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专题提升课2　“滑块—弹簧”和“滑块—斜面”相互作用模型
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)。
　(2025·上海闵行区期中)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，在之后的运动过程中(　　)
A．A、B组成系统机械能守恒
B．A的最小动量不为零
C．弹簧被压缩至最短时，B的动量达到最大值
D．弹簧被压缩至最短时，A、B速度相等
[解析]　由题意可知，A、B、弹簧三者组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；在A、B相互作用的过程中，开始阶段，A压缩弹簧，受到向左的力做减速运动，B做加速运动，vA>vB，弹簧逐渐缩短，当vA＝vB时弹簧处于压缩状态，由于弹簧弹力作用，A继续减速，B继续加速，直至弹簧恢复原长，当vA＝vB时弹簧被压缩至最短，故D正确；在A、B相互作用到弹簧恢复到原长的过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝0，v2＝v，此时B的动量达到最大值，A的最小动量为零，故B、C错误。
[答案]　D
　(2025·河北唐山市选考)如图所示，物块A、B与轻弹簧拴接，置于光滑水平面上，弹簧处于原长，物块C以水平速度v0撞向物块B，碰撞时间极短，碰后C与B粘在一起。已知B、C质量均为m，不计一切阻力。
(1)求B、C碰撞过程中B对C的冲量大小。
(2)求弹簧弹性势能最大时A的速度与运动过程中A的最大速度之比。
[解析]　(1)B、C碰撞过程动量守恒，有
mv0＝2mv1
以向右为正方向，B、C碰撞过程对C应用动量定理，有
I＝m(－v1)－m＝mv0－mv1
可得I＝0.5mv0。
(2)B、C撞后压缩弹簧，A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，设此时A的速度为v2，当弹簧第一次恢复到原长时A的速度最大，设此时A的速度为v3，B和C速度为v4，设A的质量为M，从撞后B、C共速至A、B、C三者共速对系统应用动量守恒定律2mv1＝(2m＋M)v2
从撞后B、C共速至弹簧第一次恢复到原长应用动量守恒定律
2mv1＝2mv4＋Mv3
由机械能守恒定律知
×2mv＝×2mv＋Mv
综上可得v2＝，v3＝
所以＝。
[答案]　(1)0.5mv0　(2)
　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
FT－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FT＝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＝v0＝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)质量为m2且各处光滑的带有四分之一圆弧(半径足够大)的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为m1的滑块以初速度v0水平冲上轨道(不脱离轨道)，下列说法正确的是(　　)
A．滑块冲上轨道的过程，m1和m2组成的系统动量守恒
B．若m1＝m2，则m1滑到最高点时速度为0
C．若m1＝m2，则m1上升的最大高度为 eq \f(v,4g)
D．m1滑下后，速度不可能向左
解析：选C。由于m2为各处光滑的带有四分之一圆弧的轨道，则m1和m2组成的系统机械能守恒，且在水平方向动量守恒，则m1滑到最高点时有m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v＝(m1＋m2)v＋m1gh，将m1＝m2代入解得v共＝，h＝ eq \f(v,4g) ，故A、B错误，C正确；m1滑上m2又返回，直到m1离开m2的整个过程中，系统水平方向动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，此过程可看作弹性碰撞过程，由机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，解得v1＝v0，v2＝v0，如果m1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
√
(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变化的关系图线如图所示。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
√
√
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。
微专题二　动量定理和动能定理的综合应用
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。
(2025·江苏泰州月考)在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中(　　)
A．三个小球动量的变化率相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量变化量最小
D．三个小球落地时的动量相同
√
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，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。
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)(2025·贵州贵阳市联考)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
√
2．(动量定理和动能定理的综合应用)(2025·山东临沂市期中)在巴黎奥运会网球女单决赛中我国运动员夺取冠军，为中国赢得首枚奥运网球单打金牌，燃起全国网球热。关于网球运动，下列说法正确的是(　　)
A.球拍对网球的弹力越大，网球的动量变化一定越大
B．球拍将飞来的网球以原速率反向击出的过程，网球的动量和动能均保持不变
C．网球被球拍击打出的过程，球拍对网球的冲量大小大于网球对球拍的冲量大小
D．为了降低比赛中网球的速度，可以适当增大网球的质量
√
3．(应用动量定理处理“流体模型”问题)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 N
解析：由题意可知，时间t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。
√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.(10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；(3分)
(2)此过程子弹对物块的冲量；(3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)
4．(10分)(2025·天津红桥区期末)质量M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；(5分)
(2)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。(5分)
解析：(1)设水平向右为正方向。从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成的系统，由水平方向动量守恒得－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s
方向水平向右。
(2)对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5。
答案：(1)1 m/s，方向水平向右　(2)0.5
5．(10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；(3分)
(2)物块在车面上滑行的时间t；(3分)
(3)要使物块不从小车右端滑出，小车的车长的最小值。(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
6．(12分)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量m1＝3.0 kg的长木板A，A的左端放着一个质量m2＝1.0 kg的小物块B(可视为质点)，两者处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。在木板A的左端正上方有一固定点O，用长R＝4.5 m的不可伸长的轻绳将质量m3＝2.0 kg的小球C悬于点O。现将轻绳拉直使轻绳与水平方向成θ＝37°(如图所示)，由静止释放小球。此后小球C与B恰好发生弹性碰撞，碰撞过程时间极短。空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小球C运动到最低点时(与B碰撞前瞬间)的速度大小；(3分)
(2)小球C与B相碰后，B的速度大小；(3分)
(3)木板长度L至少为多长时小物块B才不会滑出木板。(6分)
解析：(1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间，由动能定理得m3gR(1－sin θ)＝m3v－0
解得v0＝6 m/s。
(2)设小球C与小物块B在碰撞后，小球C速度为v1，小物块B的速度为v2，由动量守恒定律得
m3v0＝m3v1＋m2v2
由机械能守恒定律得m3v＝m3v＋m2v
联立解得v2＝8 m/s。
(3)小物块B在木板A上滑动，小物块B和木板A组成的系统动量守恒，设B滑到木板A最右端时两者共速的速度大小为v，则有m2v2＝(m1＋m2)v
小物块B在木板A上滑动的过程中，由小物块B和木板A组成的系统减小的机械能转化为内能，由功能关系得μm2gL＝m2v－(m1＋m2)v2
联立解得L＝8 m
故木板长度L至少8 m时小物块B才不会滑出木板。
答案：(1)6 m/s　(2)8 m/s　(3)8 m第1节　动　量
第2节　动量定理
eq \a\vs4\al()
1．知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量。　2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量。　3.知道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、缓冲等生活中的现象。
一、寻求碰撞中的不变量
从教材实验的数据可以看出，实验中两辆小车碰撞前后，动能之和____________，但是质量与速度的乘积之和却__________________。
二、动量
1．动量
(1)定义：物体的__________和________的乘积。
(2)公式：p＝________。
(3)单位：__________，符号是____________________。
(4)方向：动量是__________量，它的方向与________的方向相同。
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝____________(矢量式)。
(2)如果物体沿直线运动，即动量始终保持在同一条直线上，在选定坐标轴的方向之后，动量的运算就可以简化成__________运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)。
三、动量定理
1．冲量
(1)定义：力与________________的乘积。
(2)公式：I＝____________。
(3)冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(4)冲量是矢量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与该恒力的方向相同。
(5)冲量的作用效果：使物体的动量发生变化。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_______________。
(2)表达式：F(t′－t)＝________________或I＝p′－p。
(3)F＝，它表示物体动量的变化率等于它所受的力。
四、动量定理的应用
如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间短，物体受的力就__________；作用的时间长，物体受的力就_________________。
判断下列说法是否正确。
(1)动量的方向与物体的速度方向相同。(　　)
(2)物体的质量越大，动量一定越大。(　　)
(3)两个物体的动量相同，其动能一定也相同。(　　)
(4)力越大，力对物体的冲量越大。(　　)
(5)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所受的合外力一定不为0。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
[答案自填] 并不相等　基本不变　质量　速度　mv　千克米每秒　kg·m/s　矢　速度
p′－p　代数　力的作用时间　FΔt　动量变化量　mv′－mv　大　小
知识点一　动量和动量变化
eq \a\vs4\al()
如图所示，在某届亚洲杯足球赛上，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。
(1)若开始时足球的速度大小是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度大小是10 m/s，方向仍向右(如图甲所示)；
(2)若足球以10 m/s的速度向右撞向球门门柱，然后以4 m/s的速度反向弹回(如图乙所示)。
请分析以上两种情况下动量的变化量是否相等，为什么？
[提示]　不相等，分析如下：
(1)取向右为正方向，踢球过程中，初动量
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s
末动量p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
动量的变化量Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，足球撞向球门门柱弹回过程，初动量p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
末动量p2＝mv2＝0.4×(－4)kg·m/s＝－1.6 kg·m/s
动量的变化量Δp′＝p2－p1＝－5.6 kg·m/s，方向向左。
1．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。
角度1　动量和动量的变化
　(多选)关于动量，下列说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，动量不变
B．做匀变速运动的物体，它的动量一定在改变
C．一个物体的速率变化，动量也一定变化
D．甲物体的动量p1＝5 kg·m/s，乙物体的动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1＞p2
[解析]　动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，故A错误；做匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，则动量一定在变化，故B正确；一个物体的速率变化时，速度大小变化，故动量变化，故C正确；动量是矢量，其数值的绝对值表示大小，由|p1|<|p2|可知甲物体的动量小于乙物体的动量，故D错误。
[答案]　BC
角度2　动量和动能
　(2025·江苏淮安期中)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；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，D错误。
[答案]　A
　(2025·陕西宝鸡统考期中)质量为2 kg的物体，在运动过程中速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s，下列关于它在该运动过程中的动量和动能变化的说法正确的是(　　)
A．动量变化大小为0
B．动量变化大小为12 kg·m/s
C．动能变化大小为0
D．动能变化大小为12 J
[解析]　物体运动的速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s，设向东的速度为v1，向南的速度为v2，则有速度的变化量Δv＝ eq \r(v＋v) ＝ m/s＝3 m/s，可得动量变化大小Δp＝m·Δv＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，A、B错误；物体动能变化大小ΔEk＝mv－mv＝0，C正确，D错误。
[答案]　C
知识点二　冲量的理解和计算
1．冲量是过程量：冲量描述的是力的作用对时间的累积效应，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：用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若力与时间呈线性关系变化，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
　【教材经典P10第1题】如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。现有以下看法：
A．物体所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物体所受拉力F的冲量大小是Ft cos θ
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受合力的冲量大小为0
你认为这些看法正确吗？请简述你的理由。
[解析]　物体所受拉力F的冲量方向与F的方向相同；物体所受拉力F的冲量大小是Ft；物体所受摩擦力的冲量大小是Ft cos θ；因为物体保持静止，所以物体所受合力F合的冲量大小是0。综上可知只有D看法正确。
[答案]　见解析
角度2　变力冲量的计算
　质量m＝1 kg的物体在水平合外力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，由题图可知，6 s内合外力的冲量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
　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。
[答案]　B
角度2　用动量定理求解变力的冲量
　(2025·新疆乌鲁木齐市第一次质监)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。
[答案]　B
角度3　动量定理的基本应用
　【教材经典P11第3题】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，在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)见解析
综合一练　动量、冲量和动量定理的综合问题
　(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；根据动量定理(mg－F)Δt＝Δp，可得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．(动量和动能)(2025·浙江杭州期中)对于质量一定的物体，下列说法正确的是(　　)
A．速度不变，动量可能改变
B．速度不变，动能可能改变
C．动量变化，动能一定变化
D．动能变化，动量一定变化
解析：选D。根据p＝mv和Ek＝mv2可知，对于质量一定的物体，速度不变，则动量一定不变，动能一定不变，故A、B错误；动量是矢量，动能是标量，对于质量一定的物体，若仅是动量的方向发生改变，即速度方向发生变化，则动能不变，故C错误；根据动量与动能的大小关系Ek＝mv2＝可知，对于质量一定的物体，动能变化，则动量一定变化，故D正确。
2．(动量和冲量)(2025·江苏苏州市期中)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)(多选)(2025·贵州贵阳统考期中)某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A．该同学所受重力的冲量随时间的增大而增大
B．在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量始终不变
C．该同学所受合力的冲量随时间的增大而增大
D．摩天轮转动一周，该同学所受合力的冲量为零
解析：选AD。该同学所受重力的冲量IG＝Gt，随时间的增大而增大，A正确；在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量大小不变，但方向不断变化，B错误；根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，则该同学所受合力的冲量随时间的增大不一定增大，摩天轮转动一周，动量变化为零，则该同学所受合力的冲量为零，C错误，D正确。
4．(动量定理的理解和简单应用)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 min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 min内射出子弹的数量约为(　　)
A．40　　　　　　 　　 B．80
C．120 D．160
解析：选C。设1 min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。
5．(动量定理的理解和简单应用)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：选B。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。(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·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
模型2　滑块—木板模型
【教材经典P30第7题】如图所示，光滑水平轨道上放置长板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A与C发生碰撞后的瞬间A的速度大小。
[解析]　在光滑水平轨道上，在与C碰撞前，A、B间无相互作用，又因碰撞时间极短，长板A与滑块C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC
以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC
A与滑块B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB
由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，解得vA＝2 m/s。
[答案]　2 m/s
(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—弹簧和板块问题
(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)(2025·山东济南市期中)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，速度的大小均为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)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(共4张PPT)
章末知识网络建构
感谢观看
THANKS反冲现象　火箭(一)
题组1　对反冲现象的理解和分析
1．下列没有利用反冲原理的是(　　)
A．喷气式飞机飞行　　　 B．火箭飞行
C．章鱼游动 D．苹果下落
解析：选D。喷气式飞机、火箭飞行是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理，故A、B不符合题意；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故C不符合题意；苹果下落是由于地球引力作用，不属于反冲运动，故D符合题意。
2.(2025·海南海口一中期中)乌贼在水中的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
3．(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。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。
4.“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。
5．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
6.(多选)如图所示，质量为3m、长为L的平板车静止在光滑的水平地面上，车的左端有一个可视为质点的人，人的质量为m。一开始人和车都静止，空气阻力忽略不计。人从车的左端走到车的右端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.人与车组成的系统动量守恒
B．人和车组成的系统机械能守恒
C．人从车的左端行走到右端，人相对于地的位移为0.75L
D．人到车的右端，可能与车一起向右运动
解析：选AC。对人与车构成的系统进行受力分析，系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A正确；由于开始时人和车都静止，行走时，系统动能增加，则系统机械能增大，故B错误；根据动量守恒定律有mx1－3mx2＝0，又x1＋x2＝L，解得x1＝0.75L，故C正确；人到车的右端，若与车一起向右运动，则动量不守恒，故D错误。
7．(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，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。
8．一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，且车与地面间的摩擦不计)，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。
9.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。
10．(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。
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．(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。(5分)
(2)若橡皮塞喷出时速度大小为v＝2.9 m/s，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)？(5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＋(M－m)v′＝0
解得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°＋(M－m)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22张PPT)
第6节　课后达标检测
反冲现象　火箭(二)
√
√
√
3．(2025·贵州贵阳月考)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A.50 kg B．55 kg
C．65 kg D．70 kg
4．(10分)(2025·江苏南京月考)如图所示，甲、乙两位航天员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙与物体A都以大小v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙与物体A和空间站在同一直线上且可视为质点。甲的质量M1＝80 kg，乙的质量M2＝80 kg，物体A的质量m＝40 kg，为了避免直接相撞，乙先将物体A推向甲，甲迅速接住物体A后即不再松开，此后甲、乙两位航天员和物体A以相同速度向空间站运动。
(1)求甲、乙和物体A最终的速度大小。(5分)
解析：规定水平向左为正方向，甲、乙两位航天员和物体A最终的速度大小均为v1，方向向左，对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得
(M2＋m)v0－M1v0＝(M1＋M2＋m)v1
解得v1＝0.4 m/s。
答案：0.4 m/s　
(2)设乙与物体A作用时间t＝1 s，求物体A对乙的推力F的大小。(5分)
解析：对乙进行分析，根据动量定理有
－Ft＝M2v1－M2v0
解得F＝128 N。
答案：128 N
5．(12分)(2025·贵州黔西月考)如图所示，坐在小车上的人在光滑的冰面上玩推木箱游戏，人与小车的总质量M＝60 kg，木箱的质量m＝3 kg，开始均静止于光滑冰面上，现人将木箱以速率v0＝6 m/s(相对于地面)水平推向竖直墙壁，木箱与墙壁碰撞过程中无机械能损失，人接住木箱后再以速率v0(相对于地面)将木箱推向墙壁，如此反复。
(1)求人第一次推木箱后，人和小车的速度大小v1。(3分)
解析：将人、车和木箱作为系统，取向右为正方向
根据动量守恒定律有Mv1－mv0＝0
解得v1＝0.3 m/s。
答案：0.3 m/s　
(2)求人第二次推木箱后，人和小车的速度大小v2。(3分)
答案：0.9 m/s　
(3)人推多少次木箱后，人将接不到木箱？(6分)
答案：十一次
6．(12分)一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是120 kg。这个士兵用自动步枪在2 s内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10 g，子弹离开枪口时相对于步枪的速度是800 m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。
(1)每次射击后皮划艇的速度改变多少？(3分)
(2)连续射击后皮划艇的速度约是多大？(3分)
答案：0.67 m/s　
(3)连续射击时枪所受到的平均反冲作用力约是多大？(6分)
答案：40 N(共24张PPT)
专题提升课1　课后达标检测
√
1．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。
√
2．如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，物块的质量m＝1 kg，与台面间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10 m/s2，则小物块在t＝1.5 s时刻的速度为(　　)

A．0.5 m/s　　　　　 　 B．1 m/s
C．1.5 m/s D．2 m/s
√
3.(多选)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，使冰壶沿着冰面到达指定区域。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
√
√
4．电动自行车不仅骑行方便而且运行成本低，是很流行的代步交通工具。电动自行车在无风骑行时的阻力可以等效为骑行时带动迎风面的空气柱达到骑行速度的力，骑行时的迎风面积S＝0.5 m2，g取10 m/s2，ρ空气＝1.2 kg/m3，不计其他阻力，则无风匀速骑行时风阻f与车速v的关系式为(各量均为国际单位)(　　)
A．f＝0.2v2 B．f＝0.3v2
C．f＝0.6v2 D．f＝0.8v2
解析：取一小段时间Δt内流动的空气为研究对象，则这一小段气体质量Δm＝ρ空气vΔtS，根据动量定理FΔt＝Δmv＝ρ空气v2ΔtS，匀速骑行时F＝f，联立解得f＝0.6v2。
√
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，开始时喷出的气体对地速度竖直向下为2 500 m/s，若开始时导弹悬停在地面附近，则每秒喷出的气体质量为(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．消防水炮是以水作为介质，远距离扑灭火灾的消防设备。某次救火时，消防员用水炮向起火处喷水。已知水到达起火处的速度大小为50 m/s，水打在起火处后沿表面散开不反弹，可视为速度减至0。已知水的密度为1×103 kg/m3，则起火处单位面积上受到的冲击力为(　　)
A．2.5×106 N B．2.5×105 N
C．5×105 N D．5×104 N
解析：根据动量定理可得－F·Δt＝0－Δmv，Δm＝ρSvΔt，联立可得单位面积上受到的冲击力F＝2.5×106 N。
√
7.一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0，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.(2025·安徽阜阳市第三中学校考期中)如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点。一个小球从A点匀速率滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力。小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是(　　)
A．合力做功为零
B．合力的冲量为零
C．机械能不变
D．机械能增大
解析：小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零，小球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A正确；小球从A点滑到B点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B错误；小球从A点滑到B点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故C、D错误。
11．(10分)(2025·江苏苏州月考)如图(a)所示，一倾角θ＝ 37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m＝2 kg的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图(b)所示，2 s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)滑块与斜面的动摩擦因数；(5分)
解析：根据题意可知，t＝2 s时下滑速度最大，则此时滑块所受合外力为0，由题图(b)可知此时F＝8 N
由平衡条件有mg sin θ＝F＋μmg cos θ
代入数据解得μ＝0.25。
答案：0.25　
(2)经过多长时间滑块到达最低点。(5分)章末过关检测(一)
(时间：75分钟　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，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，g取10 m/s2，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1＝0、v球1＝v，v车2＝v、v球2＝－(舍去)，即小球滑离小车时，小车的速度为0，小球的速度为v，故A、B错误；小球恰好到达圆管的最高点时，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，车上圆管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于木板相对于地面的水平位移
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，物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，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，木块所受外力的合力不为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，内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将小球(可视为质点)自左侧槽口A点的正上方由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做正功
B．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做负功
C．小球可以运动到当初释放点的等高处
D．小球无法运动到当初释放点的等高处
解析：选BC。小球从A到B的过程中，由于系统水平方向动量守恒，半圆槽向左运动，小球所受槽的支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，所以槽的支持力对小球做负功，故A错误，B正确；依题意，系统水平方向动量守恒，当小球到达右侧最高点时速度与半圆槽的速度相同，设为v，并设右侧最高点与释放点间的高度差为h，可得0＝(M＋m)v，系统机械能守恒，则有mgh＝(M＋m)v2，解得h＝0，即小球可以运动到当初释放点的等高处，故C正确，D错误。
10．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。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(8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．(8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，根据动量守恒定律可得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；根据能量守恒定律可得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．(10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。(4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；(4分)
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(4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；(5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。(6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第3节　动量守恒定律
eq \a\vs4\al()
1．知道系统、内力、外力的概念。　2.理解动量守恒定律及表达式，理解其守恒的条件。　3.能够应用动量守恒定律解决基本问题。　4.知道动量守恒定律具有普适性。
一、相互作用的两个物体的动量改变
如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1，当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。
碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2，作用时间很短，用Δt表示，根据动量定理可得A、B动量的变化量分别为：F1Δt＝______________，F2Δt＝_______________。
由牛顿第三定律可得：F1＝__________________。
故有：m1v1′－m1v1＝___________________，
即：m1v1′＋m2v2′＝________________。
二、动量守恒定律
1．系统、内力与外力
(1)系统：由____________相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统。
(2)内力：____________物体间的作用力。
(3)外力：系统________的物体施加给系统内物体的力。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统____________，或者____________，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____________或者所受外力的________________。
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)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为0。(　　)
(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。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×
[答案自填] m1v1′－m1v1　m2v2′－m2v2　－F2　－(m2v2′－m2v2)　m1v1＋m2v2　两个(或多个)
系统中　以外　不受外力　所受外力的矢量和为0　m1v1′＋m2v2′　不受外力　矢量和为0
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。
3．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
角度1　对动量守恒条件的理解
　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
　(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。
[答案]　AC
　(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所受合外力为零，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
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：系统相互作用后的总动量p′等于相互作用前的总动量p。
(2)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2：相互作用的两个物体组成的系统，作用后的动量的矢量和等于作用前的动量的矢量和。
(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始末状态。
(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水平面时小球速度大小不变；抓住小球过程小球、小孩和冰车整个系统动量守恒，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)根据动量定理有I＝mv－mv0
解得I＝10.5 N·s，方向水平向右。
(2)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)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M2v0－nmv＝－(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
1．(动量守恒的判断)(多选)把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)
A．a尚未离开墙壁前，a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒
解析：选BC。当撤去外力后，a尚未离开墙壁前，由于墙壁对a有弹力作用，所以a和b组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确；a离开墙壁后，a和b组成的系统所受合外力为0，则a和b组成的系统动量守恒，故C正确，D错误。
2．(动量守恒定律的基本应用)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3．(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 m/s，代入数据解得v车＝－0.2 m/s，故A、B、C错误，D正确。题组1　碰撞的特点和应用
1．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。
2.(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个球由静止释放后，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。
3．(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
4.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—时间图像如图所示，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ma5.(2025·江苏镇江二中月考)A、B两球在光滑的水平面上沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的x－t图像，a、b分别为A、B两球碰前的x－t图像，c为碰撞后两球共同运动的x－t图像，若A球质量mA＝2 kg，则由图像判断下列结论正确的是(　　)
A．B球质量mB＝ kg
B．整个碰撞过程B对A的冲量为4 N·s
C．碰撞前后B的动量变化量为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统动量不守恒
解析：选B。由题图可知碰撞前A的速度vA＝ m/s＝－3 m/s，碰撞前B的速度vB＝ m/s＝2 m/s，碰撞后A、B的速度vAB＝ m/s＝－1 m/s，由于碰撞过程，内力远大于外力，故该过程A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知mAvA＋mBvB＝vAB，代入数据解得mB＝ kg，故A、D错误；由题图可知，以B球碰撞前的速度方向为正方向，对A分析，根据动量定理有I＝mAvAB－mAvA，代入数据可得整个碰撞过程B对A的冲量I＝4 N·s，故B正确；碰撞前后B的动量变化量ΔpB＝mBvAB－mBvB，代入数据解得ΔpB＝－4 kg·m/s，故C错误。
题组3　碰撞中的动量和能量问题
6．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。物体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系统损失的动能最多，故D正确。
7．(2025·云南下关一中期中)甲、乙两铁球质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线同向运动，速度分别为v1＝6 m/s、v2＝2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度可能值是(　　)
A．v1′＝8 m/s，v2′＝1 m/s
B．v1′＝2 m/s，v2′＝4 m/s
C．v1′＝4 m/s，v2′＝4 m/s
D．v1′＝－2 m/s，v2′＝6 m/s
解析：选B。若两球发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝ m/s，若两球发生完全弹性碰撞，则应满足m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝ m/s，v2′＝ m/s，则碰后甲的速度范围为 m/s～ m/s，乙的速度范围为 m/s～ m/s。
8．如图所示，一个质量为m的物块A与静止在水平面上的另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.4，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为(　　)
A．1.5 m/s B．3 m/s
C．4.5 m/s D．6 m/s
解析：选B。碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ×2mgx＝0－×2mv2，代入数据解得v＝2 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv＝mv＋×2mv2，联立解得v0＝3 m/s。
9．(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一向左的初速度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；(5分)
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。(5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)v①
由①式得mB＝。②
(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v③
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)v2④
联立②③④式得ΔE＝mv。
答案：(1)　(2)mv
10.(10分)如图所示，小物块A从光滑轨道上的某一位置由静止释放，沿着轨道下滑后与静止在轨道水平段末端的小物块B发生碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。已知小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，物块A的释放点距离轨道末端的竖直高度h1＝0.20 m，A、B的抛出点距离水平地面的竖直高度h2＝0.45 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)两物块碰前A的速度v0的大小；(3分)
(2)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3分)
(3)两物块落地点距离轨道末端的水平距离x。(4分)
解析：(1)由动能定理可知，A由静止释放到两物块碰撞前mgh1＝mv－0
解得v0＝2 m/s。
(2)设碰撞后，A、B的速度为v1，则由动量守恒定律可得
mv0＝(m＋m)v1
解得v1＝v0＝1 m/s
故机械能损失
ΔE＝mv－×2m·v＝0.1 J。　
(3)两物块离开轨道后做平抛运动，水平方向上
x＝v1t
竖直方向上h2＝gt2
解得x＝0.3 m。
答案：(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.3 m(共44张PPT)
第5节　弹性碰撞和非弹性碰撞
学习目标
1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞。　
2.会根据碰撞的特点对碰撞过程进行判断。
3．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能________，这类碰撞叫弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能________，这类碰撞叫非弹性碰撞。
不变
减少
二、弹性碰撞的实例分析
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两
球速度分别为v1′＝______________，v2′＝__________________。
2．若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝________，v2′＝__________，即两者碰后一定交换速度。
0
v1
3．若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝0。表明质量为m1的小球被反向以________弹回，而质量为m2的小球仍静止。
4．若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝________。表明质量为m1的小球的速度不变，质量为m2的小球以2v1的速度被撞出去。
－v1
原速率
v1
2v1
判断下列说法是否正确。
(1)两物体发生非弹性碰撞时，动量不守恒，动能也不守恒。(　　)
(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　　)
(3)与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度。(　　)
(4)两球发生弹性正碰时，两者碰后一定交换速度。(　　)
×　
√
√
×　
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。
(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
√
(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′不可能的是(　　)

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　位移—时间图像
质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
√
角度2　速度—时间图像
(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跟弹簧相碰时开始计时，到B与弹簧分开的这段时间t0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。
[解析]　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
[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
√
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。
√
3．(碰撞与图像问题的结合)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)

A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
解析：由题图可知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0，碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故C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(共46张PPT)
章末过关检测(一)
√
(时间：75分钟　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，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，g取10 m/s2，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于木板相对于地面的水平位移
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
√
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，物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，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，木块所受外力的合力不为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，内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将小球(可视为质点)自左侧槽口A点的正上方由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做正功
B．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做负功
C．小球可以运动到当初释放点的等高处
D．小球无法运动到当初释放点的等高处
√
√
10．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
√
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(8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．(8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．(10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。(4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；(4分)
答案：1 m/s　1 m/s　
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(4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；(5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。(6分)(共37张PPT)
第3节　动量守恒定律
学习目标
1．知道系统、内力、外力的概念。　2.理解动量守恒定律及表达式，理解其守恒的条件。　3.能够应用动量守恒定律解决基本问题。　4.知道动量守恒定律具有普适性。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、相互作用的两个物体的动量改变
如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1，当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。
碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2，作用时间很短，用Δt表示，根据动量定理可得A、B动量的变化量分别为：F1Δt＝______________，F2Δt＝_______________。
由牛顿第三定律可得：F1＝__________________。
故有：m1v1′－m1v1＝___________________，
即：m1v1′＋m2v2′＝________________。
m1v1′－m1v1
m2v2′－m2v2
－F2
－(m2v2′－m2v2)
m1v1＋m2v2
二、动量守恒定律
1．系统、内力与外力
(1)系统：由____________相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统。
(2)内力：____________物体间的作用力。
(3)外力：系统________的物体施加给系统内物体的力。
两个(或多个)
系统中
以外
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统____________，或者______________________，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____________或者所受外力的________________。
不受外力
所受外力的矢量和为0
m1v1′＋m2v2′
不受外力
矢量和为0
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)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为0。(　　)
(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。(　　)
×　
√
√
×　
×　
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。
3．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
角度1　对动量守恒条件的理解
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
(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。
(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所受合外力为零，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、人和球组成的系统水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故D错误。
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：系统相互作用后的总动量p′等于相互作用前的总动量p。
(2)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2：相互作用的两个物体组成的系统，作用后的动量的矢量和等于作用前的动量的矢量和。
(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始末状态。
(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水平面时小球速度大小不变；抓住小球过程小球、小孩和冰车整个系统动量守恒，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]　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]　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]　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M2v0－nmv＝－(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
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(动量守恒的判断)(多选)把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)

A．a尚未离开墙壁前，a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒
√
√
解析：当撤去外力后，a尚未离开墙壁前，由于墙壁对a有弹力作用，所以a和b组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确；a离开墙壁后，a和b组成的系统所受合外力为0，则a和b组成的系统动量守恒，故C正确，D错误。
2．(动量守恒定律的基本应用)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3．(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 m/s，代入数据解得v车＝－0.2 m/s，故A、B、C错误，D正确。
√第5节　弹性碰撞和非弹性碰撞
eq \a\vs4\al()
1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞。　2.会根据碰撞的特点对碰撞过程进行判断。
3．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能________，这类碰撞叫弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能________，这类碰撞叫非弹性碰撞。
二、弹性碰撞的实例分析
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝______________，v2′＝__________________。
2．若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝________，v2′＝__________，即两者碰后一定交换速度。
3．若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝0。表明质量为m1的小球被反向以________弹回，而质量为m2的小球仍静止。
4．若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者发生弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝________。表明质量为m1的小球的速度不变，质量为m2的小球以2v1的速度被撞出去。
判断下列说法是否正确。
(1)两物体发生非弹性碰撞时，动量不守恒，动能也不守恒。(　　)
(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　　)
(3)与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度。(　　)
(4)两球发生弹性正碰时，两者碰后一定交换速度。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
[答案自填] 不变　减少　v1　v1　0　v1　－v1　原速率　v1　2v1
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′不可能的是(　　)
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]　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　位移—时间图像
　质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
[解析]　x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小v2＝ m/s＝2 m/s，即碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。
[答案]　C
角度2　速度—时间图像
　(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跟弹簧相碰时开始计时，到B与弹簧分开的这段时间t0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与弹簧分开的这段时间t0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：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)一辆质量为2m、速度为v的小车与另一辆质量为3m的静止小车相碰而连在一定，则它们在碰撞过程中损失的机械能是(　　)
A．mv2　　　 　 　　 B．mv2
C．mv2 D．mv2
解析：选B。碰撞过程中动量守恒，设碰后两车的共同速度为v1，以原速度方向为正方向，则由动量守恒定律可得2mv＝(2m＋3m)v1，由能量守恒定律可得ΔE＝·2mv2－·(2m＋3m)v，联立可得ΔE＝mv2。
2．(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。
3．(碰撞与图像问题的结合)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
解析：选C。由题图可知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0，碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故C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
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(共27张PPT)
第1节　第2节　课后达标检测
√
题组1　动量和动量变化
1．关于动量，下列说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相等
C．动量相等的物体，其速度一定相等
D．动量相等的物体，其速度方向一定相同
解析：做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻发生变化，速度是变化的，物体的动量p＝mv，故其动量是变化的，故A错误；悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，相邻两次经过最低点时的速度方向相反，动量大小相等、方向相反，故B错误；动量相等的物体，质量不一定相等，其速度不一定相等，故C错误；动量方向与速度方向相同，动量相等的物体，其速度方向一定相同，故D正确。
√
2.(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。
√
3．(2025·贵州期中)对于质量一定的物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体动量为零，则物体一定静止
B．动能不变，物体的动量一定不变
C．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功
D．物体受到变力不可能做直线运动
解析：动量为零时，物体速度一定为零，一定静止，A正确；动能不变，物体速度大小一定不变，但方向可能变化，所以动量可能变化，B错误；物体的动量发生改变，可能是速度方向发生变化，速度大小不变，此时合外力没有对物体做功，C错误；物体受到变力作用也可能做直线运动，例如变加速直线运动，D错误。
√
题组2　冲量的理解和计算
4．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。
√
5．(多选)(2025·湖北黄冈统考期中)一质量为1 kg 的小球从离地20 m的高度由静止释放，忽略球受到的空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球由静止释放到落地过程中重力的冲量为10 N·s
B．小球由静止释放到落地过程中重力的冲量为20 N·s
C．小球落地瞬间的动量大小为10 kg·m/s
D．小球落地瞬间的动量大小为20 kg·m/s
√
√
题组3　动量定理的理解和简单应用
6．(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。
√
√
8．(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。
√
9．质量为1 kg的金属小球竖直下落，与地面撞击前瞬间，速度大小为5 m/s，方向竖直向下，撞击后瞬间，速度大小为3 m/s，方向竖直向上，小球与地面的接触时间为0.2 s。不计小球受到的空气浮力及阻力，g取10 m/s2。小球与地面相互作用的时间内，对地面压力的平均值为(　　)
A．10 N B．20 N
C．40 N D．50 N
√
10.(多选)(2025·山东德州市期中)高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。如图所示，若被抛下的鸡蛋质量为50 g，从40 m高的15楼由静止落下，不计空气阻力，鸡蛋落地时与地面的作用时间为0.05 s，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.鸡蛋下落过程中动量的变化量和鸡蛋与地面作用
过程中动量的变化量相同
B．鸡蛋落地瞬间的速度大小约为28.3 m/s
C．鸡蛋落地时对地面的平均冲击力约为28.8 N
D．鸡蛋下落的过程中重力做功的平均功率约为10 W
√
11．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，小物体运动一圈所受摩擦力是一个变力，物体转动一圈动量变化量是0，由动量定理得I＝Δp＝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。
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处由静止释放，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，子弹射入木块的过程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·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
模型2　滑块—木板模型
　【教材经典P30第7题】如图所示，光滑水平轨道上放置长板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A与C发生碰撞后的瞬间A的速度大小。
[解析]　在光滑水平轨道上，在与C碰撞前，A、B间无相互作用，又因碰撞时间极短，长板A与滑块C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC
以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC
A与滑块B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB
由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，解得vA＝2 m/s。
[答案]　2 m/s
　(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—弹簧和板块问题
　(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)(2025·山东济南市期中)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，速度的大小均为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)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，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(共20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
√
√
(2)此过程子弹对物块的冲量；(3分)
(3)此过程中产生的内能。(4分)
4．(10分)(2025·天津红桥区期末)质量M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)两者相对静止时的运动速度v；(5分)
解析：设水平向右为正方向。从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成的系统，由水平方向动量守恒得－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s
方向水平向右。
答案：1 m/s，方向水平向右　
(2)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。(5分)
解析：对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5。
答案：0.5
5．(10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；(3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；(3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，小车的车长的最小值。(4分)
答案：0.6 m
6．(12分)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量m1＝3.0 kg的长木板A，A的左端放着一个质量m2＝1.0 kg的小物块B(可视为质点)，两者处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。在木板A的左端正上方有一固定点O，用长R＝4.5 m的不可伸长的轻绳将质量m3＝2.0 kg的小球C悬于点O。现将轻绳拉直使轻绳与水平方向成θ＝37°(如图所示)，由静止释放小球。此后小球C与B恰好发生弹性碰撞，碰撞过程时间极短。空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小球C运动到最低点时(与B碰撞前瞬间)的速度大小；(3分)
答案：6 m/s　
(2)小球C与B相碰后，B的速度大小；(3分)
答案：8 m/s　
(3)木板长度L至少为多长时小物块B才不会滑出木板。(6分)
答案：8 m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]　对整个运动过程进行研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝，故A、B、D错误，C正确。
[答案]　C
　(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变化的关系图线如图所示。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]　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＝ 1 N·s，则在t＝4 s时物体的速度v＝0.5 m/s，D错误。
[答案]　AC
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。
　(2025·江苏泰州月考)在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中(　　)
A．三个小球动量的变化率相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量变化量最小
D．三个小球落地时的动量相同
[解析]　三个小球加速度相同，故速度变化率相同，可得三个球动量的变化率相同，三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量变化量最大，下抛球动量变化量最小，故A正确，B、C错误；根据动能定理知mgh＝mv2－mv，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同，故D错误。
[答案]　A
　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，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)从运动员接触水面到运动员下沉到最低点，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)
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，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，对风由动量定理有－FΔt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，为方便计算，10级台风的风速v1取25 m/s，16级台风的风速v2取52 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)(2025·贵州贵阳市联考)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t轴围成的面积表示力F的冲量，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。
2．(动量定理和动能定理的综合应用)(2025·山东临沂市期中)在巴黎奥运会网球女单决赛中我国运动员夺取冠军，为中国赢得首枚奥运网球单打金牌，燃起全国网球热。关于网球运动，下列说法正确的是(　　)
A.球拍对网球的弹力越大，网球的动量变化一定越大
B．球拍将飞来的网球以原速率反向击出的过程，网球的动量和动能均保持不变
C．网球被球拍击打出的过程，球拍对网球的冲量大小大于网球对球拍的冲量大小
D．为了降低比赛中网球的速度，可以适当增大网球的质量
解析：选D。由动量定理可知，网球的动量变化量等于合外力的冲量，即网球的动量变化量除了与力的大小和方向有关，还与力的作用时间有关，故A错误；动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍将网球以原速率反向击出的过程，网球的速率不变，但是方向发生了改变，因此网球的动量发生了改变，动能是标量，速率不变，则动能不变，故B错误；用球拍击打网球时，球拍对网球的力与网球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、作用时间相同，则冲量大小相等，故C错误；外力对网球做的功恒定的情况下，根据动能定理W＝mv2，可知增大网球的质量，可以降低网球的速度，故D正确。
3．(应用动量定理处理“流体模型”问题)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 N
解析：选B。由题意可知，时间t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。第6节　反冲现象　火箭
eq \a\vs4\al()
1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用。　2.知道反冲运动的原理。　3.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题。　4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素。　5.会利用反冲运动原理分析“人船模型”问题。
一、反冲现象
1．定义
一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2．规律
反冲运动中，系统内力很大，外力可忽略，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，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
(2)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边________。
二、火箭
1．工作原理：应用________的原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2．影响火箭获得速度大小的两个因素
火箭喷出燃气的速度________、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比______，火箭获得的速度越大。
判断下列说法是否正确。
(1)一切反冲现象都是有益的。(　　)
(2)乌贼的运动利用了反冲的原理。(　　)
(3)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。(　　)
(4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　　)
(5)火箭发射时，火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√
[答案自填] 反冲　旋转　反冲　越大　越大
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)速度关系：反冲现象中，若系统的初始动量为0，则动量守恒定律的形式变为0＝m1v1＋m2v2，此式表明，发生反冲现象的两部分的动量大小相等、方向相反，它们的速度方向相反、大小与质量成反比。
(4)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，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。
　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
　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，取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv－Mv1＝0，航天员匀速返回空间站所需要的时间t＝，联立得t＝600 s。
[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及喷出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。目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求。
2．爆炸类问题的特点
(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；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
　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量之比为5∶1。不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
[解析]　规定向右为正方向，设弹丸的质量为6m，则甲的质量为5m，乙的质量为m，弹丸爆炸前后甲、乙两块弹片在水平方向不受外力，则水平方向满足动量守恒定律，爆炸后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有6mv0＝5mv1＋mv2，即12 m/s＝5v1＋v2，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，有t＝＝ s＝1 s，两块弹片在水平方向做匀速运动，有x1＝v1t，x2＝v2t，则有12 m＝5x1＋x2，结合图像可知，仅选项A的位移满足上述表达式。
[答案]　A
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，人和船的动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反。
(2)由于mv1＝Mv2，又∑mv1Δt＝∑Mv2Δt，则mx1＝Mx2，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m1v1－m2v2＝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x1和x2，在任意一小段时间Δt内，有m1v1Δt＝m2v2Δt，在t时间内求和，则有m1－m2＝0，即m1x1－m2x2＝0。
(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对于地面的位移的关系。
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，船的速度为10 m/s
B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的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，小船由于惯性的缘故还会继续运动
[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v′＝＝ m/s＝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，人的位移是船的位移的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v，则(m＋M)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，故D错误。
[答案]　B
　(2025·湖北高二联考期中)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，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现象的是(　　)
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。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。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，故属于反冲现象；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象。故A符合题意，B、C、D不符合题意。
2．(火箭发射问题)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．v
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·贵州贵阳统考期中)一枚烟花弹(可视为质点)自水平地面斜向上方发射，在最高点时，爆裂成质量相等的甲、乙、丙三块(均可视为质点)，爆裂之后乙由静止做自由落体运动，丙沿烟花弹发射的路径回落至发射点。若忽略空气阻力，则爆裂瞬间甲与丙速率的比值为(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选A。设烟花弹总质量为3m，发射时水平方向的分速度为v，方向向右。由题意可知，爆裂后乙沿水平方向速度为零，丙沿烟花弹发射的路径回落至发射点，根据运动的可逆性可知，爆裂后丙在水平方向的速度大小也为v，方向向左。设爆裂后甲在水平方向的速度为v1，以向右为正方向，则爆裂瞬间，在水平方向上系统动量守恒，根据动量守恒定律有3mv＝－mv＋mv1，解得v1＝4v。爆裂时，甲、丙在竖直方向上分速度均为零，故爆裂时甲与丙速率的比值＝4。
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桌面上，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，才能落到桌面上(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
若玩具蛙恰好落在桌面上，则有
v′t＋vt＝
联立解得v＝。
答案：(共24张PPT)
第6节　课后达标检测
反冲现象　火箭(一)
√
题组1　对反冲现象的理解和分析
1．下列没有利用反冲原理的是(　　)
A．喷气式飞机飞行　　　 B．火箭飞行
C．章鱼游动 D．苹果下落
解析：喷气式飞机、火箭飞行是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理，故A、B不符合题意；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故C不符合题意；苹果下落是由于地球引力作用，不属于反冲运动，故D符合题意。
√
2.(2025·海南海口一中期中)乌贼在水中的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
3．(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。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。
√
4.“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
√
5．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
6.(多选)如图所示，质量为3m、长为L的平板车静止在光滑的水平地面上，车的左端有一个可视为质点的人，人的质量为m。一开始人和车都静止，空气阻力忽略不计。人从车的左端走到车的右端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.人与车组成的系统动量守恒
B．人和车组成的系统机械能守恒
C．人从车的左端行走到右端，人相对于地的位移为0.75L
D．人到车的右端，可能与车一起向右运动
√
解析：对人与车构成的系统进行受力分析，系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A正确；由于开始时人和车都静止，行走时，系统动能增加，则系统机械能增大，故B错误；根据动量守恒定律有mx1－3mx2＝0，又x1＋x2＝L，解得x1＝0.75L，故C正确；人到车的右端，若与车一起向右运动，则动量不守恒，故D错误。
√
7．(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，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。
√
8．一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，且车与地面间的摩擦不计)，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。
12．(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。(5分)
解析：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＋(M－m)v′＝0
解得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。
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为v＝2.9 m/s，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)？(5分)
解析：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°＋(M－m)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：0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反题组1　动量守恒的判断
1．(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。
2．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。
3．(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
4．《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＝。
5.(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。
6.(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得(M＋m)v0＝Mv1－mv，解得v1＝5 m/s。
7．(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，故系统所受合外力为零，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Ff＝μFN，可知压力大的摩擦力大，由于甲和乙质量不相等，故压力不相等，所以甲、乙组成的系统水平方向所受合外力不为零，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；由以上分析可知，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。
8.(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。
9．(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。
10.(10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；(5分)
(2)全过程中小船受到的冲量。(5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
11.(14分)短道速滑混合团体2 000 米接力比赛交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
(1)求二人分开时甲的速度大小v1及其动能大小Ek1。(6分)
(2)若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的大小F。(4分)
(3)交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能的大小E。(4分)
解析：(1)取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
解得甲的速度大小v1＝20 m/s
而甲的动能Ek1＝m1v＝1.2×104 J。
(2)对甲，由动量定理可得
Ft＝m1v1－m1v0
解得F＝750 N。
(3)对二人组成的系统，根据能量守恒定律得
(m1＋m2)v＋E＝m1v＋m2v
解得E＝5 400 J。
答案：(1)20 m/s　1.2×104 J　(2)750 N
(3)5 400 J(共45张PPT)
第6节　反冲现象　火箭
学习目标
1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用。　2.知道反冲运动的原理。　3.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题。　4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素。　5.会利用反冲运动原理分析“人船模型”问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、反冲现象
1．定义
一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2．规律
反冲运动中，系统内力很大，外力可忽略，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，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
(2)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边________。
反冲
旋转
二、火箭
1．工作原理：应用________的原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2．影响火箭获得速度大小的两个因素
火箭喷出燃气的速度________、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比______，火箭获得的速度越大。
反冲
越大
越大
判断下列说法是否正确。
(1)一切反冲现象都是有益的。(　　)
(2)乌贼的运动利用了反冲的原理。(　　)
(3)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。(　　)
(4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　　)
(5)火箭发射时，火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能。(　　)
×　
√
×　
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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)速度关系：反冲现象中，若系统的初始动量为0，则动量守恒定律的形式变为0＝m1v1＋m2v2，此式表明，发生反冲现象的两部分的动量大小相等、方向相反，它们的速度方向相反、大小与质量成反比。
(4)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，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。
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。
√
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。目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求。
2．爆炸类问题的特点
(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
√
√
角度2　爆炸类问题
一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量之比为5∶1。不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
√
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，人和船的动量守恒，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，船的速度为10 m/s
B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的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，小船由于惯性的缘故还会继续运动
√
(2025·湖北高二联考期中)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
03
第三部分
1．(对反冲现象的理解和分析)下列运动不属于反冲现象的是(　　)
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：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。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，故属于反冲现象；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象。故A符合题意，B、C、D不符合题意。
√
3．(爆炸类问题)(2025·贵州贵阳统考期中)一枚烟花弹(可视为质点)自水平地面斜向上方发射，在最高点时，爆裂成质量相等的甲、乙、丙三块(均可视为质点)，爆裂之后乙由静止做自由落体运动，丙沿烟花弹发射的路径回落至发射点。若忽略空气阻力，则爆裂瞬间甲与丙速率的比值为(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
√
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桌面上，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，才能落到桌面上(不计小车的高度，重力加速度为g)。(共27张PPT)
第3节　课后达标检测
√
题组1　动量守恒的判断
1．(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
√
√
2．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。
√
3．(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，但两者产生相对位移，滑动摩擦力对整体做负功，故系统机械能不守恒。
√
√
5.(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
√
√
6.(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得(M＋m)v0＝Mv1－mv，解得v1＝5 m/s。
√
7．(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，故系统所受合外力为零，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Ff＝μFN，可知压力大的摩擦力大，由于甲和乙质量不相等，故压力不相等，所以甲、乙组成的系统水平方向所受合外力不为零，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；
由以上分析可知，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。
√
8.(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。
√
9．(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。
10.(10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；(5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。(5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
11.(14分)短道速滑混合团体2 000 米接力比赛交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
(1)求二人分开时甲的速度大小v1及其动能大小Ek1。(6分)
答案：20 m/s　1.2×104 J　
(2)若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的大小F。(4分)
解析：对甲，由动量定理可得
Ft＝m1v1－m1v0
解得F＝750 N。
答案：750 N
(3)交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能的大小E。(4分)
答案：5 400 J(共31张PPT)
第4节　课后达标检测
实验步骤如下：
a．两压力传感器上分别固定轻质短弹簧，将压力传感器固定在气垫导轨两端；
b．将滑块静止地放在气垫导轨上，当气垫导轨充气时，发现滑块向左端滑动，要调节气垫导轨水平，需将气垫导轨的________(选填“左侧”或“右侧”)调高些；
左侧
解析：将滑块静止地放在气垫导轨上，当气垫导轨充气时，发现滑块向左端滑动，说明导轨右侧偏高，要调节气垫导轨水平，需将气垫导轨的左侧调高些。
c．气垫导轨调节水平后，将粘有少量橡皮泥的滑块A静置在气垫导轨上，将同样的滑块B放在气垫导轨上并压紧右侧的弹簧，从压力传感器上读出弹力F1；
d．由静止释放滑块B，B与A碰撞后连在一起向左运动，并与左侧的弹簧碰撞，从左侧压力传感器上读出弹力最大值F2。
结合实验步骤，回答以下问题：
A
B
(3)若滑块A上没有粘上橡皮泥，忽略B与A碰撞过程中的动能损失，则碰后A压缩左端的弹簧，左端压力传感器的读数F2＝________(用F1表示)。
F1
(4)实验中没有考虑A上橡皮泥的质量，会影响实验的精确度，请给出实验改进建议______________________________。
解析：实验中由于A上有橡皮泥，使得两滑块的质量不相等，在没有考虑A上橡皮泥的质量时会影响实验的精确度。为了提高实验的精确度，可以在滑块B上粘上同样质量的橡皮泥，这样就能保证两滑块的质量相等。
在滑块B上粘上同样质量的橡皮泥
2．(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，实验中须满足条件ma________(选填“>”或“<”)mb。
解析：由于实验中须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__________________。
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
答案：见解析
3．(2025·山东德州市期中)在验证动量守恒定律的实验中，某实验小组的同学设计了图甲所示的实验装置：将气垫导轨放置在水平桌面上，气垫导轨右侧支点高度固定，左侧支点高度可调节，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，弹性滑块A、B上方固定宽度均为d的遮光条，测得滑块A、B(包含遮光条)的质量分别为m1和m2。
(1)如图乙，用游标卡尺测得遮光条宽度d＝________mm；设遮光条通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度v＝________(用d、Δt表示)。
5.45
(2)在调节气垫导轨水平时，该同学开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，发现它向右加速运动，此时应调节左支点使其高度__________(选填“升高”或“降低”)；实验中为确保碰撞后滑块A不反弹，则m1、m2应满足的关系是m1________(选填“＞”“＜”或“＝”)m2。
解析：开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，发现它向右加速运动，说明左高右低，则应调节左支点使其高度降低。实验中为确保碰撞后滑块A不反弹，则m1、m2应满足的关系是m1>m2。
降低　
>
(3)气垫导轨调节水平后，将滑块B静置于两光电门之间且靠近光电门2的右侧一端，滑块A置于光电门1右侧，用手轻推一下滑块A，使其向左运动，与滑块B发生碰撞后，滑块B和A先后通过光电门2。光电计时装置记录下滑块A的遮光条通过光电门1和光电门2的时间分别为Δt1和Δt2，滑块B的遮光条通过光电门2的时间为Δt3。实验中若等式________________________(用题目所给字母表示)成立，即可验证滑块A、B在碰撞过程中动量守恒。
4．某学习小组用气垫导轨做验证动量守恒定律实验，但只有一个光电门，他们想到如下方法：用轻质细线一端拴一个小球，另一端固定在铁架台上，小球静止时在气垫导轨正上方与滑块在同一水平线上。用频闪照相可以确定出悬线的最大偏角，控制滑块初速度使小球与滑块相碰后，小球只在悬点下方的空间运动。实验装置(部分)如图甲所示，实验步骤如下(重力加速度为g)：
(1)用天平测出滑块(含挡光片)的质量m1和小球的质量m2；用游标卡尺测出挡光片的宽度如图乙所示，则挡光片的宽度d＝________cm。
解析：挡光片的宽度d＝7 mm＋0.05×11 mm＝7.55 mm＝0.755 cm。
0.755
(2)调节气垫导轨水平，安装好装置，用刻度尺测出悬点到球心的距离为L。
(3)启动气垫导轨，给滑块一向右的瞬时冲量，使滑块向右运动通过计时器，测出挡光时间t1；滑块与小球发生碰撞后反弹，再次通过计时器，测出挡光时间t2。为了达到此效果，应有m1__________(选填“大于”“小于”或“等于”)m2。
解析：根据题意可知，滑块碰后反弹，所以m1小于m2。
小于
(4)分析频闪照片测出悬线偏离竖直方向的最大偏角θ。实验需要验证的表达式为(用上述符号表示)__________________________________________。
5．某同学用如图甲所示的装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有粘性强的物质，用天平测出图中滑块a和挡光片的总质量为m1，滑块b的质量为m2。
实验及分析过程如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的挡光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平。
解析：在步骤(1)中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在导轨上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的遮光时间相等。
相等
(2)用游标卡尺测得挡光片宽度d如图乙所示，则d＝__________mm；设挡光片通过光电门的时间为Δt，挡光片的宽度为d，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝__________(用d、Δt表示)。
8.65
(3)将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右侧，然后推动滑块a水平压缩弹簧，撤去外力后，滑块a在弹簧弹力的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞。
(4)两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2。
(5)实验后，分别记录下滑块a的挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动时挡光片通过光电门2的时间t2，将两滑块和挡光片看成一个系统，按
照本实验方法，验证动量守恒的验证式是______________________。两滑
块相互作用前、后损失的机械能是______________________________。(结果均用所测量的物理符号表示)
6．(2025·辽宁辽阳市一模)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39张PPT)
专题提升课2　“滑块—弹簧”
和“滑块—斜面”相互作用模型
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)。
(2025·上海闵行区期中)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，在之后的运动过程中(　　)

A．A、B组成系统机械能守恒
B．A的最小动量不为零
C．弹簧被压缩至最短时，B的动量达到最大值
D．弹簧被压缩至最短时，A、B速度相等
√
(2025·河北唐山市选考)如图所示，物块A、B与轻弹簧拴接，置于光滑水平面上，弹簧处于原长，物块C以水平速度v0撞向物块B，碰撞时间极短，碰后C与B粘在一起。已知B、C质量均为m，不计一切阻力。

(1)求B、C碰撞过程中B对C的冲量大小。
[答案]　0.5mv0　
(2)求弹簧弹性势能最大时A的速度与运动过程中A的最大速度之比。
[解析]　B、C撞后压缩弹簧，A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，设此时A的速度为v2，当弹簧第一次恢复到原长时A的速度最大，设此时A的速度为v3，B和C速度为v4，设A的质量为M，从撞后B、C共速至A、B、C三者共速对系统应用动量守恒定律2mv1＝(2m＋M)v2
从撞后B、C共速至弹簧第一次恢复到原长应用动量守恒定律
2mv1＝2mv4＋Mv3
(1)A与B碰后瞬间的速度大小；
(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
√
√
√
√
√题组1　动量和动量变化
1．关于动量，下列说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相等
C．动量相等的物体，其速度一定相等
D．动量相等的物体，其速度方向一定相同
解析：选D。做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻发生变化，速度是变化的，物体的动量p＝mv，故其动量是变化的，故A错误；悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，相邻两次经过最低点时的速度方向相反，动量大小相等、方向相反，故B错误；动量相等的物体，质量不一定相等，其速度不一定相等，故C错误；动量方向与速度方向相同，动量相等的物体，其速度方向一定相同，故D正确。
2.(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：选A。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。
3．(2025·贵州期中)对于质量一定的物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体动量为零，则物体一定静止
B．动能不变，物体的动量一定不变
C．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功
D．物体受到变力不可能做直线运动
解析：选A。动量为零时，物体速度一定为零，一定静止，A正确；动能不变，物体速度大小一定不变，但方向可能变化，所以动量可能变化，B错误；物体的动量发生改变，可能是速度方向发生变化，速度大小不变，此时合外力没有对物体做功，C错误；物体受到变力作用也可能做直线运动，例如变加速直线运动，D错误。
题组2　冲量的理解和计算
4．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。
5．(多选)(2025·湖北黄冈统考期中)一质量为1 kg 的小球从离地20 m的高度由静止释放，忽略球受到的空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球由静止释放到落地过程中重力的冲量为10 N·s
B．小球由静止释放到落地过程中重力的冲量为20 N·s
C．小球落地瞬间的动量大小为10 kg·m/s
D．小球落地瞬间的动量大小为20 kg·m/s
解析：选BD。根据自由落体运动规律有h＝gt2，可得小球的下落时间t＝2 s，所以小球由静止释放到落地过程中重力的冲量I＝mgt＝1×10×2 N·s＝20 N·s，故A错误，B正确；小球落地前瞬间的速度大小v＝gt＝20 m/s，所以小球落地瞬间的动量大小p＝mv＝20 kg·m/s，故C错误，D正确。
题组3　动量定理的理解和简单应用
6．(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。
7.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。
8．(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。
9．质量为1 kg的金属小球竖直下落，与地面撞击前瞬间，速度大小为5 m/s，方向竖直向下，撞击后瞬间，速度大小为3 m/s，方向竖直向上，小球与地面的接触时间为0.2 s。不计小球受到的空气浮力及阻力，g取10 m/s2。小球与地面相互作用的时间内，对地面压力的平均值为(　　)
A．10 N B．20 N
C．40 N D．50 N
解析：选D。选取竖直向下的方向为正方向，由动量定理知(mg－)·Δt＝mv2－mv1，其中v1＝5 m/s，v2＝－3 m/s，代入数据解得＝50 N，根据牛顿第三定律可知，小球对地面平均压力的大小为50 N。
10.(多选)(2025·山东德州市期中)高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。如图所示，若被抛下的鸡蛋质量为50 g，从40 m高的15楼由静止落下，不计空气阻力，鸡蛋落地时与地面的作用时间为0.05 s，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.鸡蛋下落过程中动量的变化量和鸡蛋与地面作用过程中动量的变化量相同
B．鸡蛋落地瞬间的速度大小约为28.3 m/s
C．鸡蛋落地时对地面的平均冲击力约为28.8 N
D．鸡蛋下落的过程中重力做功的平均功率约为10 W
解析：选BC。鸡蛋下落过程中动量变化量和鸡蛋与地面作用过程中动量变化量大小相等，但方向相反，故A错误；鸡蛋落地瞬间的速度大小v＝≈28.3 m/s，故B正确；以竖直向上为正方向，根据动量定理有(F－mg)Δt＝0－(－mv)，解得F＝28.8 N，故C正确；鸡蛋下落的过程中重力做功W＝mgh＝20 J，下落时间t＝＝2 s，鸡蛋下落的过程中重力做功的平均功率约为P＝＝5 W，故D错误。
11．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，小物体运动一圈所受摩擦力是一个变力，物体转动一圈动量变化量是0，由动量定理得I＝Δp＝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。
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处由静止释放，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 N1．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。
2．如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，物块的质量m＝1 kg，与台面间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10 m/s2，则小物块在t＝1.5 s时刻的速度为(　　)
A．0.5 m/s　　　　　 　 B．1 m/s
C．1.5 m/s D．2 m/s
解析：选B。由F－t图像中图线与坐标轴围成的面积表示冲量可知，在t＝1.5 s内力F的冲量IF＝×1 N·s＋2×(1.5－1)N·s＝2.5 N·s，根据动量定理有IF－μmgt＝mv，故小物块在t＝1.5 s时刻的速度v＝1 m/s。
3.(多选)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，使冰壶沿着冰面到达指定区域。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。
4．电动自行车不仅骑行方便而且运行成本低，是很流行的代步交通工具。电动自行车在无风骑行时的阻力可以等效为骑行时带动迎风面的空气柱达到骑行速度的力，骑行时的迎风面积S＝0.5 m2，g取10 m/s2，ρ空气＝1.2 kg/m3，不计其他阻力，则无风匀速骑行时风阻f与车速v的关系式为(各量均为国际单位)(　　)
A．f＝0.2v2 B．f＝0.3v2
C．f＝0.6v2 D．f＝0.8v2
解析：选C。取一小段时间Δt内流动的空气为研究对象，则这一小段气体质量Δm＝ρ空气vΔtS，根据动量定理FΔt＝Δmv＝ρ空气v2ΔtS，匀速骑行时F＝f，联立解得f＝0.6v2。
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，开始时喷出的气体对地速度竖直向下为2 500 m/s，若开始时导弹悬停在地面附近，则每秒喷出的气体质量为(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时间内喷出的气体质量为Δm，火箭对气体向下的推力为F，由动量定理有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．消防水炮是以水作为介质，远距离扑灭火灾的消防设备。某次救火时，消防员用水炮向起火处喷水。已知水到达起火处的速度大小为50 m/s，水打在起火处后沿表面散开不反弹，可视为速度减至0。已知水的密度为1×103 kg/m3，则起火处单位面积上受到的冲击力为(　　)
A．2.5×106 N B．2.5×105 N
C．5×105 N D．5×104 N
解析：选A。根据动量定理可得－F·Δt＝0－Δmv，Δm＝ρSvΔt，联立可得单位面积上受到的冲击力F＝2.5×106 N。
7.一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0，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。
8．(多选)质量为m的小物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，F作用时间t后撤去，小物块又经时间t后到达桌面边缘并冲出。在空中，小物块经过时间2t后落地，落地时动能为Ek，水平距离及水平桌面的高度均为L0。设小物块与桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，下列选项正确的是(　　)
A．F＝μmg＋mg
B．F＝2μmg＋mg
C．Ek＝μmgL0＋mgL0
D．Ek＝mgL0
解析：选BD。小物块飞出桌面后做平抛运动，水平方向速度v0＝，竖直方向L0＝g×(2t)2，以水平向右为正方向，根据动量定理有Ft－μmg×2t＝mv0，联立得F＝2μmg＋mg，故A错误，B正确；根据机械能守恒有Ek＝mv＋mgL0，结合v0＝，L0＝g×(2t)2，联立得Ek＝mgL0，故C错误，D正确。
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并结合题图可知，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＝mv0－(－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.(2025·安徽阜阳市第三中学校考期中)如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点。一个小球从A点匀速率滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力。小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是(　　)
A．合力做功为零
B．合力的冲量为零
C．机械能不变
D．机械能增大
解析：选A。小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零，小球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A正确；小球从A点滑到B点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B错误；小球从A点滑到B点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故C、D错误。
11．(10分)(2025·江苏苏州月考)如图(a)所示，一倾角θ＝ 37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m＝2 kg的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图(b)所示，2 s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块与斜面的动摩擦因数；(5分)
(2)经过多长时间滑块到达最低点。(5分)
解析：(1)根据题意可知，t＝2 s时下滑速度最大，则此时滑块所受合外力为0，由题图(b)可知此时F＝8 N
由平衡条件有mg sin θ＝F＋μmg cos θ
代入数据解得μ＝0.25。
(2)设经过t1滑块到达最低点，此时滑块速度为0，沿斜面方向由动量定理有
mgt1sin θ－μmgt1cos θ－IF＝0－0
由图像可知F＝4t1
F－t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，则
IF＝Ft1＝2t
联立解得t1＝4 s。
答案：(1)0.25　(2)4 s(共24张PPT)
专题提升课2　课后达标检测
√
1．(多选)如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，对A、B与弹簧组成的系统分析正确的是(　　)

A．在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
B．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
C．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
D．在A离开挡板后的运动过程，弹簧弹性势能最大时A、B速度相等
√
√
解析：在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒；挡板对A不做功，只有弹簧的弹力对B做功，所以系统机械能守恒，故A错误。A离开挡板后，A、B的运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B、C正确。在A离开挡板后的运动过程，B向右减速，A向右加速，两者间距增大，弹簧的弹性势能增大，两者速度相等后，B向右继续减速，A向右继续加速，两者间距减小，弹簧的弹性势能减小，所以A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大，故D正确。
√
2．(2025·江苏南京统考期中)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组成的系统所受合外力不为零，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。
√
3.(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
4.(10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；(5分)
答案：15 J　
(2)滑块B的最大动能。(5分)
答案：24 J
5.(10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；(3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；(3分)
(3)物块A沿圆弧轨道上升的最大高度h。(4分)
6．(12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＝1.0 kg的小物块从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。(3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。(3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)
解析：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
7．(12分)(2025·山东临沂市期中)如图所示，质量m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB、DE部分是半径R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，BC、CD长均为L＝0.2 m，滑道CD部分粗糙，物块与CD间的动摩擦因数μ＝0.20，其余部分均光滑。现让质量m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，g取10 m/s2，求：
(1)物块第一次到达B点时的速度大小v1；(3分)
答案：2 m/s　
(2)物块第一次到达轨道右侧的最大高度；(3分)
解析：物块第一次到达轨道右侧最高点时，两者在水平方向上共速，根据系统在水平方向上动量守恒，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有
m1gR＝μm1gL＋m1gh
解得h＝0.26 m。
答案：0.26 m　
(3)物块最终停止的位置和经过C点的次数。(6分)
解析：根据系统在水平方向上动量守恒，即物块最终停止时，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有
m1gR＝μm1gx
解得x＝1.5 m＝6L＋0.3 m
又CD长L＝0.2 m，所以最终停止位置距D点
0．3 m－L＝0.1 m
经过C点次数为6＋1＝7次。
答案：距D点0.1 m　7次第4节　实验：验证动量守恒定律
一、实验目的
验证动量守恒定律。
二、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量(m1，m2)和碰撞前、后物体的速度(v1，v1′，v2，v2′)，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等。
三、实验器材
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
四、实验步骤
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
本方案中，我们利用气垫导轨来减小摩擦力，利用数字计时器测量滑块碰撞前后的速度。实验装置如图甲所示。可以通过在滑块上添加已知质量的物块来改变碰撞物体的质量。
本实验可以研究以下几种情况。
1．选取两个质量不同的滑块，在两个滑块相互碰撞的端面装上弹性碰撞架(图乙)，滑块碰撞后随即分开。
2．在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(图丙)，碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动。如果在两个滑块的碰撞端分别贴上尼龙搭扣，碰撞时它们也会连成一体。
3．原来连在一起的两个物体，由于相互之间具有排斥的力而分开，这也可视为一种碰撞。在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩，并用一根细线将两个滑块固定。烧断细线，弹簧弹开后落下，两个滑块由静止向相反方向运动。(图丁)
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
2．安装：安装实验装置，如图甲所示。调整固定斜槽使斜槽末端水平。
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。
4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。如图乙所示。
6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。
五、注意事项
1．若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平。
2．若利用平抛运动规律进行验证
(1)斜槽末端的切线必须水平；
(2)入射小球每次都必须从斜槽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。
题型一　教材原型实验
　(2025·江苏淮安市期中)某小组用如图甲所示的“碰撞实验器”来验证两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量守恒定律。图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让小球A多次从斜槽上位置G点由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量平抛射程OP。然后把小球B静置于轨道水平部分末端的位置R点，再将小球A从斜槽上位置G处由静止释放，与小球B碰撞，如此重复多次，M、N为两球碰后的平均落点，重力加速度为g，回答下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．小球A每次必须在斜槽上相同的位置由静止滚下
B．小球A可以在斜槽上不同的位置由静止滚下
C．斜槽轨道末端必须水平
D．斜槽轨道必须光滑
(2)若A小球质量为m1、半径为r1，B小球质量为m2、半径为r2，要保证碰撞时A小球不反弹且能发生正碰，则A、B两小球需满足的关系是________。
A．m1>m2，r1>r2　 　 B．m1>m2，r1＝r2
C．m1r2 D．m1(3)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________。
A．G、R两点间的高度差h1
B．R点离地面的高度h2
C．小球A和小球B的质量m1、m2
D．小球A和小球B的半径r1、r2
(4)为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是________________(用m1、m2、OM、OP、ON来表示)。
(5)若实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量m1与被碰小球B的质量m2之比为________。
[解析]　(1)小球A每次自由滚下时，需保证高度不变，以保证小球A滚下时的速度不变，故A正确，B错误；斜槽末端必须水平，以保证小球A碰撞前速度水平，并且保证小球A、B做平抛运动，故C正确；只要小球A从同一位置释放即可，并不需要保证斜槽光滑，故D错误。
(2)为保证两球发生正碰，则两球半径必须相等，即r1＝r2；为防止碰后入射球反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，即m1>m2。
(3)本实验中小球的速度由水平位移代表，故不必测量GR的高度和R离地面的高度，A、B错误；验证动量守恒定律时，需要测量小球的质量，C正确；两小球的半径保证一样即可，无需测量，D错误。
(4)小球做平抛运动，下落的时间都相同，设为t，由动量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v2，两边同乘t得m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
(5)将OM＝15.5 cm，OP＝25.5 cm，ON＝40.0 cm代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，解得＝。
[答案]　(1)AC　(2)B　(3)C　(4)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON　(5)4∶1
　(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
题型二　教材实验创新
　(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
　某实验探究小组利用如图所示的实验装置研究两物体碰撞过程中的守恒量。
(1)实验步骤如下：
A．将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录实验中球1、球2与木板的撞击点；
B．利用天平测量出1、2两小球的质量分别为m1、m2；
C．调节轨道末端水平，木板竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为B′；
D．将木板平移到图中所示位置固定；
E.让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为P；
F．把球2静止放置在水平轨道的末端B点，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后与木板的撞击点；
G．用秒表分别测量两球从B点到各撞击点N、P、M所用的时间t1、t2、t3；
H．用刻度尺测得B′与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。
以上步骤中不合理的项是____________(填步骤前序号)。
(2)为了减小实验误差，下列做法合理的是________。
A．减小斜槽对小球1的摩擦
B．多次将球1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
(3)把小球2放在斜槽末端边缘B处，让小球1从斜槽上A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球1的落点在图中的________点。
(4)在误差允许的范围内，若满足关系式________________，即表示两小球组成的系统碰撞过程中动量守恒。
[解析]　(1)小球撞击在木板上时，时间很短，不便测量；根据平抛运动规律，可知小球撞击在木板上时，下落的时间t＝，可把时间转换为高度h，故G不合理。
(2)只要每次将小球1从同一位置由静止释放，小球1到达斜槽末端的速度就相等，斜槽有无摩擦力不影响实验结果，故A、B错误；小球碰前和碰后的速度是根据平抛运动的规律计算，所以斜槽末端的切线必须沿水平方向，故C正确；为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则小球1的半径应等于小球2的半径，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故D错误。
(3)由题图可知，两小球撞击在竖直木板上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；碰后小球1的速度减小，则碰后小球1落到M点。
(4)根据平抛运动规律，可知小球撞击在木板上时，下落的时间t＝，则可知小球做平抛运动的水平速度v＝＝，代入题中数据得v1＝，v1′＝，v2′＝，若碰撞过程动量守恒，则m1v1＝m1v1′＋m2v2′，联立解得＝＋。
[答案]　(1)G　(2)C　(3)M　(4)＝＋
1．(2025·山东滨州市期中)用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。
(1)下列关于本实验条件的叙述，正确的是________。
A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C．入射小球的半径应等于被碰小球的半径
D．斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把被碰小球静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，测得两小球平均落地点位置分别为M、N，实验中还需要测量的物理量有________。
A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B．入射小球开始的释放高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON
(3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式__________________(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
解析：(1)同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必须从同一位置由静止释放，故A正确；为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误；为了保证两球正碰，两球半径应相等，故C正确；斜槽轨道是否光滑不影响实验结果，故不需要光滑，为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，故D错误。
(2)设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后入射小球的速度为v1，被碰小球的速度为v2，入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，若碰撞过程满足动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，因小球从同一高度做平抛运动，故运动时间都相同，设为t，则有v0＝，v1＝，v2＝，联立可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故实验中还需要测量的物理量有入射小球和被碰小球的质量m1、m2，两球相碰后的平抛射程OM、ON。
(3)由(2)可知在实验误差允许的范围内，若满足关系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
答案：(1)AC　(2)AD　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
2．图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
(1)要测量滑块的动量，除了上述实验器材外，还必需的实验器材是________。
(2)为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做________运动。
(3)测得滑块B的质量为197.8 g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为________kg·m·s－1(保留2位有效数字)，滑块A碰后的图线为________(选填“②”“③”或“④”)。
解析：(1)要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平。
(2)为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动。
(3)取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x－t图像可知滑块B碰前的速度vB＝ m/s≈－0.058 m/s，则滑块B碰前的动量pB＝mBvB＝0.197 8 kg×(－0.058) m/s≈－0.011 kg·m/s，由题意可知两滑块相碰要符合碰撞制约关系，则④图线为碰前A滑块的图线，由图像可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A滑块的图线。
答案：(1)天平　(2)匀速直线　(3)－0.011　③
3．(2024·北京卷，T16)如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验，下列做法正确的是________(填选项前的字母)。
A．实验前，调节装置，使斜槽末端水平
B．选用两个半径不同的小球进行实验
C．用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点______________；
b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式______________________________成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M，弦长AB ＝ l1、A′B ＝ l2、CD ＝ l3。
推导说明，m、M、l1、l2、l3满足____________关系即可验证碰撞前后动量守恒。
解析：(1)实验要求小球从斜槽末端离开后做平抛运动，因此斜槽末端需要水平，A正确；实验时需要选择半径相同的小球发生一维对心碰撞，B错误；为使碰撞后质量为m1的小球不反弹而从斜槽末端水平离开，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，C正确。
(2)a.利用圆规画圆，尽可能用最小的圆将某位置所有的落点圈在其中，这个圆的圆心位置即为平均落点。
b．小球从斜槽末端飞出后均做平抛运动，下落高度相同，由h＝gt2可知下落时间相同，则由x＝vt可知小球落地时的水平位移与离开斜槽末端的速度成正比，又由动量守恒定律有m1vP＝m1vM＋m2vN，则有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故若关系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)小球摆动过程几何关系如图，由勾股定理可知l2－h2＝l－(l0－h)2，解得h＝，可知h∝l2，设小球在最低点时的速度大小为v，则由动能定理有mgh＝mv2，解得v2＝2gh，可知v∝∝l，规定水平向右为正方向，则小球碰撞过程由动量守恒定律有mv1＝－mv2＋Mv3，变形得ml1＝－ml2＋Ml3，故若m、M、l1、l2、l3满足ml1＝－ml2＋Ml3即可验证碰撞前后动量守恒。
答案：(1)AC　(2)a.见解析　b．m1·OP＝m1·OM＋m2·ON　(3)ml1＝－ml2＋Ml31．某同学利用如图所示装置验证碰撞过程动量守恒，已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量。
实验步骤如下：
a．两压力传感器上分别固定轻质短弹簧，将压力传感器固定在气垫导轨两端；
b．将滑块静止地放在气垫导轨上，当气垫导轨充气时，发现滑块向左端滑动，要调节气垫导轨水平，需将气垫导轨的________(选填“左侧”或“右侧”)调高些；
c．气垫导轨调节水平后，将粘有少量橡皮泥的滑块A静置在气垫导轨上，将同样的滑块B放在气垫导轨上并压紧右侧的弹簧，从压力传感器上读出弹力F1；
d．由静止释放滑块B，B与A碰撞后连在一起向左运动，并与左侧的弹簧碰撞，从左侧压力传感器上读出弹力最大值F2。
结合实验步骤，回答以下问题：
(1)设滑块B与A碰撞之前的速度为v1，则v1与F1的关系为________。
A．v1∝F1　　 B．v1∝F　　 C．v1∝
(2)若两滑块碰撞前后动量守恒，则应满足的表达式为________。
A．F1＝F2 B．F1＝F2 C．F1＝2F2
(3)若滑块A上没有粘上橡皮泥，忽略B与A碰撞过程中的动能损失，则碰后A压缩左端的弹簧，左端压力传感器的读数F2＝________(用F1表示)。
(4)实验中没有考虑A上橡皮泥的质量，会影响实验的精确度，请给出实验改进建议______________________________。
解析：将滑块静止地放在气垫导轨上，当气垫导轨充气时，发现滑块向左端滑动，说明导轨右侧偏高，要调节气垫导轨水平，需将气垫导轨的左侧调高些。
(1)设滑块质量为m，B与A碰撞之前的速度为v1，则有Ep＝kx＝＝ eq \f(F,2k) ，根据能量守恒定律有Ep＝mv，联立可得v1＝·F1∝F1，故选A。
(2)由题意，根据(1)问分析，同理可得出两滑块碰后的速度大小v2＝F2，若两滑块碰撞前后动量守恒，则满足的表达式为mv1＝2mv2，可得F1＝F2，故选B。
(3)若滑块A上没有粘上橡皮泥，忽略B与A碰撞过程中的动能损失，则有mv1＝mv1′＋mv2′，mv＝mv1′2＋mv2′2，求得v1′＝0，v2′＝v1，即两滑块碰后，发生速度交换，则碰后A压缩左端的弹簧，左端压力传感器的读数F2＝F1。
(4)实验中由于A上有橡皮泥，使得两滑块的质量不相等，在没有考虑A上橡皮泥的质量时会影响实验的精确度。为了提高实验的精确度，可以在滑块B上粘上同样质量的橡皮泥，这样就能保证两滑块的质量相等。
答案：左侧　(1)A　(2)B　(3)F1　(4)在滑块B上粘上同样质量的橡皮泥
2．(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，实验中须满足条件ma________(选填“>”或“<”)mb。
(2)如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式________________________，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是___________________________。
解析：(1)由于实验中须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
3．(2025·山东德州市期中)在验证动量守恒定律的实验中，某实验小组的同学设计了图甲所示的实验装置：将气垫导轨放置在水平桌面上，气垫导轨右侧支点高度固定，左侧支点高度可调节，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，弹性滑块A、B上方固定宽度均为d的遮光条，测得滑块A、B(包含遮光条)的质量分别为m1和m2。
(1)如图乙，用游标卡尺测得遮光条宽度d＝________mm；设遮光条通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度v＝________(用d、Δt表示)。
(2)在调节气垫导轨水平时，该同学开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，发现它向右加速运动，此时应调节左支点使其高度__________(选填“升高”或“降低”)；实验中为确保碰撞后滑块A不反弹，则m1、m2应满足的关系是m1________(选填“＞”“＜”或“＝”)m2。
(3)气垫导轨调节水平后，将滑块B静置于两光电门之间且靠近光电门2的右侧一端，滑块A置于光电门1右侧，用手轻推一下滑块A，使其向左运动，与滑块B发生碰撞后，滑块B和A先后通过光电门2。光电计时装置记录下滑块A的遮光条通过光电门1和光电门2的时间分别为Δt1和Δt2，滑块B的遮光条通过光电门2的时间为Δt3。实验中若等式________________________(用题目所给字母表示)成立，即可验证滑块A、B在碰撞过程中动量守恒。
解析：(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由题图乙可知，遮光条宽度d＝5 mm＋9×0.05 mm＝5.45 mm，遮光条通过光电门的时间为Δt，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可得滑块通过光电门的速度v＝。
(2)开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，发现它向右加速运动，说明左高右低，则应调节左支点使其高度降低。实验中为确保碰撞后滑块A不反弹，则m1、m2应满足的关系是m1>m2。
(3)滑块A碰撞前的速度大小v1＝，滑块A碰撞后的速度大小v2＝，滑块B碰撞后的速度大小v3＝，根据动量守恒定律可得m1v1＝m1v2＋m2v3，联立可得实验中若等式m1＝m1＋m2，即＝＋成立，即可验证滑块A、B碰撞过程中动量守恒。
答案：(1)5.45　　(2)降低　>　(3)＝＋
4．某学习小组用气垫导轨做验证动量守恒定律实验，但只有一个光电门，他们想到如下方法：用轻质细线一端拴一个小球，另一端固定在铁架台上，小球静止时在气垫导轨正上方与滑块在同一水平线上。用频闪照相可以确定出悬线的最大偏角，控制滑块初速度使小球与滑块相碰后，小球只在悬点下方的空间运动。实验装置(部分)如图甲所示，实验步骤如下(重力加速度为g)：
(1)用天平测出滑块(含挡光片)的质量m1和小球的质量m2；用游标卡尺测出挡光片的宽度如图乙所示，则挡光片的宽度d＝________cm。
(2)调节气垫导轨水平，安装好装置，用刻度尺测出悬点到球心的距离为L。
(3)启动气垫导轨，给滑块一向右的瞬时冲量，使滑块向右运动通过计时器，测出挡光时间t1；滑块与小球发生碰撞后反弹，再次通过计时器，测出挡光时间t2。为了达到此效果，应有m1__________(选填“大于”“小于”或“等于”)m2。
(4)分析频闪照片测出悬线偏离竖直方向的最大偏角θ。实验需要验证的表达式为(用上述符号表示)______________________。
解析：(1)挡光片的宽度d＝7 mm＋0.05×11 mm＝7.55 mm＝0.755 cm。
(3)根据题意可知，滑块碰后反弹，所以m1小于m2。
(4)滑块碰前速度v1＝，碰后速度v2＝，悬线偏离竖直方向的最大偏角θ，碰后小球m2gL(1－cos θ)＝m2v2，解得v＝，根据动量守恒定律可得m1v1＝－m1v2＋m2v，整理得m1·＝m2－m1·。
答案：(1)0.755　(3)小于
(4)m1·＝m2－m1·
5．某同学用如图甲所示的装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有粘性强的物质，用天平测出图中滑块a和挡光片的总质量为m1，滑块b的质量为m2。
实验及分析过程如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的挡光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平。
(2)用游标卡尺测得挡光片宽度d如图乙所示，则d＝__________mm；设挡光片通过光电门的时间为Δt，挡光片的宽度为d，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝__________(用d、Δt表示)。
(3)将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右侧，然后推动滑块a水平压缩弹簧，撤去外力后，滑块a在弹簧弹力的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞。
(4)两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2。
(5)实验后，分别记录下滑块a的挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动时挡光片通过光电门2的时间t2，将两滑块和挡光片看成一个系统，按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是______________________。两滑块相互作用前、后损失的机械能是____________________。(结果均用所测量的物理符号表示)
解析：(1)在步骤(1)中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在导轨上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的遮光时间相等。
(2)由游标卡尺读数规则可得d＝8 mm＋13×0.05 mm＝8.65 mm；由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝。
(5)由题可知滑块a碰前通过光电门1的瞬时速度va＝，碰后两滑块粘在一起通过光电门2的瞬时速度vab＝，系统在两滑块相互作用前的总动量p1＝m1va＝m1，系统在两滑块相互作用后的总动量p2＝vab＝，系统动量守恒p1＝p2 ，即＝。两滑块相互作用前机械能E1＝m1()2，两滑块相互作用后机械能E2＝(m1＋m2)()2，损失的机械能E损＝m1()2－(m1＋m2)()2。
答案：(1)相等　(2)8.65　　(5)＝　
m1()2－(m1＋m2)()2
6．(2025·辽宁辽阳市一模)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)1．(多选)如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，对A、B与弹簧组成的系统分析正确的是(　　)
A．在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
B．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
C．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
D．在A离开挡板后的运动过程，弹簧弹性势能最大时A、B速度相等
解析：选BCD。在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒；挡板对A不做功，只有弹簧的弹力对B做功，所以系统机械能守恒，故A错误。A离开挡板后，A、B的运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B、C正确。在A离开挡板后的运动过程，B向右减速，A向右加速，两者间距增大，弹簧的弹性势能增大，两者速度相等后，B向右继续减速，A向右继续加速，两者间距减小，弹簧的弹性势能减小，所以A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大，故D正确。
2．(2025·江苏南京统考期中)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组成的系统所受合外力不为零，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。
3.(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，当弹簧处于原长时有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。
4.(10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；(5分)
(2)滑块B的最大动能。(5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
5.(10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；(3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；(3分)
(3)物块A沿圆弧轨道上升的最大高度h。(4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
联立解得h＝。
答案：(1)　　(2)　　(3)
6．(12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＝1.0 kg的小物块从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。(3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。(3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
f＝μmg
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
7．(12分)(2025·山东临沂市期中)如图所示，质量m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB、DE部分是半径R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，BC、CD长均为L＝0.2 m，滑道CD部分粗糙，物块与CD间的动摩擦因数μ＝0.20，其余部分均光滑。现让质量m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，g取10 m/s2，求：
(1)物块第一次到达B点时的速度大小v1；(3分)
(2)物块第一次到达轨道右侧的最大高度；(3分)
(3)物块最终停止的位置和经过C点的次数。(6分)
解析：(1)物块第一次到达B点时，物块和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，有m1v1＝m2v2
机械能守恒，有m1gR＝m1v＋m2v
解得v1＝2 m/s。
(2)物块第一次到达轨道右侧最高点时，两者在水平方向上共速，根据系统在水平方向上动量守恒，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有
m1gR＝μm1gL＋m1gh
解得h＝0.26 m。
(3)根据系统在水平方向上动量守恒，即物块最终停止时，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有
m1gR＝μm1gx
解得x＝1.5 m＝6L＋0.3 m
又CD长L＝0.2 m，所以最终停止位置距D点
0．3 m－L＝0.1 m
经过C点次数为6＋1＝7次。
答案：(1)2 m/s　(2)0.26 m　(3)距D点0.1 m　7次章末知识网络建构(共25张PPT)
第5节　课后达标检测
√
题组1　碰撞的特点和应用
1．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。
2.(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个球由静止释放后，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。
√
3．(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(　　)

A.第1次 B．第2次
C．第3次 D．第4次
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
√
√
题组2　碰撞与图像问题的结合
4.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—时间图像如图所示，下列关系正确的是(　　)
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
√
√
题组3　碰撞中的动量和能量问题
6．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：物体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系统损失的动能最多，故D正确。
√
7．(2025·云南下关一中期中)甲、乙两铁球质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线同向运动，速度分别为v1＝6 m/s、v2＝2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度可能值是(　　)
A．v1′＝8 m/s，v2′＝1 m/s
B．v1′＝2 m/s，v2′＝4 m/s
C．v1′＝4 m/s，v2′＝4 m/s
D．v1′＝－2 m/s，v2′＝6 m/s
√
8．如图所示，一个质量为m的物块A与静止在水平面上的另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.4，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为(　　)
A．1.5 m/s B．3 m/s
C．4.5 m/s D．6 m/s
9．(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一向左的初速度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；(5分)
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。(5分)
10.(10分)如图所示，小物块A从光滑轨道上的某一位置由静止释放，沿着轨道下滑后与静止在轨道水平段末端的小物块B发生碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。已知小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，物块A的释放点距离轨道末端的竖直高度h1＝0.20 m，A、B的抛出点距离水平地面的竖直高度h2＝0.45 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)两物块碰前A的速度v0的大小；(3分)
答案：2 m/s　
(2)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3分)
答案：0.1 J　
(3)两物块落地点距离轨道末端的水平距离x。(4分)
答案：0.3 m反冲现象　火箭(二)
1.人的质量是60 kg，船的质量也是60 kg。若船用缆绳固定，船离岸1 m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(两次人消耗的能量相等，两次均可视为水平跃出，人和船的作用时间很短，不计水的阻力)(　　)
A． m　　　　　 　　 B． m
C．1 m D． m
解析：选B。若船用缆绳固定时，有x0＝v0t，若撤去缆绳，由动量守恒定律有mv1＝Mv2，两次人消耗的能量相等，则动能不变，有mv＝mv＋Mv，联立解得v1＝v0，船离岸的距离x＝v1t＝v0t＝x0＝ m。
2．(2025·湖北月考)如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为2m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方、距离A点R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．槽一直向左运动
B．小球运动到最低点时，槽向左运动的位移为R
C.小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于R
D．小球运动到槽的底端时，槽对小球的支持力大小为7mg
解析：选D。小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，从A点经过最低点滑到B点的过程中，槽向左运动，当小球从B点经过最低点滑到A点的过程中，槽向右运动，故A错误；小球运动到最低点的过程中，水平方向动量守恒，根据人船模型有mx球－2mx槽＝0，x球＋x槽＝R，解得槽向左运动位移x槽＝R，故B错误；小球到达B点时，水平方向速度为零，则槽速度也为零，根据机械能守恒可知，小球能从B点离开槽，且上升的最大高度等于R，故C错误；小球从开始下落到最低点，由系统机械能守恒有2mgR＝mv＋·2mv，以向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv球＋2mv槽＝0，解得v球＝2，v槽＝－，在最低点时对小球有FN－mg＝ eq \f(mv,R) ＝，解得FN＝7mg，故D正确。
3．(2025·贵州贵阳月考)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A.50 kg B．55 kg
C．65 kg D．70 kg
解析：选B。设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块时有mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0，第3次推出后有mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝v0，依次类推，第7次推出后，运动员的速度v7＝v0，第8次推出后，运动员的速度v8＝v0，根据题意可知v8＝v0＞5 m/s，v7＝v0＜5 m/s，解得52 kg＜m＜60 kg。
4．(10分)(2025·江苏南京月考)如图所示，甲、乙两位航天员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙与物体A都以大小v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙与物体A和空间站在同一直线上且可视为质点。甲的质量M1＝80 kg，乙的质量M2＝80 kg，物体A的质量m＝40 kg，为了避免直接相撞，乙先将物体A推向甲，甲迅速接住物体A后即不再松开，此后甲、乙两位航天员和物体A以相同速度向空间站运动。
(1)求甲、乙和物体A最终的速度大小。(5分)
(2)设乙与物体A作用时间t＝1 s，求物体A对乙的推力F的大小。(5分)
解析：(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两位航天员和物体A最终的速度大小均为v1，方向向左，对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得
(M2＋m)v0－M1v0＝(M1＋M2＋m)v1
解得v1＝0.4 m/s。
(2)对乙进行分析，根据动量定理有
－Ft＝M2v1－M2v0
解得F＝128 N。
答案：(1)0.4 m/s　(2)128 N
5．(12分)(2025·贵州黔西月考)如图所示，坐在小车上的人在光滑的冰面上玩推木箱游戏，人与小车的总质量M＝60 kg，木箱的质量m＝3 kg，开始均静止于光滑冰面上，现人将木箱以速率v0＝6 m/s(相对于地面)水平推向竖直墙壁，木箱与墙壁碰撞过程中无机械能损失，人接住木箱后再以速率v0(相对于地面)将木箱推向墙壁，如此反复。
(1)求人第一次推木箱后，人和小车的速度大小v1。(3分)
(2)求人第二次推木箱后，人和小车的速度大小v2。(3分)
(3)人推多少次木箱后，人将接不到木箱？(6分)
解析：(1)将人、车和木箱作为系统，取向右为正方向
根据动量守恒定律有Mv1－mv0＝0
解得v1＝0.3 m/s。
(2)人第一次接住木箱的过程
根据动量守恒定律有mv0＋Mv1＝(M＋m)v1′
人第二次推出木箱的过程
根据动量守恒定律有Mv2－mv0＝(M＋m)v1′
解得v2＝＝0.9 m/s。
(3)人第二次接住木箱的过程，根据动量守恒定律有
mv0＋Mv2＝(M＋m)v2′
人第三次推出木箱的过程，根据动量守恒定律有
Mv3－mv0＝(M＋m)v2′
解得v3＝＝1.5 m/s
推理可知，人第n次推出木箱后，人和小车的速度
vn＝
当vn≥v0时，人将接不住木箱，即≥v0
解得n≥10.5
所以人第十一次推出木箱后，人将接不到木箱。
答案：(1)0.3 m/s　(2)0.9 m/s　(3)十一次
6．(12分)一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是120 kg。这个士兵用自动步枪在2 s内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10 g，子弹离开枪口时相对于步枪的速度是800 m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。
(1)每次射击后皮划艇的速度改变多少？(3分)
(2)连续射击后皮划艇的速度约是多大？(3分)
(3)连续射击时枪所受到的平均反冲作用力约是多大？(6分)
解析：设皮划艇、枪(含子弹)及人构成的系统的质量为m，每发子弹的质量为m0，子弹射出的反方向为正方向，子弹相对于步枪的速度大小为u。
(1)设第1次射出后皮划艇的速度大小为v1，由动量守恒定律得到0＝(m－m0)v1＋m0(v1－u)，解得v1＝u
设第2次射出后皮划艇的速度大小为v2，由动量守恒定律得到
(m－m0)v1＝(m－2m0)v2＋m0(v2－u)，
解得v2－v1＝
设第3次射出后皮划艇的速度大小为v3，由动量守恒定律得到
(m－2m0)v2＝(m－3m0)v3＋m0(v3－u)，
解得v3－v2＝
以此类推，若第10次射出后皮划艇的速度大小为v10，由动量守恒定律应得到(m－9m0)v9＝(m－10m0)v10＋m0(v10－u)，解得 v10－v9＝。通过归纳得出，射出子弹n发，每次射击后皮划艇速度的改变量Δv＝＝ m/s(n＝1，2，…，10)。
(2)连续射击10次后，可得v10＝＋＋…＋＝8×(＋＋…＋) m/s≈8× m/s≈0.67 m/s。
(3)设士兵连续射击时间Δt＝2 s，对整个过程应用动量定理得到FΔt＝(m－10m0)v10－0，解得 F＝≈40 N。
答案：(1) m/s(n＝1，2，…，10)　(2)0.67 m/s　(3)40 N(共56张PPT)
第4节　实验：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
验证动量守恒定律。
二、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量(m1，m2)和碰撞前、后物体的速度(v1，v1′，v2，v2′)，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等。
三、实验器材
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
四、实验步骤
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
本方案中，我们利用气垫导轨来减小摩擦力，利用数字计时器测量滑块碰撞前后的速度。实验装置如图甲所示。可以通过在滑块上添加已知质量的物块来改变碰撞物体的质量。
本实验可以研究以下几种情况。
1．选取两个质量不同的滑块，在两个滑块相互碰撞的
端面装上弹性碰撞架(图乙)，滑块碰撞后随即分开。
2．在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(图丙)，
碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动。
如果在两个滑块的碰撞端分别贴上尼龙搭扣，碰撞时它们也会连成一体。
3．原来连在一起的两个物体，由于相互之间具有排斥的力而分开，这也可视为一种碰撞。在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩，并用一根细线将两个滑块固定。烧断细线，弹簧弹开后落下，两个滑块由静止向相反方向运动。(图丁)
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
2．安装：安装实验装置，如图甲所示。调整固定斜槽使斜槽末端水平。
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。
4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。如图乙所示。
6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。
五、注意事项
1．若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平。
2．若利用平抛运动规律进行验证
(1)斜槽末端的切线必须水平；
(2)入射小球每次都必须从斜槽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。
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　教材原型实验
(2025·江苏淮安市期中)某小组用如图甲所示的“碰撞实验器”来验证两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量守恒定律。图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让小球A多次从斜槽上位置G点由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量平抛射程OP。然后把小球B静置于轨道水平部分末端的位置R点，再将小球A从斜槽上位置G处由静止释放，与小球B碰撞，如此重复多次，M、N为两球碰后的平均落点，重力加速度为g，回答下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．小球A每次必须在斜槽上相同的位置由静止滚下
B．小球A可以在斜槽上不同的位置由静止滚下
C．斜槽轨道末端必须水平
D．斜槽轨道必须光滑
[解析]　小球A每次自由滚下时，需保证高度不变，以保证小球A滚下时的速度不变，故A正确，B错误；斜槽末端必须水平，以保证小球A碰撞前速度水平，并且保证小球A、B做平抛运动，故C正确；只要小球A从同一位置释放即可，并不需要保证斜槽光滑，故D错误。
AC
(2)若A小球质量为m1、半径为r1，B小球质量为m2、半径为r2，要保证碰撞时A小球不反弹且能发生正碰，则A、B两小球需满足的关系是________。
A．m1>m2，r1>r2　 　 B．m1>m2，r1＝r2
C．m1r2 D．m1[解析]　为保证两球发生正碰，则两球半径必须相等，即r1＝r2；为防止碰后入射球反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，即m1>m2。
B
(3)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________。
A．G、R两点间的高度差h1
B．R点离地面的高度h2
C．小球A和小球B的质量m1、m2
D．小球A和小球B的半径r1、r2
[解析]　本实验中小球的速度由水平位移代表，故不必测量GR的高度和R离地面的高度，A、B错误；验证动量守恒定律时，需要测量小球的质量，C正确；两小球的半径保证一样即可，无需测量，D错误。
C
(4)为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是__________________________(用m1、m2、OM、OP、ON来表示)。
[解析]　小球做平抛运动，下落的时间都相同，设为t，由动量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v2，两边同乘t得m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
(5)若实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量m1与被碰小球B的质量m2之比为________。
4∶1
(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
题型二　教材实验创新
(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)。
某实验探究小组利用如图所示的实验装置研究两物体碰撞过程中的守恒量。
(1)实验步骤如下：
A．将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录实验中球1、球2与木板的撞击点；
B．利用天平测量出1、2两小球的质量分别为m1、m2；
C．调节轨道末端水平，木板竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为B′；
D．将木板平移到图中所示位置固定；
E.让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为P；
F．把球2静止放置在水平轨道的末端B点，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后与木板的撞击点；
G．用秒表分别测量两球从B点到各撞击点N、P、M所用的时间t1、t2、t3；
H．用刻度尺测得B′与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。
以上步骤中不合理的项是____________(填步骤前序号)。
G
(2)为了减小实验误差，下列做法合理的是________。
A．减小斜槽对小球1的摩擦
B．多次将球1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]　只要每次将小球1从同一位置由静止释放，小球1到达斜槽末端的速度就相等，斜槽有无摩擦力不影响实验结果，故A、B错误；小球碰前和碰后的速度是根据平抛运动的规律计算，所以斜槽末端的切线必须沿水平方向，故C正确；为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则小球1的半径应等于小球2的半径，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故D错误。
(3)把小球2放在斜槽末端边缘B处，让小球1从斜槽上A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球1的落点在图中的________点。
[解析]　由题图可知，两小球撞击在竖直木板上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；碰后小球1的速度减小，则碰后小球1落到M点。
M
(4)在误差允许的范围内，若满足关系式________________，即表示两小球组成的系统碰撞过程中动量守恒。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(2025·山东滨州市期中)用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。
(1)下列关于本实验条件的叙述，正确的是________。
A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C．入射小球的半径应等于被碰小球的半径
D．斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
AC
解析：同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必须从同一位置由静止释放，故A正确；为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误；为了保证两球正碰，两球半径应相等，故C正确；斜槽轨道是否光滑不影响实验结果，故不需要光滑，为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，故D错误。
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把被碰小球静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，测得两小球平均落地点位置分别为M、N，实验中还需要测量的物理量有________。
A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B．入射小球开始的释放高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON
AD
(3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式__________________________(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
解析：由(2)可知在实验误差允许的范围内，若满足关系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
2．图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
(1)要测量滑块的动量，除了上述实验器材外，还必需的实验器材是________。
解析：要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平。
天平
(2)为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做____________运动。
解析：为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动。
匀速直线
(3)测得滑块B的质量为197.8 g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为________kg·m·s－1(保留2位有效数字)，滑块A碰后的图线为________(选填“②”“③”或“④”)。
－0.011
③
3．(2024·北京卷，T16)如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验，下列做法正确的是________(填选项前的字母)。
A．实验前，调节装置，使斜槽末端水平
B．选用两个半径不同的小球进行实验
C．用质量大的小球碰撞质量小的小球
AC
解析：实验要求小球从斜槽末端离开后做平抛运动，因此斜槽末端需要水平，A正确；实验时需要选择半径相同的小球发生一维对心碰撞，B错误；为使碰撞后质量为m1的小球不反弹而从斜槽末端水平离开，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，C正确。
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。

a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点______________；
b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式______________________________成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
答案：见解析
m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
(3)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M，弦长AB ＝ l1、A′B ＝ l2、CD ＝ l3。
推导说明，m、M、l1、l2、l3满足________________关系即可验证碰撞前后动量守恒。
ml1＝－ml2＋Ml3(共55张PPT)
第一章　动量守恒定律
第1节　动　量
第2节　动量定理
学习目标
1．知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量。　2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量。　3.知道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、缓冲等生活中的现象。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、寻求碰撞中的不变量
从教材实验的数据可以看出，实验中两辆小车碰撞前后，动能之和____________，但是质量与速度的乘积之和却__________________。
并不相等
基本不变
二、动量
1．动量
(1)定义：物体的__________和________的乘积。
(2)公式：p＝________。
(3)单位：__________，符号是____________________。
(4)方向：动量是__________量，它的方向与________的方向相同。
质量
速度
mv
千克米每秒
kg·m/s
矢
速度
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝____________(矢量式)。
(2)如果物体沿直线运动，即动量始终保持在同一条直线上，在选定坐标轴的方向之后，动量的运算就可以简化成__________运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)。
p′－p
代数
三、动量定理
1．冲量
(1)定义：力与________________的乘积。
(2)公式：I＝____________。
(3)冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(4)冲量是矢量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与该恒力的方向相同。
(5)冲量的作用效果：使物体的动量发生变化。
力的作用时间
FΔt
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_______________。
(2)表达式：F(t′－t)＝________________或I＝p′－p。
动量变化量
mv′－mv
四、动量定理的应用
如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间短，物体受的力就__________；作用的时间长，物体受的力就_________________。
大
小
判断下列说法是否正确。
(1)动量的方向与物体的速度方向相同。(　　)
(2)物体的质量越大，动量一定越大。(　　)
(3)两个物体的动量相同，其动能一定也相同。(　　)
(4)力越大，力对物体的冲量越大。(　　)
(5)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所受的合外力一定不为0。(　　)
×　
√
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　动量和动量变化
如图所示，在某届亚洲杯足球赛上，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。
(1)若开始时足球的速度大小是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度大小是10 m/s，方向仍向右(如图甲所示)；
(2)若足球以10 m/s的速度向右撞向球门门柱，然后以4 m/s的速度反向弹回(如图乙所示)。
请分析以上两种情况下动量的变化量是否相等，为什么？
[提示]　不相等，分析如下：
(1)取向右为正方向，踢球过程中，初动量
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s
末动量p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
动量的变化量Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，足球撞向球门门柱弹回过程，初动量p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
末动量p2＝mv2＝0.4×(－4)kg·m/s＝－1.6 kg·m/s
动量的变化量Δp′＝p2－p1＝－5.6 kg·m/s，方向向左。
1．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。
角度1　动量和动量的变化
(多选)关于动量，下列说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，动量不变
B．做匀变速运动的物体，它的动量一定在改变
C．一个物体的速率变化，动量也一定变化
D．甲物体的动量p1＝5 kg·m/s，乙物体的动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1＞p2
√
√
[解析]　动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，故A错误；做匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，则动量一定在变化，故B正确；一个物体的速率变化时，速度大小变化，故动量变化，故C正确；动量是矢量，其数值的绝对值表示大小，由|p1|<|p2|可知甲物体的动量小于乙物体的动量，故D错误。
角度2　动量和动能
(2025·江苏淮安期中)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·陕西宝鸡统考期中)质量为2 kg的物体，在运动过程中速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s，下列关于它在该运动过程中的动量和动能变化的说法正确的是(　　)
A．动量变化大小为0
B．动量变化大小为12 kg·m/s
C．动能变化大小为0
D．动能变化大小为12 J
√
知识点二　冲量的理解和计算
1．冲量是过程量：冲量描述的是力的作用对时间的累积效应，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：用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若力与时间呈线性关系变化，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
【教材经典P10第1题】如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。现有以下看法：
A．物体所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物体所受拉力F的冲量大小是Ft cos θ
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受合力的冲量大小为0
你认为这些看法正确吗？请简述你的理由。
[解析]　物体所受拉力F的冲量方向与F的方向相同；物体所受拉力F的冲量大小是Ft；物体所受摩擦力的冲量大小是Ft cos θ；因为物体保持静止，所以物体所受合力F合的冲量大小是0。综上可知只有D看法正确。
[答案]　见解析
角度2　变力冲量的计算
质量m＝1 kg的物体在水平合外力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。
[答案]　4 N·s
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
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。
角度2　用动量定理求解变力的冲量
(2025·新疆乌鲁木齐市第一次质监)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。
角度3　动量定理的基本应用
【教材经典P11第3题】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，在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]　见解析
综合一练　动量、冲量和动量定理的综合问题
(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．(动量和动能)(2025·浙江杭州期中)对于质量一定的物体，下列说法正确的是(　　)
A．速度不变，动量可能改变
B．速度不变，动能可能改变
C．动量变化，动能一定变化
D．动能变化，动量一定变化
√
2．(动量和冲量)(2025·江苏苏州市期中)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。
√
3．(冲量的理解和计算)(多选)(2025·贵州贵阳统考期中)某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A．该同学所受重力的冲量随时间的增大而增大
B．在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量始终不变
C．该同学所受合力的冲量随时间的增大而增大
D．摩天轮转动一周，该同学所受合力的冲量为零
√
√
解析：该同学所受重力的冲量IG＝Gt，随时间的增大而增大，A正确；在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量大小不变，但方向不断变化，B错误；根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，则该同学所受合力的冲量随时间的增大不一定增大，摩天轮转动一周，动量变化为零，则该同学所受合力的冲量为零，C错误，D正确。
4．(动量定理的理解和简单应用)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 min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 min内射出子弹的数量约为(　　)
A．40　　　　　　 　　 B．80
C．120 D．160
解析：设1 min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。
√
5．(动量定理的理解和简单应用)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
√

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