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2023届二轮复习 专题七动量定理 动量守恒定律 学案
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这是一份2023届二轮复习 专题七动量定理 动量守恒定律 学案，共15页。
专题七动量定理 动量守恒定律
命题热点
常考题型
(1)动量定理的理解及应用；
(2)动量守恒定律及应用；
(3)碰撞模型及拓展；
(4)利用动量观点解决实际情境问题．
选择题
计算题
高频考点·能力突破
考点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量．
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
图像法
F - t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F - t成线性关系，也可直接用平均力求解．
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度．
合力的冲量
(2)动量定理的研究对象是一个物体 (或可视为一个物体的系统)．
可能是流体
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
例1[2022·全国乙卷](多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.则 ( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
[解题心得]
预测1 [2022·历城二中测评]如图为酒泉卫星发射基地发射“神舟十三号”飞船点火瞬间的情景．在发射的当天，小李同学守在电视机前观看发射实况转播．通过电视解说员的介绍，他了解到火箭连同装载物的总质量约为480t，发射塔架的高度约为100m．小李同学注意到在火箭点火起飞约10s时火箭尾部刚好越过塔架．假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力，g取9.8m/s2，根据以上信息估算推力的大小为( )
A．4.7×108 N B．4.9×106 N
C．5.9×108 N D．5.7×106 N
预测2 [2022·山东冲刺卷]质量为1kg的小滑块以某一初动能沿水平面向右滑动，如图甲所示，刚开始滑动的2m内小滑块的动能与位移关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.滑块在水平面上运动的总时间为1.2 s
B．滑块在水平面上运动的总位移为4 m
C．滑块沿水平面做加速度逐渐减小的减速运动
D．整个过程中，滑块受水平面作用力的冲量大小为6N·s
考点二 碰撞模型中动量守恒定律的应用
1．三类碰撞的特点
2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
3．“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)
小球—弹簧模型
小球曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足12mv02＝12mv12＋12Mv22
4.“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
例2[2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．
[试解]
预测3 如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是( )
A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1:m2
预测4 [2022·重庆押题卷]如图所示，一个质量为4m的小球(视为质点)，从高度为H的A点由静止释放，沿光滑曲线轨道到最低点B处与质量为m的另一个小球发生正碰，碰撞时间极短，且碰后粘在一起进入两个半径均为R＝0.4m的光滑圆管，恰好能通过圆管最高点C.在离开C进入与水平线成60°的固定的气垫导轨的顶端时，立即接通气垫导轨的电源，给小球一个方向垂直于气垫导轨平面、大小F风＝5mg的恒定风力．不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)高度H；
(2)小球到达水平线O′D时的速度大小．
[试解]
预测5 如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量为M＝3kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′.有3个完全相同的小滑块，质量均为m＝1kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0＝2m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；
(2)第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；
(3)第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q.
[试解]
考点三 力学三大观点的综合应用
1．力学三大观点对比
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线运动规律
v＝v0＋atx＝v0t+12at2v2-v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
I合＝p′－p
动量守恒定律
p1＝p2
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
例3[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sinθ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
[试解]
预测6 如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出．现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2m，弹珠B与坑的间距x2＝1m．某同学将弹珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠A又向前运动Δx＝0.1m后停下．已知两弹珠的质量均为2.5g，取重力加速度g＝10 m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：
(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ；
(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出．
[试解]
预测7 如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R＝0.18m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.3kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M＝0.4kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车．一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计．现用手将一质量m2＝0.1kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端．已知b与AP间的动摩擦因数μ＝0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2.
(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；
(2)求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；
(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
[试解]
素养培优·情境命题
利用动量观点解决实际情境问题
情境1 [2021·北京西城二模]蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高．如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中( )
A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功
C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
[解题心得]
情境2 [2022·北京押题卷]如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰．已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则( )
A．两壶碰撞过程无机械能损失
B．两壶碰撞过程动量变化量相同
C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为v04
D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
[解题心得]
情境3 [2021·广东卷]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
[试解]
专题七 动量定理 动量守恒定律
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：由图知0～3s内F的大小为F1＝4N，3～6s内F的大小F2＝4N；在0到3s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，为正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝v1a2＝1s，即4s末物块减速到零；在4～6s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，为负方向．画出整个过程中的vt图像如图所示：
4s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6s内，物块的位移不为零，6s时物块没有回到初始位置，B错误；3s时的速度v1＝6m/s，动量p1＝mv1＝6kg·m/s，C错误；由vt图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3s内、3～4s内、4～6s内物块的位移大小分别为x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，则0～6s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正确．
答案：AD
预测1 解析：10s末火箭的速度为v＝2ht＝20010m/s＝20m/s
由动量定理可得(F－mg)t＝mv
解得F＝5.7×106N，D正确．
答案：D
预测2 解析：刚开始滑动的2m内：Ek－Ek0＝－μmgx，带入数据解得μ＝0.5
物体的加速度a＝μg＝5m/s2
根据图像结合动能定义式可知，初速度v0＝6m/s
所以滑块在水平面上运动的总时间为t＝v0a＝1.2s，故A正确；滑块在水平面上运动的总位移为x＝12v0t＝3.6m，故B错误；滑块沿水平面做加速度不变的匀变速运动，故C错误；根据动量定理，整个过程中，滑块受水平面摩擦力的冲量大小为I＝Δp＝mv0－0＝6N·s，
但水平面对物体的作用力还包括弹力，故滑块受水平面作用力的冲量大小不是6N·s，故D错误．
答案：A
考点二
例2 解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝1-k2v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝1-2k3v0＝10-20k3m/s＞0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v′物＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v′滑＝10-20k3m/s＝0m/s
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1m/s
根据能量守恒可得μm′gx相＝12m'v'物2-12m'＋M'v共2
解得x相＝1.875m.
答案：(1)5(1－k) m/s，10-20k3m/s，方向均向右
(2)1.875m
预测3 解析：脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得p1－p2＝0或m1v1－m2v2＝0
故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；
动能与动量的关系为Ek＝12mv2＝p22m
由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；
甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h＝12gt2
可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；
由A的解析可得v1v2＝m2m1
平抛的水平位移为x＝v0t
故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D错误．
答案：C
预测4 解析：(1)小球从A释放滑到最低点的过程，根据动能定理有4mgH＝12×4mv12－0
两球在B处发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有4mv1＝(4m＋m)v2
两球恰好滑到C点速度为零，根据动能定理有－5mg·2R＝0-12×5mv22
联立解得H＝1.25m
(2)两球在离开C后它受到的力如图所示，由于F风＝5mg，且它们的夹角等于120°，根据力的平行四边形定则，可得合力的大小F合＝5mg
方向与重力的夹角成60°，如图所示
设小球到达水平线的点为E，其速度为vE，从C到E的过程中，根据动能定理有F合·Rcos60°＝12·5mvE2－0
解得vE＝4m/s.
答案：(1)1.25m (2)4m/s
预测5 解析：(1)滑板受力平衡，所以2f＝Mgsin37°，
解得f＝9N.
(2)由系统动量守恒得mv0＝(M＋m)v1
第1个小滑块与滑板P共速的速度v1＝0.5m/s
由系统动量守恒得2mv0＝(M＋2m)v2
第2个小滑块与滑板P共速的速度v2＝0.8m/s
(3)由系统动量守恒得3mv0＝(M＋3m)v3
3个小滑块与滑板P共速的速度v3＝1m/s
设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定理得mgsinθ·l3－μm3gcosθ·l3＝12M+3mv32-12M＋2mv22-12mv02
解得l3＝1.5m
第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·l3＝9.6J.
答案：(1)9N (2)0.5m/s 0.8m/s (3)9.6J
考点三
例3 解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝12mB1.2v02-12mA+mBv02＝0.6mv02.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由vt图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝15xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－15xA＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：12mB0.8v02+12mAvA12＝12mBv B'2+12mAv A'2
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有-2μmghcosθsinθ＝12mvA12－12m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案：10.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45
预测6 解析：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝v0t1-12at12，v1＝v0－at1
由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma
联立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s.
(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v′1，由运动学规律v′21＝2aΔx
解得v′1＝1m/s
设碰后瞬间弹珠B的速度为v′2，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2
解得v′2＝3m/s
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失
ΔΕk＝12mv12-(12mv 1'2＋12mv 2'2)
解得ΔEk＝7.5×10－3J
碰后弹珠B运动的距离为Δx′＝v2'22a＝0.9m<1m
所以弹珠B没有进坑，故不能胜出．
答案：(1)4m/s 0.5 (2)7.5×10－3J，不能
预测7 解析：(1)碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有m1g＝m1vC2R
根据机械能守恒定律有12m1v12＝12m1vC2＋m1g×2R
解得v1＝3m/s.
(2)b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有m2v＝m1v1－m2v2
12m2v2＝12m1v12+12m2v22
解得v＝6m/s，v2＝3m/s
由能量守恒定律有12m2v22＝μm2g×2L
解得L＝1m
从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有W－μm2gL＝12m2v2
解得W＝2.025J.
(3)设b停在车上时b与车的共同速度大小为v3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有m2v2＝(M＋m2)v3
由能量守恒定律有12m2v22＝12M+m2v32＋μm2gx
解得x＝1.6m
b最终停在P点左侧x－L＝0.6m处．
答案：(1)3m/s (2)1m 2.025J (3)0.6m处
素养培优·情境命题
情境1 解析：运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，A错误；运动员的机械能增加，是运动员消耗了自身体能，B错误；根据动量定理可知，运动员初、末速度均为0，动量的变化量为0，则合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，C正确，D错误．
答案：C
情境2 解析：两壶碰后在冰面上滑行，则有a＝μmgm＝μg
两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v1和v2，根据运动学关系
0-v02＝－2ax，得v1∶v2＝1∶3
根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v1＝v04，v2＝3v04，C正确，D错误；
两壶碰撞过程机械能的变化量为ΔE＝12mv12+12mv22-12mv02＝-316mv02，机械能有损失，A错误；
动量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反，B错误．
答案：C
情境3 解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝μmgm＝1m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v2-v12＝2a1s1，
解得v1＝0.3m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝μmgm＝1m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝v乙22a2＝0.02m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a.
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝v-v1a1＝0.1s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝v1'a1＝0.1s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s.
答案：(1)能，计算过程见解析 (2)0.2s
专题七动量定理 动量守恒定律
命题热点
常考题型
(1)动量定理的理解及应用；
(2)动量守恒定律及应用；
(3)碰撞模型及拓展；
(4)利用动量观点解决实际情境问题．
选择题
计算题
高频考点·能力突破
考点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量．
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
图像法
F - t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F - t成线性关系，也可直接用平均力求解．
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度．
合力的冲量
(2)动量定理的研究对象是一个物体 (或可视为一个物体的系统)．
可能是流体
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
例1[2022·全国乙卷](多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.则 ( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
[解题心得]
预测1 [2022·历城二中测评]如图为酒泉卫星发射基地发射“神舟十三号”飞船点火瞬间的情景．在发射的当天，小李同学守在电视机前观看发射实况转播．通过电视解说员的介绍，他了解到火箭连同装载物的总质量约为480t，发射塔架的高度约为100m．小李同学注意到在火箭点火起飞约10s时火箭尾部刚好越过塔架．假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力，g取9.8m/s2，根据以上信息估算推力的大小为( )
A．4.7×108 N B．4.9×106 N
C．5.9×108 N D．5.7×106 N
预测2 [2022·山东冲刺卷]质量为1kg的小滑块以某一初动能沿水平面向右滑动，如图甲所示，刚开始滑动的2m内小滑块的动能与位移关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.滑块在水平面上运动的总时间为1.2 s
B．滑块在水平面上运动的总位移为4 m
C．滑块沿水平面做加速度逐渐减小的减速运动
D．整个过程中，滑块受水平面作用力的冲量大小为6N·s
考点二 碰撞模型中动量守恒定律的应用
1．三类碰撞的特点
2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
3．“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)
小球—弹簧模型
小球曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足12mv02＝12mv12＋12Mv22
4.“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
例2[2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．
[试解]
预测3 如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是( )
A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1:m2
预测4 [2022·重庆押题卷]如图所示，一个质量为4m的小球(视为质点)，从高度为H的A点由静止释放，沿光滑曲线轨道到最低点B处与质量为m的另一个小球发生正碰，碰撞时间极短，且碰后粘在一起进入两个半径均为R＝0.4m的光滑圆管，恰好能通过圆管最高点C.在离开C进入与水平线成60°的固定的气垫导轨的顶端时，立即接通气垫导轨的电源，给小球一个方向垂直于气垫导轨平面、大小F风＝5mg的恒定风力．不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)高度H；
(2)小球到达水平线O′D时的速度大小．
[试解]
预测5 如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量为M＝3kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′.有3个完全相同的小滑块，质量均为m＝1kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0＝2m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；
(2)第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；
(3)第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q.
[试解]
考点三 力学三大观点的综合应用
1．力学三大观点对比
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线运动规律
v＝v0＋atx＝v0t+12at2v2-v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
I合＝p′－p
动量守恒定律
p1＝p2
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
例3[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sinθ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
[试解]
预测6 如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出．现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2m，弹珠B与坑的间距x2＝1m．某同学将弹珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠A又向前运动Δx＝0.1m后停下．已知两弹珠的质量均为2.5g，取重力加速度g＝10 m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：
(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ；
(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出．
[试解]
预测7 如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R＝0.18m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.3kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M＝0.4kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车．一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计．现用手将一质量m2＝0.1kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端．已知b与AP间的动摩擦因数μ＝0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2.
(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；
(2)求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；
(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
[试解]
素养培优·情境命题
利用动量观点解决实际情境问题
情境1 [2021·北京西城二模]蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高．如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中( )
A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功
C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
[解题心得]
情境2 [2022·北京押题卷]如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰．已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则( )
A．两壶碰撞过程无机械能损失
B．两壶碰撞过程动量变化量相同
C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为v04
D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
[解题心得]
情境3 [2021·广东卷]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
[试解]
专题七 动量定理 动量守恒定律
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：由图知0～3s内F的大小为F1＝4N，3～6s内F的大小F2＝4N；在0到3s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，为正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝v1a2＝1s，即4s末物块减速到零；在4～6s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，为负方向．画出整个过程中的vt图像如图所示：
4s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6s内，物块的位移不为零，6s时物块没有回到初始位置，B错误；3s时的速度v1＝6m/s，动量p1＝mv1＝6kg·m/s，C错误；由vt图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3s内、3～4s内、4～6s内物块的位移大小分别为x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，则0～6s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正确．
答案：AD
预测1 解析：10s末火箭的速度为v＝2ht＝20010m/s＝20m/s
由动量定理可得(F－mg)t＝mv
解得F＝5.7×106N，D正确．
答案：D
预测2 解析：刚开始滑动的2m内：Ek－Ek0＝－μmgx，带入数据解得μ＝0.5
物体的加速度a＝μg＝5m/s2
根据图像结合动能定义式可知，初速度v0＝6m/s
所以滑块在水平面上运动的总时间为t＝v0a＝1.2s，故A正确；滑块在水平面上运动的总位移为x＝12v0t＝3.6m，故B错误；滑块沿水平面做加速度不变的匀变速运动，故C错误；根据动量定理，整个过程中，滑块受水平面摩擦力的冲量大小为I＝Δp＝mv0－0＝6N·s，
但水平面对物体的作用力还包括弹力，故滑块受水平面作用力的冲量大小不是6N·s，故D错误．
答案：A
考点二
例2 解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝1-k2v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝1-2k3v0＝10-20k3m/s＞0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v′物＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v′滑＝10-20k3m/s＝0m/s
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1m/s
根据能量守恒可得μm′gx相＝12m'v'物2-12m'＋M'v共2
解得x相＝1.875m.
答案：(1)5(1－k) m/s，10-20k3m/s，方向均向右
(2)1.875m
预测3 解析：脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得p1－p2＝0或m1v1－m2v2＝0
故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；
动能与动量的关系为Ek＝12mv2＝p22m
由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；
甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h＝12gt2
可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；
由A的解析可得v1v2＝m2m1
平抛的水平位移为x＝v0t
故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D错误．
答案：C
预测4 解析：(1)小球从A释放滑到最低点的过程，根据动能定理有4mgH＝12×4mv12－0
两球在B处发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有4mv1＝(4m＋m)v2
两球恰好滑到C点速度为零，根据动能定理有－5mg·2R＝0-12×5mv22
联立解得H＝1.25m
(2)两球在离开C后它受到的力如图所示，由于F风＝5mg，且它们的夹角等于120°，根据力的平行四边形定则，可得合力的大小F合＝5mg
方向与重力的夹角成60°，如图所示
设小球到达水平线的点为E，其速度为vE，从C到E的过程中，根据动能定理有F合·Rcos60°＝12·5mvE2－0
解得vE＝4m/s.
答案：(1)1.25m (2)4m/s
预测5 解析：(1)滑板受力平衡，所以2f＝Mgsin37°，
解得f＝9N.
(2)由系统动量守恒得mv0＝(M＋m)v1
第1个小滑块与滑板P共速的速度v1＝0.5m/s
由系统动量守恒得2mv0＝(M＋2m)v2
第2个小滑块与滑板P共速的速度v2＝0.8m/s
(3)由系统动量守恒得3mv0＝(M＋3m)v3
3个小滑块与滑板P共速的速度v3＝1m/s
设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定理得mgsinθ·l3－μm3gcosθ·l3＝12M+3mv32-12M＋2mv22-12mv02
解得l3＝1.5m
第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·l3＝9.6J.
答案：(1)9N (2)0.5m/s 0.8m/s (3)9.6J
考点三
例3 解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝12mB1.2v02-12mA+mBv02＝0.6mv02.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由vt图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝15xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－15xA＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：12mB0.8v02+12mAvA12＝12mBv B'2+12mAv A'2
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有-2μmghcosθsinθ＝12mvA12－12m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案：10.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45
预测6 解析：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝v0t1-12at12，v1＝v0－at1
由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma
联立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s.
(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v′1，由运动学规律v′21＝2aΔx
解得v′1＝1m/s
设碰后瞬间弹珠B的速度为v′2，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2
解得v′2＝3m/s
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失
ΔΕk＝12mv12-(12mv 1'2＋12mv 2'2)
解得ΔEk＝7.5×10－3J
碰后弹珠B运动的距离为Δx′＝v2'22a＝0.9m<1m
所以弹珠B没有进坑，故不能胜出．
答案：(1)4m/s 0.5 (2)7.5×10－3J，不能
预测7 解析：(1)碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有m1g＝m1vC2R
根据机械能守恒定律有12m1v12＝12m1vC2＋m1g×2R
解得v1＝3m/s.
(2)b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有m2v＝m1v1－m2v2
12m2v2＝12m1v12+12m2v22
解得v＝6m/s，v2＝3m/s
由能量守恒定律有12m2v22＝μm2g×2L
解得L＝1m
从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有W－μm2gL＝12m2v2
解得W＝2.025J.
(3)设b停在车上时b与车的共同速度大小为v3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有m2v2＝(M＋m2)v3
由能量守恒定律有12m2v22＝12M+m2v32＋μm2gx
解得x＝1.6m
b最终停在P点左侧x－L＝0.6m处．
答案：(1)3m/s (2)1m 2.025J (3)0.6m处
素养培优·情境命题
情境1 解析：运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，A错误；运动员的机械能增加，是运动员消耗了自身体能，B错误；根据动量定理可知，运动员初、末速度均为0，动量的变化量为0，则合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，C正确，D错误．
答案：C
情境2 解析：两壶碰后在冰面上滑行，则有a＝μmgm＝μg
两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v1和v2，根据运动学关系
0-v02＝－2ax，得v1∶v2＝1∶3
根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v1＝v04，v2＝3v04，C正确，D错误；
两壶碰撞过程机械能的变化量为ΔE＝12mv12+12mv22-12mv02＝-316mv02，机械能有损失，A错误；
动量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反，B错误．
答案：C
情境3 解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝μmgm＝1m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v2-v12＝2a1s1，
解得v1＝0.3m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝μmgm＝1m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝v乙22a2＝0.02m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a.
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝v-v1a1＝0.1s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝v1'a1＝0.1s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s.
答案：(1)能，计算过程见解析 (2)0.2s
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