球在A点时轻绳偏离竖直方向的摆角为θ,到达最低点的速度大小为v1。根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=m,又有=2R2-2R2cos θ=2R2(1-cos θ),联立可得v1=l1,同理可求得碰撞后瞬间两小球的速度大小与其对应的弦长l2和l3的关系。综上,若m、M、l1、l2、l3满足ml1=Ml3-ml2,即可验证碰撞前后动量守恒。
3.(2025·湖南长沙开学考试)气垫导轨在力学实验中有广泛的应用,某小组应用该装置不仅验证了动量守恒定律,还测出了被压缩弹簧的弹性势能。实验步骤如下:
(1)首先查验轨道面平整光滑、透气孔无阻塞,查验两个滑块无扭曲形变、滑块与轨道接触的平面平整光滑无划痕。
(2)通过调节底脚螺丝使轨道水平。判断方法是:接通电源,放一个滑块在轨道一端,轻轻推动滑块后,滑块在轨道上经过A、B两个光电门的挡光时间　　　　。
(3)如图甲所示,用游标卡尺测出挡光板的宽度d=　　　　 mm。分别测出滑块a和b带挡光板时的质量m1和m2。
(4)如图乙所示,在滑块a、b之间夹一个压缩弹簧,用细绳连接a、b并固定紧绳子,然后一起放在气垫导轨中间。静止时烧断细绳,滑块a、b向两边水平弹开,测出滑块a、b挡光板的挡光时间t1和t2(滑块经过挡光板前,已经与弹簧分开)。
(5)根据实验的测量结果,在误差允许的范围内得到关系　　　　　　　,表明系统总动量守恒;被压缩弹簧的弹性势能为Ep=　　　　　　　　　　　　　　。(结果均用题中字母表示)
【答案】 (2)相等　(3)10.40
(5)-=0　m1()2+m2()2
【解析】 (2)判断气垫导轨水平的方法是滑块能够在水平气垫导轨上做匀速直线运动,其特征是滑块在轨道上经过A、B两个光电门的挡光时间相等。
(3)挡光板的宽度d=10 mm+8×0.05 mm=10.40 mm。
(5)滑块通过两光电门的速度大小分别为va=,vb=,要验证动量守恒即为验证m1va+
m2(-vb)=0,即为-=0,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能Ep=m1+m2,即为Ep=m1()2+m2()2。
4.(2025·北京三模)在“验证动量守恒定律”实验中,两个小组同学分别设计了如图甲、图乙两个实验装置。
(1)为了保证小球A碰撞小球B之前的速度不变,每次由静止释放小球A时必须从斜槽上　　　　滚下。
(2)两个小球碰撞之后都直接向前做平抛运动,则小球A的质量m1与小球B的质量m2应满足m1 (选填“>”“<”或“=” )m2。
(3)一实验小组采用图甲所示装置进行实验,则能验证两个小球碰撞过程动量守恒的关系式为　　　　　　(用m1、m2、x1、x2、x3表示)。
(4)另外一个实验小组采用图乙所示装置进行实验,要验证两个小球碰撞过程动量守恒,以下有两个关系式:①m1=m1+m2;②=+,则采用图乙实验装置验证的应该是关系式　　　　(选填“①”或“②”)。
【答案】 (1)同一位置静止　(2)>
(3)m1x2=m1x1+m2x3　(4)②
【解析】 (1)为了保证小球A碰撞小球B之前的速度不变,每次释放小球A时必须从斜槽上同一位置由静止滚下。
(2)为了避免入射小球发生反弹,使两个小球碰撞之后都直接向前做平抛运动,则小球A的质量m1与小球B的质量m2应满足m1>m2。
(3)题图甲中,小球做平抛运动,则有h=gt2,x2=v0t,x1=v1t,x3=v2t,
根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,
解得m1x2=m1x1+m2x3。
(4)题图乙中设木板与小球飞出点之间的距离为L,则有L=v1t1,L=v2t2,L=v3t3,竖直方向有x1=g,x2=g,x3=g,根据动量守恒定律有m1v2=m1v3+m2v1,解得=+,可知,采用题图乙实验装置验证的应该是关系式②。

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