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第2节　动量守恒定律及其应用
eq \a\vs4\al()
1．了解系统、内力和外力的概念。　2.理解动量守恒定律的内涵、表达式及守恒的条件。　3.能用动量守恒定律解释生产生活中的物理现象，并能提出一些参考性建议。　4.知道什么是反冲，了解火箭的飞行原理和主要用途。
一、动量守恒定律
1．内容：一个系统____________或者________________时，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝________________(作用前后总动量相等)。
3．适用条件：系统__________________或者所受合外力为0。
4．普适性：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅低速、宏观领域遵循这一规律，高速(接近光速)、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律。
二、反冲运动与火箭
1．将气球充气后松口释放，气球会沿与喷气方向相反的方向飞去，这就是一种反冲运动。
2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律。
3．反冲现象的应用及防止
(1)防止：用枪射击时，由于枪身的__________________________会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
(2)应用：有的自动喷水装置喷水时，水流的反冲作用可使喷水管____________起来，这样就能达到多角度喷洒的目的。
4．火箭
(1)工作原理：是典型的________________运动，火箭点火后燃料燃烧产生的高速气流从火箭尾部喷出，使火箭向前飞行。
(2)影响火箭获得速度大小的两个因素
①喷气速度。
②质量比：火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。
判断下列说法是否正确。
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(　　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。(　　)
(3)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　　)
(4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒。(　　)
(5)只要合外力对系统做功为0，系统动量就守恒。(　　)
(6)一切反冲现象都是有益的。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×
[答案自填] 不受外力　所受合外力为0　m1v1′＋m2v2′　不受外力　反冲　旋转　反冲
第1课时　动量守恒定律
知识点一　动量守恒的判断
1．对“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
2．对守恒条件的进一步理解
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞等都可视为这种情形。
(2)系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的矢量和为0。
(3)系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。
(4)系统所受的合外力不为0，即F外≠0，但在某一方向上合外力为0(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒。
角度1　动量守恒条件的理解
　(2025·山东青岛统考期中)物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件。关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统所受外力的合力为零，系统动量一定守恒
B．只要系统内某个物体做加速运动，系统动量就不守恒
C．只要系统所受合外力恒定，系统动量守恒
D．只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒
[解析]　只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故A正确，B错误；系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误；即使系统内存在摩擦力，但只要系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故D错误。
[答案]　A
角度2　动量守恒的判断
　(2025·广西玉林市期中)以下关于四幅图的说法，正确的是(　　)
A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒
B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接后放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒
C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不守恒
D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒
[解析]　题图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能不守恒，故A错误；题图乙中A、B用压缩的弹簧连接后放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，故B正确；题图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为水平方向所受外力之和为零，系统满足水平方向动量守恒，故C错误；题图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故D错误。
[答案]　B
　如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　)
A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)
[解析]　依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，则有小球向左摆动时，小车向右运动，故A、B错误；由于系统在水平方向动量守恒，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)，小球向左摆到最高点时，小球的速度为零，则小车的速度也为零，故C错误，D正确。
[答案]　D
知识点二　动量守恒定律的基本应用
1．表达式的含义
(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和。
(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。
(4)Δp＝0：系统总动量增量为零。
2．解题步骤
(1)明确研究对象：将要发生相互作用的物体视为系统。
(2)进行受力分析、运动过程分析：确定系统动量在研究过程中是否守恒。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量：一般来说，系统内的物体将要发生相互作用和相互作用结束，两个状态为作用过程的初、末状态。
(4)列动量守恒方程及相应辅助方程，求解作答。
　(2024·江苏卷，T14)嫦娥六号在轨速度为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v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度v1；
(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＝Mv＋mv1
解得v1＝
方向与v0相同。
(2)以B为研究对象，对B根据动量定理有
FΔt ＝Mv－Mv0
解得F＝。
[答案]　(1)，方向与v0相同
(2)
　(2025·安徽合肥市期中)光滑冰面上固定一个足够大的光滑曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小球的质量m1＝10 kg，小孩和冰车的总质量m2＝50 kg。某时刻小孩将小球以v1＝6 m/s的速度向曲面体推出(如图所示)，g取10 m/s2。
(1)求推出小球后，小孩的速度v2的大小。
(2)小球返回后会被小孩抓住，求共同运动的速度v3的大小。
(3)求小球被抓住过程中所受到的合外力的冲量I。
[解析]　(1)由题意可知，小球、小孩和冰车整个系统动量守恒，规定向左为正方向，则
0＝m1v1－m2v2
解得推出小球后，小孩的速度v2的大小
v2＝1.2 m/s。
(2)由小球能量守恒可知返回到冰面时小球速度大小不变；抓住小球过程m1、m2动量守恒，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v3
解得共同运动的速度v3的大小
v3＝2 m/s。
(3)规定向左为正方向，由动量定理可得，小球所受的合外力的冲量I＝－m1v3－(－m1v1)
解得I＝40 N·s
方向水平向左。
[答案]　(1)1.2 m/s　(2)2 m/s　(3)40 N·s，方向水平向左
　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲的小车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg，为避免相撞，甲不断地将小球以相对于地面v＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。
(1)求甲第一次抛球时对小球的冲量。
(2)求乙接到第一个球后的速度(保留1位小数)。
(3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？
[解析]　(1)规定水平向右为正方向，根据动量定理有I＝mv－mv0
解得I＝10.5 N·s，方向水平向右。
(2)规定水平向左为正方向，对第一个小球和乙的整体，根据动量守恒定律有
M2v0－mv＝(M2＋m)v1
解得v1≈5.3 m/s，方向水平向左。
(3)规定水平向右为正方向，对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有
M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′
对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有nmv－M2v0＝(M2＋nm)v′
解得n＝15，则为保证两车不相撞，甲总共抛出15个小球。
[答案]　(1)10.5 N·s，方向水平向右
(2)5.3 m/s，方向水平向左　(3)15个
1．(动量守恒的判断)(多选)2024年巴黎奥运会，中国代表团以40金27银24铜共91枚奖牌的优异表现，创造了境外参加奥运会的最佳成绩，下列奥运比赛项目中关于物理学中的守恒，说法正确的是(　　)
A．短道速滑接力赛时，交棒运动员以双手推动接棒运动员的臀部来完成交替动作，若不考虑冰面阻力，则在交接过程中两名运动员组成的系统机械能不守恒、动量守恒
B．在篮球比赛的传接篮球的过程中，两位运动员和篮球构成的系统机械能不守恒、动量守恒
C．蹦床运动中，运动员与蹦床分离后在空中运动的过程，若不计空气阻力，运动员的机械能守恒、动量不守恒
D．在飞碟射击运动中，子弹击中飞碟的过程，子弹与飞碟系统机械能守恒、动量守恒
解析：选AC。两名运动员在交接过程中，系统内力做正功，机械能增加，交接过程中系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A正确；传接篮球的过程，系统内力做功，机械能不守恒，由于地面摩擦力的作用，系统所受外力的合力不为0，两位运动员和篮球构成的系统动量不守恒，故B错误；当运动员与蹦床分离后在空中运动的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，合力不为0，动量不守恒，故C正确；子弹击中飞碟的过程，有内能产生，机械能不守恒，系统合外力为0，动量守恒，故D错误。
2.(动量守恒的判断)(2025·山东菏泽统考期中)如图所示，木块M和N用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，M紧靠在墙壁上，对N施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，关于M、N和轻弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A．M离开墙壁前，系统动量守恒
B．M离开墙壁前，M所受合力的冲量与N所受合力的冲量大小相等、方向相反
C.M离开墙壁后，系统动量守恒
D．M离开墙壁后，M的动量变化量与N的动量变化量相同
解析：选C。当撤去外力F后，M尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的合外力不为零，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；M离开墙壁时，弹簧处于原长状态，M离开墙壁前一直保持静止状态，则所受合力的冲量为0，初始状态N动量为0，撤去外力F后，一直受到弹簧向右的力的作用直到M离开墙壁，此过程中N所受合力的冲量向右，故B错误；M离开墙壁后，系统所受合外力为0，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知系统动量变化量为0，即ΔpM＝－ΔpN，动量变化量是矢量，M的动量变化量与N的动量变化量大小相等、方向相反，故C正确，D错误。
3．(动量守恒定律的基本应用)如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船(包括人)的动能之比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　 B．4∶3
C．3∶2 D．9∶4
解析：选B。整个过程中，人和两船组成的系统动量守恒，系统初动量为零，故经n次跳跃后，有3mvA＝(3m＋m)vB，所以＝，根据EkA＝·3m·v，EkB＝·4m·v，联立求得＝。
4．(动量守恒定律的基本应用)质量为40 kg的小车上站着一个质量为60 kg的人，小车与人一起在光滑的水平轨道上以1 m/s的速度运动。若人相对于小车以2 m/s的速度水平向车前方跳出，其他条件不变，车的速度变为(　　)
A．2.5 m/s B．－0.5 m/s
C．1 m/s D．－0.2 m/s
解析：选D。人从车上跳出的过程，人和车组成的系统动量守恒，规定人跳出的方向为正方向，(m人＋m车)v0＝m人v人＋m车v车，v人＝v车＋2，代入数据解得v车＝－0.2 m/s，故A、B、C错误，D正确。(共30张PPT)
专题提升课1　动量定理的拓展应用
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　应用动量定理处理多过程问题
√
　(2025·黑龙江开学考试)如图甲所示，质量为1 kg的物块静止放在水平地面上，现对该物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A.前6 s内，物块受到的支持力冲量为0
B．前2 s内，物块受到的合力冲量大小为1.5 N·s　
C．前2 s内，物块受到的摩擦力冲量大小为6 N·s
D．6 s末，物块的动量大小为12 kg·m/s
√
1．动能定理
(1)数量关系：合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系，可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．动量定理
(1)求合力的冲量的方法有两种：第一种是先求合力再求合力的冲量，第二种是求出每个力的冲量再对冲量求矢量和。
(2)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。
微专题二　动量定理和动能定理的综合应用
　如图所示，质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0竖直向上跳起，从起跳到入水前重心下降了H。入水后由于水的阻力使速度减为0，从接触水面到下沉到最低点经历的时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。求该运动员：
(1)入水瞬间的动量大小；
(2)入水过程中受到水的平均阻力大小。
　一质量为0.5 kg的物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速率反向运动直至静止，g取10 m/s2。求：
[答案]　0.32　
(1)物块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，碰撞过程中墙壁对物块平均作用力F的大小；
[解析]　以水平向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s，由动量定理得FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130 N
其中负号表示墙壁对物块的平均作用力方向向左。
[答案]　130 N　
(3)物块在反向运动过程中位移大小。
[答案]　5.625 m
1．研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。
2．研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
微专题三　应用动量定理处理“流体模型”问题
3．基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。
(4)求小柱体的动量p＝Δmv＝ρv2SΔt。
(5)应用动量定理FΔt＝Δp。
①作用后流体停止，－p＝FΔt，有F＝－ρSv2；
②作用后流体以速率v反弹，有－2p＝FΔt，有F＝－2ρSv2。
模型1　气体模型
　 福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为
51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　　)
A．2倍　　B. 4倍　　C. 8倍　　D. 16倍
√
√
√
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(应用动量定理处理多过程问题)(多选)(2025·山东聊城市期中)在光滑水平地面上，一质量为2 kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间t变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．前2 s内，拉力F的冲量为2 N·s
B．2 s到4 s内，拉力F的冲量为1 N·s
C.前4 s内，物体的动量方向一直不变
D．t＝4 s时，物体的速度大小为1.5 m/s
√
√
√
√
4．(应用动量定理处理“流体模型”问题)最近，我国某新型大推力火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体流速约为2.5 km/s，产生的推力约为5×106 N，则它在0.2 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．4×103 kg　　　　 B．2×103 kg
C．4×102 kg D．2×102 kg
√1.(2025·江苏徐州市期中)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是(　　)
A．子弹的末速度大小相等
B．系统产生的热量一样多
C．子弹对滑块做的功相同
D．子弹和滑块间的水平作用力一样大
解析：选D。设滑块质量为M，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确，不符合题意；子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的热量一样多，故B正确，不符合题意；根据动能定理可知，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确，不符合题意；由Q＝fs相对知，由于s相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误，符合题意。
2.(多选)(2025·山东聊城市期中)质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定。拔去销钉后，下列说法正确的是　(　　)
A.阻力大小为 eq \f(mv,2d)
B．木块最终的速度为
C．子弹射入木块的深度为
D．木块加速运动的时间为
解析：选AD。当木块固定时，由动能定理可知－fd＝0－mv，解得f＝ eq \f(mv,2d) ，故A正确；拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝，故B错误；拔去销钉后的整个过程根据动能定理有－fx＝(m＋M)v2－mv，解得子弹射入木块的深度x＝，C错误；对木块根据动量定理可得ft＝Mv，得木块加速运动的时间t＝，故D正确。
3.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B同时从木块两侧射入，最终嵌在木块中。已知两子弹入射的初动量大小相等，射入过程中所受木块的阻力大小相等，子弹A的质量较小。比较这两颗子弹可知(　　)
A．子弹A的初动能较小
B．子弹A先与木块相对静止
C．子弹A的动量变化率较大
D．子弹A射入木块的深度较大
解析：选D。两子弹入射的初动量大小相等，又由于子弹A的质量较小，结合Ek＝可得EkA>EkB，故A错误；两子弹入射的初动量大小相等，根据动量守恒定律知，两子弹和木块组成的系统动量一直为零，木块静止在光滑水平面上，则两子弹同时与木块相对静止，故B错误；两子弹的初动量相等，末动量为0，则两子弹的动量变化量Δp大小相等，两子弹所受的阻力大小相等，根据动量定理可知两子弹运动时间相等，则两子弹的动量变化率相等，故C错误；两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理，对A子弹有0－EkA＝－fdA，对B子弹有0－EkB＝－fdB，结合EkA>EkB，可知dA>dB，故D正确。
4．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．木板A获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为1 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：选AD。由题图乙可知，最终木板获得的速度v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B错误；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到前1 s内B的位移xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图乙可知，B的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得μ＝0.1，故D正确。
5．(多选)如图所示，质量为4m的木板静止在足够大的光滑水平地面上，质量为3m的木块静止在木板左端。质量为m的子弹以大小为v0的初速度射入木块，子弹射入木块后未穿出木块，且木块恰好未滑离木板。木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，子弹与木块均可视为质点，不计子弹射入木块的时间。下列说法正确的是(　　)
A．子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒、机械能不守恒
B．子弹射入木块后共同速度为－v0
C．木板长度为 eq \f(v,32μg)
D．木块在木板上滑行时间是
解析：选AD。子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统内力远大于外力，且作用时间极短，则系统动量守恒，由于系统内摩擦力做功，系统机械能不守恒，A正确；对子弹和木块系统，根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋3m)v1，求得子弹射入木块后共同速度v1＝，B错误；木块恰好未滑离木板，可知最终木块与木板具有相同的速度v2，根据动量守恒定律可得(m＋3m)v1＝(m＋3m＋4m)v2，解得v2＝，木块在木板上滑行时的加速度大小a＝＝μg，木块在木板上滑行时间t＝＝，木板长度L＝x块－x板＝t－t＝t＝ eq \f(v,64μg) ，C错误，D正确。
6.(12分)(2025·江苏镇江市阶段练)质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出木块。(不考虑空气阻力)求：
(1)子弹穿出物块时物块的速度；(4分)
(2)此过程子弹对物块的冲量；(4分)
(3)此过程中产生的内能。(4分)
解析：(1)子弹和物块组成的系统满足动量守恒，则有mv0＝m·＋Mv
解得子弹穿出物块时物块的速度
v＝，方向水平向右。
(2)根据动量定理可得，此过程子弹对物块的冲量
I＝Mv＝
方向水平向右。
(3)根据能量守恒可得，此过程中产生的内能
Q＝mv－m()2－Mv2
解得Q＝ eq \f(（3M－m）mv,8M) 。
答案：(1)，方向水平向右　(2)，方向水平向右　(3) eq \f(（3M－m）mv,8M)
7．(12分)(2025·江苏镇江市阶段练)如图所示，质量m1＝3 kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝1 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.05，g取10 m/s2，求：
(1)两个物体最终一起匀速运动的速度v大小；(4分)
(2)物块在车面上滑行的时间t；(4分)
(3)要使物块不从小车右端滑出，小车车长的最小值。(4分)
解析：(1)对物块和小车组成的系统由动量守恒定律得
m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.4 m/s。
(2)对小车由动量定理得
μm2gt＝m1v
解得t＝1.2 s。
(3)根据能量守恒定律可得
μm2gl＝m2v－(m1＋m2)v2
解得l＝0.6 m。
答案：(1)0.4 m/s　(2)1.2 s　(3)0.6 m
8．(14分)(2025·江苏徐州市期中)如图，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求：
(1)A与C发生碰撞后的瞬间，A的速度大小；(4分)　
(2)A与C发生碰撞后C的速度大小；(4分)
(3)A与B在整个过程中因摩擦产生的热量Q。(6分)
解析：(1)(2)长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，因碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则
mAv0＝mAvA＋mCvC
之后根据A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞可知最终三者速度大小相等，设三者最终速度为v，全过程A、B、C三者组成的系统动量守恒，则
mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v，vC＝v
联立解得vA＝2 m/s，vC＝3 m/s。
(3)从碰撞直到A、B最终共速，二者动量守恒，则根据能量守恒定律可知
mAv＋mBv＝(mA＋mB)v2＋Q
解得A与B在整个过程中因摩擦产生的热量
Q＝3 J。
答案：(1)2 m/s　(2)3 m/s　(3)3 J单元过关检测(一)
(分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列说法正确的是(　　)
A．动量为零时，物体一定处于平衡状态
B．物体所受合外力不变时，其动量一定不变
C．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
D．动能不变，物体的动量一定不变
解析：选C。动量为零时，物体的速度为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；物体所受合外力不变时，若合外力不为零，则加速度不为零且不变，则其速度一定变化，则动量一定变化，B错误；物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确；动能不变，则物体的速度大小不变，但是物体速度的方向可能变化，则物体的动量可能变化，D错误。
2.如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的蜡烛加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是(　　)
A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B。以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。但由于要产生内能，所以机械能不守恒。
3．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统，符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是(　　)
A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A
B．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A
C．丙图中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起
D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B
解析：选D。题图甲中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故A错误；题图乙中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量不守恒，故B错误；题图丙中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故C错误；题图丁中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故D正确。
4.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在8.0 s内匀加速移动的距离为16.0 m。已知人(连同设备)的总质量为65 kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20 kg，人(连同设备)在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01。忽略该过程中人(连同设备)总质量的变化，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近(　　)
A.195 m/s　　　　　 B．120 m/s
C．100 m/s D．60 m/s
解析：选A。设人(连同设备)的末速度为v，根据x＝t，解得v＝4 m/s，设磷酸盐喷出的速率为v′，分别对人(连同设备)和磷酸盐根据动量定理得Ft－kMgt＝Mv，Ft＝mv′，解得v′＝195 m/s。
5.如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车(含圆管)的质量为2m，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球滑离小车时，小车速度向右
B．小球滑离小车时，小车的速度大小为v
C．圆管中轴线距离车身的最大高度为
D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0
解析：选C。小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上由动量守恒定律可得mv＝2mv车＋mv球，由机械能守恒定律可得mv2＝×2mv＋mv，解得v车＝0、v球＝v，v车′＝v、v球′＝－v(舍去)，小球滑离小车时，小车的速度为0，小球的速度为v，故A、B错误；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同为v′，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量，由机械能守恒定律可得Ep＝mv2－×3m×2＝mv2，根据Ep＝mgh可知，车上管道中心线最高点的竖直高度h＝＝，故C正确；从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，竖直方向总冲量不为0，所以总冲量不为0，故D错误。
6.在平静的水面上漂浮着一块质量为M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M>m，突然青蛙相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小
B．青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动
C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大小大于木板相对于地面的水平位移大小
D．如果增加木板的质量(长度不变)，则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中
解析：选C。由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误；由于青蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末动量也为零，所以青蛙落到木板后二者静止，故B错误；设青蛙相对于木板的水平位移大小为L，根据人船模型的特点可得mx蛙＝Mx板，x蛙＋x板＝L，解得x蛙＝L，x板＝L，由于M>m，所以x蛙>x板，故C正确；设支架高为h，根据mv蛙＝Mv板，v蛙t＋v板t＝L′，h＝gt2，可知，青蛙以同样的水平速度跳出，增加木板的质量(长度不变)，则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对于木板的位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。
7.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为 L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是(　　)
A.FN＝mg cos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α
C．滑块到达斜面底端时的动能为mgL tan α
D．此过程中斜面向左滑动的距离为L
解析：选D。当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小I＝FNt，故B错误；B下降的高度为Ltan α，其重力势能的减小量等于mgLtan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtan α，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝，故D正确。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．以下四个图中，系统动量守恒的是(　　)
　　
　　
A．将图甲中细线剪断，物块在光滑水平面上运动，弹簧恢复原长的过程中
B．在图乙所示的光滑水平面上，子弹射入木块的过程中
C．图丙所示的木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中
D．图丁所示的两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中
解析：选BD。剪断细线，弹簧恢复原长过程中，系统所受外力的合力不为0，动量不守恒，故A错误；在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故B正确；木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，系统所受合外力不为0，动量不守恒，故C错误；两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动过程中，两球所受浮力与两球的重力仍然大小相等、方向相反，即两球组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故D正确。
9.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　)
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
解析：选BD。设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意又有v2－v1＝，代入数据联立解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C错误，B正确；爆炸过程中释放的能量ΔE＝m1v＋m2v－v，代入数据解得ΔE＝0.027 J，D正确。
10.如图所示的是一款落锤冲击试验机，将重锤从不同高度落到样本(片、薄膜、制品)上，以检测其在不同温度、湿度、冲击能量下的性能表现。现将一质量为100 kg的重锤从高度h＝2.45 m处由静止释放，重锤与样本冲击时间约为0.05 s，然后以5 m/s的速度反弹。已知重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A.与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为700 kg·m/s
B．与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为1 200 kg·m/s
C．重锤对样本的冲击力大小约为24 000 N
D．重锤对样本的冲击力大小约为25 000 N
解析：选BD。设重锤与样本冲击前的速度为v1，根据速度位移关系v＝2gh，可得v1＝7 m/s，与样本冲击过程，以竖直向上为正方向，重锤的动量变化量大小Δp＝mv2－(－mv1)＝1 200 kg·m/s，故A错误，B正确；根据动量定理可得(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，解得F＝25 000 N，由牛顿第三定律得F′＝F＝25 000 N，故C错误，D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(7分)某实验小组采用如图甲所示的实验装置来完成“验证动量守恒定律”实验，用天平测得A、B球的质量分别为m1和m2，O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置，测出M、P、N与O的距离，如图乙所示。
(1)实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是__________。
(2)为正确完成本实验，斜槽________确保光滑，斜槽末端________确保水平，A球每次________从同一位置由静止释放。(均选填“需要”或“不需要”)
(3)某次实验时测得A、B球的质量之比m1∶m2＝2∶1，则在实验误差允许范围内，当关系式s2＝________(用s1、s3表示)成立时，可证明两球碰撞时动量守恒，同时若关系式s2＝________(用s3表示)成立，则说明两球发生了弹性碰撞。
解析：(1)实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是避免A球碰撞后反弹。
(2)为确保两小球碰撞后都做平抛运动，斜槽末端需要确保水平，斜槽不需要确保光滑，同一斜面的摩擦系数相同，只要确保从同一位置静止释放就可以确保A球碰撞前瞬间的速度相同。
(3)小球从斜槽末端开始做平抛运动，因此小球在空中的运动时间相同，若动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，v0＝，v1＝，v2＝，所以m1s2＝m1s1＋m2s3，又m1∶m2＝2∶1，所以s2＝s1＋，若两球发生弹性碰撞，则有m1v＝m1v＋m2v，结合以上分析可得s2＝。
答案：(1)避免A球碰撞后反弹　(2)不需要　需要　需要　(3)s1＋　
12．(7分)某同学在探究碰撞过程中的动量守恒时，设计了如图所示的实验，并进行了如下的操作：
a．将两个完全相同的遮光片分别固定在滑块甲和滑块乙上，用天平测量两滑块甲、乙和遮光片的总质量m1、m2，将两个光电门A、B分别固定在气垫导轨上；
b．调节气垫导轨水平，将滑块甲放在光电门A的左侧，轻推滑块甲使其依次通过光电门A、B，遮光片的挡光时间分别为Δt1、Δt2；
c．将轻弹簧放置在两滑块之间，使弹簧压缩且处于锁定状态，并将两滑块放在两光电门之间，某时刻将锁定解除，两滑块被弹簧弹开，两滑块甲、乙分别通过光电门时已经与弹簧分离，记录甲、乙经过光电门A、B的挡光时间t1、t2。
回答下列问题：
(1)操作b中，若气垫导轨水平，则Δt1________(选填“>”“＝”或“<”)Δt2。
(2)本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则________(选填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，若关系式__________成立，则动量守恒；若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则________(选填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能为Ep＝________________(用以上测量的字母表示)。
解析：(1)操作b中，若气垫导轨水平，则滑块甲做匀速运动，则有Δt1＝Δt2。
(2)设遮光片的宽度为d，则滑块甲经过光电门A的速度大小v1＝，滑块乙经过光电门B的速度大小v2＝，由于初动量为0，根据动量守恒可得m1v1＝m2v2，联立可得＝，本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则不需要测量遮光片的宽度d，若关系式＝成立，则动量守恒；根据能量守恒可得Ep＝m1v＋m2v，联立可得Ep＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m1,t)＋\f(m2,t))) ，若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则需要测量遮光片的宽度d，锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能Ep＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m1,t)＋\f(m2,t))) 。
答案：(1)＝　(2)不需要　＝　需要　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m1,t)＋\f(m2,t)))
13．(12分)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在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，小孩迅速从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。已知小孩的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，求：
(1)小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小；(3分)
(2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小；(3分)　
(3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。(6分)
解析：(1)因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，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，设小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为v′，则对小孩、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，小孩跳离A车的过程有
(m＋mA)v0＝mv′＋mAvA′
解得小孩跳离A车时，A车的速度大小
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 kg·m/s。
答案：(1)5 m/s　(2)10 m/s　(3)25 kg·m/s
14．(12分)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；(5分)　
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(3分)
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。(4分)
解析：(1)对A物块由平抛运动知识得
h＝gt2
xA＝vAt
代入数据解得
vA＝1 m/s
对A、B物块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－mBv
代入数据解得μ＝0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得ΔEp＝0.12 J。
答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
15．(16分)如图所示，质量mA＝1 kg的物块A在光滑水平平台上向右运动，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平并与平台等高且底面光滑，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m的光滑圆弧，长木板的左端有一可视为质点的滑块B，其质量mB＝3 kg，与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1，滑块A沿平台向右运动与滑块B发生弹性碰撞，测得碰后滑块B的速度大小vB＝3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块A和B碰撞前A的速度大小v0；(3分)　
(2)为使滑块B不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量mC；(5分)
(3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度v m及滑块B最终距Q端的距离Δx。(8分)　
解析：(1)滑块A和B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则有mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv＝mAv＋mBv
联立解得
v0＝6 m/s。
(2)在保证B不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是B刚好滑到圆弧的顶端时，B与长木板共速，对B和长木板有
mBvB＝v
mBv－v2＝μmBgL＋mBgR
代入数据可得
v＝1 m/s，mC＝6 kg。
(3)当滑块B返回至Q端时，长木板的速度最大，设此时B的速度大小为vB′，则有
v＝mBvB′＋mCvm
mBvB′2＋mCv－v2＝mBgR
解得v m＝ m/s
设B最终没有滑离长木板，B滑下后相对长木板滑行Δx，根据能量守恒定律可得
mBgR＝μmBgΔx
解得Δx＝1 m故假设成立，B最终距Q端的距离
Δx＝1 m。
答案：(1)6 m/s　(2)6 kg　(3) m/s　1 m专题提升课2　“滑块—弹簧”和“滑块—斜面”模型
微专题一　“滑块—弹簧”相互作用模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
　如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝3 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝5 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开。求：
(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大动能；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。
[解析]　(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝2 m/s
根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能
Ep＝mAv－(mA＋mB)v2
解得Ep＝15 J。
(2)当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv＝mAv＋mBv
解得vB＝4 m/s
则滑块B的最大动能Ek＝mBv＝24 J。
(3)当A的速度为零时，滑块A的动能最小，根据
mAv0＝mAvA′＋mBvB′
解得vB′＝m/s
弹簧的弹性势能Ep′＝mAv02－mBvB′2
解得Ep′＝ J。
[答案]　(1)15 J　(2)24 J　(3) J
　如图所示，在光滑的水平面上有三个小球A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧拴连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰后以相同速度向左运动但不粘连，m和v0为已知量，求：
(1)B、C相碰损失的机械能ΔE；
(2)弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1；
(3)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。
[解析]　(1)规定水平向左为正方向，设B、C相碰后速度为vBC，由动量守恒定律有
mCv0＝(mC＋mB)vBC
得vBC＝v0
B、C相碰损失的机械能
ΔE＝mCv－(mC＋mB)v＝mv。
(2)A、B、C第一次共速时弹簧压缩量最大，以A、B、C组成的系统为研究对象
(mC＋mB)vBC＝(mA＋mC＋mB)v1
Ep1＝(mC＋mB)v－(mA＋mC＋mB)v
得Ep1＝ eq \f(3mv,20) 。
(3)以B与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C组成系统为研究对象，由动量守恒定律有
(mB＋mC)vBC＝(mB＋mC)v2＋mAv3
由机械能守恒定律有
(mB＋mC)v＝(mB＋mC)v＋mAv
可得v2＝－，v3＝
即弹簧第一次恢复原长时B、C正在向右运动，此后C将一直向右做匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有
mBv2＋mAv3＝(mA＋mB)v4
Ep2＝mBv＋mAv－(mA＋mB)v
解得Ep2＝mv。
[答案]　(1)mv　(2)mv　(3)mv
　如图甲所示，室内蹦床是一项深受小朋友喜爱的运动娱乐项目，其简化模型如图乙所示。竖直放置的轻弹簧，一端固定在地面上，另一端连接质量为m的木板B，质量为3m的物体A从B中央正上方高为h处由静止释放，随后A与B发生完全非弹性碰撞，一起向下运动，若A与B碰撞时间极短，碰后一起下降的最大距离为，A、B始终在同一竖直线上运动，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A与B碰后瞬间A的速度大小；
(2)A与B碰撞瞬间，损失的机械能；
(3)A与B碰后一起向下运动到最低点的过程中，A对B做的功。
[解析]　(1)设A与B碰前瞬间A的速度大小为v0，A自由下落时，由机械能守恒定律可得
3mgh＝×3mv
解得v0＝
A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
3mv0＝v
解得v＝。
(2)A与B碰撞瞬间，损失的机械能
ΔE＝E1－E2＝×3mv－×v2
代入数据解得
ΔE＝mgh。
(3)设A、B一同向下运动的全过程，A克服B的弹力做的功为W1，对A应用动能定理可得
－W1＋3mg×h＝0－×3mv2
解得W1＝mgh
则A对B做的功
W2＝W1＝mgh。
[答案]　(1)　(2)mgh　(3)mgh
微专题二　“滑块—斜面(弧面)”相互作用模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)最低点：m与M分离点，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型)。
　(多选)(2025·江西赣州市期末)如图所示，质量为3m的物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为2m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力。滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．滑块b沿a上升的最大高度为 eq \f(3v,10g)
B．滑块b沿a上升的最大高度为 eq \f(v,2g)
C．滑块a运动的最大速度为v0
D．滑块a运动的最大速度为v0
[解析]　b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律得×2mv＝(2m＋3m)v2＋2mgh，解得h＝ eq \f(3v,10g) ，故A正确，B错误；滑块b滑离a后，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程中，由动量守恒定律得2mv0＝2mvb＋3mva，由机械能守恒定律得×2mv＝×2mv＋×3mv，解得va＝v0，故C正确，D错误。
[答案]　AC
　(2024·安徽卷，T14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
[解析]　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理可得
mgL＝mv－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律可得
T－mg＝m eq \f(v,L)
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小T＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mv0＝mv1＋Mv2
mv＝mv＋Mv
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小
v2＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律可得
Mv＝×2Mv＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体有Mv2＝2Mv4
Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。
[答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
规范一练　动量和能量观点分析“滑块—弹簧”和“滑块—斜面(弧面)”问题
　如图所示，质量M＝4 kg的四分之一光滑圆弧槽静置在光滑水平面上，圆弧底端和水平面相切。一质量m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上圆弧槽，并从顶端滑出，滑出时圆弧槽的速度为1 m/s，g取10 m/s2。求：
(1)小物块被弹簧弹出时的速度大小；
(2)小物块滑出圆弧槽后能达到的最大高度h1；
(3)小物块第二次滑上圆弧槽后能达到的最大高度h2。
[解析]　(1)设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上圆弧槽的过程中系统水平方向动量守恒，则
mv1＝(m＋M)v2
解得v1＝5 m/s。
(2)小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒，有
mv＝(m＋M)v＋mgh1
解得h1＝1 m。
(3)小物块能下落到圆弧槽并从圆弧槽上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则
mv1＝mv1′＋Mv2′
mv＝mv1′2＋Mv2′2
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
小物块再次滑上圆弧槽且能达到最高点过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有
m(－v1′)＋Mv2′＝(m＋M)v
mv1′2＋Mv2′2＝(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝0.04 m。
[答案]　(1)5 m/s　(2)1 m　(3)0.04 m
1．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(多选)(2025·山东潍坊统考期中)如图所示，物体P、Q用轻质弹簧拴接放置在光滑水平面上。给P施加一瞬时冲量使其向右运动，弹簧最短时Q的速度为2 m/s，已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg，取向右为正方向，则运动过程中(　　)
A．P的初速度为5 m/s
B．P的速度始终为正值
C．Q的最大速度为4 m/s
D．弹簧最大弹性势能为21 J
解析：选AC。已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg，弹簧最短时Q和P的速度相同，都为2 m/s，则根据动量守恒定律可得mPv1＝(mQ＋mP)v1′，解得v1＝5 m/s，故A正确；当弹簧恢复原长时，弹性势能为0，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mPv1＝mPv2＋mQv2′，mPv＝mPv＋mQv2′2，解得v2＝－1 m/s，v2′＝4 m/s，可知P存在反向的速度，同时可得Q的最大速度为4 m/s，故B错误，C正确；根据机械能守恒定律可得，当弹簧压缩至最短或拉伸至最长时，弹性势能最大，可得mPv＝(mQ＋mP)v1′2＋Epmax，解得Epmax＝15 J，故D错误。
2．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(多选)(2025·山东烟台市期中)如图所示，静止在光滑的水平面上的物块乙、丙通过处于原长的轻质弹簧拴接。离物块乙有一定距离的物块甲以大小为4 m/s的初速度水平向左运动，物块甲、乙碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起运动。已知物块甲、乙、丙的质量分别为1 kg、3 kg、6 kg，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹性势能最大值为1.2 J
B．物块丙的最大速度为 m/s
C．弹簧压缩至最短时物块丙的速度大小为0.4 m/s　
D．物块甲、乙碰撞过程中，物块甲、乙、丙构成的系统机械能守恒
解析：选AC。整个过程中物块甲、乙、丙构成的系统动量守恒，且三者共速时弹簧压缩至最短，则有m1v0＝v共，解得v共＝0.4 m/s，故C正确；物块甲、乙碰撞时有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝1 m/s，弹簧压缩至最短时弹性势能最大，有Ep＝(m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v＝1.2 J，故A正确；弹簧第一次恢复原长时物块丙的速度最大，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3，(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋m3v，解得v3＝0.8 m/s，故B错误；物块甲、乙碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，有内能产生，此过程物块甲、乙、丙构成的系统机械能不守恒，故D错误。
3．(“滑块—弧面”碰撞模型)(多选)(2025·广东广州六中校考)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置。另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦和阻力，下列说法正确的是(　　)
A.当v0＝时，小球无法到达B点
B．当v0＝时，小球在弧形槽上运动的过程中，滑块的动能先增大再减小
C．小球回到弧形槽底部离开A点后做自由落体运动
D．小球回到弧形槽底部离开A点后可能做平抛运动
解析：选AC。滑块与小球水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有mv0＝2mv，系统机械能守恒，有mv＝·2mv2＋mgR，联立可得v0＝2，可知当v0＝时，小球无法到达B点，故A正确；当v0＝时，小球未到达B点，小球从进入弧形槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，故B错误；由系统水平方向动量守恒得mv′－mvA＝mv0，由系统机械能守恒有mv＝mv′2＋mv，联立可得vA＝0，所以小球回到弧形槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。(共32张PPT)
专题提升课3　“子弹打木块”和
“滑块—木板”模型
专题深度剖析
PART
01
第一部分
1．模型图示
2．模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
模型1　子弹打木块模型
　(2025·辽宁鞍山市期末联考)质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是(　　)
A．若M较大，可能是甲图所示情形；
若M较小，可能是乙图所示情形
B．若v0较小，可能是甲图所示情形；
若v0较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
√
　(2025·江苏宿迁统考期中)如图所示，套筒C可以沿着水平固定的光滑杆(足够长)左右滑动，套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B。开始时物体B和套筒C均静止，子弹A以v0＝100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为0.4v0，已知子弹A、物体B、套筒C的质量分别为mA＝0.01 kg，mB＝mC＝0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)子弹A击穿物体B的过程，子弹A对物体B的冲量大小；
[解析]　子弹A击穿物体B的过程，动量守恒，规定向右为正方向，则
mAv0＝mA×0.4v0＋mBv1
解得v1＝6 m/s
对物体B根据动量定理有I＝mBv1
解得I＝0.6 N·s。
[答案]　0.6 N·s　
(2)物体B能上升的最大高度；
[答案]　0.9 m　
(3)套筒C可以达到的最大速度。
[答案]　6 m/s
模型2　滑块—木板模型
　如图所示，质量m＝4 kg 的物体，以水平速度v0＝5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量M＝6 kg，物体与小车车面之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，设小车足够长。求：
(1)小车和物体的共同速度大小；
[解析]　小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v
解得v＝2 m/s。
[答案]　2 m/s　
(2)物体在小车上滑行的时间；
[答案]　1 s　
(3)在物体相对小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热。
[答案]　30 J
　(2024·甘肃卷，T14)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
[答案]　40 N　
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
[解析]　由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合(1)问解得vC＝4 m/s。
[答案]　4 m/s　
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
[答案]　0.15
规范一练　动量和能量观点分析滑块—弹簧和滑块—木板模型
　(2025·山东滨州市期中)如图，足够长的水平轨道ab光滑，在轨道ab上放着质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，B的左端水平拴接一条轻质弹簧。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M＝
2 kg、长L＝0.5 m的小车，小车上表面与ab等高，现让B物块以v0＝3 m/s的初速度向左运动。已知A滑上小车前已经与弹簧分离，弹簧的形变始终在弹性限度内，A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：
(1)A、B压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能Ep；
[答案]　3 J　
(2)A滑上小车时的速度大小；
[答案]　2 m/s　
(3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
[答案]　2 J
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(滑块—木板模型)如图所示，长木板P静止在光滑水平地面上，小物块Q从P左端以某初速度向右运动并恰好不会从右端离开。在Q从P左端滑到右端的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．长木板P向左运动
B．小物块Q与长木板P组成的系统动量守恒
C．小物块Q与长木板P组成的系统机械能守恒
D．小物块Q的速度可能比长木板P的速度小
√
解析：小物块Q从P左端以某初速度向右运动，小物块Q给P向右的摩擦力，长木板P向右运动，A错误；小物块Q与长木板P组成的系统水平方向不受外力作用，竖直方向上所受合外力为零，故系统动量守恒，B正确；小物块Q与长木板P之间由于摩擦，有一部分机械能转化为内能，所以组成的系统机械能不守恒，C错误；两物体一开始发生相对滑动，物块Q由于摩擦力而做匀减速直线运动，同时长木板P受摩擦力做匀加速直线运动，当两者速度相等时一起做匀速直线运动，因此不会存在Q的速度比长木板P的速度小的情况，D错误。
2．(滑块—木板模型)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度大小均为v0＝8 m/s，速度方向相反。A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为(　　)

A．2 m/s　　　　　　　 B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
√
3．(子弹打木块模型)(2025·浙江杭州市期中)如图所示，将一
个质量M＝1.99 kg的砂箱，用长L＝1.00 m的轻绳悬挂在天花
板上，一颗质量m＝10 g的子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆
动，若子弹射击砂箱时的速度v＝600 m/s，求：
(1)子弹刚打入砂箱时，它们共同速度v1的大小；
解析：子弹水平射入砂箱过程，根据动量守恒定律可得
mv＝(m＋M)v1
解得v1＝3 m/s。
答案：3 m/s　
(2)子弹刚打入砂箱时，轻绳对砂箱作用力F的大小；
答案：38 N　
(3)子弹与砂箱共同上摆过程中，最大的上升高度h。
答案：0.45 m(共4张PPT)
章末知识网络建构
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THANKS题组1　对反冲现象的理解和分析
1．(多选)(2025·广东汕头市月考)生活即物理，有关生活中的实际现象，下列说法正确的是　(　　)
A．气球靠喷出气流的反冲作用而获得推力
B．喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理
C．船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，增大码头对船的撞击力
D．玻璃杯从同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，其原因是玻璃杯落在水泥地上动量变化量大
解析：选AB。气球喷出气流，气球对气流有作用力，气流对气球有反作用力，气球靠喷出气流的反冲作用而获得推力，故A正确；喷灌装置喷水过程，装置对喷出的水有作用力，喷出的水对装置有反作用力，喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理，故B正确；船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，根据动量定理可知，此时可以减小码头对船的作用力，起到缓冲保护的作用，故C错误；根据v＝2gh可知，玻璃杯从同一高度落地，落地速度相等，则玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上的碰撞过程时间短，根据动量定理可知，动量变化得快，水泥地对玻璃杯作用力较大，所以玻璃杯容易碎，故D错误。
2．抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　　)
A．40　　　　　　　　　 B．80
C．120 D．160
解析：选C。设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
3.(2025·海南海口一中期中)乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8 kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40 m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度为(　　)
A．20 m/s B．90 m/s
C．120 m/s D．80 m/s
解析：选D。根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，可得喷射出水的速度v2＝v1＝×40 m/s＝80 m/s。
题组2　火箭发射和爆炸类问题
4．(多选)下列关于火箭的描述正确的是(　　)
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用
解析：选AB。增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知可以增大火箭的推力，故A正确；若增大燃气相对于火箭的喷射速度，根据FΔt＝Δmv可知可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以燃气相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
5.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。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。假设万户及所携设备的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对于地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发射速度大小，下列操作可行的是(　　)
A．增大v0的同时减小m
B．增大M的同时减小m
C．增大v0的同时减小M
D．同比例增大M、m
解析：选C。在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝，增大v0的同时减小M，可增大火箭的发射速度。
6．有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．4v0－3v
C．3v0－2v D．3v0－4v
解析：选B。爆竹在最高点时速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，爆炸后其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设另一块瞬间速度大小为v1，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有4mv0＝3mv＋mv1，解得v1＝4v0－3v，B正确。
题组3　人船模型问题
7．(多选)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　)
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与两者的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与两者的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
解析：选ABC。人和船组成的系统动量守恒。设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v′，人走的方向为正方向，则有0＝mv－Mv′，解得mv＝Mv′，则有＝，所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与两者的质量成反比，故A正确；人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为a′＝，a＝，则有＝，故B正确；人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为零，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总为零，故C正确；当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故D错误。
8.(2025·山东烟台市期中)如图所示，将一质量为1 kg、半径为15 cm的光滑半圆形槽静置于光滑水平地面上，现让一质量为0.5 kg的小球自左侧槽口从A点由静止开始落下，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移为(　　)
A．10 cm B．15 cm
C．20 cm D．25 cm
解析：选C。小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，设小球到达右边最高点时，小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示。运动过程中有mvm＝MvM，则有mx＝My，根据位移关系可得2R＝x＋y，解得小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移x＝20 cm。
9.一个人在水平地面上立定跳远的最好成绩是s (m)，假设他站立在车的右端要跳到距离l (m)远的站台上(设车与站台同高，且车与地间的摩擦不计)，如图所示，则(　　)
A．只要l＜s，他一定能跳上站台
B．如果l＜s，他有可能跳上站台
C．如果l＝s，他有可能跳上站台
D．如果l＝s，他一定能跳上站台
解析：选B。当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒有m人v人－m车v车＝0，车子必然有一个远离站台的速度。这样的话，人相对于地面的速度小于站在地面上跳远时的初速度，则水平位移一定减小，所以l＝s或l＞s，人就一定跳不到站台上了，l＜s，人才有可能跳上站台。
10.如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对于飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是(　　)
A．若uB．只有uC．喷气后飞机速度为u
D．喷气后飞机增加的速度为u
解析：选D。设喷出气体后飞机的速度为v′，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv＝(m－Δm)v′＋Δm(v′－u)，解得v′＝v＋u，故C错误；结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为u，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故A、B错误，D正确。
11．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时火箭壳体相对于卫星以3.0×103 m/s的速度沿轨道切线方向向后飞去，则(　　)
A．分离后瞬间卫星的速度为7.5×103 m/s
B．分离后瞬间卫星的速度为9.0×103 m/s
C．分离后火箭壳体的轨道半径会变大
D．分离后卫星的轨道半径会变小
解析：选A。设卫星运动方向为正方向，设分离后卫星的速度为v1，火箭壳体的速度为v2，则有v1－v2＝3.0×103 m/s，根据动量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，联立解得v1＝7.5×103 m/s，v2＝4.5×103 m/s，故A正确，B错误；分离后火箭壳体速度变小，做近心运动，轨道半径会变小，卫星速度变大，做离心运动，轨道半径会变大，故C、D错误。
12．(2025·江苏常州中学期中)有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对于喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为(　　)
A．－u B．u
C．－v0 D．(v0－u)
解析：选A。根据题意，喷出燃气后，燃气的速度v1＝v0＋u，则燃气的动量变化Δp1＝Δmv1－Δmv0＝Δmu，设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气的动量变化Δp2＝mv2－mv0＝mΔv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δmu＋mΔv＝0，解得火箭在此次喷气后速度增加量Δv＝－u。
13．(10分)反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度。(4分)
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)？(6分)
解析：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv＋v′＝0
解得v′＝－v＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s。
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mv cos 60°＋v″＝0
解得v″＝－＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。
答案：(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反(共24张PPT)
专题提升课1　课后达标检测
√
1．若某次实验中，长征二号的发动机在单位时间内喷射的气体质量约为1.6×103 kg，气体对地速度约为3.2 km/s，则火箭获得的推动力大小约为(　　)
A．5.1×103 N　　　　　
B．5.1×105 N
C.5.1×106 N
D．时间未知，无法计算
√
2.一束水流以v＝5 m/s水平射到竖直的墙上，水流的横截面积S＝4 cm2，则水流对墙壁的压力为(设水和墙壁碰撞后沿墙壁流下，水的密度ρ＝1×103 kg/m3)(　　)
A．5 N B．10 N
C．15 N D．0
解析：由题意可知，t s时间内喷水质量m＝ρSvt，以水流方向为正方向，则水在时间t内受到墙的冲量I＝0－mv＝－Ft，所以F＝10 N。
√
3．严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到头部的情况。若冰块质量为150 g，从离人约45 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为0.2 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列分析正确的是(　　)
A．冰块接触头部之前的速度约为2 m/s
B．冰块对头部的冲量大小约为0.75 N·s
C.冰块对头部的平均作用力大小约为2.25 N
D.冰块与头部作用过程中冰块的动量变化量大小约为0.3 kg·m/s
解析：冰块接触头部之前，做自由落体运动，由公式v2＝2gh，代入数据，解得v＝3 m/s，故A错误；冰块撞击头部过程，以竖直向上为正方向，由动量定理得I－mgt＝mv，代入数据，得I＝0.75 N·s，故B正确；由冲量公式I＝Ft，代入数据，得F＝3.75 N，故C错误；冰块与头部作用过程中冰块的动量变化量大小约为Δp＝mv＝0.15×3 kg· m/s＝0.45 kg· m/s，故D错误。
√
4．(多选)(2025·内蒙古赤峰二中校考)冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面达到指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为3 kg的冰壶(可视为质点)静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．冰壶第1 s末的速度大小为1 m/s
B．力F前1 s内的冲量大小为1 N·s
C．冰壶第1 s末与第2 s末速度大小之比为3∶4
D.前2 s内运动员对冰壶做的功为0.6 J
√
√
5．2024年9月25日上午8点44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域成功发射一发洲际弹道导弹，一般来说，固体火箭发动机喷出气体速度可达2 500 m/s到4 500 m/s左右。取弹重42 t，开始喷出气体对地速度竖直向下为2 500 m/s，若开始导弹悬停在地面附近，则每秒喷出气体质量为(不考虑此时气体喷出时弹体质量的变化，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．59.5 kg B．16.8 kg
C．168 kg D．5.95 kg
√
6.(2025·贵州贵阳期中)如图所示，质量为m的物块以初速度v0沿倾角为θ的粗糙固定斜面由底端A点上滑，滑到B点时速度为0，然后下滑回到A点。关于物块所受的冲量，下列说法正确的是(　　)
A．物块上滑过程中重力的冲量等于下滑过程中重力的冲量
B．物块上滑过程中所受摩擦力的冲量小于下滑过程中所受摩擦力的冲量
C．无论上滑过程还是下滑过程，物块所受支持力的冲量始终为零
D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中所受合外力的冲量总和为零
√
7．(2025·贵州贵阳月考)如图甲所示，质量为1 kg的物块静止于水平面上，t＝0时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所示，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列选项正确的是(　　)

A．前2 s内重力的冲量为零
B．t＝1 s时物块的动量为零
C．t＝2 s时物块动量的大小为4.8 kg·m/s
D．前1 s内摩擦力冲量的大小为5 N·s
√
8．一物理兴趣小组利用如下装置研究竖直运行电梯中物体的超失重问题：将力传感器上端固定在电梯天花板上，下端悬挂一个质量为m的钩码。当电梯在1楼和6楼之间从静止开始运行然后再到静止的过程中，数据采集系统采集到拉力F随时间t的变化如图所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是(　　)
A．在c时刻，电梯下降速度达到最大
B．a到f的过程中钩码受拉力的总冲量为零
C.图形abc的面积小于图形def的面积
D．a到f的过程中钩码受合力的总冲量为零
解析：由题图可知，钩码所受的重力G＝2 N，在a到c过程中，拉力F都大于重力，说明电梯处于超重状态，加速度向上，即电梯加速上升，在c时刻，电梯上升速度达到最大，故A错误；物体始终受到拉力作用，拉力的冲量不为零，故B错误；图像中图线与坐标轴围成的面积表示力对时间的积累，即冲量，由题图可知，从a到f记录了电梯的一个运动过程，电梯从静止开始先向上加速(a到c过程)，然后匀速(c到d过程)，最后减速直到静止(d到f过程)，即加速过程和减速过程的速度从零变到零，所以动量变化量为零，则所受合力的总冲量为零，D正确；结合题给图像分析可知图形abc的面积与图形def的面积相等，C错误。
√
√
10．(8分)(2025·山东济宁月考)如图甲所示，一个质量m＝1 kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)前4 s内，水平力F的冲量大小；(3分)
答案：16 N·s　
(2)4 s末，物块的速度大小。(5分)
在1 s到4 s内，由动量定理可得
I′－μmgt1＝mv
其中t1＝4 s－1 s＝3 s
解得4 s末，物块的速度大小v＝9 m/s。
答案：9 m/s(共44张PPT)
第1章　动量及其守恒定律
第1节　动量和动量定理
学习目标
1．理解动量、冲量的概念，知道动量、冲量是矢量。　2.知道动量的变化量是矢量，会正确计算一维的动量变化。　3.理解动量定理的确切含义，掌握其表达式。　4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等现象。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、动量
1．动量
(1)定义：物理学中，把物体______________与____________的乘积称为物体的动量，通常用字母____________表示。
(2)表达式：________________。
(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是____________，符号为______________。
(4)矢量性：方向与____________的方向相同，运算遵循平行四边形定则。
质量
速度
p　
p＝mv
千克米每秒
kg·m/s
物体速度
2．动量的变化量
(1)定义：物体动量的变化量Δp等于物体的____________与____________的矢量差，即Δp＝________________。
(2)矢量性：动量变化量Δp是矢量。方向与速度变化量Δv相同。
末动量p2
初动量p1
p2－p1　
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：把____________和力的____________的乘积称为这个力的冲量，通常用符号____________表示。
(2)表达式：____________。
(3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是________，符号为____________。
(4)矢量性：冲量是矢量，力的冲量方向与____________的方向相同。
(5)物理意义：反映力对________________的累积效应。
力
作用时间　
I　
I＝Ft
牛·秒
N·s　
力
时间
2．动量定理
(1)表述：物体在一个过程中所受合外力的________________等于该物体在此过程中_______________。
(2)表达式：Ft＝______________________，或I＝__________________。
(3)适用条件：动量定理不仅适用于恒力，也适用于____________。
(4)说明：对于变力的冲量，动量定理中的F应理解为变力在作用时间t内的平均值。
冲量
动量的变化量
mv2－mv1
mv2－mv1
变力
三、碰撞与缓冲的实例分析
碰撞时可产生冲击力，要利用这种冲击力就要设法缩短作用力的作用时间。要防止冲击力带来的危害，就要延长作用力的作用时间。
判断下列说法是否正确。
(1)动量是描述物体运动状态的物理量。(　　)
(2)一个物体的速率改变，它的动量不一定改变。(　　)
(3)冲量是物体动量变化的原因。(　　)
(4)跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。(　　)
(5)力越大，力对物体的冲量越大。(　　)
(6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为0。(　　)
×　
√
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　动量和动量的变化
摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。乘客搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。不同时刻乘客的动量相同吗？不同时刻乘客的动能相同吗？
1．对动量的理解
(1)状态量：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
　(2025·江苏淮安市期中)下列关于动量、动能的说法正确的是(　　)
A.动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同
B．动能是矢量，动能的方向与位移的方向相同
C.某个物体的动量变化，则其动能一定变化
D.某个物体的动能变化，但其动量不一定变化
√
　(2025·广东月考)2024年巴黎夏季奥运会上，中国运动员获得女子网球单打冠军。假设某次击球过程中，质量为60 g的网球以30 m/s的水平速度飞来，运动员引拍击球，球拍与网球作用极短时间后，以40 m/s的水平速度反方向弹回，取飞来速度方向为正，在此过程中，该网球的动量变化量为(　　)
A．－4.2 kg·m/s　　　 B．4.2 kg·m/s
C．－0.6 kg·m/s D．0.6 kg·m/s
[解析]　该网球的动量变化量Δp＝p2－p1＝m(v2－v1)＝0.06×(－40－30)kg·m/s＝－4.2 kg·m/s。
√
知识点二　冲量的理解和计算
1．冲量是过程量：冲量描述的是力对时间的累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
2．冲量是矢量：冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同，若力是恒力，则冲量的方向与力的方向相同。
3．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：该力和力的作用时间的乘积。
(2)求合冲量的两种方法
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
(3)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量。
√
角度1　恒力冲量的计算
　如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是(　　)
A．拉力F的冲量大小为Ft cos θ
B．摩擦力的冲量大小为Ft sin θ
C．重力的冲量大小为mgt
D．所受支持力的冲量大小为mgt
[解析]　拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小ft＝Ft cos θ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg－F sin θ)t，故D错误。
[答案]　4 N·s
角度2　变力冲量的计算
　质量m＝1 kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。求6 s内合外力的冲量大小。
知识点三　动量定理的理解和简单应用
如图，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F
的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为
v，经过一段时间Δt，它的速度变为v′。试推导F、Δt与Δp的关系。
1．对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式F(t′－t)＝mv′－mv是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤
①选定研究对象，明确运动过程。
②进行受力分析和运动的初、末状态分析。
③选定正方向，根据动量定理列方程求解。
角度1　应用动量定理定性分析问题
　把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法正确的是(　　)
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
√
[解析]　两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f＝μN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故A、B错误；第二次以较慢的速度拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，第二次茶杯获得的动量大一些，故C正确，D错误。
角度2　动量定理的基本应用
　(2025·河南月考)足球运动员将质量m＝0.5 kg的足球由与水平地面成α＝30°的方向踢出，足球的初速度大小v0＝20 m/s，经过一段时间足球落地，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则足球从离开地面到落地之前的过程，足球动量的变化量大小为(　　)
A．40 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．0
√
　如图所示，用0.5 kg的铁锤钉钉子。打击前铁锤的速度为4 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01 s，g取10 m/s2。

(1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
[解析]　打击时，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤的速度为0。设竖直向下为正方向。若不计铁锤所受的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200 N。由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的平均作用力为200 N。
[答案]　200 N　
(2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
[解析]　若考虑铁锤所受的重力，则有(G－F′)Δt＝0－mv，解得F′＝205 N。由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的平均作用力为205 N。
[答案]　205 N　
(3)请你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，什么情况下可以不计铁锤所受的重力。
[解析]　根据(G－F)Δt＝0－mv分析可知，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略不计。
[答案]　当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力
综合一练　动量、冲量和动量定理的应用
　(2025·山东菏泽市期中)2024年3月，2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛落幕，中国蹦床队斩获3金2银。某运动员的质量为60 kg，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，重力加速度g取10 m/s2，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员与网刚分离时的动量为600 kg·m/s
B．运动员与网接触时间内动量的改变量为－1 080 kg·m/s
C．网对运动员的平均作用力大小为1 350 N
D．从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0 m高处过程中，运动员所受重力的冲量为1 080 N·s
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(动量的理解)某运动员在3分线外将一个质量为m的篮球以大小为v、方向与水平地面成θ角的速度斜向上抛出，恰好投入球篮中，则该篮球被抛出时的动量大小为(　　)
A．mv　　　　　　　 B．mv sin θ
C．mv cos θ D．mv tan θ
解析：动量等于质量与速度的乘积，故抛出时的动量p＝mv，故A正确，B、C、D错误。
√
2．(动量和动量变化)(2025·江苏苏州期中)一质量为1 kg的小球以5 m/s的水平速度垂直撞向竖直墙壁后原速率反弹，与墙壁接触的时间为0.1 s，重力加速度g取10 m/s2，则在该过程中小球的动量变化量大小和重力的冲量大小分别为(　　)
A．0，0 B．5 kg·m/s，1 N·s
C．10 kg·m/s，0 D．10 kg·m/s，1 N·s
解析：设反弹方向为正，则在该过程中小球的动量变化量大小Δp＝mv－(－mv)＝10 kg·m/s，重力的冲量大小I＝mgΔt＝1 N·s。
√
√
4．(动量定理的理解和简单应用)如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点。若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A.仍在P点
B．在P点左边
C．在P点右边不远处
D．在P点右边原水平位移的两倍处
解析：抽出纸条的过程中，纸条对铁块有一个向右的滑动摩擦力，两次摩擦力大小相等，第二次摩擦力作用的时间更短，根据动量定理可知，第二次铁块平抛的初速度更小，平抛的水平距离更小，因此落在P点的左边。
√
5．(动量定理的理解和简单应用)我国爱因斯坦探针卫星绕地球做匀速圆周运动。卫星的质量为1.45 t，线速度大小为7.6 km/s，运动周期为96 min。在48 min内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为(　　)
A．约2.2×107 N·s，与末速度方向垂直
B．约2.2×107 N·s，与末速度方向相同
C．约1.1×106 N·s，与末速度方向垂直
D．约1.1×106 N·s，与末速度方向相同
√
解析：在48 min内，卫星的速度大小不变，方向反向，则动量变化量大小Δp＝2mv≈2.2×107 kg·m/s，方向与末速度方向相同，根据动量定理可知，万有引力对该卫星的冲量大小约为2.2×107 N·s，与末速度方向相同。题组1　动量和动量变化
1．(2025·海南海口期中)关于物体的动量，下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体动量一定大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．两物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相同
D．两物体的速度相同，则它们动量的方向一定相同
解析：选D。根据动量的定义，动量大小等于质量与速度的乘积，故速度大的物体动量不一定大，故A错误；动量为矢量，做匀速圆周运动的物体，速度方向沿切线方向，速度方向不断变化，故其动量在不断改变，故B错误；动量为矢量，两物体的质量相等，速度大小也相等，若速度方向不同，则它们的动量不相同，故C错误；动量的方向与速度方向相同，故两物体的速度相同，则它们动量的方向一定相同，故D正确。
2.(2025·江苏无锡期中)如图所示，一足球运动员踢一只质量为0.4 kg的足球，若足球以12 m/s的速率水平撞向球门门柱，然后以8 m/s的速率反向弹回，这一过程中足球动量的变化量(　　)
A．大小为1.6 kg·m/s，方向与飞向球门方向相同
B．大小为1.6 kg·m/s，方向与飞向球门方向相反
C.大小为8.0 kg·m/s，方向与飞向球门方向相同
D．大小为 8.0 kg·m/s，方向与飞向球门方向相反
解析：选D。以末速度方向为正方向，则这一过程足球动量的变化量Δp＝mv－mv0＝0.4×8 kg·m/s－(－0.4×12) kg·m/s＝8.0 kg·m/s，方向与末速度方向相同，即与飞向球门方向相反。
题组2　冲量的理解和计算
3．下列关于动量、冲量、动量的变化量的说法正确的是　(　　)
A．物体动量为零时，一定处于平衡状态
B．在某一运动过程中，力与位移垂直，该力的冲量不为零
C．人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量
D．若物体速度增大，则相同时间内动量的变化量也一定增大
解析：选B。物体的动量为零，合外力不一定为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；由I＝F·Δt可知，冲量是力对时间的累积效果，与力是否与位移垂直无关，B正确；人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了延长力的作用时间，减小地面对人的冲击力，C错误；由Δp＝mv－mv0可知，物体的速度增大，相同时间内动量变化量可能增大、减小或不变，D错误。
4．(2025·广东期中)一质量为20 g的翠鸟从高空沿竖直方向俯冲扎入水中捕鱼。翠鸟(视为质点)从开始俯冲至到达水面的过程可视为自由落体运动，若翠鸟开始俯冲时到水面的高度为10 m，重力加速度大小g取10 m/s2，则在俯冲过程中，翠鸟受到的重力的冲量大小约为(　　)
A．0.24 N·s　　　　 B．0.28 N·s
C．0.35 N·s D．3.46 N·s
解析：选B。根据自由落体运动的规律可知，翠鸟俯冲过程所用的时间t＝＝ s，翠鸟受到的重力的冲量大小I＝mgt≈0.28 N·s。
题组3　动量定理的理解和简单应用
5．(2025·江苏淮安市期中)汽车给人们的出行带来极大的方便，而行车安全是人们非常关注的事情，行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减为零，则关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．减少了碰撞前后司机动量的变化量
解析：选B。由于安全气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积，即减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，B正确；在安全气囊的缓冲作用之下，司机的动能最终全部转换为内能，故C错误；根据Δp＝0－mv0可知，碰撞前后司机动量的变化量并没有发生变化，故D错误。
6.某足球运动员在一次争顶中不慎受伤，导致脑震荡并紧急送往医院医治，如图所示。若足球水平飞来的速率v1＝30 m/s，与该运动员对撞后，足球以速率v2＝20 m/s反向水平飞出。已知足球质量m＝0.42 kg，该运动员头部与足球相互作用时间Δt＝0.1 s。下列说法正确的是(　　)
A．该运动员头部受到的平均撞击力大小＝100 N
B．该运动员头部受到的平均撞击力大小＝42 N
C．若延长撞击时间为Δt′＝0.2 s，其他条件不变，则平均撞击力大小将减为′＝105 N
D．若延长或缩短撞击时间Δt，其他条件不变，则不会改变该运动员头部受到的平均撞击力
解析：选C。根据动量定理可得·Δt＝mv2－m(－v1)，代入数据解得＝210 N，故A、B错误；若延长撞击时间为Δt′＝0.2 s，则′·Δt′＝mv2－m(－v1)，解得′＝105 N，故C正确；根据动量定理可得，其他条件不变，若延长撞击时间，则撞击力减小，缩短撞击时间，撞击力增大，故D错误。
7．(2025·山东泰安市期中)2024年国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛中，中国蹦床队运动员在t＝2.3 s时刚好落到蹦床上，速度大小为10 m/s，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平，忽略空气阻力。运动员的质量m＝45 kg，重力加速度g取10 m/s2，运动员此次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为(　　)
A．3 000 N B．3 400 N
C．3 450 N D．4 600 N
解析：选C。由题图可知0.3 s到2.3 s运动员未接触蹦床，根据对称性可知运动员离开蹦床的速度也为10 m/s，设竖直向上为正方向，根据动量定理有FΔt－mgΔt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入解得F＝3 450 N，根据牛顿第三定律可知，运动员此次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为3 450 N。
8.如图，质量m＝2 kg的木块放在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块在F＝5 N的水平恒力作用下由静止开始向右运动了10 s，g取10 m/s2，在这10 s内，下列说法正确的是(　　)
A．重力的冲量为0
B．摩擦力的冲量为－40 N·s
C．物体动量的变化量为20 kg·m/s
D．合外力的冲量为50 N·s
解析：选B。重力的冲量IG＝Gt＝2×10×10 N·s＝200 N·s，故A错误；设向右为正方向，则摩擦力的冲量If＝－ft＝－μmgt＝－0.2×2×10×10 N·s＝－40 N·s，故B正确；力F的冲量IF＝Ft＝5×10 N·s＝50 N·s，合外力的冲量I＝IF＋If＝10 N·s，由动量定理可得，物体动量的变化量Δp＝I＝10 kg·m/s，故C、D错误。
9.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是(　　)
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
解析：选D。圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，由动量定理可知，摩擦力的冲量即合外力的冲量为0，，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小I′＝Δp＝mv＝mrω，故D正确。
10.(2025·江苏苏州月考)如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同(α>β)的两光滑固定斜面无初速度下滑到斜面底端，下列说法正确的是(　　)
A.A物体比B物体先到达斜面底端
B．两物体重力的冲量相同
C．两物体到达斜面底端时动能相同
D．两物体到达斜面底端时动量相同
解析：选C。A、B两物体的加速度分别为a1＝＝g sin β，a2＝＝g sin α，设物体起始位置的高度为h，根据＝a1t，＝a2t，得t1＝，t2＝，由于β＜α，故t1＞t2，B物体比A物体先到达斜面底端，A错误；根据I＝mgt，可知两物体重力的冲量不相同，B错误；根据机械能守恒Ek＝mgh，两物体质量和高度相同，故到达斜面底端时动能以及速度的大小相同，C正确；动量p＝mv，由于速度方向不相同，则动量方向不相同，D错误。
11.在离地面同一高度有质量相同的三个小球a、b、c，a球以速度v0竖直上抛，b球以速度v0竖直下抛，c球做自由落体运动，不计空气阻力(　　)
A．三个小球落地时，重力的功率相同
B．从抛出到落地，三个小球的重力做功相同
C．从抛出到落地，三个小球的重力的冲量相同
D．从抛出到落地，三个小球的动量的变化量相同
解析：选B。设下落的高度为h，三个小球落地时，根据运动学公式v－v＝2gh，v－v＝2gh，v＝2gh，可得va＝vb＞vc，重力的功率P＝mgv，可得Pa＝Pb＞Pc，故A错误；重力做功WG＝mgh，可知从抛出到落地，三个小球的重力做功相同，故B正确；根据运动学公式可得三个小球落地时分别有h＝－v0ta＋gt，h＝v0tb＋gt，h＝gt，则ta＞tc＞tb，重力的冲量IG＝mgt，可知IGa＞IGc＞IGb，故C错误；根据动量定理可知Δp＝IG＝mgt，则Δpa＞Δpc＞Δpb，故D错误。
12．(10分)(2025·山东聊城市期中)篮球气压过高或过低都会影响篮球的弹性和手感，从而影响球员的技术发挥。简易的测试方法是在平坦的硬质水平地面上，让篮球从180 cm的高度自由落下，反弹高度在125 cm至140 cm之间即表示篮球气压正常。将质量m＝0.60 kg的篮球从离水平地面高度H＝1.8 m处静止释放，与地面撞击后反弹，上升的最大高度h＝1.25 m。已知篮球与地面接触的时间t＝0.1 s，篮球视作质点并始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)篮球从开始下落到反弹至最高点过程中，其所受重力的冲量；(5分)
(2)篮球与地面碰撞过程中，地面对篮球的平均作用力的大小。(5分)
解析：(1)根据题意，篮球下落过程有
H＝gt
解得t1＝0.6 s
篮球反弹上升过程有
h＝gt
解得t2＝0.5 s
篮球从自由下落开始到反弹到离地面h＝1.25 m高处这一过程中，重力的冲量大小
IG＝mg(t1＋t2＋t)
解得IG＝7.2 N·s
方向竖直向下。
(2)篮球下落过程有
v1＝gt1＝6 m/s
篮球反弹上升过程有
v2＝gt2＝5 m/s
以篮球为研究对象，设地面对篮球的平均作用力为，规定向上为正方向
由动量定理有
(－mg)t＝mv2－m(－v1)
解得＝72 N。
答案：(1)7.2 N·s，方向竖直向下　(2)72 N(共47张PPT)
单元过关检测(一)
√
(分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列说法正确的是(　　)
A．动量为零时，物体一定处于平衡状态
B．物体所受合外力不变时，其动量一定不变
C．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
D．动能不变，物体的动量一定不变
解析：动量为零时，物体的速度为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；物体所受合外力不变时，若合外力不为零，则加速度不为零且不变，则其速度一定变化，则动量一定变化，B错误；物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确；动能不变，则物体的速度大小不变，但是物体速度的方向可能变化，则物体的动量可能变化，D错误。
√
2.如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的蜡烛加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是(　　)
A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
解析：以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。但由于要产生内能，所以机械能不守恒。
√
3．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统，符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是(　　)
A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以
初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A
B．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A
C．丙图中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起
D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B
解析：题图甲中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故A错误；题图乙中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量不守恒，故B错误；题图丙中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故C错误；题图丁中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故D正确。
√
4.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在8.0 s内匀加速移动的距离为16.0 m。已知人(连同设备)的总质量为65 kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20 kg，人(连同设备)在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01。忽略该过程中人(连同设备)总质量的变化，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近(　　)
A.195 m/s　　　　　 B．120 m/s
C．100 m/s D．60 m/s
√
√
6.在平静的水面上漂浮着一块质量为M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M>m，突然青蛙相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小
B．青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动
C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大小大于木板相对于地面的水平位移大小
D．如果增加木板的质量(长度不变)，则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中
解析：由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误；由于青蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末动量也为零，所以青蛙落到木板后二者静止，故B错误；
√
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．以下四个图中，系统动量守恒的是(　　)
√
A．将图甲中细线剪断，物块在光滑水平面上运动，弹簧恢复原长的过程中
B．在图乙所示的光滑水平面上，子弹射入木块的过程中
C．图丙所示的木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中
D．图丁所示的两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中
√
解析：剪断细线，弹簧恢复原长过程中，系统所受外力的合力不为0，动量不守恒，故A错误；在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故B正确；木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，系统所受合外力不为0，动量不守恒，故C错误；两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动过程中，两球所受浮力与两球的重力仍然大小相等、方向相反，即两球组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故D正确。
√
9.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　)
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
√
√
10.如图所示的是一款落锤冲击试验机，将重锤从不同高度落到样本(片、薄膜、制品)上，以检测其在不同温度、湿度、冲击能量下的性能表现。现将一质量为100 kg的重锤从高度h＝2.45 m处由静止释放，重锤与样本冲击时间约为0.05 s，然后以5 m/s的速度反弹。已知重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A.与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为700 kg·m/s
B．与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为1 200 kg·m/s
C．重锤对样本的冲击力大小约为24 000 N
D．重锤对样本的冲击力大小约为25 000 N
√
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(7分)某实验小组采用如图甲所示的实验装置来完成“验证动量守恒定律”实验，用天平测得A、B球的质量分别为m1和m2，O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置，测出M、P、N与O的距离，如图乙所示。
(1)实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是__________________。
解析：实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是避免A球碰撞后反弹。
避免A球碰撞后反弹
(2)为正确完成本实验，斜槽________确保光滑，斜槽末端________确保水平，A球每次________从同一位置由静止释放。(均选填“需要”或“不需要”)
解析：为确保两小球碰撞后都做平抛运动，斜槽末端需要确保水平，斜槽不需要确保光滑，同一斜面的摩擦系数相同，只要确保从同一位置静止释放就可以确保A球碰撞前瞬间的速度相同。
不需要
需要
需要
(3)某次实验时测得A、B球的质量之比m1∶m2＝2∶1，则在实验误差允许范围内，当关系式s2＝________(用s1、s3表示)成立时，可证明两球碰撞时动量守恒，同时若关系式s2＝________(用s3表示)成立，则说明两球发生了弹性碰撞。
12．(7分)某同学在探究碰撞过程中的动量守恒时，设计了如图所示的实验，并进行了如下的操作：
a．将两个完全相同的遮光片分别固定在滑块甲和滑块乙上，用天平测量两滑块甲、乙和遮光片的总质量m1、m2，将两个光电门A、B分别固定在气垫导轨上；
b．调节气垫导轨水平，将滑块甲放在光电门A的左侧，轻推滑块甲使其依次通过光电门A、B，遮光片的挡光时间分别为Δt1、Δt2；
c．将轻弹簧放置在两滑块之间，使弹簧压缩且处于锁定状态，并将两滑块放在两光电门之间，某时刻将锁定解除，两滑块被弹簧弹开，两滑块甲、乙分别通过光电门时已经与弹簧分离，记录甲、乙经过光电门A、B的挡光时间t1、t2。
回答下列问题：
(1)操作b中，若气垫导轨水平，则Δt1________(选填“>”“＝”或“<”)Δt2。
解析：操作b中，若气垫导轨水平，则滑块甲做匀速运动，则有Δt1＝Δt2。
＝
(2)本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则________(选填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，若关系式__________成立，则动量守恒；若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则________(选填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能为Ep＝________________(用以上测量的字母表示)。
不需要
需要
13．(12分)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在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，小孩迅速从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。已知小孩的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，求：
(1)小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小；(3分)
解析：因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，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。
答案：5 m/s　
(2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小；(3分)　
解析：依题意，设小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为v′，则对小孩、B车根据动量守恒定律有
mv′＝－mv′＋mBv
解得v′＝10 m/s。
答案：10 m/s　
(3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。(6分)
解析：根据动量守恒定律，小孩跳离A车的过程有
(m＋mA)v0＝mv′＋mAvA′
解得小孩跳离A车时，A车的速度大小
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 kg·m/s。
答案：25 kg·m/s
14．(12分)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；(5分)　
答案：1 m/s　1 m/s　
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(3分)
答案：0.2　
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。(4分)
答案：0.12 J
(1)滑块A和B碰撞前A的速度大小v0；(3分)　
答案：6 m/s　
(2)为使滑块B不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量mC；(5分)
答案：6 kg　
(3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度v m及滑块B最终距Q端的距离Δx。(8分)　
设B最终没有滑离长木板，B滑下后相对长木板滑行Δx，根据能量守恒定律可得
mBgR＝μmBgΔx
解得Δx＝1 m故假设成立，B最终距Q端的距离
Δx＝1 m。1．(2024·新课标卷，T22)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，实验中需满足条件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____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由于实验中需保证向右运动的小球a与静止的小球b碰撞后均向右运动，则实验中小球a的质量应大于小球b的质量，即ma>mb。
(2)对两小球的碰撞过程由动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，则结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等，设此时间为t，则mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。
答案：(1)>　(2)maxP＝maxM＋mbxN　见解析
2．如图所示，用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验，完成如下操作步骤：
(1)调节天平，称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣的滑块的质量m1和m2。
(2)安装好A、B光电门，使光电门之间的距离为50 cm，导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够做________(选填“匀加速直线”“匀速直线”或“匀减速直线”)运动。
(3)在碰撞前，将一个质量为m2的滑块放在两光电门中间，使它静止，将另一个质量为m1的滑块放在导轨的左端，向右轻推一下质量为m1的滑块，记录挡光片通过A光电门的时间t1。
(4)两滑块相碰后，它们粘在一起向右运动，记录挡光片通过B光电门的时间t2。
(5)得到验证实验的表达式为____________(用题目中直接测得的物理量的符号表示)。
解析：(2)安装好A、B光电门，导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够做匀速直线运动。
(5)若动量守恒，则满足m1v1＝(m1＋m2)v2
其中v1＝，v2＝，则＝。
答案：(2)匀速直线　(5)＝
3．某学习小组设计了碰撞实验来探究动量守恒及其中的能量损耗问题，实验装置如图甲所示。滑块A、B的质量均为0.20 kg，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连，滑块B左侧带有自动锁扣，已知打点计时器所接电源的频率f＝50 Hz。将A、B两个滑块放置在水平气垫导轨上，调整好实验装置后，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并黏合在一起运动，纸带记录的数据如图乙所示(以下各小题，计算结果均保留2位有效数字)。
(1)根据纸带记录的数据，得出与B碰撞前A的速度大小v1＝________m/s，碰撞后的共同速度大小v2＝________m/s。
(2)碰撞前系统动量大小p1＝________kg·m/s，碰撞后系统总动量大小p2＝______kg·m/s，在实验误差范围内，若p1________(选填“＞”“＜”或“＝”)p2，则碰撞过程动量守恒。
(3)滑块A与B碰撞过程中，系统损失的动能为________J。
解析：(1)相邻点迹间的时间间隔T＝＝0.02 s，与B碰撞前A的速度v1＝
m/s≈3.0 m/s，碰撞后A与B整体的速度v2＝
m/s≈1.5 m/s。
(2)碰撞前滑块A的动量p1＝mAv1＝0.60 kg·m/s，碰撞后A、B整体的总动量p2＝(mA＋mB)v2＝0.60 kg·m/s。在实验误差范围内，若p1等于p2，则碰撞过程动量守恒。
(3)碰撞前系统总动能Ek＝mAv＝×0.20×3.02 J＝0.9 J，碰撞后系统的总动能Ek′＝(mA＋mB)v＝×(0.20＋0.20)×1.52 J＝0.45 J，所以碰撞过程中，系统损失的动能ΔEk＝0.9 J－0.45 J＝0.45 J。
答案：(1)3.0　1.5　(2)0.60　0.60　＝　(3)0.45
4.(2025·重庆万州二中期中)佳佳老师带领11、12班的研究学习小组利用如图所示装置，将钢球a用细线悬挂于O点，钢球b放在离地面高度为H的支柱上，O点到a球球心的距离为L。将a球拉至悬线与竖直方向夹角为α的位置，由静止释放后摆到最低点时恰与b球正碰，碰撞后a球把轻质指示针(图中未画出)推移到与竖直方向夹角为β的位置，b球水平抛出后落到地面上，测出b球的水平位移s。用托盘天平称量出a球的质量ma、b球的质量mb，再结合当地重力加速度g，验证了a、b两钢球碰撞前、后系统动量守恒。
(1)由题可知，a球的质量________(选填“大于”“小于”或“等于”)b球的质量。
(2)a球碰撞前、后的速度的表达式v0＝________，va＝______(用L、g、α、β表示)。
(3)碰后b球速度的表达式vb＝__________________(用s、g、H表示)。
解析：(1)因为碰撞后，a球继续向左运动，所以可知a球的质量大于b球。
(2)对钢球a从静止释放后到摆到最低点的过程，根据动能定理可得magL(1－cos α)＝mav，解得a球碰撞前的速度的表达式v0＝；碰撞后，对钢球a从最低点到摆到最高点的过程，根据动能定理可得－magL·(1－cos β)＝0－mav，解得a球碰撞后的速度va＝。
(3)b球碰撞后，做平抛运动，根据平抛运动的性质可得，竖直方向有H＝gt2，水平方向有vb＝，可得vb＝s 。
答案：(1)大于　(2)
　(3)s
5．用如图所示的装置验证动量守恒定律。
按照图示安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，将一斜面BC连接在斜槽末端；先不放质量为m2的小球Q，让质量为m1的小球P从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球P在斜面上的落点位置；将小球Q放在斜槽前端边缘上，让小球P从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球P和小球Q在斜面上的落点位置。
(1)为了减小实验误差，下列做法合理的是________。
A．减小斜槽对小球P的摩擦
B．多次将小球P从不同的位置释放
C．保证斜槽末端的切线沿水平方向
D．两球的质量和半径都一样大
(2)本实验需要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)。
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量抛出点B距落地点D、E、F的竖直高度差HD、HE、HF
C．测量平抛射程xD、xE、xF
D．用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离LD、LE、LF
E．测量A点距抛出点B的竖直高度差h
(3)用测得的物理量来表示，只要满足关系式____________，则说明碰撞中动量是守恒的。
解析：(1)为了保证小球P离开斜槽的速度相等，每次从同一高度由静止释放小球P即可，斜槽不需要光滑，故A、B错误；为了保证小球从斜槽射出的速度水平，需要保证斜槽末端的切线沿水平方向，故C正确；实验时要发生对心碰撞，两球的半径要一样大，为了保证小球P不反弹，小球P的质量需要大于小球Q的质量，故D错误。
(2)若碰撞过程中动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，由于小球从斜槽末端飞出做平抛运动，设落点到抛出点的距离为L，斜面倾角为θ，由平抛运动规律有L cos θ＝v0t，L sin θ＝gt2，联立解得v0＝cos θ∝，整理可得m1＝m1＋m2，可知，需用天平测量两个小球的质量m1、m2，用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离LD、LE、LF。
(3)由(2)分析可知，只要满足关系式m1＝m1＋m2，则说明碰撞中动量是守恒的。
答案：(1)C　(2)AD　(3)m1＝m1＋m2
6．(2025·辽宁辽阳市期末)某同学想验证“当系统在某一方向上所受外力之和为0时，系统在该方向上动量守恒”的物理规律。为此他设计了一个实验：如图甲所示，把一个小球从末端切线水平的斜槽上某一位置由静止释放，在斜槽末端安装光电门1，调整光电门1的高度，使光电门1与小球在斜槽末端时球心的位置等高。在下方水平面上放置光滑气垫导轨，把一带凹槽的滑块放在导轨上，滑块里装有细砂，不考虑砂从滑块上漏出的情况。调整装置的位置，使小球从斜槽上释放后恰好能落入细砂中(立即与滑块共速)。在气垫导轨的右端安装光电门2，在滑块上安装宽度为d2的遮光条。
(1)用游标卡尺测量小球的直径d1，测量结果如图乙所示，则小球的直径d1＝________mm。
(2)实验中光电门1、2记录的时间分别为Δt1、Δt2，则小球经过光电门1的速度大小为________，滑块经过光电门2的速度大小为________。(用题中所给字母表示)
(3)用天平分别测量小球和滑块(含遮光条和砂)的质量，测量结果分别为m、M。当等式m＝________成立时，由小球和滑块组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒。(用题中所给字母表示)
解析：(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图乙可知小球的直径d1＝10 mm＋6×0.1 mm＝10.6 mm。
(2)由于小球和滑块经过光电门时的挡光时间很短，可认为小球和滑块经过光电门时挡光过程的平均速度等于小球和滑块经过光电门时的速度，则小球经过光电门1的速度大小v1＝，滑块经过光电门2的速度大小v2＝。
(3)若小球和滑块组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒，则有mv1＝(m＋M)v2，则有m＝(m＋M)。
答案：(1)10.6　(2)　　(3)(m＋M)(共27张PPT)
第2节　第1课时　课后达标检测
√
题组1　动量守恒的判断
1．如图所示，将甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静置于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的动量大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的速度大小比乙的大
D．甲的速度大小比乙的小
解析：同时释放甲和乙后，对甲、乙构成的系统进行分析，系统所受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可知，甲、乙的动量大小相等，故A、B错误；结合上述可知m甲v甲－m乙v乙＝0，由于甲的质量大于乙的质量，则有v甲√
2．(多选)(2024·甘肃卷，T8)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
√
√
3.如图所示，一曲面体P静止于水平面上，物块Q自P的上端由静止释放，不计一切摩擦，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．P对Q做正功
B．只有重力对Q做功
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：P对Q有弹力的作用，由于地面光滑，所以P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，所以P对Q做负功，A错误；根据A选项分析可知除了重力对Q做功，还有P对Q做负功，B错误；P和Q构成的系统整个运动过程中只有重力做功，所以该系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上受力不为零，即竖直方向上动量不守恒，D错误，C正确。
√
4.(2025·江苏无锡市期中)如图所示，地面光滑，车厢水平底板粗糙。用细线连接车厢一端挡板及滑块，轻弹簧处于压缩状态，车厢静止。现将细线剪断，滑块相对于车厢底板开始滑动，在滑动过程中，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：由题知，地面光滑，车厢水平底板粗糙，弹簧处于压缩状态，故将细线剪断，弹簧伸长，滑块会向右运动，小车会向左运动，两者相对滑动，产生滑动摩擦力，但弹簧的弹力和两者间的滑动摩擦力都是内力，故系统动量守恒，但两者产生了相对位移，滑动摩擦力对整体做负功，故系统机械能不守恒。
√
√
6.(多选)(2025·河南信阳市期中)甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人朝相反的方向滑去。已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg，则(　　)
A．甲、乙分开时的速度大小之比为9∶10
B．甲、乙分开时的动量大小之比为1∶1
C．甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为1∶1　
D．从甲开始推乙到甲、乙分开的过程中甲、乙的加速度大小之比为9∶10
√
√
7.(2025·山东聊城市期中)如图所示，质量M＝150 kg的小船在静止水面上以速率v0＝3 m/s向右匀速行驶，一质量m＝60 kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v＝2 m/s水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
A．5 m/s B．3.8 m/s
C．3.4 m/s D．2.4 m/s
解析：设向右为正方向，对人和船的系统由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1－mv，解得v1＝5 m/s。
√
8.(多选)如图所示，有辆平板小车停放在光滑的水平地面上，平板小车上放置着两个质量不相等的物体甲和乙，起初甲、乙两物体间有一根被压缩的轻弹簧，轻弹簧与甲、乙两物体相连接，当两物体同时被释放后，则(　　)
A．若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、
乙组成系统的动量守恒
B．若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、
乙、小车组成系统的动量守恒
C．若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙组成的系统动量守恒
D．若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒
√
√
解析：把甲、乙组成一个系统可知，两物体同时被释放后，甲受到向右的摩擦力，乙受到向左的摩擦力，若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则该系统合外力为零，满足动量守恒条件，则甲、乙组成系统的动量守恒，故A正确；把甲、乙、小车组成系统，甲、乙所受的摩擦力为系统内力，由于地面光滑，故系统合外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙、小车组成系统的动量守恒，故B正确；
若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，根据滑动摩擦力，f＝μN，可知压力大的摩擦力大，由于甲和乙两个质量不相等，故压力不相等，所以甲、乙组成的系统水平方向合外力不为零，不满足动量守恒条件，故甲、乙组成的系统动量不守恒，故C错误；以上分析可知，虽然甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，造成二者摩擦力不相等，但摩擦力属于系统内力，不影响系统动量守恒，由于地面光滑，故系统合外力依然为零，满足动量守恒条件，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒，故D正确。
√
9.(多选)如图，放在光滑水平面上的A、B两小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用两手分别控制两小物体处于静止状态，下列说法正确的是(　　)
A．两手同时放开后，两物体的总动量增大
B.先放开右手，再放开左手后，两物体的总动量向右
C．先放开左手，再放开右手后，两物体的总动量向右
D.当两手不同时放开，在放开一只手到放开另一只手的过程中两物体总动量不守恒
√
解析：若两手同时放开A、B两物体，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A错误；先放开右手，再放开左手，两物体与弹簧组成的系统所受合外力的冲量向右，系统总动量向右，故B正确；先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C错误；如果不同时放手，系统总动量不为零，且在放开一只手到放开另一只手的过程中，系统所受合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故D正确。
√
10.(多选)(2025·福建福州市期末)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上，一颗子弹水平射入木块A，并留在其中(子弹射入木块作用时间忽略不计)。在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成
的系统动量守恒、机械能不守恒
B.在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量不守恒，机械能守恒
C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒
D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒
√
解析：在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统所受合力为零，所以系统动量守恒，但由于有摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；在弹簧被压缩的过程中，系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，同时由于地面摩擦力对木块做负功，机械能不守恒，故C错误，D正确。
11.如图所示，一内、外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平
面上，槽的左侧靠在竖直墙壁上。现让一小球(可看作质点)自
左端槽口A点的正上方由静止开始下落，与半圆槽相切并从A点
进入槽内。下列说法正确的是(　　)
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，槽对小球的支持力不做功
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
√
解析：小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统受到竖直墙壁的弹力，则系统水平方向上的动量不守恒，故A错误；小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故D错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，槽对球的支持力不做功，而从最低点开始上升过程中，除小球所受重力做功外，还有槽对球的作用力做负功，但球对槽的作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故C正确，B错误。
12．(8分)如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以
2 m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是100 kg，原来的速度是0.4 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计阻力，求：
(1)人停在船上时，小船的速度；(4分)
解析：以向右为正方向，设人与船质量分别为m、M，人上船后最终相对静止时共同速度为v，由系统动量守恒可得mv1－Mv2＝(m＋M)v
解得v＝0.5 m/s
可知人停在船上时，小船的速度大小为0.5 m/s，方向水平向右。
答案：0.5 m/s，方向水平向右　
(2)全过程中小船受到的冲量。(4分)
解析：以向右为正方向，根据动量定理可得
I＝Mv－(－Mv2)＝90 N·s
可知全过程中小船受到的冲量大小为90 N·s，方向水平向右。
答案：90 N·s，方向水平向右第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞
eq \a\vs4\al()
1．知道弹性碰撞和非弹性碰撞的概念和特点。　2.能根据动量和能量的观点分析一维弹性碰撞问题。
3．掌握弹性碰撞的规律，并利用规律解释和解决有关现象和问题。
一、不同类型的碰撞
1．弹性碰撞：若碰撞过程中系统的机械能____________，即碰撞前后系统的总动能相等，这种碰撞称为__________，又称完全弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能有__________________________的碰撞称为非弹性碰撞。
二、弹性碰撞
1．设球A和球B的质量分别为m1、m2，碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后球A和球B的速度分别为v1′、v2′。两球的碰撞可视为弹性碰撞，碰撞过程中______________，碰撞前后动能相等。则碰后两球速度分别为v1′＝______________，v2′＝______________。
2．当两球质量相等，即m1＝m2时，v1′＝____________________，v2′＝____________________，碰撞后球A速度为0，而球B的速度与碰撞前球A的速度相等。
3．当质量大的球碰质量小的球，即m1>m2时，________________________________，表示碰撞后两球都向前运动。
4．当质量小的球碰质量大的球，即m1三、非弹性碰撞
非弹性碰撞存在机械能损失，若碰撞后物体都以共同速度运动，碰撞中____________损失最大，为________________。
判断下列说法是否正确。
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒。(　　)
(2)两个质量相同的小球发生正碰时一定交换速度。(　　)
(3)质量较大的物体与质量较小且静止的物体发生碰撞时不可能被反弹。(　　)
(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。(　　)
(5)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
[答案自填] 守恒　弹性碰撞　损失　动量守恒　　　0　v1　v1′>0，v2′>0　v1′<0，v2′>0　机械能　完全非弹性碰撞
知识点一　碰撞的特点和应用
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对于物体运动的全过程可忽略不计。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒。
(3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置。
(4)能量的特点：碰撞过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。
2．碰撞的分类
(1)按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰撞和非弹性碰撞。
(2)按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线在同一直线上可分为对心碰撞和非对心碰撞。
3．碰撞遵守的原则
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 eq \f(p,2m1) ＋ eq \f(p,2m2) ≥＋。
(3)速度要符合情境
①碰前若同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变或速度均为零。
　弹珠游戏的模型可以简化为两小球在光滑的水平面上发生碰撞，如图所示，质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰，碰撞后B球速度大小可能是　(　　)
A．0.5v　　　　　　　　 B．0.6v
C．0.8v D．v
[解析]　如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，碰撞后B的速度最小，以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，设碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，如果碰撞为完全弹性碰撞，根据动量守恒定律得mv＝mvA＋3mvB，由机械能守恒定律得mv2＝mv＋·3mv，解得vB＝0.5v，如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv＝(m＋3m)vB，解得vB＝0.25v，所以碰后B球的速度范围为0.25v≤vB≤0.5v。
[答案]　A
　(2025·山东泰安市期中)如图所示，质量和大小完全相同的A、B两球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度vA＝8 m/s，B球的速度vB＝－2 m/s，一段时间后A、B两球发生对心碰撞。碰撞之后A、B两球的速度vA′、vB′不可能是(　　)
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s
B．vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s
[解析]　设两球的质量均为m，由题意可知，两小球碰撞前总动量p＝mvA＋mvB＝6m，总动能Ek＝mv＋mv＝34m；若碰后vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝34m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故A不符合题意；若碰后vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝9m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故B不符合题意；若碰后vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝10m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故C不符合题意；若碰后vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s，即碰撞后，两小球运动方向都不改变，不符合实际，故D符合题意。
[答案]　D
知识点二　碰撞与图像问题的结合
角度1　碰撞与位移—时间图像结合
　(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰。两球碰撞前后的位移—时间图像如图所示。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图可知(　　)
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化量为6 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
[解析]　由题中s－t图像可知，碰撞前A球的速度vA＝＝ m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝＝ m/s＝2 m/s，碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝ m/s＝－1 m/s，则碰撞前后A的动量变化量ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，故C错误；对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，得mB＝ kg，A与B碰撞前的总动量p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s，故A错误；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s，故B正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2，代入数据解得ΔEk＝10 J，故D正确。
[答案]　BD
角度2　碰撞与速度—时间图像结合
　(多选)如图所示，与轻弹簧相连的物块A静止在光滑的水平面上。物块B沿水平方向以速度v0向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟轻弹簧相碰时开始计时，到B与轻弹簧分开的这段t0时间内，下列两物块的v－t图像可能正确的是(　　)
[解析]　根据对称性可知两物块共速的时间为，根据动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v，解得v＝，在B跟弹簧相碰时开始计时，到B与弹簧分开的这段t0时间内，根据动量守恒定律以及能量守恒定律有mBv0＝mAv1＋mBv2，mBv＝mAv＋mBv，解得v1＝v0，v2＝v0，当mA＝mB时，解得v＝，v1＝v0，v2＝0，当mA＞mB时，解得v＜，v1＜v0，v2＜0，当mA＜mB时，解得v＞，v1＞v0，v2＞0，故A、D符合题意，B、C不符合题意。
[答案]　AD
知识点三　碰撞中的动量和能量问题
eq \a\vs4\al()
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
[提示]　不守恒。碰撞时有mv0＝2mv，得v＝
Ek1＝mv，Ek2＝×2mv2＝mv，
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv＝－mv，即系统总动能减少了mv。
1．弹性碰撞：发生在产生弹性形变的物体间，满足动量守恒和机械能守恒，即
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2。
2．非弹性碰撞：碰撞过程物体会发生不能自行恢复的形变，还可能发热。所以，非弹性碰撞有动能损失，即机械能不守恒。
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)机械能不守恒：m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2。
3．完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘在一起以相同的速度运动。
　(2024·湖北卷，T14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
[解析]　(1)根据题意可知，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μm物g＝m物a
解得a＝5 m/s2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离x＝ eq \f(v,2a) ＝2.5 m可知，小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小，即v＝5 m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2
其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s
解得v2＝3 m/s
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能ΔEk＝m物v2－m物v－m球v
解得ΔEk＝0.3 J。
(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的最小距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有
m球g＝m球 eq \f(v,L绳－d)
小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
m球v＝m球v＋m球g(2L绳－d)
联立解得d＝0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
[答案]　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
规范一练　应用动量和能量观点分析竖直方向的碰撞问题
　某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[解析]　(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g
解得N1＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有
N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N。
(2)由动能定理得
－(mg＋f)l＝mv2－mv
代入数据解得v＝8 m/s。
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v
代入数据得h＝0.2 m。
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
1．(碰撞的特点和应用)(多选)(2025·广东深圳期中)在光滑水平面上，质量为m的小球1以速度v0与质量为2m静止的小球2发生正碰，碰后小球1的速度大小是v0，则小球2的速度大小可能是(　　)
A．v0　　　　　　　　 B．v0
C．v0 D．3v0
解析：选AB。由题意可知v1＝v0或v1＝－v0，碰撞过程中由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2可得v2＝或v2＝v0，根据碰撞过程中，动能不增加并代入数据满足mv≥mv＋×2mv，故小球2的速度大小可能是v2＝v0或v2＝v0。
2．(碰撞与图像问题的结合)(多选)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。已知m1＝1 kg，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前m2的速度为4 m/s
B．碰撞后m1做减速运动
C．m2的质量为3 kg
D．该碰撞为弹性碰撞
解析：选CD。由图像可知碰撞前m2图线与t轴平行，得碰撞前m2处于静止状态，速度为零，故A错误；由图像可知碰撞后m1做反向匀速直线运动，故B错误；由图线的斜率等于速度，可知碰撞前m1的速度v＝ m/s＝4 m/s，碰撞后m1和m2两个物体的速度分别为v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s，根据动量守恒定律可知m1v＝m1v1＋m2v2，代入数据解得m2＝3 kg，故C正确；上述碰撞损失能量ΔE＝m1v2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v＋\f(1,2)m2v)) ＝0，则该碰撞为弹性碰撞，故D正确。
3．(弹性碰撞)在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排列在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C.v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：选D。两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确。
4．(碰撞中的动量和能量问题)(2025·江苏淮安市期中)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，速度vB＝3 m/s，A球在后，速度vA＝6 m/s，mA＝1 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A球速度vA′＝2 m/s，B球速度vB′＝5 m/s，求：
(1)碰撞过程中A球受到的冲量大小；
(2)B球的质量mB；
(3)试验证A、B两球发生的碰撞为弹性碰撞。
解析：(1)根据动量定理可得，碰撞过程中A球受到的冲量IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s。
(2)碰撞过程，根据动量守恒定律可得
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
解得B球的质量mB＝2 kg。
(3)碰撞前两球组成系统的动能
Ek1＝mAv＋mBv＝27 J
碰撞后两球组成系统的动能
Ek2＝mAvA′2＋mBvB′2＝27 J
Ek1＝Ek2
则A、B两球发生的是弹性碰撞。
答案：(1)4 N·s　(2)2 kg　(3)见解析题组1　碰撞的特点和应用
1．下列关于碰撞的理解正确的是(　　)
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
C．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
解析：选A。碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A正确；如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作弹性碰撞，故B错误；碰撞现象中，一般内力远大于外力，但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故C错误；微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故D错误。
2．质量为0.5 kg的甲物块静止在水平面上，质量为1 kg的乙物块在水平面上以一定的初速度向甲滑去并与甲发生正碰后，两者粘在一起，碰撞过程中甲物块受到乙物块的冲量大小为2 N·s，则碰撞前乙的速度大小为(　　)
A．3 m/s　　　　　　　 B．4.5 m/s
C．5 m/s D．6 m/s
解析：选D。根据动量定理得I＝m甲v－0，碰撞后，甲物块的速度，即整体的速度v＝4 m/s，根据动量守恒定律有m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，则碰撞前乙的速度大小v乙＝6 m/s。
3.(2025·江苏南京市期中)如图所示，牛顿摆是一组相互紧挨且悬挂在同一水平线上的相同小钢球，小明用牛顿摆进行探究活动，下列四组实验中左图为释放前的初始状态，右图为他预测的某些球升至最高点的状态，则下列选项中可能与实际情况相符的是(　　)
解析：选C。相同的小球在碰撞过程中满足动量守恒定律、机械能守恒定律，所以小球碰撞后进行速度交换，第1个球静止释放后，与第2个球碰撞时，进行速度交换，依次类推，所以最终第5个球获得与第1个小球碰撞前瞬间相同的动量，应向右摆到与第1个球释放前相同的高度处，故A错误；第1、2个球由静止释放，同理可得，最终第4、5个球摆到与第1、2个球释放前相同的高度，故B错误；第1、2、3个球一起向右摆动，同理，最终第3、4、5个球摆到与第1、2、3个球释放前相同的高度，故C正确；第1、2个球一起向右摆动，第4、5个球一起向左摆动，系统总动量为零，所以速度交换后，最终第1、2个球获得与第4、5个球碰撞前瞬间相同的动量向左摆动，第4、5个球获得与第1、2个球碰撞前瞬间相同的动量向右摆动，最终摆到相同的高度，故D错误。
4．(多选)某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，已知A、B质量之比为3∶5，让A球以初速度v1＝2.00 m/s与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，v1′和v2′分别为A、B的碰后速度，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是(　　)
次数 第1次 第2次 第3次 第4次
v1′ 1.00 0.75 －0.50 －1.00
v2′ 0.60 0.75 1.50 1.80
A.第1次 B．第2次
C．第3次 D．第4次
解析：选AD。设A、B的质量分别为3m和5m，则碰后A球速度不可能大于B球速度，第1次数据不合理，A符合题意；碰后两球速度相等，mAv1＝(mA＋mB)v，满足动量守恒定律，属于完全非弹性碰撞，第2次数据合理，B不符合题意；碰后两球数据满足mAv1＝mAv1′＋mBv2′，mAv＝mAv1′2＋mBv2′2，属于完全弹性碰撞，第3次数据合理，C不符合题意；碰后两球数据满足mAv1＝mAv1′＋mBv2′，但末状态总动能mAv1′2＋mBv2′2>mAv，即碰后动能变大，第4次数据不合理，D符合题意。
题组2　碰撞与图像问题的结合
5.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是(　　)
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
解析：选B。碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mav0＝mav1＋mbv2，mav＝mav＋mbv，联立解得v1＝v0，由于碰撞后a反弹，即v1<0，可知ma6.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像如图所示，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论不正确的是(　　)
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B.碰撞前、后B球的动量变化量为－4 kg·m/s
C.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
D.A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
解析：选D。由x－t图像可知，碰撞前有vA＝＝ m/s＝－3 m/s，vB＝＝ m/s＝2 m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s，对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1) kg·m/s－2×(－3) kg·m/s＝4 kg·m/s，故A不符合题意；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，故B不符合题意；因ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg，所以A与B碰撞前的总动量为p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s，故D符合题意；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)vA′2，代入数据解得ΔEk＝10 J，故C不符合题意。
题组3　碰撞中的动量和能量问题
7.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于0时
D．A和B的速度相等时
解析：选D。当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律可知此时系统损失的动能最多，故D正确。
8．(2025·广东梅州校考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载：两个弹性小球A、B在一条直线上运动，B逃跑，A追逐，A追上B后与B发生作用，B继续逃跑，但速度比A的速度大，速度关系总保持开始时A、B速度差等于作用后B、A速度差。若上述过程是在光滑水平面上，质量为M的弹性球A以速度v1碰撞质量为m(M＞m)的弹性球B，球B碰撞前的速度为v2，则发生对心碰撞后t时间两球之间的距离为(　　)
A．()t B．t
C．(v1＋v2)t D．(v1－v2)t
解析：选D。根据题述可知，碰撞前和碰撞后速度关系应满足v1－v2＝v2′－v1′，其中v1′和v2′分别为碰撞后A球、B球的速度，碰撞后两球做匀速直线运动，所以两球之间的距离与时间的关系为s＝(v2′－v1′)t＝(v1－v2)t，故D正确。
9．(多选)(2025·广东广州期中)如图所示，将两个质量分别为m1＝60 g、m2＝30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A.两球下落过程中，B球对A球有竖直向下的压力
B.B球与A球碰前的速度大小均为6 m/s
C．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101
D．A、B两球发生的是弹性碰撞
解析：选BC。小球A、B叠放在一起做自由落体运动，两球之间的弹力为零，故A错误；由题图乙可知，A球与B球碰前，B球做自由落体运动，运动时间为0.6 s，则碰前B球的速度大小v0＝gt1＝6 m/s，A球落地速度大小vA＝v0＝＝6 m/s，故B正确；根据动量定理可得，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于B球所受合力的冲量，则有I1－m2gt＝m2(v2＋v0)，重力的冲量I2＝m2gt，可得＝，故C正确；因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒定律得m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2，得A碰后速度v1＝1 m/s，根据计算m1v＋m2v＞m1v＋m2v，可知碰撞后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故D错误。
10．用气垫导轨“验证动量守恒定律”实验中，某次频闪照相机闪光4次拍的相片如图所示。已知闪光时间间隔Δt＝0.02 s，闪光本身持续时间极短，在这4次闪光的时间内A、B均在0～80 cm范围内，且第一次闪光时，质量为mA的A在x＝55 cm处，质量为mB的B在x＝70 cm处，两者在x＝60 cm处发生碰撞，则A和B的质量之比＝________，两滑块发生________(选填“弹性”或“非弹性”)碰撞。
解析：两滑块在x＝60 cm处发生碰撞，由题图可得两滑块碰撞后B的速度大小vB′＝0，A的速度大小vA′＝＝ m/s＝10 m/s, 两滑块碰撞前A的速度大小为vA，有Δt＝0.02 s＝＋，其中Δx1＝5 cm，Δx2＝10 cm，解得vA＝5 m/s，从第一次闪光时到两滑块碰撞所用时间Δt1＝＝ s＝10－2 s，两滑块碰撞前B的速度大小为vB，有vB＝＝ m/s＝10 m/s，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝－mAvA′，即5mA－10mB＝－10mA，可得＝，令mA＝2m，mB＝3m，碰撞前两滑块的总动能Ek总＝mAv＋mBv＝175m，碰撞后两滑块的总动能Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝100m，由于Ek总＞Ek总′，两滑块发生非弹性碰撞。
答案：　非弹性
11．(10分)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
(1)B的质量；(4分)
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。(6分)
解析： (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m＋2mBv＝(m＋mB)v
解得mB＝。
(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v
设碰撞过程A、B系统损失的机械能为ΔE，则
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2
联立解得ΔE＝mv。
答案：(1)　(2)mv专题提升课3　“子弹打木块”和“滑块—木板”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(3)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。
模型1　子弹打木块模型
　(2025·辽宁鞍山市期末联考)质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是(　　)
A．若M较大，可能是甲图所示情形；若M较小，可能是乙图所示情形
B．若v0较小，可能是甲图所示情形；若v0较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
[解析]　在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，木块在水平地面上滑行的距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得fs＝Mv2＝ eq \f(Mm2v,2（m＋M）2) ，根据能量守恒定律得Q＝fd＝mv－(m＋M)v2＝ eq \f(Mmv,2（M＋m）) ，则d>s，不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是题图甲所示的情形，故A、B、C错误，D正确。
[答案]　D
　(2025·江苏宿迁统考期中)如图所示，套筒C可以沿着水平固定的光滑杆(足够长)左右滑动，套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B。开始时物体B和套筒C均静止，子弹A以v0＝100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为0.4v0，已知子弹A、物体B、套筒C的质量分别为mA＝0.01 kg，mB＝mC＝0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)子弹A击穿物体B的过程，子弹A对物体B的冲量大小；
(2)物体B能上升的最大高度；
(3)套筒C可以达到的最大速度。
[解析]　(1)子弹A击穿物体B的过程，动量守恒，规定向右为正方向，则
mAv0＝mA×0.4v0＋mBv1
解得v1＝6 m/s
对物体B根据动量定理有I＝mBv1
解得I＝0.6 N·s。
(2)物体B上升过程中，B、C组成的系统水平方向动量守恒，设最大高度为h，则有
mBv1＝(mB＋mC)v2
解得v2＝3 m/s
由能量守恒定律有mBgh＝mBv－(mB＋mC)v
解得h＝0.9 m。
(3)当B回到最低点时，C的速度最大，根据B、C系统动量守恒可知(mB＋mC)v2＝mBv3＋mCv4
根据能量守恒定律有
mBgh＋(mB＋mC)v＝mBv＋mCv
解得v3＝6 m/s，v4＝0 m/s(不符合题意，舍)
或v3＝0 m/s，v4＝6 m/s
套筒C可以达到的最大速度为6 m/s。
[答案]　(1)0.6 N·s　(2)0.9 m　(3)6 m/s
模型2　滑块—木板模型
　如图所示，质量m＝4 kg 的物体，以水平速度v0＝5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量M＝6 kg，物体与小车车面之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，设小车足够长。求：
(1)小车和物体的共同速度大小；
(2)物体在小车上滑行的时间；
(3)在物体相对小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热。
[解析]　(1)小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v
解得v＝2 m/s。
(2)物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知－μmg＝ma
解得a＝－3 m/s2
则物体在小车上滑行的时间为t＝＝1 s。
(3)根据能量守恒定律可得，系统产生的摩擦热
ΔQ＝mv－(m＋M)v2＝30 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)1 s　(3)30 J
　(2024·甘肃卷，T14)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
[解析]　(1)设OP＝l，A的质量为m，对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有
mgl(1－cos 60°)＝mv－0
在最低点，对A由牛顿第二定律有
T－mg＝ eq \f(mv,l)
根据牛顿第三定律得T′＝T
联立解得细绳OP受到的拉力T′＝40 N。
(2)由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合(1)问解得vC＝4 m/s。
(3)C与B相互作用的过程，系统所受合外力为零，动量守恒，则有
mvC＝(m＋mB)v共
根据能量守恒定律有
mv＝(m＋mB)v＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
[答案]　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15
规范一练　动量和能量观点分析滑块—弹簧和滑块—木板模型
　(2025·山东滨州市期中)如图，足够长的水平轨道ab光滑，在轨道ab上放着质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，B的左端水平拴接一条轻质弹簧。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M＝2 kg、长L＝0.5 m的小车，小车上表面与ab等高，现让B物块以v0＝3 m/s的初速度向左运动。已知A滑上小车前已经与弹簧分离，弹簧的形变始终在弹性限度内，A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：
(1)A、B压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)A滑上小车时的速度大小；
(3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
[解析]　(1)根据题意可知，当A、B共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律有
mBv0＝(mA＋mB)v1
由能量守恒定律可得
Ep＝mBv－v
联立解得Ep＝3 J。
(2)从B撞向A到A、B分开的这个过程，由动量守恒定律可得
mBv0＝mAvA＋mBvB
由能量守恒定律可得
mBv＝mAv＋mBv
联立解得vA＝2 m/s。
(3)假设A和小车能共速，根据动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋M)v
根据能量守恒定律有
Q＝μmAgx＝mAv－v2
解得x＝ m假设成立，解得Q＝2 J。
[答案]　(1)3 J　(2)2 m/s　(3)2 J
1．(滑块—木板模型)如图所示，长木板P静止在光滑水平地面上，小物块Q从P左端以某初速度向右运动并恰好不会从右端离开。在Q从P左端滑到右端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．长木板P向左运动
B．小物块Q与长木板P组成的系统动量守恒
C．小物块Q与长木板P组成的系统机械能守恒
D．小物块Q的速度可能比长木板P的速度小
解析：选B。小物块Q从P左端以某初速度向右运动，小物块Q给P向右的摩擦力，长木板P向右运动，A错误；小物块Q与长木板P组成的系统水平方向不受外力作用，竖直方向上所受合外力为零，故系统动量守恒，B正确；小物块Q与长木板P之间由于摩擦，有一部分机械能转化为内能，所以组成的系统机械能不守恒，C错误；两物体一开始发生相对滑动，物块Q由于摩擦力而做匀减速直线运动，同时长木板P受摩擦力做匀加速直线运动，当两者速度相等时一起做匀速直线运动，因此不会存在Q的速度比长木板P的速度小的情况，D错误。
2．(滑块—木板模型)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度大小均为v0＝8 m/s，速度方向相反。A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为(　　)
A．2 m/s　　　　　　　 B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
解析：选B。由受力分析可知，A、B两物体在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整体在水平方向动量守恒，选水平向右为正方向则mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入数据解得vA＝4 m/s，故当A的速度为4 m/s时，B开始做加速运动，直到与A共速。共速时对A、B运用动量守恒定律mAv0－mBv0＝(mA＋mB)v共，代入数据解得v共＝ m/s，所以 m/s＜vA＜4 m/s时，可以观察到B做加速运动，故只有B符合题意。
3．(子弹打木块模型)
(2025·浙江杭州市期中)如图所示，将一个质量M＝1.99 kg的砂箱，用长L＝1.00 m的轻绳悬挂在天花板上，一颗质量m＝10 g的子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆动，若子弹射击砂箱时的速度v＝600 m/s，求：
(1)子弹刚打入砂箱时，它们共同速度v1的大小；
(2)子弹刚打入砂箱时，轻绳对砂箱作用力F的大小；
(3)子弹与砂箱共同上摆过程中，最大的上升高度h。
解析：(1)子弹水平射入砂箱过程，根据动量守恒定律可得
mv＝(m＋M)v1
解得v1＝3 m/s。
(2)子弹刚打入砂箱时，根据牛顿第二定律可得
F－(m＋M)g＝(m＋M) eq \f(v,L)
解得F＝38 N。
(3)子弹与砂箱共同上摆过程中，根据机械能守恒定律可得
(m＋M)v＝(m＋M)gh
解得h＝0.45 m。
答案：(1)3 m/s　(2)38 N　(3)0.45 m(共21张PPT)
专题提升课3　课后达标检测
√
1.(2025·江苏徐州市期中)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是(　　)
A．子弹的末速度大小相等
B．系统产生的热量一样多
C．子弹对滑块做的功相同
D．子弹和滑块间的水平作用力一样大
√
√
√
3.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B同时从木块两侧射入，最终嵌在木块中。已知两子弹入射的初动量大小相等，射入过程中所受木块的阻力大小相等，子弹A的质量较小。比较这两颗子弹可知(　　)
A．子弹A的初动能较小
B．子弹A先与木块相对静止
C．子弹A的动量变化率较大
D．子弹A射入木块的深度较大
√
4．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．木板A获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为1 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
√
√
√
(2)此过程子弹对物块的冲量；(4分)
(3)此过程中产生的内能。(4分)
7．(12分)(2025·江苏镇江市阶段练)如图所示，质量m1＝3 kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝1 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.05，g取10 m/s2，求：
(1)两个物体最终一起匀速运动的速度v大小；(4分)
解析：对物块和小车组成的系统由动量守恒定律得
m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.4 m/s。
答案：0.4 m/s　
(2)物块在车面上滑行的时间t；(4分)
解析：对小车由动量定理得
μm2gt＝m1v
解得t＝1.2 s。
答案：1.2 s　
(3)要使物块不从小车右端滑出，小车车长的最小值。(4分)
答案：0.6 m
8．(14分)(2025·江苏徐州市期中)如图，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝
1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求：
(1)A与C发生碰撞后的瞬间，A的速度大小；(4分)　
(2)A与C发生碰撞后C的速度大小；(4分)
解析：(1)(2)长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，因碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则
mAv0＝mAvA＋mCvC
之后根据A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞可知最终三者速度大小相等，设三者最终速度为v，全过程A、B、C三者组成的系统动量守恒，则
mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v，vC＝v
联立解得vA＝2 m/s，vC＝3 m/s。
答案：(1)2 m/s　(2)3 m/s　
(3)A与B在整个过程中因摩擦产生的热量Q。(6分)
答案：3 J(共37张PPT)
第2节　动量守恒定律及其应用
学习目标
1．了解系统、内力和外力的概念。　2.理解动量守恒定律的内涵、表达式及守恒的条件。　3.能用动量守恒定律解释生产生活中的物理现象，并能提出一些参考性建议。　4.知道什么是反冲，了解火箭的飞行原理和主要用途。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、动量守恒定律
1．内容：一个系统____________或者________________时，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝________________(作用前后总动量相等)。
3．适用条件：系统__________________或者所受合外力为0。
4．普适性：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅低速、宏观领域遵循这一规律，高速(接近光速)、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律。
不受外力
所受合外力为0
m1v1′＋m2v2′
不受外力
二、反冲运动与火箭
1．将气球充气后松口释放，气球会沿与喷气方向相反的方向飞去，这就是一种反冲运动。
2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律。
3．反冲现象的应用及防止
(1)防止：用枪射击时，由于枪身的______会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
(2)应用：有的自动喷水装置喷水时，水流的反冲作用可使喷水管____________起来，这样就能达到多角度喷洒的目的。
反冲
旋转
4．火箭
(1)工作原理：是典型的__________运动，火箭点火后燃料燃烧产生的高速气流从火箭尾部喷出，使火箭向前飞行。
(2)影响火箭获得速度大小的两个因素
①喷气速度。
②质量比：火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。
反冲
判断下列说法是否正确。
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(　　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。(　　)
(3)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　　)
(4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒。(　　)
(5)只要合外力对系统做功为0，系统动量就守恒。(　　)
(6)一切反冲现象都是有益的。(　　)
×　
√
√
×　
×　
×　
第1课时　动量守恒定律
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　动量守恒的判断
1．对“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
2．对守恒条件的进一步理解
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞等都可视为这种情形。
(2)系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的矢量和为0。
(3)系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。
(4)系统所受的合外力不为0，即F外≠0，但在某一方向上合外力为0(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒。
角度1　动量守恒条件的理解
　(2025·山东青岛统考期中)物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件。关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统所受外力的合力为零，系统动量一定守恒
B．只要系统内某个物体做加速运动，系统动量就不守恒
C．只要系统所受合外力恒定，系统动量守恒
D．只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒
√
[解析]　只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故A正确，B错误；系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误；即使系统内存在摩擦力，但只要系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故D错误。
√
角度2　动量守恒的判断
　(2025·广西玉林市期中)以下关于四幅图的说法，正确的是(　　)
A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒
B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接后放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒
C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不守恒
D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒
[解析]　题图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能不守恒，故A错误；题图乙中A、B用压缩的弹簧连接后放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，故B正确；题图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为水平方向所受外力之和为零，系统满足水平方向动量守恒，故C错误；题图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故D错误。
　如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　)
A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)
√
[解析]　依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，则有小球向左摆动时，小车向右运动，故A、B错误；由于系统在水平方向动量守恒，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)，小球向左摆到最高点时，小球的速度为零，则小车的速度也为零，故C错误，D正确。
知识点二　动量守恒定律的基本应用
1．表达式的含义
(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和。
(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。
(4)Δp＝0：系统总动量增量为零。
2．解题步骤
(1)明确研究对象：将要发生相互作用的物体视为系统。
(2)进行受力分析、运动过程分析：确定系统动量在研究过程中是否守恒。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量：一般来说，系统内的物体将要发生相互作用和相互作用结束，两个状态为作用过程的初、末状态。
(4)列动量守恒方程及相应辅助方程，求解作答。
　(2024·江苏卷，T14)嫦娥六号在轨速度为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v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度v1；
(2)分离时A对B的推力大小。
　(2025·安徽合肥市期中)光滑冰面上固定一个足够大的光滑曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小球的质量m1＝10 kg，小孩和冰车的总质量m2＝50 kg。某时刻小孩将小球以v1＝6 m/s的速度向曲面体推出(如图所示)，g取10 m/s2。
(1)求推出小球后，小孩的速度v2的大小。
[解析]　由题意可知，小球、小孩和冰车整个系统动量守恒，规定向左为正方向，则
0＝m1v1－m2v2
解得推出小球后，小孩的速度v2的大小
v2＝1.2 m/s。
[答案]　1.2 m/s　
(2)小球返回后会被小孩抓住，求共同运动的速度v3的大小。
[解析]　由小球能量守恒可知返回到冰面时小球速度大小不变；抓住小球过程m1、m2动量守恒，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v3
解得共同运动的速度v3的大小
v3＝2 m/s。
[答案]　2 m/s　
(3)求小球被抓住过程中所受到的合外力的冲量I。
[解析]　规定向左为正方向，由动量定理可得，小球所受的合外力的冲量I＝－m1v3－(－m1v1)
解得I＝40 N·s
方向水平向左。
[答案]　40 N·s，方向水平向左
　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲的小车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg，为避免相撞，甲不断地将小球以相对于地面v＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。
(1)求甲第一次抛球时对小球的冲量。
[解析]　规定水平向右为正方向，根据动量定理有I＝mv－mv0
解得I＝10.5 N·s，方向水平向右。
[答案]　10.5 N·s，方向水平向右
(2)求乙接到第一个球后的速度(保留1位小数)。
[解析]　规定水平向左为正方向，对第一个小球和乙的整体，根据动量守恒定律有
M2v0－mv＝(M2＋m)v1
解得v1≈5.3 m/s，方向水平向左。
[答案]　5.3 m/s，方向水平向左　
(3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？
[解析]　规定水平向右为正方向，对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有
M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′
对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有nmv－M2v0＝(M2＋nm)v′
解得n＝15，则为保证两车不相撞，甲总共抛出15个小球。
[答案]　15个
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(动量守恒的判断)(多选)2024年巴黎奥运会，中国代表团以40金27银24铜共91枚奖牌的优异表现，创造了境外参加奥运会的最佳成绩，下列奥运比赛项目中关于物理学中的守恒，说法正确的是(　　)
A．短道速滑接力赛时，交棒运动员以双手推动接棒运动员的臀部来完成交替动作，若不考虑冰面阻力，则在交接过程中两名运动员组成的系统机械能不守恒、动量守恒
B．在篮球比赛的传接篮球的过程中，两位运动员和篮球构成的系统机械能不守恒、动量守恒
C．蹦床运动中，运动员与蹦床分离后在空中运动的过程，若不计空气阻力，运动员的机械能守恒、动量不守恒
D．在飞碟射击运动中，子弹击中飞碟的过程，子弹与飞碟系统机械能守恒、动量守恒
√
√
解析：两名运动员在交接过程中，系统内力做正功，机械能增加，交接过程中系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A正确；传接篮球的过程，系统内力做功，机械能不守恒，由于地面摩擦力的作用，系统所受外力的合力不为0，两位运动员和篮球构成的系统动量不守恒，故B错误；当运动员与蹦床分离后在空中运动的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，合力不为0，动量不守恒，故C正确；子弹击中飞碟的过程，有内能产生，机械能不守恒，系统合外力为0，动量守恒，故D错误。
2.(动量守恒的判断)(2025·山东菏泽统考期中)如图所示，木块M和N用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，M紧靠在墙壁上，对N施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，关于M、N和轻弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A．M离开墙壁前，系统动量守恒
B．M离开墙壁前，M所受合力的冲量与N所受合力的冲量大小相等、方向相反
C.M离开墙壁后，系统动量守恒
D．M离开墙壁后，M的动量变化量与N的动量变化量相同
√
解析：当撤去外力F后，M尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的合外力不为零，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；M离开墙壁时，弹簧处于原长状态，M离开墙壁前一直保持静止状态，则所受合力的冲量为0，初始状态N动量为0，撤去外力F后，一直受到弹簧向右的力的作用直到M离开墙壁，此过程中N所受合力的冲量向右，故B错误；M离开墙壁后，系统所受合外力为0，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知系统动量变化量为0，即ΔpM＝－ΔpN，动量变化量是矢量，M的动量变化量与N的动量变化量大小相等、方向相反，故C正确，D错误。
3．(动量守恒定律的基本应用)如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船(包括人)的动能之比为(　　)

A．1∶1　　　　　　　 B．4∶3
C．3∶2 D．9∶4
√
4．(动量守恒定律的基本应用)质量为40 kg的小车上站着一个质量为60 kg的人，小车与人一起在光滑的水平轨道上以1 m/s的速度运动。若人相对于小车以2 m/s的速度水平向车前方跳出，其他条件不变，车的速度变为(　　)
A．2.5 m/s B．－0.5 m/s
C．1 m/s D．－0.2 m/s
解析：人从车上跳出的过程，人和车组成的系统动量守恒，规定人跳出的方向为正方向，(m人＋m车)v0＝m人v人＋m车v车，v人＝v车＋2，代入数据解得v车＝－0.2 m/s，故A、B、C错误，D正确。
√专题提升课1　动量定理的拓展应用
微专题一　应用动量定理处理多过程问题
　水平面上有一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。 经时间2Δt撤去F，又经过3Δt物体停止运动，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为(　　)
A．　　　　　　　 　 B．
C． D．
[解析]　对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0－0＝0，解得μ＝，故A、B、D错误，C正确。
[答案]　C
　(2025·黑龙江开学考试)如图甲所示，质量为1 kg的物块静止放在水平地面上，现对该物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.前6 s内，物块受到的支持力冲量为0
B．前2 s内，物块受到的合力冲量大小为1.5 N·s　
C．前2 s内，物块受到的摩擦力冲量大小为6 N·s
D．6 s末，物块的动量大小为12 kg·m/s
[解析]　根据IN＝Nt，可知前6 s内，物块受到的支持力冲量不为0，故A错误；物块与水平地面间的最大静摩擦力fmax＝μmg＝3 N，由F－t图像可知，在前1 s内物块处于静止状态，在t＝1 s时物块开始运动，则前2 s内，物块受到的合力冲量大小I合＝IF－If＝×1 N·s－3×1 N·s＝1.5 N·s，故B正确；在前1 s内物块受到静摩擦力作用，则前2 s内，物块受到的摩擦力冲量大小If′＝×1 N·s＋3×1 N·s＝4.5 N·s，故C错误；在t＝1 s时物块开始运动，则1 s到6 s内，对物块根据动量定理可得I合′＝IF′－If″＝p6－0，其中IF′＝×1 N·s＋6×4 N·s＝28.5 N·s，If″＝3×5 N·s＝15 N·s，解得6 s末，物块的动量大小p6＝13.5 kg·m/s，故D错误。
[答案]　B
微专题二　动量定理和动能定理的综合应用
1．动能定理
(1)数量关系：合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系，可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．动量定理
(1)求合力的冲量的方法有两种：第一种是先求合力再求合力的冲量，第二种是求出每个力的冲量再对冲量求矢量和。
(2)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。
　如图所示，质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0竖直向上跳起，从起跳到入水前重心下降了H。入水后由于水的阻力使速度减为0，从接触水面到下沉到最低点经历的时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。求该运动员：
(1)入水瞬间的动量大小；
(2)入水过程中受到水的平均阻力大小。
[解析]　(1)运动员起跳后在空中运动过程，由动能定理得
mgH＝mv2－mv
解得v＝ eq \r(v＋2gH)
所以入水瞬间的动量大小
p＝mv＝m eq \r(v＋2gH) 。
(2)规定竖直向下为正方向，从运动员接触水面到下沉到最低点，根据动量定理有
mgt－t＝0－mv
解得＝mg＋ eq \f(m\r(v＋2gH),t) 。
[答案]　(1)m eq \r(v＋2gH) 　(2)mg＋ eq \f(m\r(v＋2gH),t)
　一质量为0.5 kg的物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速率反向运动直至静止，g取10 m/s2。求：
(1)物块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，碰撞过程中墙壁对物块平均作用力F的大小；
(3)物块在反向运动过程中位移大小。
[解析]　(1)对物块从A运动到B处的过程应用动能定理有
－μmgs＝mv2－mv
代入数值解得μ＝0.32。
(2)以水平向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s，由动量定理得FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130 N
其中负号表示墙壁对物块的平均作用力方向向左。
(3)对物块的反向运动过程，由动能定理得
－μmgs′＝0－mv′2
代入数据解得s′＝5.625 m。
[答案]　(1)0.32　(2)130 N　(3)5.625 m
微专题三　应用动量定理处理“流体模型”问题
1．研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。
2．研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3．基本思路
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。
(4)求小柱体的动量p＝Δmv＝ρv2SΔt。
(5)应用动量定理FΔt＝Δp。
①作用后流体停止，－p＝FΔt，有F＝－ρSv2；
②作用后流体以速率v反弹，有－2p＝FΔt，有F＝－2ρSv2。
模型1　气体模型
　福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　　)
A．2倍　　B. 4倍　　C. 8倍　　D. 16倍
[解析]　设空气的密度为ρ，台风迎面垂直吹向一固定的横截面积为S的交通标志牌，在时间Δt内的空气质量Δm＝ρSvΔt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对台风由动量定理有－FΔt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈51 m/s，则有＝ eq \f(v,v) ≈4，故B正确。
[答案]　B
模型2　液体模型
　(2025·广东深圳市龙岗区期末)如图所示的游乐园水上表演中，水面摩托艇上安装的水泵通过轻质软管喷水，将质量为M的游客(包括踏板)顶起在空中保持静止(此时软管竖直且喷水口竖直向下)，设软管与喷口的横截面积相同，喷水速率为v，重力加速度为g，则t时间内喷水的质量为(　　)
A． B.
C． D．
[解析]　对游客与踏板整体进行分析，根据平衡条件有F1＝Mg，令极短时间Δt内喷出水的质量为Δm，根据牛顿第三定律可知，踏板对喷出水的反作用力F2＝F1，由于软管竖直且喷水口竖直向下，根据题意可知水泵先将水沿软管竖直向上以速率v送至踏板处，冲击踏板后又以速率v从喷水口竖直向下喷出，取竖直向下为正方向，对极短时间Δt内喷出的水进行分析，由于时间极短，其重力可以忽略，根据动量定理有F2Δt＝Δmv－(－Δmv)，则t时间内喷水的质量m＝t，解得m＝。
[答案]　C
　如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱横截面积为S，水速为v，水的密度为ρ，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，则水柱对煤层的平均冲击力大小是(　　)
A．ρv2S B．
C．ρv2S D．ρvS
[解析]　设Δt时间内水枪射出水的质量为Δm，则有Δm＝ρ·ΔV＝ρS·v(Δt)，以这小段水柱为研究对象，选取初速度的方向为正方向，设煤层对水柱的平均作用力大小为，根据动量定理，则有－·Δt＝0－Δm·v，联立解得＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知，水柱对煤层平均作用力的大小等于煤层对水柱平均作用力的大小，即水柱对煤层平均作用力的大小为ρSv2。
[答案]　A
1．(应用动量定理处理多过程问题)(多选)(2025·山东聊城市期中)在光滑水平地面上，一质量为2 kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间t变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．前2 s内，拉力F的冲量为2 N·s
B．2 s到4 s内，拉力F的冲量为1 N·s
C.前4 s内，物体的动量方向一直不变
D．t＝4 s时，物体的速度大小为1.5 m/s
解析：选AC。合外力的冲量可以用F－t图线与横轴围成的面积表示，则在前2 s内和2 s到4 s内有I1＝ N·s＝2 N·s，I2＝ N·s＝－1 N·s，A正确，B错误；由F－t图像可看出前4 s内，F－t图像的总面积始终为正值，则物体的动量方向一直是正方向不变，C正确；前4 s内根据动量定理有I＝Δp ＝mv－0＝1 N·s，则在t＝4 s时物体的速度v＝0.5 m/s，D错误。
2．(动量定理和动能定理的综合应用)(2025·山东济宁月考)如图所示，在离地面高为h处将质量为m的小球以初速度v0水平抛出，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．落地前瞬间，小球的动量大小为m
B．从抛出到落地，小球所受重力的冲量大小为m eq \r(2gh＋v)
C．从抛出到落地，小球动量的变化量方向竖直向上
D．从抛出到落地，小球动量的变化量大小为m
解析：选D。根据动能定理有mv2－mv＝mgh，可得v＝ eq \r(2gh＋v) ，落地前瞬间，小球的动量大小p＝mv＝m eq \r(2gh＋v) ，故A错误；根据运动学公式h＝gt2，可得t＝，重力的冲量大小I＝mgt＝m，故B错误；根据动量定理有Δp＝I＝mgt＝m，则小球动量的变化量方向竖直向下，其大小为m，故C错误，D正确。
3．(动量定理和动能定理的综合应用)一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v－t图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在运动过程中(　　)
A．摩擦力做功为mv
B.物体速度变化量为零，所以F平均功率为零
C.F做功W＝μmgv0t0
D．F＝2μmg
解析：选C。对0到3t0过程，由动量定理有Ft0－μmg(3t0)＝0，解得F＝3μmg，v－t图线与横轴所围面积为位移，则s＝×3v0t0，解得μmgs＝μmgv0t0，由动能定理可得W－μmgs＝0，解得W＝μmgv0t0，F在这段时间内做功不为0，所以平均功率也不为0，故C正确，A、B、D错误。
4．(应用动量定理处理“流体模型”问题)最近，我国某新型大推力火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体流速约为2.5 km/s，产生的推力约为5×106 N，则它在0.2 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．4×103 kg　　　　 B．2×103 kg
C．4×102 kg D．2×102 kg
解析：选C。以气体为研究对象，设t＝0.2 s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得Ft＝mv－0，其中v＝2.5 km/s＝2 500 m/s，解得m＝＝4×102 kg。(共26张PPT)
第1节　课后达标检测
√
题组1　动量和动量变化
1．(2025·海南海口期中)关于物体的动量，下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体动量一定大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．两物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相同
D．两物体的速度相同，则它们动量的方向一定相同
解析：根据动量的定义，动量大小等于质量与速度的乘积，故速度大的物体动量不一定大，故A错误；动量为矢量，做匀速圆周运动的物体，速度方向沿切线方向，速度方向不断变化，故其动量在不断改变，故B错误；动量为矢量，两物体的质量相等，速度大小也相等，若速度方向不同，则它们的动量不相同，故C错误；动量的方向与速度方向相同，故两物体的速度相同，则它们动量的方向一定相同，故D正确。
√
2.(2025·江苏无锡期中)如图所示，一足球运动员踢一只质量为0.4 kg的足球，若足球以12 m/s的速率水平撞向球门门柱，然后以8 m/s的速率反向弹回，这一过程中足球动量的变化量(　　)
A．大小为1.6 kg·m/s，方向与飞向球门方向相同
B．大小为1.6 kg·m/s，方向与飞向球门方向相反
C.大小为8.0 kg·m/s，方向与飞向球门方向相同
D．大小为 8.0 kg·m/s，方向与飞向球门方向相反
解析：以末速度方向为正方向，则这一过程足球动量的变化量Δp＝mv－mv0＝0.4×8 kg·m/s－(－0.4×12) kg·m/s＝8.0 kg·m/s，方向与末速度方向相同，即与飞向球门方向相反。
√
题组2　冲量的理解和计算
3．下列关于动量、冲量、动量的变化量的说法正确的是　(　　)
A．物体动量为零时，一定处于平衡状态
B．在某一运动过程中，力与位移垂直，该力的冲量不为零
C．人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量
D．若物体速度增大，则相同时间内动量的变化量也一定增大
解析：物体的动量为零，合外力不一定为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；由I＝F·Δt可知，冲量是力对时间的累积效果，与力是否与位移垂直无关，B正确；人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了延长力的作用时间，减小地面对人的冲击力，C错误；由Δp＝mv－mv0可知，物体的速度增大，相同时间内动量变化量可能增大、减小或不变，D错误。
√
4．(2025·广东期中)一质量为20 g的翠鸟从高空沿竖直方向俯冲扎入水中捕鱼。翠鸟(视为质点)从开始俯冲至到达水面的过程可视为自由落体运动，若翠鸟开始俯冲时到水面的高度为10 m，重力加速度大小g取10 m/s2，则在俯冲过程中，翠鸟受到的重力的冲量大小约为(　　)
A．0.24 N·s　　　　 B．0.28 N·s
C．0.35 N·s D．3.46 N·s
√
题组3　动量定理的理解和简单应用
5．(2025·江苏淮安市期中)汽车给人们的出行带来极大的方便，而行车安全是人们非常关注的事情，行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减为零，则关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．减少了碰撞前后司机动量的变化量
解析：由于安全气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积，即减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，B正确；在安全气囊的缓冲作用之下，司机的动能最终全部转换为内能，故C错误；根据Δp＝0－mv0可知，碰撞前后司机动量的变化量并没有发生变化，故D错误。
√
√
7．(2025·山东泰安市期中)2024年国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛中，中国蹦床队运动员在t＝2.3 s时刚好落到蹦床上，速度大小为10 m/s，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平，忽略空气阻力。运动员的质量m＝45 kg，重力加速度g取10 m/s2，运动员此次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为(　　)

A．3 000 N B．3 400 N
C．3 450 N D．4 600 N
解析：由题图可知0.3 s到2.3 s运动员未接触蹦床，根据对称性可知运动员离开蹦床的速度也为10 m/s，设竖直向上为正方向，根据动量定理有FΔt－mgΔt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入解得F＝3 450 N，根据牛顿第三定律可知，运动员此次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为3 450 N。
√
8.如图，质量m＝2 kg的木块放在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块在F＝5 N的水平恒力作用下由静止开始向右运动了10 s，g取
10 m/s2，在这10 s内，下列说法正确的是(　　)
A．重力的冲量为0
B．摩擦力的冲量为－40 N·s
C．物体动量的变化量为20 kg·m/s
D．合外力的冲量为50 N·s
解析：重力的冲量IG＝Gt＝2×10×10 N·s＝200 N·s，故A错误；设向右为正方向，则摩擦力的冲量If＝－ft＝－μmgt＝－0.2×2×10×10 N·s＝
－40 N·s，故B正确；力F的冲量IF＝Ft＝5×10 N·s＝50 N·s，合外力的冲量I＝IF＋If＝10 N·s，由动量定理可得，物体动量的变化量Δp＝I＝
10 kg·m/s，故C、D错误。
√
9.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，
圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。
某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是(　　)
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，由动量定理可知，摩擦力的冲量即合外力的冲量为0，，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小I′＝Δp＝mv＝mrω，故D正确。
√
10.(2025·江苏苏州月考)如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同(α>β)的两光滑固定斜面无初速度下滑到斜面底端，下列说法正确的是(　　)
A.A物体比B物体先到达斜面底端
B．两物体重力的冲量相同
C．两物体到达斜面底端时动能相同
D．两物体到达斜面底端时动量相同
11.在离地面同一高度有质量相同的三个小球a、b、c，a球以速度v0竖直上抛，b球以速度v0竖直下抛，c球做自由落体运动，不计空气阻力(　　)
A．三个小球落地时，重力的功率相同
B．从抛出到落地，三个小球的重力做功相同
C．从抛出到落地，三个小球的重力的冲量相同
D．从抛出到落地，三个小球的动量的变化量相同
√
12．(10分)(2025·山东聊城市期中)篮球气压过高或过低都会影响篮球的弹性和手感，从而影响球员的技术发挥。简易的测试方法是在平坦的硬质水平地面上，让篮球从180 cm的高度自由落下，反弹高度在125 cm至140 cm之间即表示篮球气压正常。将质量m＝0.60 kg的篮球从离水平地面高度H＝1.8 m处静止释放，与地面撞击后反弹，上升的最大高度h＝1.25 m。已知篮球与地面接触的时间t＝0.1 s，篮球视作质点并始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)篮球从开始下落到反弹至最高点过程中，其所受重力的冲量；(5分)
篮球从自由下落开始到反弹到离地面h＝1.25 m高处这一过程中，重力的冲量大小
IG＝mg(t1＋t2＋t)
解得IG＝7.2 N·s
方向竖直向下。
答案：7.2 N·s，方向竖直向下　
(2)篮球与地面碰撞过程中，地面对篮球的平均作用力的大小。(5分)
答案：72 N第1节　动量和动量定理
eq \a\vs4\al()
1．理解动量、冲量的概念，知道动量、冲量是矢量。　2.知道动量的变化量是矢量，会正确计算一维的动量变化。　3.理解动量定理的确切含义，掌握其表达式。　4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等现象。
一、动量
1．动量
(1)定义：物理学中，把物体______________与____________的乘积称为物体的动量，通常用字母____________表示。
(2)表达式：________________。
(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是____________，符号为______________。
(4)矢量性：方向与____________的方向相同，运算遵循平行四边形定则。
2．动量的变化量
(1)定义：物体动量的变化量Δp等于物体的____________与____________的矢量差，即Δp＝________________。
(2)矢量性：动量变化量Δp是矢量。方向与速度变化量Δv相同。
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：把____________和力的____________的乘积称为这个力的冲量，通常用符号____________表示。
(2)表达式：____________。
(3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是____________，符号为____________。
(4)矢量性：冲量是矢量，力的冲量方向与____________的方向相同。
(5)物理意义：反映力对________________的累积效应。
2．动量定理
(1)表述：物体在一个过程中所受合外力的________________等于该物体在此过程中__________。
(2)表达式：Ft＝______________________，或I＝__________________。
(3)适用条件：动量定理不仅适用于恒力，也适用于____________。
(4)说明：对于变力的冲量，动量定理中的F应理解为变力在作用时间t内的平均值。
三、碰撞与缓冲的实例分析
碰撞时可产生冲击力，要利用这种冲击力就要设法缩短作用力的作用时间。要防止冲击力带来的危害，就要延长作用力的作用时间。
判断下列说法是否正确。
(1)动量是描述物体运动状态的物理量。(　　)
(2)一个物体的速率改变，它的动量不一定改变。(　　)
(3)冲量是物体动量变化的原因。(　　)
(4)跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。(　　)
(5)力越大，力对物体的冲量越大。(　　)
(6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为0。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
[答案自填] 质量　速度　p　p＝mv　千克米每秒　kg·m/s　物体速度　末动量p2
初动量p1　p2－p1　力　作用时间　I　I＝Ft　牛·秒　N·s　力　时间　冲量
动量的变化量　mv2－mv1　mv2－mv1　变力
知识点一　动量和动量的变化
eq \a\vs4\al()
摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。乘客搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。不同时刻乘客的动量相同吗？不同时刻乘客的动能相同吗？
[提示]　根据动量表达式p＝mv
该式为矢量式，依题意可知做匀速圆周运动的乘客速度方向时刻改变，故动量不相同
根据动能表达式Ek＝mv2
该式为标量式，因为乘客速度大小时刻相同，故动能时刻相同。
1．对动量的理解
(1)状态量：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
2．动量和动能
(1)区别：动量是矢量，动能是标量。
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝。
3．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
　(2025·江苏淮安市期中)下列关于动量、动能的说法正确的是(　　)
A.动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同
B．动能是矢量，动能的方向与位移的方向相同
C.某个物体的动量变化，则其动能一定变化
D.某个物体的动能变化，但其动量不一定变化
[解析]　动量是矢量，由p＝mv可知动量的方向与速度的方向相同，A正确；动能是标量，所以没有方向，B错误；由p＝mv，Ek＝mv2可知，动量变化有可能是方向改变，此时动能不变，C错误；由p＝mv，Ek＝mv2，可得p＝，某个物体的动能变化，其动量大小一定变化，故D错误。
[答案]　A
　(2025·广东月考)2024年巴黎夏季奥运会上，中国运动员获得女子网球单打冠军。假设某次击球过程中，质量为60 g的网球以30 m/s的水平速度飞来，运动员引拍击球，球拍与网球作用极短时间后，以40 m/s的水平速度反方向弹回，
取飞来速度方向为正，在此过程中，该网球的动量变化量为(　　)
A．－4.2 kg·m/s　　　 B．4.2 kg·m/s
C．－0.6 kg·m/s D．0.6 kg·m/s
[解析]　该网球的动量变化量Δp＝p2－p1＝m(v2－v1)＝0.06×(－40－30)kg·m/s＝－4.2 kg·m/s。
[答案]　A
知识点二　冲量的理解和计算
1．冲量是过程量：冲量描述的是力对时间的累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
2．冲量是矢量：冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同，若力是恒力，则冲量的方向与力的方向相同。
3．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：该力和力的作用时间的乘积。
(2)求合冲量的两种方法
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
(3)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量。
角度1　恒力冲量的计算
　如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是(　　)
A．拉力F的冲量大小为Ft cos θ
B．摩擦力的冲量大小为Ft sin θ
C．重力的冲量大小为mgt
D．所受支持力的冲量大小为mgt
[解析]　拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小ft＝Ft cos θ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg－F sin θ)t，故D错误。
[答案]　C
角度2　变力冲量的计算
　质量m＝1 kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。求6 s内合外力的冲量大小。
[解析]　F－t图线与坐标轴围成图形的面积等于力的冲量，由题给图像可知，6 s内合力的冲量大小I＝2×2 N·s＋×2×(4－2)N·s＋×(－2)×(6－4)N·s＝4 N·s。
[答案]　4 N·s
知识点三　动量定理的理解和简单应用
eq \a\vs4\al()
如图，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为 v，经过一段时间Δt，它的速度变为v′。试推导F、Δt与Δp的关系。
[提示]　加速度a＝
根据牛顿第二定律F＝ma，则有
F＝m＝＝，即FΔt＝p′－p。
1．对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式F(t′－t)＝mv′－mv是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。
2．动量定理的应用
(1)定性分析
由F＝可知：物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小。
由Δp＝FΔt可知：作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小。
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤
①选定研究对象，明确运动过程。
②进行受力分析和运动的初、末状态分析。
③选定正方向，根据动量定理列方程求解。
角度1　应用动量定理定性分析问题
　把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法正确的是(　　)
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
[解析]　两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f＝μN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故A、B错误；第二次以较慢的速度拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，第二次茶杯获得的动量大一些，故C正确，D错误。
[答案]　C
角度2　动量定理的基本应用
　(2025·河南月考)足球运动员将质量m＝0.5 kg的足球由与水平地面成α＝30°的方向踢出，足球的初速度大小v0＝20 m/s，经过一段时间足球落地，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则足球从离开地面到落地之前的过程，足球动量的变化量大小为(　　)
A．40 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．0
[解析]　足球离开地面瞬间，竖直方向的分速度大小vy＝v0sin α＝10 m/s，足球上升的时间t1＝＝1 s，由对称性可知足球在空中运动的总时间t＝2t1＝2 s，重力的冲量大小I＝mgt＝10 N·s，由动量定理得Δp＝I＝10 kg·m/s。
[答案]　B
　如图所示，用0.5 kg的铁锤钉钉子。打击前铁锤的速度为4 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(3)请你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，什么情况下可以不计铁锤所受的重力。
[解析]　(1)打击时，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤的速度为0。设竖直向下为正方向。若不计铁锤所受的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200 N。由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的平均作用力为200 N。
(2)若考虑铁锤所受的重力，则有(G－F′)Δt＝0－mv，解得F′＝205 N。由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的平均作用力为205 N。
(3)根据(G－F)Δt＝0－mv分析可知，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略不计。
[答案]　(1)200 N　(2)205 N　(3)当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力
综合一练　动量、冲量和动量定理的应用
　(2025·山东菏泽市期中)2024年3月，2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛落幕，中国蹦床队斩获3金2银。某运动员的质量为60 kg，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，重力加速度g取10 m/s2，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员与网刚分离时的动量为600 kg·m/s
B．运动员与网接触时间内动量的改变量为－1 080 kg·m/s
C．网对运动员的平均作用力大小为1 350 N
D．从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0 m高处过程中，运动员所受重力的冲量为1 080 N·s
[解析]　运动员与网刚分离时的速度大小v2＝＝10 m/s，动量p2＝－mv2＝－600 kg·m/s，A错误；运动员与网刚接触时的速度v1＝＝8 m/s，接触时间内动量的改变量Δp＝－mv2－mv1＝－1 080 kg·m/s，B正确；运动员与网接触过程，根据动量定理有(mg－F)Δt＝Δp，网对运动员的平均作用力大小F＝1 950 N，C错误；从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0 m高处过程中，运动员所受重力的冲量IG＝mg＝1 560 N·s，D错误。
[答案]　B
1．(动量的理解)某运动员在3分线外将一个质量为m的篮球以大小为v、方向与水平地面成θ角的速度斜向上抛出，恰好投入球篮中，则该篮球被抛出时的动量大小为(　　)
A．mv　　　　　　　 B．mv sin θ
C．mv cos θ D．mv tan θ
解析：选A。动量等于质量与速度的乘积，故抛出时的动量p＝mv，故A正确，B、C、D错误。
2．(动量和动量变化)(2025·江苏苏州期中)一质量为1 kg的小球以5 m/s的水平速度垂直撞向竖直墙壁后原速率反弹，与墙壁接触的时间为0.1 s，重力加速度g取10 m/s2，则在该过程中小球的动量变化量大小和重力的冲量大小分别为(　　)
A．0，0 B．5 kg·m/s，1 N·s
C．10 kg·m/s，0 D．10 kg·m/s，1 N·s
解析：选D。设反弹方向为正，则在该过程中小球的动量变化量大小Δp＝mv－(－mv)＝10 kg·m/s，重力的冲量大小I＝mgΔt＝1 N·s。
3．(冲量的理解和计算)(2025·江苏泰州期中)如图所示，摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动，吊篮内的乘客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，乘客的质量为m，重力加速度为g，则乘客从最高点到最低点的过程中(　　)
A．重力的冲量大小为0
B．重力的冲量大小为
C．动量变化量大小为0
D．动量变化量大小为mRω
解析：选B。乘客从最高点到最低点运动的时间t＝＝，因此重力的冲量大小I＝mgt＝，故A错误，B正确；乘客由最高点到最低点的过程做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变了180°，则此过程中，动量变化量的大小|Δp|＝|－mv－mv|＝2mv，其中v＝ωR，所以|Δp|＝2mωR，故C、D错误。
4．(动量定理的理解和简单应用)如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点。若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A.仍在P点
B．在P点左边
C．在P点右边不远处
D．在P点右边原水平位移的两倍处
解析：选B。抽出纸条的过程中，纸条对铁块有一个向右的滑动摩擦力，两次摩擦力大小相等，第二次摩擦力作用的时间更短，根据动量定理可知，第二次铁块平抛的初速度更小，平抛的水平距离更小，因此落在P点的左边。
5．(动量定理的理解和简单应用)我国爱因斯坦探针卫星绕地球做匀速圆周运动。卫星的质量为1.45 t，线速度大小为7.6 km/s，运动周期为96 min。在48 min内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为(　　)
A．约2.2×107 N·s，与末速度方向垂直
B．约2.2×107 N·s，与末速度方向相同
C．约1.1×106 N·s，与末速度方向垂直
D．约1.1×106 N·s，与末速度方向相同
解析：选B。在48 min内，卫星的速度大小不变，方向反向，则动量变化量大小Δp＝2mv≈2.2×107 kg·m/s，方向与末速度方向相同，根据动量定理可知，万有引力对该卫星的冲量大小约为2.2×107 N·s，与末速度方向相同。(共26张PPT)
第3节　课后达标检测
1．(2024·新课标卷，T22)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，实验中需满足条件ma________(选填“>”或“<”)mb。
解析：由于实验中需保证向右运动的小球a与静止的小球b碰撞后均向右运动，则实验中小球a的质量应大于小球b的质量，即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_________________________________________________________________。
答案：见解析
解析：对两小球的碰撞过程由动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，则结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等，设此时间为t，则mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。
maxP＝maxM＋mbxN　
2．如图所示，用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验，完成如下操作步骤：
(1)调节天平，称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣的滑块的质量m1和m2。
(2)安装好A、B光电门，使光电门之间的距离为50 cm，导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够做____________(选填“匀加速直线”“匀速直线”或“匀减速直线”)运动。
解析：安装好A、B光电门，导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够做匀速直线运动。
匀速直线
(3)在碰撞前，将一个质量为m2的滑块放在两光电门中间，使它静止，将另一个质量为m1的滑块放在导轨的左端，向右轻推一下质量为m1的滑块，记录挡光片通过A光电门的时间t1。
(4)两滑块相碰后，它们粘在一起向右运动，记录挡光片通过B光电门的时间t2。
(5)得到验证实验的表达式为____________(用题目中直接测得的物理量的符号表示)。
3．某学习小组设计了碰撞实验来探究动量守恒及其中的能量损耗问题，实验装置如图甲所示。滑块A、B的质量均为0.20 kg，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连，滑块B左侧带有自动锁扣，已知打点计时器所接电源的频率f＝50 Hz。将A、B两个滑块放置在水平气垫导轨上，调整好实验装置后，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并黏合在一起运动，纸带记录的数据如图乙所示(以下各小题，计算结果均保留2位有效数字)。
(1)根据纸带记录的数据，得出与B碰撞前A的速度大小v1＝________m/s，碰撞后的共同速度大小v2＝________m/s。
3.0
1.5
(2)碰撞前系统动量大小p1＝________kg·m/s，碰撞后系统总动量大小p2＝______kg·m/s，在实验误差范围内，若p1________(选填“＞”“＜”或“＝”)p2，则碰撞过程动量守恒。
解析：碰撞前滑块A的动量p1＝mAv1＝0.60 kg·m/s，碰撞后A、B整体的总动量p2＝(mA＋mB)v2＝0.60 kg·m/s。在实验误差范围内，若p1等于p2，则碰撞过程动量守恒。
0.60
0.60
＝
(3)滑块A与B碰撞过程中，系统损失的动能为________J。
0.45
4.(2025·重庆万州二中期中)佳佳老师带领11、12班的研究学习小组利用如图所示装置，将钢球a用细线悬挂于O点，钢球b放在离地面高度为H的支柱上，O点到a球球心的距离为L。将a球拉至悬线与竖直方向夹角为α的位置，由静止释放后摆到最低点时恰与b球正碰，碰撞后a球把轻质指示针(图中未画出)推移到与竖直方向夹角为β的位置，b球水平抛出后落到地面上，测出b球的水平位移s。用托盘天平称量出a球的质量ma、b球的质量mb，再结合当地重力加速度g，验证了a、b两钢球碰撞前、后系统动量守恒。
(1)由题可知，a球的质量________(选填“大于”“小于”或“等于”)b球的质量。
解析：因为碰撞后，a球继续向左运动，所以可知a球的质量大于b球。
大于　
(2)a球碰撞前、后的速度的表达式v0＝________________，va＝__________________(用L、g、α、β表示)。
(3)碰后b球速度的表达式vb＝__________________(用s、g、H表示)。
5．用如图所示的装置验证动量守恒定律。

按照图示安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，将一斜面BC连接在斜槽末端；先不放质量为m2的小球Q，让质量为m1的小球P从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球P在斜面上的落点位置；将小球Q放在斜槽前端边缘上，让小球P从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球P和小球Q在斜面上的落点位置。
(1)为了减小实验误差，下列做法合理的是________。
A．减小斜槽对小球P的摩擦
B．多次将小球P从不同的位置释放
C．保证斜槽末端的切线沿水平方向
D．两球的质量和半径都一样大
C　
解析：为了保证小球P离开斜槽的速度相等，每次从同一高度由静止释放小球P即可，斜槽不需要光滑，故A、B错误；为了保证小球从斜槽射出的速度水平，需要保证斜槽末端的切线沿水平方向，故C正确；实验时要发生对心碰撞，两球的半径要一样大，为了保证小球P不反弹，小球P的质量需要大于小球Q的质量，故D错误。
(2)本实验需要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)。
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量抛出点B距落地点D、E、F的竖直高度差HD、HE、HF
C．测量平抛射程xD、xE、xF
D．用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离LD、LE、LF
E．测量A点距抛出点B的竖直高度差h
AD
(3)用测得的物理量来表示，只要满足关系式__________________________，则说明碰撞中动量是守恒的。
6．(2025·辽宁辽阳市期末)某同学想验证“当系统在某一方向上所受外力之和为0时，系统在该方向上动量守恒”的物理规律。为此他设计了一个实验：如图甲所示，把一个小球从末端切线水平的斜槽上某一位置由静止释放，在斜槽末端安装光电门1，调整光电门1的高度，使光电门1与小球在斜槽末端时球心的位置等高。在下方水平面上放置光滑气垫导轨，把一带凹槽的滑块放在导轨上，滑块里装有细砂，不考虑砂从滑块上漏出的情况。调整装置的位置，使小球从斜槽上释放后恰好能落入细砂中(立即与滑块共速)。在气垫导轨的右端安装光电门2，在滑块上安装宽度为d2的遮光条。
(1)用游标卡尺测量小球的直径d1，测量结果如图乙所示，则小球的直径d1＝________mm。
解析：10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图乙可知小球的直径d1＝10 mm＋6×0.1 mm＝10.6 mm。
10.6
(2)实验中光电门1、2记录的时间分别为Δt1、Δt2，则小球经过光电门1的速度大小为________，滑块经过光电门2的速度大小为________。(用题中所给字母表示)(共27张PPT)
第4节　课后达标检测
√
题组1　碰撞的特点和应用
1．下列关于碰撞的理解正确的是(　　)
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
C．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A正确；如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作弹性碰撞，故B错误；碰撞现象中，一般内力远大于外力，但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故C错误；微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故D错误。
√
2．质量为0.5 kg的甲物块静止在水平面上，质量为1 kg的乙物块在水平面上以一定的初速度向甲滑去并与甲发生正碰后，两者粘在一起，碰撞过程中甲物块受到乙物块的冲量大小为2 N·s，则碰撞前乙的速度大小为(　　)
A．3 m/s　　　　　　　 B．4.5 m/s
C．5 m/s D．6 m/s
解析：根据动量定理得I＝m甲v－0，碰撞后，甲物块的速度，即整体的速度v＝4 m/s，根据动量守恒定律有m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，则碰撞前乙的速度大小v乙＝6 m/s。
√
3.(2025·江苏南京市期中)如图所示，牛顿摆是一组相互紧挨且悬挂在同一水平线上的相同小钢球，小明用牛顿摆进行探究活动，下列四组实验中左图为释放前的初始状态，右图为他预测的某些球升至最高点的状态，则下列选项中可能与实际情况相符的是(　　)
解析：相同的小球在碰撞过程中满足动量守恒定律、机械能守恒定律，所以小球碰撞后进行速度交换，第1个球静止释放后，与第2个球碰撞时，进行速度交换，依次类推，所以最终第5个球获得与第1个小球碰撞前瞬间相同的动量，应向右摆到与第1个球释放前相同的高度处，故A错误；第1、2个球由静止释放，同理可得，最终第4、5个球摆到与第1、2个球释放前相同的高度，故B错误；第1、2、3个球一起向右摆动，同理，最终第3、4、5个球摆到与第1、2、3个球释放前相同的高度，故C正确；第1、2个球一起向右摆动，第4、5个球一起向左摆动，系统总动量为零，所以速度交换后，最终第1、2个球获得与第4、5个球碰撞前瞬间相同的动量向左摆动，第4、5个球获得与第1、2个球碰撞前瞬间相同的动量向右摆动，最终摆到相同的高度，故D错误。
√
4．(多选)某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，已知A、B质量之比为3∶5，让A球以初速度v1＝2.00 m/s与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，v1′和v2′分别为A、B的碰后速度，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是(　　)
次数 第1次 第2次 第3次 第4次
v1′ 1.00 0.75 －0.50 －1.00
v2′ 0.60 0.75 1.50 1.80
A.第1次 B．第2次
C．第3次 D．第4次
√
√
题组2　碰撞与图像问题的结合
5.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是(　　)
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
√
6.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像如图所示，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论不正确的是(　　)
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B.碰撞前、后B球的动量变化量为－4 kg·m/s
C.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
D.A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
√
题组3　碰撞中的动量和能量问题
7.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于0时
D．A和B的速度相等时
解析：当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律可知此时系统损失的动能最多，故D正确。
√
解析：根据题述可知，碰撞前和碰撞后速度关系应满足v1－v2＝v2′－v1′，其中v1′和v2′分别为碰撞后A球、B球的速度，碰撞后两球做匀速直线运动，所以两球之间的距离与时间的关系为s＝(v2′－v1′)t＝(v1－v2)t，故D正确。
√
9．(多选)(2025·广东广州期中)如图所示，将两个质量分别为m1＝60 g、m2＝30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A.两球下落过程中，B球对A球有竖直向下的压力
B.B球与A球碰前的速度大小均为6 m/s
C．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101
D．A、B两球发生的是弹性碰撞
√
非弹性
11．(10分)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
(1)B的质量；(4分)
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。(6分)题组1　动量守恒的判断
1．如图所示，将甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静置于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的动量大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的速度大小比乙的大
D．甲的速度大小比乙的小
解析：选D。同时释放甲和乙后，对甲、乙构成的系统进行分析，系统所受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可知，甲、乙的动量大小相等，故A、B错误；结合上述可知m甲v甲－m乙v乙＝0，由于甲的质量大于乙的质量，则有v甲2．(多选)(2024·甘肃卷，T8)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
解析：选AD。做匀速圆周运动的电动小车，速度大小不变，方向时刻改变，因此小车的动能Ek＝mv2不变，动量p＝mv大小不变，方向时刻改变，A正确，B错误；小车所受的合外力提供向心力，始终指向圆心，根据牛顿第二定律可知，小车的加速度始终指向圆心，大小不变，方向时刻变化，C错误，D正确。
3.如图所示，一曲面体P静止于水平面上，物块Q自P的上端由静止释放，不计一切摩擦，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．P对Q做正功
B．只有重力对Q做功
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选C。P对Q有弹力的作用，由于地面光滑，所以P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，所以P对Q做负功，A错误；根据A选项分析可知除了重力对Q做功，还有P对Q做负功，B错误；P和Q构成的系统整个运动过程中只有重力做功，所以该系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上受力不为零，即竖直方向上动量不守恒，D错误，C正确。
4.(2025·江苏无锡市期中)如图所示，地面光滑，车厢水平底板粗糙。用细线连接车厢一端挡板及滑块，轻弹簧处于压缩状态，车厢静止。现将细线剪断，滑块相对于车厢底板开始滑动，在滑动过程中，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B。由题知，地面光滑，车厢水平底板粗糙，弹簧处于压缩状态，故将细线剪断，弹簧伸长，滑块会向右运动，小车会向左运动，两者相对滑动，产生滑动摩擦力，但弹簧的弹力和两者间的滑动摩擦力都是内力，故系统动量守恒，但两者产生了相对位移，滑动摩擦力对整体做负功，故系统机械能不守恒。
题组2　动量守恒定律的基本应用
5．《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的质量为M，每支箭的质量为m，草船以速度v1驶来时，对岸士兵多箭齐发，箭以相同的速度v2水平射中草船。假设此时草船正好停下来，不计水的阻力，则射出的箭的数目为(　　)
A．　　　　　 B．
C． D．
解析：选C。设射出的箭的数目为n，在草船与箭的作用过程中，系统动量守恒，则有Mv1－nmv2＝0，解得n＝。
6.(多选)(2025·河南信阳市期中)甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人朝相反的方向滑去。已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg，则(　　)
A．甲、乙分开时的速度大小之比为9∶10
B．甲、乙分开时的动量大小之比为1∶1
C．甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为1∶1　
D．从甲开始推乙到甲、乙分开的过程中甲、乙的加速度大小之比为9∶10
解析：选BC。由动量守恒可知甲、乙分开时动量大小相等，即m甲v甲＝m乙v乙，得甲、乙分开时的速度大小之比＝，故A错误，B正确；对甲、乙单独分析，由动量定理可知甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，故C正确；由牛顿第三定律可知，在甲、乙相互作用的过程中，甲对乙的推力大小等于乙对甲的推力大小，由牛顿第二定律a＝，可知甲、乙加速度大小之比＝＝，故D错误。
7.(2025·山东聊城市期中)如图所示，质量M＝150 kg的小船在静止水面上以速率v0＝3 m/s向右匀速行驶，一质量m＝60 kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v＝2 m/s水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
A．5 m/s B．3.8 m/s
C．3.4 m/s D．2.4 m/s
解析：选A。设向右为正方向，对人和船的系统由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1－mv，解得v1＝5 m/s。
8.(多选)如图所示，有辆平板小车停放在光滑的水平地面上，平板小车上放置着两个质量不相等的物体甲和乙，起初甲、乙两物体间有一根被压缩的轻弹簧，轻弹簧与甲、乙两物体相连接，当两物体同时被释放后，则(　　)
A．若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、乙组成系统的动量守恒
B．若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒
C．若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙组成的系统动量守恒
D．若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒
解析：选ABD。把甲、乙组成一个系统可知，两物体同时被释放后，甲受到向右的摩擦力，乙受到向左的摩擦力，若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则该系统合外力为零，满足动量守恒条件，则甲、乙组成系统的动量守恒，故A正确；把甲、乙、小车组成系统，甲、乙所受的摩擦力为系统内力，由于地面光滑，故系统合外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙、小车组成系统的动量守恒，故B正确；若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，根据滑动摩擦力，f＝μN，可知压力大的摩擦力大，由于甲和乙两个质量不相等，故压力不相等，所以甲、乙组成的系统水平方向合外力不为零，不满足动量守恒条件，故甲、乙组成的系统动量不守恒，故C错误；以上分析可知，虽然甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，造成二者摩擦力不相等，但摩擦力属于系统内力，不影响系统动量守恒，由于地面光滑，故系统合外力依然为零，满足动量守恒条件，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒，故D正确。
9.(多选)如图，放在光滑水平面上的A、B两小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用两手分别控制两小物体处于静止状态，下列说法正确的是(　　)
A．两手同时放开后，两物体的总动量增大
B.先放开右手，再放开左手后，两物体的总动量向右
C．先放开左手，再放开右手后，两物体的总动量向右
D.当两手不同时放开，在放开一只手到放开另一只手的过程中两物体总动量不守恒
解析：选BD。若两手同时放开A、B两物体，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A错误；先放开右手，再放开左手，两物体与弹簧组成的系统所受合外力的冲量向右，系统总动量向右，故B正确；先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C错误；如果不同时放手，系统总动量不为零，且在放开一只手到放开另一只手的过程中，系统所受合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故D正确。
10.(多选)(2025·福建福州市期末)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上，一颗子弹水平射入木块A，并留在其中(子弹射入木块作用时间忽略不计)。在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能不守恒
B.在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量不守恒，机械能守恒
C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒
D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒
解析：选AD。在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统所受合力为零，所以系统动量守恒，但由于有摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；在弹簧被压缩的过程中，系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，同时由于地面摩擦力对木块做负功，机械能不守恒，故C错误，D正确。
11.如图所示，一内、外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧靠在竖直墙壁上。现让一小球(可看作质点)自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内。下列说法正确的是(　　)
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，槽对小球的支持力不做功
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
解析：选C。小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统受到竖直墙壁的弹力，则系统水平方向上的动量不守恒，故A错误；小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故D错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，槽对球的支持力不做功，而从最低点开始上升过程中，除小球所受重力做功外，还有槽对球的作用力做负功，但球对槽的作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故C正确，B错误。
12．(8分)如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是100 kg，原来的速度是0.4 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计阻力，求：
(1)人停在船上时，小船的速度；(4分)
(2)全过程中小船受到的冲量。(4分)
解析：(1)以向右为正方向，设人与船质量分别为m、M，人上船后最终相对静止时共同速度为v，由系统动量守恒可得mv1－Mv2＝(m＋M)v
解得v＝0.5 m/s
可知人停在船上时，小船的速度大小为0.5 m/s，方向水平向右。
(2)以向右为正方向，根据动量定理可得
I＝Mv－(－Mv2)＝90 N·s
可知全过程中小船受到的冲量大小为90 N·s，方向水平向右。
答案：(1)0.5 m/s，方向水平向右　(2)90 N·s，方向水平向右(共43张PPT)
第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞
学习目标
1．知道弹性碰撞和非弹性碰撞的概念和特点。　2.能根据动量和能量的观点分析一维弹性碰撞问题。
3．掌握弹性碰撞的规律，并利用规律解释和解决有关现象和问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、不同类型的碰撞
1．弹性碰撞：若碰撞过程中系统的机械能____________，即碰撞前后系统的总动能相等，这种碰撞称为__________，又称完全弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能有______的碰撞称为非弹性碰撞。
守恒
弹性碰撞　
损失
二、弹性碰撞
1．设球A和球B的质量分别为m1、m2，碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后球A和球B的速度分别为v1′、v2′。两球的碰撞可视为弹性碰撞，碰撞过程中______________，碰撞前后动能相等。则碰后两球速度分别为v1′
＝______________，v2′＝______________。
2．当两球质量相等，即m1＝m2时，v1′＝_______，v2′＝______，碰撞后球A速度为0，而球B的速度与碰撞前球A的速度相等。
动量守恒
0
v1
3．当质量大的球碰质量小的球，即m1>m2时，________________，表示碰撞后两球都向前运动。
4．当质量小的球碰质量大的球，即m1三、非弹性碰撞
非弹性碰撞存在机械能损失，若碰撞后物体都以共同速度运动，碰撞中____________损失最大，为________________。
v1′>0，v2′>0　
v1′<0，v2′>0
机械能　
完全非弹性碰撞
判断下列说法是否正确。
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒。(　　)
(2)两个质量相同的小球发生正碰时一定交换速度。(　　)
(3)质量较大的物体与质量较小且静止的物体发生碰撞时不可能被反弹。(　　)
(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。(　　)
(5)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　　)
×　
√
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　碰撞的特点和应用
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对于物体运动的全过程可忽略不计。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒。
(3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置。
(4)能量的特点：碰撞过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。
2．碰撞的分类
(1)按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰撞和非弹性碰撞。
(2)按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线在同一直线上可分为对心碰撞和非对心碰撞。
弹珠游戏的模型可以简化为两小球在光滑的水平面上发生碰撞，如图所示，质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰，碰撞后B球速度大小可能是　(　　)

A．0.5v　　　　　　　　 B．0.6v
C．0.8v D．v
√
　(2025·山东泰安市期中)如图所示，质量和大小完全相同的A、B两球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度vA＝8 m/s，B球的速度vB＝－2 m/s，一段时间后A、B两球发生对心碰撞。碰撞之后A、B两球的速度vA′、vB′不可能是(　　)

A．vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s
B．vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s
√
知识点二　碰撞与图像问题的结合
√
角度1　碰撞与位移—时间图像结合
　 (多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰。两球碰撞前后的位移—时间图像如图所示。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图可知(　　)
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化量为6 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
√
角度2　碰撞与速度—时间图像结合
　 (多选)如图所示，与轻弹簧相连的物块A静止在光滑的水平面上。物块B沿水平方向以速度v0向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟轻弹簧相碰时开始计时，到B与轻弹簧分开的这段t0时间内，下列两物块的v－t图像可能正确的是(　　)
√
√
知识点三　碰撞中的动量和能量问题
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
(2024·湖北卷，T14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
[答案]　5 m/s　
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
[答案]　0.3 J　
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
[答案]　0.2 m
规范一练　应用动量和能量观点分析竖直方向的碰撞问题
　某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
[解析]　滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g
解得N1＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有
N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N。
[答案]　8 N　5 N　
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
[答案]　8 m/s　
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[答案]　0.2 m
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
2．(碰撞与图像问题的结合)(多选)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。已知m1＝1 kg，下列说法正确的是(　　)

A．碰撞前m2的速度为4 m/s
B．碰撞后m1做减速运动
C．m2的质量为3 kg
D．该碰撞为弹性碰撞
√
√
解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确。
√
4．(碰撞中的动量和能量问题)(2025·江苏淮安市期中)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，速度vB＝3 m/s，A球在后，速度vA＝6 m/s，mA＝1 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A球速度vA′＝2 m/s，B球速度vB′＝5 m/s，求：
(1)碰撞过程中A球受到的冲量大小；
解析：根据动量定理可得，碰撞过程中A球受到的冲量IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s。
答案：4 N·s　
(2)B球的质量mB；
解析：碰撞过程，根据动量守恒定律可得
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
解得B球的质量mB＝2 kg。
答案：2 kg　
(3)试验证A、B两球发生的碰撞为弹性碰撞。
答案：见解析第3节　科学验证：动量守恒定律
一、实验目的
1．验证动量守恒定律。
2．体会将不易测量的物理量转换为易测量的物理量的实验设计思想。
二、实验器材
斜槽轨道、半径相等的钢球和玻璃球、白纸、复写纸、小铅锤、天平(附砝码)、毫米刻度尺、圆规。
三、实验原理与设计
质量分别为m1和m2的两小球A、B发生正碰，若碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律，应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
设置实验装置如图所示，可让A球从同一位置C释放，测出不发生碰撞时球A飞出的水平距离lOP，再测出球A、B碰撞后分别飞出的水平距离lOM、lON，只要验证m1lOP＝m1lOM＋m2lON，即可验证动量守恒定律。
四、实验步骤
1．用天平测出两个小球的质量。
2．将斜槽固定在桌边并使末端水平。在地板上铺白纸和复写纸，通过小铅锤将斜槽末端在纸上的投影记为点O。
3．首先让球A从斜槽点C由静止释放，落在复写纸上，如此重复多次。
4．再将球B放在槽口末端，让球A从点C由静止释放，撞击球B，两球落到复写纸上，如此重复多次。
5．取下白纸，用圆规找出落点的平均位置点P、点M和点N，用刻度尺测出lOP、lOM和lON。
6．改变点C位置，重复上述实验步骤。
五、数据分析
将测量的数据记入表格中，并分析数据，形成结论。
六、注意事项
1．斜槽末端的切线必须水平。
2．入射小球每次都必须从斜槽上同一高度由静止释放。
3．选质量较大的小球作为入射小球。
4．实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
七、误差分析
1．小球落点位置确定不准确会产生误差。
2．若入射小球每次不是从同一高度无初速度滑下，则会产生误差。
3．两球的大小不同，碰撞时不是对心碰撞则会产生误差。
4．水平位移长度的测量会产生误差。
5．入射小球释放的高度太低，两球碰撞时内力太小会产生误差。
题型一　教材原型实验
　在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。
(1)实验室有如下A、B、C三个小球条件已知，则实验时入射小球应该选取__________(填选项前的字母)。
(2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了9个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，如图丙所画的三个圆最合理的是________(填选项前的字母)。
A.A　　　　　B．B　　　　　C．C
(3)关于本实验，下列说法正确的是________(填选项前的字母)。
A．小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
B．必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
C．实验中需要用到重垂线
D．斜槽必须足够光滑且末端保持水平
(4)用刻度尺测量M、P、N到O点的距离x1、x2、x3，通过验证等式：____________________________________________________________________
________________________________________________________________________(用题中所给
字母表示)是否成立，从而验证动量守恒定律。
[解析]　(1)为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射小球选择直径为d1、质量为m2的小球，被碰小球选择直径为d1、质量为m1的小球。
(2)如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置。
(3)为了让小球每次平抛的速度相等，实验中需要让小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，A正确；两个小球下落时间相同，可以用水平位移代替初速度，故不需要求出落地时间，所以不需要测量高度，B错误；利用重垂线确定抛出点在地面上的投影O点的位置，从而计算出每次平抛的水平位移，C正确；小球每次从斜槽的同一位置滚下，到达斜槽末端的速度相同，不需要斜槽光滑，为使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，D错误。
(4)入射小球碰撞前的速度v0＝＝，碰撞后入射小球和被碰小球的速度分别为v1＝＝，v2＝＝，碰前的动量为m2v0，碰后的动量为m2v1＋m1v2，若等式m2v0＝m2v1＋m1v2成立，则验证了动量守恒定律，将v0、v1、v2的表达式代入上式并化简得m2x2＝m2x1＋m1x3。
[答案]　(1)B　(2)C　(3)AC　(4)m2x2＝m2x1＋m1x3
题型二　教材创新实验
　(2024·山东卷，T13)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(保留2位有效数字)。
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是________(选填“A”或“B”)。
[解析]　(1)由x－t图像中图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞。
(2)根据x－t图像中图线斜率的绝对值表示速度大小，由题图丙可知碰撞前瞬间B的速度大小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的速度大小约为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。
[答案]　(1)1.0　(2)0.20　(3)B
　某同学设计了一个用打点计时器“验证动量守恒定律”的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图甲所示。在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz。
(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间的距离，则应选图中________段来计算A碰前的速度，应选__________段来计算A和B碰后的速度。
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，则由以上结果可得碰前mAvA＋mBvB＝________kg·m/s，碰后mAvA′＋mBvB′＝__________kg·m/s。
(3)从实验数据的处理结果来看，A、B碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？________________________________________________________。
[解析]　(1)因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小。所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE段计算A和B碰后的速度。
(2)由题图乙可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为
vA＝ m/s＝1.05 m/s
vA′＝vB′＝ m/s＝0.695 m/s
故碰撞前，mAvA＋mBvB＝0.40×1.05 kg·m/s＋0.20×0 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后，mAvA′＋mBvB′＝(mA＋mB)vA′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s
(3)数据处理表明，mAvA＋mBvB≈mAvA′＋mBvB′，即在实验误差允许的范围内，A、B碰撞前后动量之和是不变的。
[答案]　(1)BC　DE　(2)0.420　0.417　(3)动量之和
　(2025·江苏苏州期中)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作：
①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
(1)若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________(选填“＞”“＝”或“＜”)m2。
(2)为完成本实验，必须测量的物理量有______。
A．小球a开始释放的高度h
B．木板水平向右移动的距离l
C.a球和b球的质量m1、m2
D．O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
(3)在实验误差允许的范围内，若动量守恒，其关系式应为___________________________________________________________________。
[解析]　(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1v0＝m1v1＋m2v2，碰撞前、后总动能相等，故有m1v＝m1v＋m2v，解得v1＝v0，若要使a球的速度方向不变，则m1>m2。
(2)(3)小球平抛运动的时间t＝，则初速度v＝＝x，显然平抛运动的初速度与下降高度二次方根的倒数成正比，当p0＝p1＋p2，即＝＋ 成立时系统的动量守恒；由以上可知，需测量的物理量有a球和b球的质量m1、m2和O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，C、D正确。　
[答案]　(1)>　(2)CD　(3)＝＋
1．“验证动量守恒定律”的实验装置图如图甲所示，装置中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置。(球A的质量为m1，球B的质量为m2)
(1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标卡尺测量小球的直径，如图乙，则读数为________mm。
(2)在某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，下列说法正确的是________。
A．由图看出，重复多次实验后，小球落点不完全重合，可知小球每次不是从斜槽的同一位置由静止滑下
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球的落点不会完全重合，但是落点应当比较密集
C.测定落点P的位置时，如果几次落点的位置分别为P1、P2、…Pn，则落点的平均位置OP＝
D．尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置
(3)已知某次实验时，两球质量满足m1大于m2，结果如图丙所示，则验证动量守恒定律的表达式是__________________________。(用m1、m2、OP、OQ、O′R表示)
解析：(1)游标卡尺的读数为1.5 cm＋15×0.05 mm＝15.75 mm。
(2)由于偶然因素的存在，小球的落点不一定重合，但大致在真实落点附近，根据题图丙中点的图像可得小球每次是从斜槽的同一位置由静止滑下，A错误，B正确；测定某一落点的平均位置时应尽可能用最小的圆把大多数落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置，C错误，D正确。
(3)根据题意可得P点是小球A碰后的落点，R点是小球B碰后的落点，Q点是小球A碰前的落点，两球竖直高度相同，根据平抛运动知识可得每次两球水平方向运动时间相同，所以可用水平位移代替水平方向的初速度，根据动量守恒定律有m1OQ＝m1OP＋m2O′R。
答案：(1)15.75　(2)BD　(3)m1OQ＝m1OP＋m2O′R
2．(2025·江苏泰州月考)如图所示，已知A、B两滑块的质量关系为mB＝1.5mA，拍摄共进行了四次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后。 A滑块原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动的(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片(闪光时间间隔为0.4 s)，分析得出：
(1)B滑块碰撞前的速度vB＝________；A滑块碰撞后的速度vA′＝________，B滑块碰撞后的速度vB′＝________。根据闪光照片分析说明碰撞发生位置在刻度尺________cm刻度处(均保留2位有效数字)。
(2)根据闪光照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是__________kg·m/s(以mA表示)；碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是________kg·m/s(以mA表示)。
解析：(1)A滑块碰撞后的速度
vA′＝＝ m/s＝0.75 m/s
B滑块碰撞后的速度
vB′＝＝ m/s＝0.50 m/s
从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间
t1＝＝ s＝0.2 s
由此可知，从拍摄第一张照片到发生碰撞的时间
t2＝(0.4－0.2)s＝0.2 s
B滑块碰撞前的速度
vB＝＝ m/s＝1.0 m/s
第一次拍摄时，A是静止的，A、B发生碰撞的位置就是A静止的位置，所以碰撞发生位置在刻度尺30 cm 刻度处。
(2)碰撞前的动量p＝mBvB＝1.5mA kg·m/s
碰撞后的动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝0.75mA kg·m/s＋0.75mA kg·m/s＝1.5mA kg·m/s。
答案：(1)1.0 m/s　0.75 m/s　0.50 m/s　30
(2)1.5mA　1.5mA1．若某次实验中，长征二号的发动机在单位时间内喷射的气体质量约为1.6×103 kg，气体对地速度约为3.2 km/s，则火箭获得的推动力大小约为(　　)
A．5.1×103 N　　　　　
B．5.1×105 N
C.5.1×106 N
D．时间未知，无法计算
解析：选C。设单位时间为Δt，对喷出的气体用动量定理得(F推＋mg)Δt＝mv，重力mg相对于推力可忽略不计，且Δt为单位时间，所以F推＝＝≈5.1×106 N，火箭推气体的力与气体推火箭的力为相互作用力，故火箭获得的推动力大小约为5.1×106 N。
2.一束水流以v＝5 m/s水平射到竖直的墙上，水流的横截面积S＝4 cm2，则水流对墙壁的压力为(设水和墙壁碰撞后沿墙壁流下，水的密度ρ＝1×103 kg/m3)(　　)
A．5 N B．10 N
C．15 N D．0
解析：选B。由题意可知，t s时间内喷水质量m＝ρSvt，以水流方向为正方向，则水在时间t内受到墙的冲量I＝0－mv＝－Ft，所以F＝10 N。
3．严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到头部的情况。若冰块质量为150 g，从离人约45 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为0.2 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列分析正确的是(　　)
A．冰块接触头部之前的速度约为2 m/s
B．冰块对头部的冲量大小约为0.75 N·s
C.冰块对头部的平均作用力大小约为2.25 N
D.冰块与头部作用过程中冰块的动量变化量大小约为0.3 kg·m/s
解析：选B。冰块接触头部之前，做自由落体运动，由公式v2＝2gh，代入数据，解得v＝3 m/s，故A错误；冰块撞击头部过程，以竖直向上为正方向，由动量定理得I－mgt＝mv，代入数据，得I＝0.75 N·s，故B正确；由冲量公式I＝Ft，代入数据，得F＝3.75 N，故C错误；冰块与头部作用过程中冰块的动量变化量大小约为Δp＝mv＝0.15×3 kg· m/s＝0.45 kg· m/s，故D错误。
4．(多选)(2025·内蒙古赤峰二中校考)冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面达到指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为3 kg的冰壶(可视为质点)静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．冰壶第1 s末的速度大小为1 m/s
B．力F前1 s内的冲量大小为1 N·s
C．冰壶第1 s末与第2 s末速度大小之比为3∶4
D.前2 s内运动员对冰壶做的功为0.6 J
解析：选AC。由题图可知，力F前1 s内的冲量大小I1＝Ft1＝3×1 N·s＝3 N·s，冰壶在第1 s内由动量定理可得I1＝mv1，解得冰壶第1 s末的速度大小v1＝1 m/s，故A正确，B错误；力F前2 s内的冲量大小I2＝F1t1＋F2t2＝4 N·s，冰壶在前2 s内由动量定理可得I2＝mv2，解得第2 s末速度大小v2＝ m/s，冰壶第1 s末与第2 s末速度大小之比v1∶v2＝3∶4，故C正确；根据动能定理可知，前2 s内运动员对冰壶做的功W＝mv＝ J，故D错误。
5．2024年9月25日上午8点44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域成功发射一发洲际弹道导弹，一般来说，固体火箭发动机喷出气体速度可达2 500 m/s到4 500 m/s左右。取弹重42 t，开始喷出气体对地速度竖直向下为2 500 m/s，若开始导弹悬停在地面附近，则每秒喷出气体质量为(不考虑此时气体喷出时弹体质量的变化，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．59.5 kg B．16.8 kg
C．168 kg D．5.95 kg
解析：选C。设在Δt时间喷出气体质量为Δm，火箭对气体向下的推力为F，由动量定理F·Δt＝Δm·v，又F＝Mg，解得＝＝168 kg/s，即每秒喷出气体质量为168 kg。
6.(2025·贵州贵阳期中)如图所示，质量为m的物块以初速度v0沿倾角为θ的粗糙固定斜面由底端A点上滑，滑到B点时速度为0，然后下滑回到A点。关于物块所受的冲量，下列说法正确的是(　　)
A．物块上滑过程中重力的冲量等于下滑过程中重力的冲量
B．物块上滑过程中所受摩擦力的冲量小于下滑过程中所受摩擦力的冲量
C．无论上滑过程还是下滑过程，物块所受支持力的冲量始终为零
D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中所受合外力的冲量总和为零
解析：选B。由牛顿第二定律得，物块上滑过程中mg sin θ＋μmg cos θ＝ma上，解得a上＝g sin θ＋μg cos θ，下滑过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma下，解得a下＝g sin θ－μg cos θ，所以a下＜a上，物块上滑与下滑过程中位移大小x相等，由x＝at2可知t下＞t上，重力的冲量IG＝mgt，所以上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A错误；摩擦力的冲量大小If＝ft＝μmgt cos θ，则物块上滑过程所受摩擦力的冲量小于下滑过程受到摩擦力冲量，故B正确；支持力不为零，支持力的冲量不为零，故C错误；物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中，速度方向改变，动量的变化量不为零，由动量定理可知，合外力的冲量总和不为零，故D错误。
7．(2025·贵州贵阳月考)如图甲所示，质量为1 kg的物块静止于水平面上，t＝0时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所示，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列选项正确的是(　　)
A．前2 s内重力的冲量为零
B．t＝1 s时物块的动量为零
C．t＝2 s时物块动量的大小为4.8 kg·m/s
D．前1 s内摩擦力冲量的大小为5 N·s
解析：选C。前2 s内重力的冲量IG＝mgt＝20 N·s，故A错误；物块受到的最大静摩擦力fm＝μmg＝6 N，结合图线可知前0.6 s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用，0.6 s到1 s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在前1 s内，摩擦力对物块的冲量大小If＝×0.6 N·s＋6×(1－0.6) N·s＝4.2 N·s，故D错误；F－t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，在前1 s内，拉力F对物块的冲量大小IF＝×1 N·s＝5 N·s，根据动量定理可得Δp＝p－0＝IF－If，解得t＝1 s时，物块的动量p＝0.8 kg·m/s，故B错误；在前2 s内，摩擦力对物块的冲量大小If′＝×0.6 N·s＋6×(2－0.6) N·s＝10.2 N·s，在前2 s内，拉力F对物块的冲量大小IF′＝×1 N·s＋10×1 N·s＝15 N·s，根据动量定理可得Δp′＝p′－0＝IF′－If′，解得t＝2 s时，物块的动量p′＝4.8 kg·m/s，故C正确。　
8．一物理兴趣小组利用如下装置研究竖直运行电梯中物体的超失重问题：将力传感器上端固定在电梯天花板上，下端悬挂一个质量为m的钩码。当电梯在1楼和6楼之间从静止开始运行然后再到静止的过程中，数据采集系统采集到拉力F随时间t的变化如图所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是(　　)
A．在c时刻，电梯下降速度达到最大
B．a到f的过程中钩码受拉力的总冲量为零
C.图形abc的面积小于图形def的面积
D．a到f的过程中钩码受合力的总冲量为零
解析：选D。由题图可知，钩码所受的重力G＝2 N，在a到c过程中，拉力F都大于重力，说明电梯处于超重状态，加速度向上，即电梯加速上升，在c时刻，电梯上升速度达到最大，故A错误；物体始终受到拉力作用，拉力的冲量不为零，故B错误；图像中图线与坐标轴围成的面积表示力对时间的积累，即冲量，由题图可知，从a到f记录了电梯的一个运动过程，电梯从静止开始先向上加速(a到c过程)，然后匀速(c到d过程)，最后减速直到静止(d到f过程)，即加速过程和减速过程的速度从零变到零，所以动量变化量为零，则所受合力的总冲量为零，D正确；结合题给图像分析可知图形abc的面积与图形def的面积相等，C错误。
9.(多选)海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度v0从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为 1∶2
B．上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为 1∶2
C．小球在0到3t0时间内动量变化量的大小为mv0
D．小球在0到3t0过程中克服阻力所做的功为mv
解析：选AD。根据If＝ft可知，上升过程与下降过程的时间之比为1∶2，则阻力的冲量大小之比为1∶2，A正确；上升过程与下降过程的位移大小相等，可知回到出发点的速度为v0，则根据动量定理可知，合外力的冲量大小之比等于动量变化量大小之比，则＝＝，B错误；设向下为正方向，小球在0到3t0时间内动量变化量的大小Δp＝m·v0－(－mv0)＝mv0，C错误；小球在0到3t0过程中重力做功为零，由动能定理知克服阻力所做的功Wf＝mv－m(v0)2＝mv，D正确。
10．(8分)(2025·山东济宁月考)如图甲所示，一个质量m＝1 kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)前4 s内，水平力F的冲量大小；(3分)
(2)4 s末，物块的速度大小。(5分)
解析：(1)F－t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，则水平力F的冲量大小
I＝ N·s＝16 N·s。
(2)当水平力与滑动摩擦力大小相等时有
F0＝f＝μmg
解得F0＝2 N
此时物块才开始运动，根据图像可知，
此时刻t0＝1 s
可知1 s到4 s内，由F－t图像可知水平力F的冲量大小
I′＝ N·s＝15 N·s
在1 s到4 s内，由动量定理可得
I′－μmgt1＝mv
其中t1＝4 s－1 s＝3 s
解得4 s末，物块的速度大小v＝9 m/s。
答案：(1)16 N·s　(2)9 m/s(共40张PPT)
第2课时　反冲运动与火箭
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　对反冲现象的理解和分析
点燃“窜天猴”的药捻，“窜天猴”向下喷出气体，同时“窜天猴”飞向高空。结合该实例，回答下列问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
[提示]　物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
[提示]　反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。
2．应注意的问题
(1)速度的方向
对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。在列动量守恒定律方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的速度应取负值。
(2)相对速度问题
在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题
如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
√
角度1　反冲现象的理解
　 下列图中描述的几种现象不属于反冲现象的是(　　)
[解析]　蝴蝶利用“喷气”来完成洲际旅行，是反冲现象，故A不符合题意；鱿鱼将吸入的水用力喷出，快速地向外游窜，是反冲现象，故B不符合题意；鸡蛋落在海绵垫子上，完好无损，这是延长了鸡蛋和海绵的作用时间，减小了作用力，是缓冲现象，故C符合题意；航天员进行无绳太空漫步时，喷气背包喷出的气体控制其运动，是反冲现象，故D不符合题意。
√
角度2　反冲现象的计算
　如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼—20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，与此同时，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是(　　)
　如图所示，一个连同装备总质量M＝100 kg的航天员，装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对于空间站v＝50 m/s的速度喷出。航天员在距离空间站s＝45 m处与空间站处于相对静止状态，航天员完成太空行走任务后，必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体，才能回到空间站，喷出的气体总质量m＝0.15 kg，返回时间约为(　　)

A．300 s B．400 s
C．600 s D．800 s
√
√
知识点二　火箭发射和爆炸类问题
(3)多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s，实际火箭为多级。多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度。
2．爆炸类问题的三个规律
(1)动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力。
(2)动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能。
(3)位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前、后位置不变。
角度1　火箭发射问题
　某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为3 kg，在极短时间内将2 kg的水以对地8 m/s的速度喷出。空气阻力可忽略，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．该过程中系统机械能守恒
B．水火箭靠空气给的反作用力加速
C．喷水后水火箭获得的速度为20 m/s
D．水火箭上升的最大高度约为12.8 m
√
√
√
√
知识点三　“人船模型”问题
如图所示，一质量为m的人站在一质量为M的船的船头上，开始时人、船均静止，现在人从船头走向船尾。(水对船的阻力很小)
(1)该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？
[提示]　该过程中，水的阻力忽略不计，人和船组成的系统动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反。
(2)该过程中两者对地位移有何关系？
1．模型介绍：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为0，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。
4．方法推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理“人船模型”问题的思路来处理。例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题。
　(2025·湖北咸宁市期中)平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量m＝50 kg，船的质量M＝100 kg，从某时刻起，人以v＝
10 m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长L＝6 m，则下列说法正确的是(　　)
A．人在船上走动过程中，船的速度大小为10 m/s　
B．人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移大小的2倍
C．走动时人的动量大于小船的动量
D．人突然停止走动后，小船由于惯性还会继续运动
√
　如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)　(　　)
A．20 m　　　　　　　　 B．40 m
C．50 m D．60 m
√
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(对反冲现象的理解和分析)下列运动不属于反冲运动的是(　　)
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．发射炮弹后炮身后退
C．喷气式飞机喷气飞行
D．火箭升空
√
解析：乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲，A符合题意。系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象是反冲现象；发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的，故属于反冲运动；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象，故B、C、D不符合题意。
√
3.(爆炸类问题)(2025·广东肇庆市月考)冲天炮飞上天后会在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞上天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则(　　)
A．质量较大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬间，总动量守恒
C．炸裂后，P飞行的水平距离较大
D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相同
√
解析：炸裂瞬间，重力远小于内力，故系统的总动量守恒，P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故二者同时落地，故A错误，B正确；炸裂后，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可能与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂后速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等、方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等、方向相反，故D错误。
4．(人船模型问题)如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平地面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，问：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到地面上(不计小车的高度，重力加速度为g)。(共24张PPT)
专题提升课2　课后达标检测
√
1.(2025·江苏南通期中)如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后(　　)
A．弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大
B．弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C．弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
解析：弹簧从拉伸到压缩到最短过程中，弹簧恢复到原长前，弹力一直对A做正功，A的动能一直增加，弹簧从原长到压缩至最短的过程中，弹力对A做负功，A的动能减小，则弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大，故A正确；根据动量守恒定律可知，弹簧压缩量最大时，A、B共速，速度都为零，A的动量最小，故B错误；系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C错误；弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，故D错误。
√
2.(2024·江苏卷，T9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　)
A．弹簧原长时物体动量最大
B．压缩最短时物体动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
√
3．如图所示，滑块B放置在光滑的水平面上，其光滑圆弧曲面的圆心角小于90°，曲面最低点与水平面相切，小球A以某一水平初速度v0冲向B，则(　　)

A．A、B相互作用过程中，A、B组成的系统动量守恒
B．A、B相互作用过程中，A的机械能守恒
C.A的初速度达到一定数值就可以越过B
D．A的初速度无论多大都不能越过B
解析：A、B相互作用过程中，A、B组成的系统合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；A、B相互作用过程中，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，由于B的机械能增大，故A的机械能减小，故B错误；若圆弧曲面圆心角为90°，且小球A能到达圆弧面最高点，则由水平方向动量守恒知，此时水平方向小球A与滑块共速，在共速前vAx>vB，在题图所示θ<90°的弧面最高点，小球A相对斜面做斜上抛运动，越过B，故C正确，D错误。
√
√
6.(8分)如图所示，质量分别为2 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以5 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中：
(1)弹簧的最大弹性势能；(4分)
答案：15 J　
(2)滑块B的最大动能。(4分)
答案：24 J
7．(14分)(2025·江苏泰州市期中)如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，可视为质点的质量为5m的物块B静止在光滑的水平地面上，其左端固定有水平轻弹簧，可视为质点的质量为m的物块A从圆弧轨道的顶端由静止滑下，之后物块A与弹簧发生作用，并冲上圆弧轨道，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
(1)A第一次与圆弧轨道分离时，A与轨道各自的速度大小；(4分)
(2)从释放A到A第一次与圆弧轨道分离过程中，轨道的位移大小和A的水平位移大小；(4分)
(3)物块A沿圆弧轨道上升的最大高度h。(6分)
8．(16分)(2025·山东德州市期中)如图所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道和水平面间不固定。轨道水平部分的上表面粗糙，竖直部分为表面光滑的四分之一圆弧轨道，两部分在O′点平滑连接，A为轨道的最高点。现有一质量m＝1 kg的小物块从平板车的右端以水平向左的初速度v0＝6 m/s滑上水平轨道，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。已知轨道圆弧部分的半径R＝0.4 m，小物块处在轨道水平部分运动时，轨道加速度aM与小物块加速度am大小之比为1∶3，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求轨道的质量M。(4分)
答案：3 kg　
(2)若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求水平轨道的长度L。(6分)
答案：1.9 m　
(3)在(2)的前提下，判断小物块能否从轨道上滑下来；如果能，求小物块滑下来的速度；如果不能，求小物块停在轨道的位置与O′的距离L′。(6分)
求得L′＝0.8 m
因L′＝0.8 m所以，小物块不能从轨道上滑下来，小物块停在轨道的位置与O′的距离L′＝0.8 m。
答案：见解析1.(2025·江苏南通期中)如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后(　　)
A．弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大
B．弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C．弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
解析：选A。弹簧从拉伸到压缩到最短过程中，弹簧恢复到原长前，弹力一直对A做正功，A的动能一直增加，弹簧从原长到压缩至最短的过程中，弹力对A做负功，A的动能减小，则弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大，故A正确；根据动量守恒定律可知，弹簧压缩量最大时，A、B共速，速度都为零，A的动量最小，故B错误；系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C错误；弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，故D错误。
2.(2024·江苏卷，T9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　)
A．弹簧原长时物体动量最大
B．压缩最短时物体动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
解析：选A。对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧处于原长时得Ep＝mAv＋mBv，联立得Ep＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,mA)＋mB)) v，故可知弹簧处于原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
3．如图所示，滑块B放置在光滑的水平面上，其光滑圆弧曲面的圆心角小于90°，曲面最低点与水平面相切，小球A以某一水平初速度v0冲向B，则(　　)
A．A、B相互作用过程中，A、B组成的系统动量守恒
B．A、B相互作用过程中，A的机械能守恒
C.A的初速度达到一定数值就可以越过B
D．A的初速度无论多大都不能越过B
解析：选C。A、B相互作用过程中，A、B组成的系统合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；A、B相互作用过程中，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，由于B的机械能增大，故A的机械能减小，故B错误；若圆弧曲面圆心角为90°，且小球A能到达圆弧面最高点，则由水平方向动量守恒知，此时水平方向小球A与滑块共速，在共速前vAx>vB，在题图所示θ<90°的弧面最高点，小球A相对斜面做斜上抛运动，越过B，故C正确，D错误。
4.(2025·贵州贵阳月考)如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动，滑块P的质量为3m，滑块Q的质量为m。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．当弹簧被压缩至最短时，Q的动能达到最小值
B．弹簧的弹性势能最大值为mv
C．两个滑块分离时Q滑块的速度为2v0
D.弹簧存在弹力的过程中，弹力对P的冲量大小为mv0
解析：选C。当弹簧被压缩至最短时，滑块P、Q共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律可知3mv0－mv0＝4mv，解得v＝v0，可知滑块Q速度由向左变成向右，其最小动能为零，所以当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能不是最小值，故A错误；当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律得·3mv＋mv02＝(3m＋m)v2＋Epm，解得弹簧的弹性势能最大值Epm＝mv，故B错误；两个滑块分离时，设滑块P的速度为v1，滑块Q的速度为v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得3mv0－mv0＝3mv1＋mv2，·3mv＋mv＝·3mv＋mv，解得v1＝0，v2＝2v0，故C正确；弹簧存在弹力的过程中，弹力对P的冲量大小I＝3mv1－3mv0＝－3mv0，负号表示方向向左，大小为3mv0，故D错误。
5．(2025·山东菏泽月考)如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中　(　　)
A．小球和滑块组成的系统动量守恒
B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 eq \f(3v,8g)
D．小球离开圆弧轨道时滑块的速度大小为
解析：选C。在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝4mv，解得v＝，故B错误；根据机械能守恒定律得mv＝×4mv2＋mgh，解得h＝ eq \f(3v,8g) ，故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律，则有mv＝mv＋×3mv，联立以上两式可得v1＝－，v2＝，则小球离开圆弧轨道时滑块的速度大小为，故D错误。
6.(8分)如图所示，质量分别为2 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以5 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中：
(1)弹簧的最大弹性势能；(4分)
(2)滑块B的最大动能。(4分)
解析：(1)当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速。由动量守恒定律有
mAv0＝(mA＋mB)v
弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能
Epmax＝mAv－(mA＋mB)v2
解得Epmax＝15 J。
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv＝mBv＋mAv
滑块B的最大动能
Ekmax＝mBv
解得Ekmax＝24 J。
答案：(1)15 J　(2)24 J
7．(14分)(2025·江苏泰州市期中)如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，可视为质点的质量为5m的物块B静止在光滑的水平地面上，其左端固定有水平轻弹簧，可视为质点的质量为m的物块A从圆弧轨道的顶端由静止滑下，之后物块A与弹簧发生作用，并冲上圆弧轨道，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
(1)A第一次与圆弧轨道分离时，A与轨道各自的速度大小；(4分)
(2)从释放A到A第一次与圆弧轨道分离过程中，轨道的位移大小和A的水平位移大小；(4分)
(3)物块A沿圆弧轨道上升的最大高度h。(6分)
解析：(1)以水平向右为正方向，设物块A第一次离开圆弧轨道时，物块A的速度大小为v1，圆弧轨道的速度大小为v2，则有
mv1＝3mv2
mgR＝mv＋·3mv
解得v1＝，v2＝。
(2)设物块A的水平位移大小为x1，轨道位移大小为x2，二者组成的系统水平方向动量守恒
mx1＝3mx2
x1＋x2＝R
解得x1＝，x2＝。
(3)设物块A与弹簧分离时，物块A的速度大小为v3，物块B的速度大小为v4，物块A沿圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为v共′，有
mv1＝－mv3＋5mv4
mv＝mv＋·5mv
－3mv2－mv3＝－4mv共′
mgh＝·3mv＋mv－·4mv共′2
联立解得h＝。
答案：(1)　　(2)　　(3)
8．(16分)(2025·山东德州市期中)如图所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道和水平面间不固定。轨道水平部分的上表面粗糙，竖直部分为表面光滑的四分之一圆弧轨道，两部分在O′点平滑连接，A为轨道的最高点。现有一质量m＝1 kg的小物块从平板车的右端以水平向左的初速度v0＝6 m/s滑上水平轨道，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。已知轨道圆弧部分的半径R＝0.4 m，小物块处在轨道水平部分运动时，轨道加速度aM与小物块加速度am大小之比为1∶3，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求轨道的质量M。(4分)
(2)若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求水平轨道的长度L。(6分)
(3)在(2)的前提下，判断小物块能否从轨道上滑下来；如果能，求小物块滑下来的速度；如果不能，求小物块停在轨道的位置与O′的距离L′。(6分)
解析：(1)小物块处在轨道水平部分运动时，设二者之间的摩擦力大小为f，则由牛顿第二定律得
f＝MaM
f＝mam
又＝
求得M＝3 kg。
(2)因小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，所以小物块到达最高点A时二者速度相等，设共同速度为v1，在整个过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有
mv0＝(m＋M)v1
mv＝(m＋M)v＋mgR＋μmgL
联立求得L＝1.9 m。
(3)假设轨道的水平部分足够长，则二者最终将共速，设共同速度为v2，则从小物块开始滑上轨道到最终二者共速的整个过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有
mv0＝(m＋M)v2
mv＝(m＋M)v＋μmg(L＋L′)
求得L′＝0.8 m
因L′＝0.8 m所以，小物块不能从轨道上滑下来，小物块停在轨道的位置与O′的距离L′＝0.8 m。
答案：(1)3 kg　(2)1.9 m　(3)见解析(共25张PPT)
第2节　第2课时　课后达标检测
√
题组1　对反冲现象的理解和分析
1．(多选)(2025·广东汕头市月考)生活即物理，有关生活中的实际现象，下列说法正确的是　(　　)
A．气球靠喷出气流的反冲作用而获得推力
B．喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理
C．船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，增大码头对船的撞击力
D．玻璃杯从同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，其原因是玻璃杯落在水泥地上动量变化量大
√
解析：气球喷出气流，气球对气流有作用力，气流对气球有反作用力，气球靠喷出气流的反冲作用而获得推力，故A正确；喷灌装置喷水过程，装置对喷出的水有作用力，喷出的水对装置有反作用力，喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理，故B正确；船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，根据动量定理可知，此时可以减小码头对船的作用力，起到缓冲保护的作用，故C错误；根据v＝2gh可知，玻璃杯从同一高度落地，落地速度相等，则玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上的碰撞过程时间短，根据动量定理可知，动量变化得快，水泥地对玻璃杯作用力较大，所以玻璃杯容易碎，故D错误。
√
2．抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　　)
A．40　　　　　　　　　 B．80
C．120 D．160
解析：设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
√
3.(2025·海南海口一中期中)乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8 kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40 m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度为(　　)
A．20 m/s B．90 m/s
C．120 m/s D．80 m/s
√
题组2　火箭发射和爆炸类问题
4．(多选)下列关于火箭的描述正确的是(　　)
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用
√
解析：增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知可以增大火箭的推力，故A正确；若增大燃气相对于火箭的喷射速度，根据FΔt＝Δmv可知可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以燃气相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
√
5.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。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。假设万户及所携设备的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对于地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发射速度大小，下列操作可行的是(　　)
A．增大v0的同时减小m
B．增大M的同时减小m
C．增大v0的同时减小M
D．同比例增大M、m
√
6．有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．4v0－3v
C．3v0－2v D．3v0－4v
解析：爆竹在最高点时速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，爆炸后其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设另一块瞬间速度大小为v1，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有4mv0＝3mv＋mv1，解得v1＝4v0－3v，B正确。
√
题组3　人船模型问题
7．(多选)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　)
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与两者的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与两者的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
√
√
√
8.(2025·山东烟台市期中)如图所示，将一质量为1 kg、半径为15 cm的光滑半圆形槽静置于光滑水平地面上，现让一质量为0.5 kg的小球自左侧槽口从A点由静止开始落下，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移为(　　)
A．10 cm B．15 cm
C．20 cm D．25 cm
解析：小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，设小球到达右边最高点时，小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示。运动过程中有mvm＝MvM，则有mx＝My，根据位移关系可得2R＝x＋y，解得小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移x＝20 cm。
√
9.一个人在水平地面上立定跳远的最好成绩是s (m)，假设他站立在车的右端要跳到距离l (m)远的站台上(设车与站台同高，且车与地间的摩擦不计)，如图所示，则(　　)
A．只要l＜s，他一定能跳上站台
B．如果l＜s，他有可能跳上站台
C．如果l＝s，他有可能跳上站台
D．如果l＝s，他一定能跳上站台
解析：当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒有m人v人－m车v车＝0，车子必然有一个远离站台的速度。这样的话，人相对于地面的速度小于站在地面上跳远时的初速度，则水平位移一定减小，所以l＝s或l＞s，人就一定跳不到站台上了，l＜s，人才有可能跳上站台。
√
11．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时火箭壳体相对于卫星以3.0×103 m/s的速度沿轨道切线方向向后飞去，则(　　)
A．分离后瞬间卫星的速度为7.5×103 m/s
B．分离后瞬间卫星的速度为9.0×103 m/s
C．分离后火箭壳体的轨道半径会变大
D．分离后卫星的轨道半径会变小
√
解析：设卫星运动方向为正方向，设分离后卫星的速度为v1，火箭壳体的速度为v2，则有v1－v2＝3.0×103 m/s，根据动量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，联立解得v1＝7.5×103 m/s，v2＝4.5×103 m/s，故A正确，B错误；分离后火箭壳体速度变小，做近心运动，轨道半径会变小，卫星速度变大，做离心运动，轨道半径会变大，故C、D错误。
√
13．(10分)反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度。(4分)
答案：0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)？(6分)
答案：0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反第2课时　反冲运动与火箭
知识点一　对反冲现象的理解和分析
eq \a\vs4\al()
点燃“窜天猴”的药捻，“窜天猴”向下喷出气体，同时“窜天猴”飞向高空。结合该实例，回答下列问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
[提示]　(1)物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。
2．应注意的问题
(1)速度的方向
对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。在列动量守恒定律方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的速度应取负值。
(2)相对速度问题
在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题
如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
角度1　反冲现象的理解
　下列图中描述的几种现象不属于反冲现象的是(　　)
[解析]　蝴蝶利用“喷气”来完成洲际旅行，是反冲现象，故A不符合题意；鱿鱼将吸入的水用力喷出，快速地向外游窜，是反冲现象，故B不符合题意；鸡蛋落在海绵垫子上，完好无损，这是延长了鸡蛋和海绵的作用时间，减小了作用力，是缓冲现象，故C符合题意；航天员进行无绳太空漫步时，喷气背包喷出的气体控制其运动，是反冲现象，故D不符合题意。
[答案]　C
角度2　反冲现象的计算
　如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼—20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，与此同时，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是(　　)
A．速率变大，为
B．速率变小，为
C．速率变小，为
D．速度变大，为
[解析]　设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的速率v＝>v0。
[答案]　A
　如图所示，一个连同装备总质量M＝100 kg的航天员，装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对于空间站v＝50 m/s的速度喷出。航天员在距离空间站s＝45 m处与空间站处于相对静止状态，航天员完成太空行走任务后，必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体，才能回到空间站，喷出的气体总质量m＝0.15 kg，返回时间约为(　　)
A．300 s B．400 s
C．600 s D．800 s
[解析]　因m M，则喷出的气体的质量可忽略不计，取喷出的气体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv－Mv1＝0，航天员返回空间站所需要的时间t＝，联立得t＝600 s。
[答案]　C
　如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平地面光滑)(　　)
A．v0 B．
C． D．
[解析]　炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，得v＝，故C正确。
[答案]　C
知识点二　火箭发射和爆炸类问题
1．火箭发射问题
(1)火箭的速度
设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷出燃气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律有0＝mv＋Δmu，得v＝－u。
(2)决定因素
火箭获得速度取决于燃气喷出的速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素。
(3)多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s，实际火箭为多级。多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度。
2．爆炸类问题的三个规律
(1)动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力。
(2)动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能。
(3)位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前、后位置不变。
角度1　火箭发射问题
　某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为3 kg，在极短时间内将2 kg的水以对地8 m/s的速度喷出。空气阻力可忽略，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．该过程中系统机械能守恒
B．水火箭靠空气给的反作用力加速
C．喷水后水火箭获得的速度为20 m/s
D．水火箭上升的最大高度约为12.8 m
[解析]　该过程中系统的动能和重力势能都增大，系统机械能不守恒，故A错误；水火箭靠压出的水给的反作用力加速，故B错误；规定水火箭的速度方向为正方向，由动量守恒定律有0＝－mv1＋(M－m)v2，得喷水后水火箭获得的速度v2＝16 m/s，故C错误；水火箭上升的最大高度约为h＝ eq \f(v,2g) ＝12.8 m，故D正确。
[答案]　D
　(2025·黑龙江牡丹江一中期中)一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第4次喷出气体后，火箭的速度大小为(　　)
A．　　　　　 　 B．
C． D．
[解析]　设喷出四次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的四次气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M－4m)v－4mv0＝0，可得v＝。
[答案]　A
角度2　爆炸类问题
　(多选)(2025·山东滨州联考期中)防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大小为v0，离地高度为H，突然爆炸成质量均为m的两块。其中弹头A以速度v沿v0的方向飞去，且爆炸过程时间为Δt且极短。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A.爆炸后的一瞬间，弹尾B一定沿着与v0相反的方向飞去
B．爆炸后，弹尾B可能做自由落体运动
C．爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为＋mg
D．爆炸过程释放的化学能为m(v－v0)2
[解析]　爆炸过程中系统在水平方向动量守恒，以v0方向为正方向，则由动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，解得v′＝2v0－v，由于v与v0的大小关系未知，故无法判断弹尾的运动方向，故A错误；由上述分析可知，当v＝2v0时，弹尾的速度为零，则弹尾做自由落体运动，故B正确；以弹头为研究对象，以v0方向为正方向，在水平方向上由动量定理可得FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故C错误；根据能量守恒定律可知，爆炸释放的化学能等于系统动能的变化量，故有E化＝mv2＋mv′2－·2mv，根据动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，整理可得E化＝m(v－v0)2，故D正确。
[答案]　BD
知识点三　“人船模型”问题
eq \a\vs4\al()
如图所示，一质量为m的人站在一质量为M的船的船头上，开始时人、船均静止，现在人从船头走向船尾。(水对船的阻力很小)
(1)该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？
(2)该过程中两者对地位移有何关系？
[提示]　(1)该过程中，水的阻力忽略不计，人和船组成的系统动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反。
(2)由于mv1＝Mv2，又m1t＝M2t
则ms1＝Ms2，即＝。
1．模型介绍：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为0，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。
3．解题关键
(1)利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。用动量守恒定律求位移的题目，大多是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为0。因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m11－m22＝0。如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1－m2s2＝0。
(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。
4．方法推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理“人船模型”问题的思路来处理。例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题。
　(2025·湖北咸宁市期中)平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量m＝50 kg，船的质量M＝100 kg，从某时刻起，人以v＝10 m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长L＝6 m，则下列说法正确的是(　　)
A．人在船上走动过程中，船的速度大小为10 m/s　
B．人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移大小的2倍
C．走动时人的动量大于小船的动量
D．人突然停止走动后，小船由于惯性还会继续运动
[解析]　对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，可得人在船上走动过程中，船的速度大小v′＝5 m/s，故A错误；人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，由动量守恒定律得m－M＝0，其中s1＋s2＝L，解得s1＝4 m，s2＝2 m，即人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移大小的2倍，故B正确；由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大、反向，故C错误；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v1，则(m＋M)v1＝0，所以v1＝0，说明船的速度立即变为零，故D错误。
[答案]　B
　如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)　(　　)
A．20 m　　　　　　　　 B．40 m
C．50 m D．60 m
[解析]　设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据动量守恒定律有m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x＝v2t，得＝，又h＋x＝l，代入数据解得，绳长至少为l＝60 m。
[答案]　D
1．(对反冲现象的理解和分析)下列运动不属于反冲运动的是(　　)
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．发射炮弹后炮身后退
C．喷气式飞机喷气飞行
D．火箭升空
解析：选A。乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲，A符合题意。系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象是反冲现象；发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的，故属于反冲运动；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象，故B、C、D不符合题意。
2．(火箭发射)在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为v的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。已知发射前火箭的质量为M，则在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为(燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响)(　　)
A．v　　　　　　　　 B．2v
C．v D．
解析：选D。以向上为正方向，由动量守恒定律可得v′－mv＝0，解得v′＝v，D正确。
3.(爆炸类问题)(2025·广东肇庆市月考)冲天炮飞上天后会在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞上天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则(　　)
A．质量较大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬间，总动量守恒
C．炸裂后，P飞行的水平距离较大
D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相同
解析：选B。炸裂瞬间，重力远小于内力，故系统的总动量守恒，P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故二者同时落地，故A错误，B正确；炸裂后，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可能与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂后速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等、方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等、方向相反，故D错误。
4．(人船模型问题)如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平地面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，问：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到地面上(不计小车的高度，重力加速度为g)。
解析：玩具蛙跳出后做平抛运动，设运动时间为t，则h＝gt2
玩具蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv′－mv＝0
若玩具蛙恰好落在地面上，则有
v′t＋vt＝
联立解得v＝。
答案：章末知识网络建构(共41张PPT)
第3节　科学验证：动量守恒定律
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、实验目的
1．验证动量守恒定律。
2．体会将不易测量的物理量转换为易测量的物理量的实验设计思想。
二、实验器材
斜槽轨道、半径相等的钢球和玻璃球、白纸、复写纸、小铅锤、天平(附砝码)、毫米刻度尺、圆规。
三、实验原理与设计
质量分别为m1和m2的两小球A、B发生正碰，若碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律，应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
设置实验装置如图所示，可让A球从同一位置C释放，测出不发生碰撞时球A飞出的水平距离lOP，再测出球A、B碰撞后分别飞出的水平距离lOM、lON，只要验证m1lOP＝m1lOM＋m2lON，即可验证动量守恒定律。
四、实验步骤
1．用天平测出两个小球的质量。
2．将斜槽固定在桌边并使末端水平。在地板上铺白纸和复写纸，通过小铅锤将斜槽末端在纸上的投影记为点O。
3．首先让球A从斜槽点C由静止释放，落在复写纸上，如此重复多次。
4．再将球B放在槽口末端，让球A从点C由静止释放，撞击球B，两球落到复写纸上，如此重复多次。
5．取下白纸，用圆规找出落点的平均位置点P、点M和点N，用刻度尺测出lOP、lOM和lON。
6．改变点C位置，重复上述实验步骤。
五、数据分析
将测量的数据记入表格中，并分析数据，形成结论。
六、注意事项
1．斜槽末端的切线必须水平。
2．入射小球每次都必须从斜槽上同一高度由静止释放。
3．选质量较大的小球作为入射小球。
4．实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
七、误差分析
1．小球落点位置确定不准确会产生误差。
2．若入射小球每次不是从同一高度无初速度滑下，则会产生误差。
3．两球的大小不同，碰撞时不是对心碰撞则会产生误差。
4．水平位移长度的测量会产生误差。
5．入射小球释放的高度太低，两球碰撞时内力太小会产生误差。
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　教材原型实验
　在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。
(1)实验室有如下A、B、C三个小球条件已知，则实验时入射小球应该选取__________(填选项前的字母)。
B
[解析]　为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射小球选择直径为d1、质量为m2的小球，被碰小球选择直径为d1、质量为m1的小球。
(2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了9个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，如图丙所画的三个圆最合理的是________(填选项前的字母)。
A.A　　　　　B．B　　　　　C．C
[解析]　如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置。
C
(3)关于本实验，下列说法正确的是________(填选项前的字母)。
A．小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
B．必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
C．实验中需要用到重垂线
D．斜槽必须足够光滑且末端保持水平
AC
[解析]　为了让小球每次平抛的速度相等，实验中需要让小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，A正确；两个小球下落时间相同，可以用水平位移代替初速度，故不需要求出落地时间，所以不需要测量高度，B错误；利用重垂线确定抛出点在地面上的投影O点的位置，从而计算出每次平抛的水平位移，C正确；小球每次从斜槽的同一位置滚下，到达斜槽末端的速度相同，不需要斜槽光滑，为使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，D错误。
(4)用刻度尺测量M、P、N到O点的距离x1、x2、x3，通过验证等式：_________________ (用题中所给字母表示)是否成立，从而验证动量守恒定律。
m2x2＝m2x1＋m1x3
题型二　教材创新实验
　(2024·山东卷，T13)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。
[解析]　由x－t图像中图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞。
1.0
(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝________m/s(保留2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
　某同学设计了一个用打点计时器“验证动量守恒定律”的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图甲所示。在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz。
(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间的距离，则应选图中________段来计算A碰前的速度，应选__________段来计算A和B碰后的速度。
BC
DE
[解析]　因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小。所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE段计算A和B碰后的速度。
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，则由以上结果可得碰前mAvA＋mBvB＝________kg·m/s，碰后mAvA′＋mBvB′＝__________kg·m/s。
0.420
0.417
(3)从实验数据的处理结果来看，A、B碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？_______________。
[解析]　数据处理表明，mAvA＋mBvB≈mAvA′＋mBvB′，即在实验误差允许的范围内，A、B碰撞前后动量之和是不变的。
动量之和
　(2025·江苏苏州期中)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作：
①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
(1)若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________(选填“＞”“＝”或“＜”)m2。
>
(2)为完成本实验，必须测量的物理量有______。
A．小球a开始释放的高度h
B．木板水平向右移动的距离l
C.a球和b球的质量m1、m2
D．O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
CD
(3)在实验误差允许的范围内，若动量守恒，其关系式应为______________。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．“验证动量守恒定律”的实验装置图如图甲所示，装置中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置。(球A的质量为m1，球B的质量为m2)
(1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标卡尺测量小球的直径，如图乙，则读数为________mm。
15.75
解析：游标卡尺的读数为1.5 cm＋15×0.05 mm＝15.75 mm。
BD
解析：由于偶然因素的存在，小球的落点不一定重合，但大致在真实落点附近，根据题图丙中点的图像可得小球每次是从斜槽的同一位置由静止滑下，A错误，B正确；测定某一落点的平均位置时应尽可能用最小的圆把大多数落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置，C错误，D正确。
(3)已知某次实验时，两球质量满足m1大于m2，结果如图丙所示，则验证动量守恒定律的表达式是__________________________。(用m1、m2、OP、OQ、O′R表示)
m1OQ＝m1OP＋m2O′R
解析：根据题意可得P点是小球A碰后的落点，R点是小球B碰后的落点，Q点是小球A碰前的落点，两球竖直高度相同，根据平抛运动知识可得每次两球水平方向运动时间相同，所以可用水平位移代替水平方向的初速度，根据动量守恒定律有m1OQ＝m1OP＋m2O′R。
2．(2025·江苏泰州月考)如图所示，已知A、B两滑块的质量关系为mB＝1.5mA，拍摄共进行了四次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后。 A滑块原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动的(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片(闪光时间间隔为0.4 s)，分析得出：
(1)B滑块碰撞前的速度vB＝________；A滑块碰撞后的速度vA′＝________，B滑块碰撞后的速度vB′＝________。根据闪光照片分析说明碰撞发生位置在刻度尺________cm刻度处(均保留2位有效数字)。
1.0 m/s　
0.75 m/s
0.50 m/s
30
(2)根据闪光照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是__________kg·m/s(以mA表示)；碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是________kg·m/s(以mA表示)。
解析：碰撞前的动量p＝mBvB＝1.5mA kg·m/s
碰撞后的动量
p′＝mAvA′＋mBvB′＝0.75mA kg·m/s＋0.75mA kg·m/s＝1.5mA kg·m/s。
1.5mA
1.5mA(共39张PPT)
专题提升课2　“滑块—弹簧”和
“滑块—斜面”模型
专题深度剖析
PART
01
第一部分
1．模型图示
微专题一　“滑块—弹簧”相互作用模型
2．模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
　如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝3 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝5 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开。求：
(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；
[答案]　15 J　
(2)滑块B的最大动能；
[答案]　24 J　
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。
　如图所示，在光滑的水平面上有三个小球A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧拴连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰后以相同速度向左运动但不粘连，m和v0为已知量，求：
(1)B、C相碰损失的机械能ΔE；
(2)弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1；
(3)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。
(1)A与B碰后瞬间A的速度大小；
(2)A与B碰撞瞬间，损失的机械能；
(3)A与B碰后一起向下运动到最低点的过程中，A对B做的功。
1．模型图示
微专题二　“滑块—斜面(弧面)”相互作用模型
√
√
　(2024·安徽卷，T14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取
10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
[答案]　6 N　
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
[答案]　4 m/s　
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
[答案]　0.25≤μ<0.4
规范一练　动量和能量观点分析“滑块—弹簧”和“滑块—斜面(弧面)”问题
　如图所示，质量M＝4 kg的四分之一光滑圆弧槽静置在光滑水平面上，圆弧底端和水平面相切。一质量m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上圆弧槽，并从顶端滑出，滑出时圆弧槽的速度为1 m/s，g取10 m/s2。求：
(1)小物块被弹簧弹出时的速度大小；
[解析]　设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上圆弧槽的过程中系统水平方向动量守恒，则
mv1＝(m＋M)v2
解得v1＝5 m/s。
[答案]　5 m/s　
(2)小物块滑出圆弧槽后能达到的最大高度h1；
[答案]　1 m　
(3)小物块第二次滑上圆弧槽后能达到的最大高度h2。
[答案]　0.04 m
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(多选)(2025·山东潍坊统考期中)如图所示，物体P、Q用轻质弹簧拴接放置在光滑水平面上。给P施加一瞬时冲量使其向右运动，弹簧最短时Q的速度为2 m/s，已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg，取向右为正方向，则运动过程中(　　)

A．P的初速度为5 m/s
B．P的速度始终为正值
C．Q的最大速度为4 m/s
D．弹簧最大弹性势能为21 J
√
√
√
√
√
√

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