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第一章　章末总结
考向一 动量　冲量　动量定理
1.(多选)(2025·广东卷)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F≠0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有 (　AB　)
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+T
D.T时刻受到空气作用力的大小为
解析：无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到的空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的合力F'空如图，根据牛顿第三定律可知无人机受到的空气作用力F空=F'空，则F空的大小和方向均会改变，在T时刻有cos 120°=，F=F0-kT，解得F空=，故A正确，D错误;由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小等于F-t图像与坐标轴围成的面积，即I=T=·T=T，故B正确;将拉力沿水平和竖直方向分解，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有Fx=(F0-kt)，无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy=(F0-kt)+mg，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix=，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy=F0T-kT2+mgT，则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I==，故C错误。
2.(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m,针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2,则针鞘 (　A　)
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
解析：根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v=，故A正确;针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至0，有Ek=F2d2，故B错误;针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误;针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp==，故D错误。
3.(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于 (　B　)
A. 　B.　C. 　D.2
解析：设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后门板运动的时间为t2，门板运动过程的最大速度为vm，则由动量定理有(F-μmg)t1=mvm，得t1=，撤销拉力后，有μmgt2=mvm，得t2=，对于全过程，有Ft1=μmgt，得F=，对于全过程有=，故门板运动的总时间t=t1+t2=+=+=·=·=，可知当t2越大时，t越小，当t2=t时，t取最小值。则=，则tmin=，故选B。
考向二 动量守恒定律及其应用
4.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则 (　D　)
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
解析：P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPv'P+mNv'N=mPvP+mNvN，即mP(vP-v'P)=mN(v'N-vN)，根据图像可知(vP-v'P)>(v'N-vN)，故mPmN;故mQ>mN>mP，故选D。
5.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力。则 (　D　)
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
解析：该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知，系统受到的合力为0，故动量守恒;当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到球1和2的静电力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中球3受到的合力在改变，故A、B错误;对系统根据动量守恒有mv1+mv2=mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得v3=2v1，根据能量守恒有m+m+m=，解得v3=，故C错误，D正确。
6.(2025·广东卷)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等,方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是 (　A　)
A　B　C　D
解析：根据牛顿第二定律a=，且两小球所受恒力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4︰6=2︰3，可知M、N的质量之比为6︰4=3︰2，设分别为3m和2m;由图像可设M、N碰前的速度分别为4v和6v，则因M、N系统受合力为0，则系统动量守恒，以向右为正方向，则由动量守恒定律有3mv1+2mv2=3m·4v-2m·6v，若是弹性碰撞，则由能量关系可知×3m+×2m=×3m(4v)2+×2m(6v)2，解得v1=-4v、v2=6v，因M、N的加速度大小之比仍为2︰3，则停止运动的时间之比为1︰1，即两小球一起停止，故B、D错误;若不是弹性碰撞，则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为v1︰v2=2︰3，若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足×3m(4v)2+×2m(6v)2>×3m+×2m，则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2︰3，则停止运动的时间之比为1︰1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v︰2v=2︰1，可知碰撞前后运动时间之比为2︰1，故A正确，C错误。
7.(2025·浙江1月选考)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,g取10 m/s2,则 (　D　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
解析：A、B碰撞瞬间C相对地面向左运动，故A错误;以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有2mv1=mvA-mvB，解得v1=1 m/s，方向向右;当三者共速时3mv=2mv1-mvC，可知v=0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t== s=0.4 s，故B错误;从碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J，故C错误;从碰撞到三者相对静止由能量关系可知Q=μmgx相对，可得x相对=0.6 m，故D正确。
第一章素养达标
(总分:100分　时间:75分钟)
一、选择题(本题共10小题,共46分。第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.对于任何一个质量不变的物体,下列说法中正确的是 (　B　)
A.物体的动量发生变化,其速率一定变化
B.物体的动量发生变化,其速率不一定变化
C.物体的动量不变,其动能可能变化
D.物体的动能不变,其动量一定不变
解析：动量是矢量，动量变化可能是速度方向改变而速率不变(如匀速圆周运动)，故A错误;动量变化时，可以仅速度方向改变而速率不变，故B正确;动量不变说明速度大小和方向均不变，动能必然不变，故C错误;动能不变说明速率不变，但速度方向可能变化(如匀速圆周运动)，故D错误。
2.一物体从斜面顶端匀速下滑到斜面底端,在这个过程中,下列说法正确的是 (　A　)
A.物体所受合力的冲量为0
B.斜面弹力对物体的冲量为0
C.重力对物体的冲量为0
D.摩擦力对物体的冲量为0
解析：物体匀速下滑，所受合力为0，合力的冲量I合=F合t=0，故A正确;斜面弹力(支持力)大小恒为N=mgcos θ，其冲量为IN=N·t=mgcos θ·t≠0，方向垂直斜面向上，故B错误;重力大小为mg，冲量IG=mg·t≠0，方向竖直向下，故C错误;摩擦力大小恒为f=mgsin θ，其冲量If=f·t=mgsin θ·t≠0，方向平行斜面向上，故D错误。
3.如图所示,在细绳下端拴一个小球,保持悬点O不动,给小球一初速度使小球在水平面内做匀速圆周运动,圆心O1始终在O点正下方。在小球绕圆心转动一周的过程中 (　C　)
A.小球重力的冲量为0
B.小球所受合力的冲量不为0
C.细绳对小球拉力的冲量方向竖直向上
D.细绳对小球拉力的冲量方向指向O点
解析：根据IG=mgt，可知在小球绕圆心转动一周的过程中，小球重力的冲量不为0，故A错误;在小球绕圆心转动一周的过程中，小球回到初始位置，初、末动量相同，动量变化量为0，根据动量定理可知小球所受合力的冲量为0，则细绳对小球拉力的冲量与重力的冲量等大、反向，所以细绳对小球拉力的冲量方向竖直向上，故B、D错误，C正确。
4.一个连同装备质量为M的航天员,脱离宇宙飞船后,在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态(L远小于飞船的轨道半径r)。为了返回飞船,他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v的速度快速向后喷出,则航天员获得相对飞船的速度大小为 (　B　)
A.v B.v
C.v D.v
解析：喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv-(M-m)v'=0，解得v'=v，故选B。
5.如图所示,光滑地面上有一质量为M的足够长木板ab,一质量为m的人站在木板的a端,关于人由静止开始至运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点),则下列选项图中正确的是 (　D　)
解析：根据动量守恒定律可知，人向右运动时，木板向左运动，因此人到达木板的b端时，b端一定位于N点的左侧，人始终位于M点的右侧，到达b端时，b端一定位于M点的右侧，故D正确。
6.如图所示,质量分别为m与2m的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线做匀速运动,小球A的动量pA=5 kg·m/s,小球B的动量pB=7 kg·m/s(规定向右为正方向),则在小球A追上小球B并与之碰撞的过程中,两小球的末动量p'A和p'B可能分别为 (　D　)
A.1 kg·m/s,12 kg·m/s
B.1 kg·m/s,11 kg·m/s
C.7 kg·m/s,5 kg·m/s
D.4 kg·m/s,8 kg·m/s
解析：碰撞过程系统动量应守恒，故A错误;因为碰撞的过程中动能不增加，根据Ek=，碰前的总动能为+=。B中碰后的总动能为+=，可知碰撞的过程中动能增加，故B错误;C中碰后，若小球A与小球B速度方向相同，则小球A的速度应不大于小球B的速度，碰后小球A的速度vA=，碰后小球B的速度vB=7.如图所示,带有挡板的长木板放在水平面上,其质量为2m,一轻质弹簧左端连接一个质量为m的小球,右端固定在挡板上,控制小球和长木板,使弹簧压缩量为L,现同时由静止释放小球和长木板,不计一切摩擦,从开始到小球向左运动到最大位移处时,长木板的位移大小为 (　C　)
A.1.2L　　B.　　C.　　D.
解析：由小球和长木板组成的系统动量守恒、能量守恒可知，小球向左运动到最大位移处时小球和长木板的速度均为0，且弹簧伸长量为L，则有mv1=2mv2，结合v=，整理得mx1=2mx2，位移关系为x1+x2=2L，解得x2=，故选C。
8.我国自主研制的“天帆一号”太阳帆,利用太阳光的“光子流”为飞船提供动力实现宇宙旅行。光具有能量,也具有动量。已知太阳在单位时间内辐射光子总数为N,太阳帆到太阳的距离为R,太阳帆面积为S,一个光子的动量为p,太阳质量为M,飞船质量为m,假设太阳帆正对太阳并完全反射光子,下列说法正确的是 (　AD　)
A.单位时间内照射到太阳帆上的光子数为n=
B.该飞船获得的动力大小为F=
C.光照射在太阳帆上,对太阳帆产生的压强为p压=
D.飞船的加速度大小为a=·
解析：根据题意，太阳单位时间内向外辐射的光子数为N，太阳到太阳帆的距离为R，太阳帆的面积为S，则单位时间内照射到太阳帆上的光子数为n=，故A正确;太阳光垂直照射到太阳帆，所有光子被反射，设时间t内光子对太阳帆产生的压力为F，每个光子的动量为p，由动量定理有Ft=2ntp，可得F=，即该飞船获得的动力大小为，故B错误;对太阳帆产生的压强为p压==，故C错误;由牛顿第二定律可得，飞船的加速度为F-F万=ma，整理可得a=·，故D正确。
9.抛绣球是广西壮族自治区传统节日“三月三”的传统活动节目,核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化,象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次在同一位置先后抛出两个相同的绣球a、b,绣球a、b的运动轨迹如图所示,其中虚线为绣球运动轨迹的对称轴,某时刻,绣球a、b在空中恰好关于虚线对称,以空中的绣球a、b为研究对象,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　BD　)
A.此时,在空中的绣球a、b的动量相同
B.相等时间内绣球a、b的动量变化量相同
C.相等时间内绣球a、b的动能变化量大小相等
D.相等时间内绣球a、b受到的合力冲量相同
解析：动量是矢量，由于绣球a、b的速度方向不同，所以动量也不同，故A错误;根据动量定理，动量变化量Δp=mgΔt，因为两个绣球相同，在相等的时间内，它们的动量变化量也是完全相同的(大小相等，方向也相同)，故B正确;根据动能定理，动能变化量ΔEk=mgΔh，竖直方向两绣球做匀变速直线运动，在相等的时间内，绣球a、b在竖直方向的位移变化量不同，所以重力做功的大小不相等，因此，动能变化量的大小不相等，故C错误;根据冲量的定义，合力冲量I=mgt，方向竖直向下，因为两个绣球相同，所以质量m相同，在相等的时间内，它们受到的合力冲量是完全相同的(大小相等，方向也相同)，故D正确。
10.如图所示,一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M=3 kg,小车静止在光滑水平地面上,圆弧下端水平。有一质量m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s从圆弧下端滑上小车,小球未从上端离开小车,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　CD　)
A.在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统机械能不守恒
B.在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统动量守恒
C.小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功为6 J
D.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6 m
解析：在小球滑到最高点的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，A错误;在小球滑到最高点的过程中，小球在竖直方向上有加速度，小球与小车组成的系统所受合力不为0，动量不守恒，B错误;小球从滑上小车到离开小车的过程，可视为“弹性碰撞”，机械能守恒，有m+M=m，水平方向动量守恒，有mv1+Mv2=mv0，可得小车的最终速度v2=2 m/s，小球对小车做的功等于小车动能的增量，W=M=×3×22 J=6 J，C正确;小球上升到最高点时，小球与小车速度相同，设共同速度为v，水平方向动量守恒，有mv0=(m+M)v，机械能守恒，有m=(m+M)v2+mgh，解得h=0.6 m，D正确。
二、实验题(本题共2小题,共16分)
11.(10分)某同学用如图所示装置探究碰撞过程中的守恒量,其中AB是斜槽,BC是水平槽。斜槽和水平槽平滑连接。已知入射小球1的质量为m1,被碰小球2的质量为m2。
(1)关于实验要点,下列说法正确的是C。
A.两球半径可以不同
B.斜槽必须光滑
C.斜槽末端必须水平
(2)实验中的重要步骤如下:
①利用铅垂线,记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O;
②不放被碰小球2,让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下,并落在垫有复写纸的白纸上留下点迹,重复本操作多次;
③把被碰小球2放在斜槽前端边缘位置,让入射小球1仍从斜槽上紧靠挡板由静止滚下,使入射小球1与被碰小球2碰撞,落在垫有复写纸的白纸上并留下各自的点迹,重复本操作多次;
④用尽可能小的圆,把小球的所有落点圈在里面,其圆心就是小球落点的平均位置,从左至右依次标为M、P、N;
⑤用刻度尺分别测量M、P、N到O点的距离分别为L1、L2、L3。
(3)实验结果:若关系式m1L2=m1L1+m2L3成立(用题干中所给的符号m1、m2、L1、L2、L3表示),两球碰撞过程动量守恒。若两球发生的是弹性碰撞,则L1、L2、L3一定满足的关系式是L1+L2=L3。
(4)若某次测量中水平纸面上有三个落点的平均位置,计算得出:m1、m2碰前、碰后的动量分别为p1=0.68 kg·m/s,p'1=0.34 kg·m/s,p'2=0.34 kg·m/s,则两球质量关系可能为B。
A.m1=m2　B.m1=2m2　C.m1=4m2
(5)如图所示,若实验小组在记录投影点O后,由于失误将白纸水平向右移动了一小段距离,再进行上述②③④步骤,则计算得到的两球碰撞前系统的总动量大于(选填“大于”“等于”或“小于”)碰撞后的总动量。
解析：(1)两球需要发生对心碰撞，要求半径相同，故A错误;每次进行实验只需要小球1到达斜槽末端的速度相同，不需要斜槽光滑，故B错误;两球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故C正确。
(3)设碰撞前小球1的速度为v1，碰撞后小球1的速度为v2，小球2的速度为v3，如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v2+m2v3=m1v1，两小球离开水平槽后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t，得m1v1t=m1v2t+m2v3t，即m1L2=m1L1+m2L3。
当两球发生弹性碰撞时，根据能量守恒有m1+m2=m1，得到m1+m2=m1，联立动量守恒的表达式可得L1+L2=L3。
(4)碰撞过程中系统的总动能不增加，有≥+，解得m1≤3m2，碰撞后m1的速度小于m2的速度，有<，解得m1>m2，故选B。
(5)设白纸水平向右移动的一小段距离x0，结合上述可知，若没移动应有m1(x0+OP)=m1(x0+OM)+m2(x0+ON)，解得m1·OP=m1·OM+m2·ON+m2x0，将白纸水平向右移动了一小段距离后，计算得到的两球碰撞前系统的总动量为m1·OP，计算得到的两球碰撞后系统的总动量为m1·OM+m2·ON，可知m1·OP>m1·OM+m2·ON，即计算得到的两球碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
12.(6分)某高中学习小组利用质量均为m的同种材料的两个小圆柱a、b的碰撞,研究碰撞过程中的动量、能量关系,进行了如下的几步操作:
①如图所示,在各处动摩擦因数都相同的水平桌面上放置一轻弹簧,轻弹簧的左端固定,将小圆柱a放在弹簧右端并压缩弹簧,将弹簧右端压缩到A点后释放,小圆柱a脱离弹簧后经过O点继续滑动,最终停在水平桌面的M点,用刻度尺测出OM=s1。
②在O点放置小圆柱b,用小圆柱a再次将轻弹簧右端压缩到A点后释放,a、b在O点相碰,碰后均沿直线OM运动,a、b停止的位置分别为P、Q,用刻度尺测出OP=s2、OQ=s3。
已知小圆柱a、b与桌面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计小圆柱a、b的半径大小,根据以上操作,回答下列问题:
(1)步骤“①”中,小圆柱a经过O点的速度v1=。
(2)步骤“②”中,小圆柱b碰后瞬间的动量大小为m。
(3)已知a、b碰撞过程中是存在机械能损失的,则存在的关系是s1>(选填“>”“<”或“=”)s2+s3。
解析：(1)对小圆柱a，根据动能定理，有-μmgs1=0-m，解得小圆柱a经过O点的速度为v1=。
(2)对小圆柱b，根据动能定理，有-μmgs3=0-m，解得小圆柱b碰后瞬间的速度为v3=，小圆柱b碰后瞬间的动量大小为p3=mv3=m。
(3)对小圆柱a，根据动能定理，有-μmgs2=0-m，解得小圆柱a碰后的速度为v2=，a、b碰撞过程中是存在机械能损失的，则有m>m+m，代入数据解得s1>s2+s3。
三、计算题(本题共3小题,共38分)
13.(10分)篮球是奥运会的核心比赛项目,深受广大球迷的喜欢。假设一篮球在空中水平向右抛出,落地后又反弹。已知第一次落地与地面的接触时间为Δt=0.2 s。篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示,已知该篮球质量为0.6 kg,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求该篮球:
(1)第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小;
(2)第一次与地面接触过程中所受摩擦力的冲量I2。
答案：(1)48 N
(2)0.6 N·s，方向水平向左
解析：(1)篮球刚要落地时竖直方向速度向下，大小vy1==8 m/s，刚要离开地面时竖直方向速度向上，大小vy2==6 m/s，规定竖直向上为正方向，对篮球在竖直方向上由动量定理得(FN-mg)Δt=mvy2-(-mvy1)，解得FN=48 N。
(2)篮球从抛出到第一次落到地面的时间t1==0.8 s，在第一次反弹后到再次落回地面的时间t2=2=1.2 s，第一次落地前的水平速度v1x===3 m/s，反弹后的水平速度v2x===2 m/s，对篮球在水平方向上由动量定理得I2=mv2x-mv1x=-0.6 N·s，摩擦力的冲量大小为0.6 N·s，方向水平向左。
14.(12分)将两个完全相同的磁铁分别固定在相同的小车上,总质量都是2 kg,水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s,乙车速度大小为2 m/s,方向相反并在同一直线上,由于磁性极强,故两车不会相碰,如图所示。求:
(1)当乙车恰好变向时,甲车的速度;
(2)当两车距离最小时,乙车的速度及两车总动能的损失。
答案：(1)1 m/s，方向水平向右
(2)0.5 m/s　12.5 J
解析：(1)甲、乙两车组成的系统满足动量守恒，当乙车恰好变向时，乙车的速度为0，以向右为正方向，根据动量守恒可得mv'甲=mv甲-mv乙，代入数据解得甲车的速度为v'甲=1 m/s，方向水平向右。
(2)当两车距离最小时，两车速度相同，根据动量守恒可得2mv共=mv甲-mv乙，解得此时甲、乙两车的速度为v共=0.5 m/s，两车总动能的损失为ΔEk=m+m-×2m，代入数据解得ΔEk=12.5 J。
15.(16分)如图,光滑水平地面上有一质量为M=2 kg的木板处于静止状态,现有一质量为m=1 kg可视为质点的物块,以初速度v0=3 m/s飞上木板的上表面,物块与木板上表面间的动摩擦因数为μ=0.2。若木板足够长,g取10 m/s2,求:
(1)物块与木板的最终速度大小v;
(2)从开始滑上到共速,经过的时间t;
(3)要使物块不滑离木板,木板至少要多长
(4)从物块开始滑上木板到两者共速过程,木板的位移xM。
答案：(1)1 m/s　(2)1 s　(3)1.5 m　(4)0.5 m
解析：(1)对物块和木板组成的系统由动量守恒定律可得(M+m)v=mv0，解得物块与木板的最终速度大小v=1 m/s。
(2)对木板由动量定理得μmgt=Mv，解得t=1 s。
(3)由能量关系可得μmgL=m-(M+m)v2，解得木板的最小长度L=1.5 m。
(4)对木板由动能定理得μmgxM=Mv2，解得xM=0.5 m。(共60张PPT)
第一章　动量守恒定律
章末总结
知识体系 构建
1
目录
三年真题 集训
2
第一章素养达标
3
知识体系 构建
三年真题 集训
1.(多选)(2025·广东卷)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F≠0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有 (　　)
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+T
D.T时刻受到空气作用力的大小为
AB
考向一 　动量　冲量　动量定理
解析：无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到的空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的合力F'空如图，根据牛顿第三定律可知无人机受到的空气作用力F空=F'空，则F空的大小和方向均会改变，在T时刻有cos 120°=，F=F0-kT，解得F空=，故A正确，D错误;
由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小等于F-t图像与坐标轴围成的面积，即I=T=·T=T，故B正确;
将拉力沿水平和竖直方向分解，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有Fx=(F0-kt)，无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy=(F0-kt)+mg，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix=，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy=F0T-kT2+mgT，则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I==，故C错误。
2.(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m,针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2,则针鞘 (　　)
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
A
解析：根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v=，故A正确;针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至0，有Ek=F2d2，故B错误;针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误;针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp==，故D错误。
3.(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于(　　)
A. 　B.　C. 　D.2
B
解析：设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后门板运动的时间为t2，门板运动过程的最大速度为vm，则由动量定理有(F-μmg)t1=mvm，得t1=，撤销拉力后，有μmgt2=mvm，得t2=，对于全过程，有Ft1=μmgt，得F=，对于全过程有=，故门板运动的总时间t=t1+t2=+=+=·=·=，可知当t2越大时，t越小，当t2=t时，t取最小值。则=，则tmin=，故选B。
4.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则 (　　)
A.mP>mN>mQ
B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN
D.mQ>mN>mP
D
考向二 　动量守恒定律及其应用
解析：P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPv'P+mNv'N=mPvP+mNvN，即mP(vP-v'P)=mN(v'N-vN)，根据图像可知(vP-v'P)>(v'N-vN)，故mPmN;故mQ>mN>mP，故选D。
5.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力。则(　　)
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
D
解析：该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知，系统受到的合力为0，故动量守恒;当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到球1和2的静电力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中球3受到的合力在改变，故A、B错误;对系统根据动量守恒有mv1+mv2=mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得v3=2v1，根据能量守恒有m+m+m=，解得v3=，故C错误，D正确。
6.(2025·广东卷)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等,方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是 (　　　)
A
解析：根据牛顿第二定律a=，且两小球所受恒力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4︰6=2︰3，可知M、N的质量之比为6︰4=3︰2，设分别为3m和2m;由图像可设M、N碰前的速度分别为4v和6v，则因M、N系统受合力为0，则系统动量守恒，以向右为正方向，则由动量守恒定律有3mv1+2mv2=3m·4v-2m·6v，若是弹性碰撞，则由能量关系可知×3m+×2m=×3m(4v)2+×2m(6v)2，解得v1=
-4v、v2=6v，因M、N的加速度大小之比仍为2︰3，则停止运动的时间之比为1︰1，即两小球一起停止，故B、D错误;若不是弹性碰撞，则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为v1︰v2=2︰3，
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足×3m(4v)2+×2m(6v)2>×3m+×
2m，则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2︰3，则停止运动的时间之比为1︰1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v︰2v=2︰1，可知碰撞前后运动时间之比为2︰1，故A正确，C错误。
7.(2025·浙江1月选考)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,g取10 m/s2,则 (　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
D
解析：A、B碰撞瞬间C相对地面向左运动，故A错误;以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有2mv1=mvA-mvB，解得v1=1 m/s，方向向右;当三者共速时3mv=2mv1-mvC，可知v=0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t== s=0.4 s，故B错误;从碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J，故C错误;从碰撞到三者相对静止由能量关系可知Q=μmgx相对，可得x相对=0.6 m，故D正确。
第一章素养达标
一、选择题(本题共10小题,共46分。第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.对于任何一个质量不变的物体,下列说法中正确的是(　　)
A.物体的动量发生变化,其速率一定变化
B.物体的动量发生变化,其速率不一定变化
C.物体的动量不变,其动能可能变化
D.物体的动能不变,其动量一定不变
B
解析：动量是矢量，动量变化可能是速度方向改变而速率不变(如匀速圆周运动)，故A错误;动量变化时，可以仅速度方向改变而速率不变，故B正确;动量不变说明速度大小和方向均不变，动能必然不变，故C错误;动能不变说明速率不变，但速度方向可能变化(如匀速圆周运动)，故D错误。
2.一物体从斜面顶端匀速下滑到斜面底端,在这个过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.物体所受合力的冲量为0 B.斜面弹力对物体的冲量为0
C.重力对物体的冲量为0 D.摩擦力对物体的冲量为0
解析：物体匀速下滑，所受合力为0，合力的冲量I合=F合t=0，故A正确;斜面弹力(支持力)大小恒为N=mgcos θ，其冲量为IN=N·t=mgcos θ·t≠0，方向垂直斜面向上，故B错误;重力大小为mg，冲量IG=mg·t≠0，方向竖直向下，故C错误;摩擦力大小恒为f=mgsin θ，其冲量If=f·t=mgsin θ·t≠0，方向平行斜面向上，故D错误。
A
3.如图所示,在细绳下端拴一个小球,保持悬点O不动,给小球一初速度使小球在水平面内做匀速圆周运动,圆心O1始终在O点正下方。在小球绕圆心转动一周的过程中 (　　)
A.小球重力的冲量为0
B.小球所受合力的冲量不为0
C.细绳对小球拉力的冲量方向竖直向上
D.细绳对小球拉力的冲量方向指向O点
C
解析：根据IG=mgt，可知在小球绕圆心转动一周的过程中，小球重力的冲量不为0，故A错误;在小球绕圆心转动一周的过程中，小球回到初始位置，初、末动量相同，动量变化量为0，根据动量定理可知小球所受合力的冲量为0，则细绳对小球拉力的冲量与重力的冲量等大、反向，所以细绳对小球拉力的冲量方向竖直向上，故B、D错误，C正确。
4.一个连同装备质量为M的航天员,脱离宇宙飞船后,在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态(L远小于飞船的轨道半径r)。为了返回飞船,他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v的速度快速向后喷出,则航天员获得相对飞船的速度大小为 (　　)
A.v B.v
C.v D.v
解析：喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv-(M-m)v'=0，解得v'=v，故选B。
B
5.如图所示,光滑地面上有一质量为M的足够长木板ab,一质量为m的人站在木板的a端,关于人由静止开始至运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点),则下列选项图中正确的是 (　　)
D
解析：根据动量守恒定律可知，人向右运动时，木板向左运动，因此人到达木板的b端时，b端一定位于N点的左侧，人始终位于M点的右侧，到达b端时，b端一定位于M点的右侧，故D正确。
6.如图所示,质量分别为m与2m的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线做匀速运动,小球A的动量pA=5 kg·m/s,小球B的动量pB=7 kg·m/s(规定向右为正方向),则在小球A追上小球B并与之碰撞的过程中,两小球的末动量p'A和p'B可能分别为 (　　)
A.1 kg·m/s,12 kg·m/s
B.1 kg·m/s,11 kg·m/s
C.7 kg·m/s,5 kg·m/s
D.4 kg·m/s,8 kg·m/s
D
解析：碰撞过程系统动量应守恒，故A错误;因为碰撞的过程中动能不增加，根据Ek=，碰前的总动能为+=。B中碰后的总动能为+=，可知碰撞的过程中动能增加，故B错误;C中碰后，若小球A与小球B速度方向相同，则小球A的速度应不大于小球B的速度，碰后小球A的速度vA=，碰后小球B的速度vB=7.如图所示,带有挡板的长木板放在水平面上,其质量为2m,一轻质弹簧左端连接一个质量为m的小球,右端固定在挡板上,控制小球和长木板,使弹簧压缩量为L,现同时由静止释放小球和长木板,不计一切摩擦,从开始到小球向左运动到最大位移处时,长木板的位移大小为 (　　)
A.1.2L　　B.　　C.　　D.
解析：由小球和长木板组成的系统动量守恒、能量守恒可知，小球向左运动到最大位移处时小球和长木板的速度均为0，且弹簧伸长量为L，则有mv1=2mv2，结合v=，整理得mx1=2mx2，位移关系为x1+x2=2L，解得x2=，故选C。
C
8.我国自主研制的“天帆一号”太阳帆,利用太阳光的“光子流”为飞船提供动力实现宇宙旅行。光具有能量,也具有动量。已知太阳在单位时间内辐射光子总数为N,太阳帆到太阳的距离为R,太阳帆面积为S,一个光子的动量为p,太阳质量为M,飞船质量为m,假设太阳帆正对太阳并完全反射光子,下列说法正确的是 (　　　)
A.单位时间内照射到太阳帆上的光子数为n=
B.该飞船获得的动力大小为F=
C.光照射在太阳帆上,对太阳帆产生的压强为p压=
D.飞船的加速度大小为a=·
AD
解析：根据题意，太阳单位时间内向外辐射的光子数为N，太阳到太阳帆的距离为R，太阳帆的面积为S，则单位时间内照射到太阳帆上的光子数为n=，故A正确;太阳光垂直照射到太阳帆，所有光子被反射，设时间t内光子对太阳帆产生的压力为F，每个光子的动量为p，由动量定理有Ft=2ntp，可得F=，即该飞船获得的动力大小为，故B错误;对太阳帆产生的压强为p压==，故C错误;由牛顿第二定律可得，飞船的加速度为F-F万=ma，整理可得a=·，故D正确。
9.抛绣球是广西壮族自治区传统节日“三月三”的传统活动节目,核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化,象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次在同一位置先后抛出两个相同的绣球a、b,绣球a、b的运动轨迹如图所示,其中虚线为绣球运动轨迹的对称轴,某时刻,绣球a、b在空中恰好关于虚线对称,以空中的绣球a、b为研究对象,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　　)
A.此时,在空中的绣球a、b的动量相同
B.相等时间内绣球a、b的动量变化量相同
C.相等时间内绣球a、b的动能变化量大小相等
D.相等时间内绣球a、b受到的合力冲量相同
BD
解析：动量是矢量，由于绣球a、b的速度方向不同，所以动量也不同，故A错误;根据动量定理，动量变化量Δp=mgΔt，因为两个绣球相同，在相等的时间内，它们的动量变化量也是完全相同的(大小相等，方向也相同)，故B正确;根据动能定理，动能变化量ΔEk=mgΔh，竖直方向两绣球做匀变速直线运动，在相等的时间内，绣球a、b在竖直方向的位移变化量不同，所以重力做功的大小不相等，因此，动能变化量的大小不相等，故C错误;根据冲量的定义，合力冲量I=mgt，方向竖直向下，因为两个绣球相同，所以质量m相同，在相等的时间内，它们受到的合力冲量是完全相同的(大小相等，方向也相同)，故D正确。
10.如图所示,一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M=3 kg,小车静止在光滑水平地面上,圆弧下端水平。有一质量m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s从圆弧下端滑上小车,小球未从上端离开小车,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　　)
A.在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统机械能不守恒
B.在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统动量守恒
C.小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功为6 J
D.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6 m
CD
解析：在小球滑到最高点的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，A错误;在小球滑到最高点的过程中，小球在竖直方向上有加速度，小球与小车组成的系统所受合力不为0，动量不守恒，B错误;小球从滑上小车到离开小车的过程，可视为“弹性碰撞”，机械能守恒，有m+M=m，水平方向动量守恒，有mv1+Mv2=mv0，可得小车的最终速度v2=2 m/s，小球对小车做的功等于小车动能的增量，W=M=×3×22 J=6 J，C正确;小球上升到最高点时，小球与小车速度相同，设共同速度为v，水平方向动量守恒，有mv0=(m+M)v，机械能守恒，有m=(m+M)v2+mgh，解得h=0.6 m，D正确。
二、实验题(本题共2小题,共16分)
11.(10分)某同学用如图所示装置探究碰撞过程中的守恒量,其中AB是斜槽,BC是水平槽。斜槽和水平槽平滑连接。已知入射小球1的质量为m1,被碰小球2的质量为m2。
(1)关于实验要点,下列说法正确的是C　　。
A.两球半径可以不同
B.斜槽必须光滑
C.斜槽末端必须水平
C
解析：(1)两球需要发生对心碰撞，要求半径相同，故A错误;每次进行实验只需要小球1到达斜槽末端的速度相同，不需要斜槽光滑，故B错误;两球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故C正确。
(2)实验中的重要步骤如下:
①利用铅垂线,记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O;
②不放被碰小球2,让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下,并落在垫有复写纸的白纸上留下点迹,重复本操作多次;
③把被碰小球2放在斜槽前端边缘位置,让入射小球1仍从斜槽上紧靠挡板由静止滚下,使入射小球1与被碰小球2碰撞,落在垫有复写纸的白纸上并留下各自的点迹,重复本操作多次;
④用尽可能小的圆,把小球的所有落点圈在里面,其圆心就是小球落点的平均位置,从左至右依次标为M、P、N;
⑤用刻度尺分别测量M、P、N到O点的距离分别为L1、L2、L3。
(3)实验结果:若关系式m1L2=m1L1+m2L3成立(用题干中所给的符号m1、m2、L1、L2、L3表示),两球碰撞过程动量守恒。若两球发生的是弹性碰撞,则L1、L2、L3一定满足的关系式是L1+L2=L3。
m1L2=m1L1+m2L3
L1+L2=L3
解析：(3)设碰撞前小球1的速度为v1，碰撞后小球1的速度为v2，小球2的速度为v3，如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v2+m2v3=m1v1，两小球离开水平槽后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t，得m1v1t=m1v2t+m2v3t，即m1L2=m1L1+m2L3。
当两球发生弹性碰撞时，根据能量守恒有m1+m2=m1，得到m1+m2=m1，联立动量守恒的表达式可得L1+L2=L3。
(4)若某次测量中水平纸面上有三个落点的平均位置,计算得出:m1、m2碰前、碰后的动量分别为p1=0.68 kg·m/s,p'1=0.34 kg·m/s,p'2=0.34 kg·m/s,则两球质量关系可能为B 。
A.m1=m2　B.m1=2m2　C.m1=4m2
解析：(4)碰撞过程中系统的总动能不增加，有≥+，解得m1≤3m2，碰撞后m1的速度小于m2的速度，有<，解得m1>m2，故选B。
B
(5)如图所示,若实验小组在记录投影点O后,由于失误将白纸水平向右移动了一小段距离,再进行上述②③④步骤,则计算得到的两球碰撞前系统的总动量大于(选填“大于”“等于”或“小于”)碰撞后的总动量。
大于
解析：(5)设白纸水平向右移动的一小段距离x0，结合上述可知，若没移动应有m1(x0+OP)=m1(x0+OM)+m2(x0+ON)，解得m1·OP=m1·OM+m2·ON+
m2x0，将白纸水平向右移动了一小段距离后，计算得到的两球碰撞前系统的总动量为m1·OP，计算得到的两球碰撞后系统的总动量为m1·OM+m2·ON，可知m1·OP>m1·OM+m2·ON，即计算得到的两球碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
12.(6分)某高中学习小组利用质量均为m的同种材料的两个小圆柱a、b的碰撞,研究碰撞过程中的动量、能量关系,进行了如下的几步操作:
①如图所示,在各处动摩擦因数都相同的水平桌面上放置一轻弹簧,轻弹簧的左端固定,将小圆柱a放在弹簧右端并压缩弹簧,将弹簧右端压缩到A点后释放,小圆柱a脱离弹簧后经过O点继续滑动,最终停在水平桌面的M点,用刻度尺测出OM=s1。
②在O点放置小圆柱b,用小圆柱a再次将轻弹簧右端压缩到A点后释放,a、b在O点相碰,碰后均沿直线OM运动,a、b停止的位置分别为P、Q,用刻度尺测出OP=s2、OQ=s3。
已知小圆柱a、b与桌面间的动摩擦因数均为μ,重力加
速度为g,不计小圆柱a、b的半径大小,根据以上操作,
回答下列问题:
解析：(1)对小圆柱a，根据动能定理，有-μmgs1
=0-m，解得小圆柱a经过O点的速度为v1=。
(1)步骤“①”中,小圆柱a经过O点的速度v1=。
(2)步骤“②”中,小圆柱b碰后瞬间的动量大小为m。
m
解析：(2)对小圆柱b，根据动能定理，有-μmgs3=0-m，解得小圆柱b碰后瞬间的速度为v3=，小圆柱b碰后瞬间的动量大小为p3=mv3=m。
(3)已知a、b碰撞过程中是存在机械能损失的,则存在的关系是s1>　(选填“>”“<”或“=”)s2+s3。
解析：(3)对小圆柱a，根据动能定理，有-μmgs2=0-m，解得小圆柱a碰后的速度为v2=，a、b碰撞过程中是存在机械能损失的，则有m>m+m，代入数据解得s1>s2+s3。
>
三、计算题(本题共3小题,共38分)
13.(10分)篮球是奥运会的核心比赛项目,深受广大球迷的喜欢。假设一篮球在空中水平向右抛出,落地后又反弹。已知第一次落地与地面的接触时间为Δt=0.2 s。篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示,已知该篮球质量为0.6 kg,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求该篮球:
(1)第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小;
答案：(1)48 N
解析：(1)篮球刚要落地时竖直方向速度向下，大小vy1==8 m/s，刚要离开地面时竖直方向速度向上，大小vy2==6 m/s，规定竖直向上为正方向，对篮球在竖直方向上由动量定理得(FN-mg)Δt=mvy2-(-mvy1)，解得FN=48 N。
(2)第一次与地面接触过程中所受摩擦力的冲量I2。
答案：(2)0.6 N·s，方向水平向左
解析：(2)篮球从抛出到第一次落到地面的时间t1==0.8 s，在第一次反弹后到再次落回地面的时间t2=2=1.2 s，第一次落地前的水平速度v1x===3 m/s，反弹后的水平速度v2x===2 m/s，对篮球在水平方向上由动量定理得I2=mv2x-mv1x=-0.6 N·s，摩擦力的冲量大小为0.6 N·s，方向水平向左。
14.(12分)将两个完全相同的磁铁分别固定在相同的小车上,总质量都是2 kg,水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s,乙车速度大小为2 m/s,方向相反并在同一直线上,由于磁性极强,故两车不会相碰,如图所示。求:
(1)当乙车恰好变向时,甲车的速度;
答案：(1)1 m/s，方向水平向右
解析：(1)甲、乙两车组成的系统满足动量守恒，当乙车恰好变向时，乙车的速度为0，以向右为正方向，根据动量守恒可得mv'甲=mv甲-mv乙，代入数据解得甲车的速度为v'甲=1 m/s，方向水平向右。
(2)当两车距离最小时,乙车的速度及两车总动能的损失。
答案：(2)0.5 m/s　12.5 J
解析：(2)当两车距离最小时，两车速度相同，根据动量守恒可得2mv共=mv甲-mv乙，解得此时甲、乙两车的速度为v共=0.5 m/s，两车总动能的损失为ΔEk=m+m-×2m，代入数据解得ΔEk=12.5 J。
15.(16分)如图,光滑水平地面上有一质量为M=2 kg的木板处于静止状态,现有一质量为m=1 kg可视为质点的物块,以初速度v0=3 m/s飞上木板的上表面,物块与木板上表面间的动摩擦因数为μ=0.2。若木板足够长,g取10 m/s2,求:
(1)物块与木板的最终速度大小v;
答案：(1)1 m/s　
解析：(1)对物块和木板组成的系统由动量守恒定律可得(M+m)v=mv0，解得物块与木板的最终速度大小v=1 m/s。
(2)从开始滑上到共速,经过的时间t;
答案：(2)1 s　
解析：(2)对木板由动量定理得μmgt=Mv，解得t=1 s。
(3)要使物块不滑离木板,木板至少要多长
答案：(3)1.5 m　
解析：(3)由能量关系可得μmgL=m-(M+m)v2，解得木板的最小长度L=1.5 m。
(4)从物块开始滑上木板到两者共速过程,木板的位移xM。
答案：(4)0.5 m
解析：(4)对木板由动能定理得μmgxM=Mv2，解得xM=0.5 m。
本课结束

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