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2024届高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律学案
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这是一份2024届高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律学案，共64页。学案主要包含了动量，动量定理，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第六章 动量 动量守恒定律
第1讲 动量定理
一、动量、动量的变化量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)方向：动量的方向与速度的方向相同。
2．动量的变化量
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式：I＝FΔt，单位为N·s，冲量为矢量，方向与力的方向相同。
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
情境创设
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。
微点判断
(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)
(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)
(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。(√)
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算](2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
解析：选D 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
2．[动量变化量的大小计算](多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．m D．m
解析：选BCD 由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以 ＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，C、D正确，A错误。
3．[冲量的计算]如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中( )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
解析：选C 弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
[要点自悟明]
1．动能、动量和动量变化量的比较
物理量
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
Ek＝mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2.冲量的三种计算方法
公式法
利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法
利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定理法
如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量
(二) 动量定理(精研点)
研清微点1 应用动量定理解释体育活动
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析：选B 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
一点一过
对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
研清微点2 动量定理的应用
2.有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D 手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
一点一过
1．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。
2．应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
研清微点3 动量定理用于求解多过程问题
3．在蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，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1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
解析：法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋m，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
答案：1 500 N
一点一过
用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注。
(三) “柱状”模型(融通点)
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
[例1] 运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析] 设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[例2] 一同学在远处观看喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高(层高3 m)，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是( )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[解析] 40层楼高约h＝120 m。设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ为水的密度)和S＝，由此可得P＝≈5×105 W。
[答案] D
微粒及其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析步骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝S·Δl＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
[例3] 根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
[解析] (1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝＝。
(2)由(1)可知：I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，
故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
[答案] (1) (2)3.6×10－3 m/s2
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.一辆质量为2 200 kg的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是( )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量较大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量较大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
解析：选C 汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力F1＝≈15 053 N，C正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2＝＝260 000 N，D错误。
2.“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中( )
A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0
解析：选A 儿童接触蹦床时的速度大小为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－m)，解得I＝mgΔt＋m，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。
3.(2021·北京等级考)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，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项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为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。
4.平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·v－，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝，故选A。
5．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
解析：选D 根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确。
6．某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：
设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5 s。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：
(1)铁锤受到的冲量大小；
(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；
(3)大石板对人的平均作用力大小。
解析：(1)由机械能守恒定律mv2＝mgh，解得v＝，则铁锤敲击石板时的速度v1＝＝6 m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝＝1 m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。
(2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。
(3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871 N。由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F2′＝F2＝871 N。
答案：(1)35 N·s (2)3 550 N (3)871 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7．抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A．40 B．80
C．120 D．160
解析：选C 设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
8.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：选B 设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝＝ m/s＝4 m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰
撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
9．(2022·广州模拟)某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；
(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。
解析：(1)汽车在警报区域运动的距离x1＝v0t1－a1t12，开始紧急制动时的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽车在紧急制动区运动的距离x2＝s－s′－x1＝4 m，汽车在紧急制动区运动过程满足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。
(2)汽车在紧急制动区运动的时间t2＝＝1 s，测试假人所受重力的冲量大小I＝mg(t1＋t2)，带入数值得I＝1 000 N·s。
答案：(1)a2＝8 m/s2 (2)I＝1 000 N·s
第2讲 动量守恒定律
一、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
2．系统动量守恒的条件
理想守恒
系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
近似守恒
系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒
系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(2)分类：
种类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
2.反冲和爆炸
(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。
(2)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
A球的质量是m，B球的质量是，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A在前，B在后，发生正碰后，B球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。
微点判断
(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。(√)
(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。(×)
(3)两球间发生的是弹性碰撞。(×)
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。(√)
(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。(×)
(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。(√)
(一) 动量守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，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 撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断](多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选BCD 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
3．[某个方向上动量守恒的判断]如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，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Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
[要点自悟明]
判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。
(二) 动量守恒定律的应用(精研点)
1．动量守恒定律的五个特性
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
[多维训练]
考法1 动量守恒定律的基本应用
1．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D．0
解析：选B 设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝v0，B正确。
考法2 动量守恒中的临界极值问题
2.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
考法3 动量守恒定律与动量定理的综合
3.如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
(三) 某个方向上的动量守恒问题(培优点)
[典例] (多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02
[解析] 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确。
[答案] BD
[多维训练]
考法1 系统在某方向上动量守恒的分析与判断
1.(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是( )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：选AD 由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
考法2 系统在某方向上动量守恒与机械能守恒的综合
2.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
解析：选D 滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，v1＝v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。
[课时跟踪检测]
1．(多选)在2022年10月1日举行的女篮世界杯决赛中，中国女篮获得世界杯亚军。这是继1994年后，时隔28年中国女篮再获此殊荣！比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2
B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
解析：选AC 以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。
2．质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A.v B.v C.v D.v
解析：选B 由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－v，即滑板的速度大小为，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
3.(2022·潍坊月考)如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为( )
A.，方向向右 B.，方向向右
C.，方向向右 D．v1，方向向右
解析：选D 人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车之间在水平方向上的动量仍然守恒，所以水平方向的速度不发生变化，车的速度仍然为v1，方向向右，D正确，A、B、C错误。
4．如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是( )
A．木块B的最终速度大小为5.6 m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
解析：选B 小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝mBv2－mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。
5.如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
解析：选C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝×3mv02－×(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
6.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝mv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gR＝m2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根据题意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2，接下来男演员做平抛运动，由4R＝gt2，得t＝ ，因而s＝v2t＝8R。
答案：8R
第3讲 “动量守恒定律中三类典型问题”的分类研究
类型(一) 碰撞问题
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理。
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解：根据动量守恒和机械能守恒
解得v1′＝，
v2′＝。
(2)分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则：
v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，即v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝。
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。
③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[典例] (2022·广东高考)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v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[解析] (1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g
代入数据解得N1＝8 N，
滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg
代入数据解得N2＝5 N。
(2)滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得：－mgl－fl＝mv12－mv02
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v′，
由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′
再由动能定理得：－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v′2
代入数据解得：h＝0.2 m。
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
[规律方法]
碰撞问题解题策略
(1)碰撞时间极短，速度变化瞬间完成，碰撞物体、位置可认为没有发生变化。
(2)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(3)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1′＝v1 v2′＝v1
(4)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
[多维训练]
1．[弹性碰撞]秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(01n)与静止氘核(12H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )
A.E B.E C.E D.E
解析：选B 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式×1×v02＝×1×v12＋×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－v0，即动能减小为原来的，动能损失量为E。
2．[非弹性碰撞问题]甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
解析：选A 设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
3．[碰撞应遵守的三原则]两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选C 碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
类型(二) 爆炸与反冲
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
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
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[例1] 如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
[解析] (1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝m1v12＋m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：
－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8 s。
[答案] (1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s
[针对训练]
1．(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：选B 爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有＋＝5，＋＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
1．反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。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。
2．对反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
[例2] 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析] (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。
(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。
[针对训练]
2．(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC 小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
类型(三) 人船模型问题
1．人船模型问题
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零，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。这样的问题即为“人船模型”问题。
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
(3)应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
[典例] (2023·广州高三检测)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是( )
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
[解析] 小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故B错误；由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；由水平方向的动量守恒可得小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有Mv1＝mv2，则有Mx1＝mx2，可得x2＝x1，且x1＋x2＝R，则可得x1＝，则小球运动到左侧最高点时，小车向右移动的距离为x＝2x1＝＜R，所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧最高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
[答案] C
[易错提醒]
求解“人船模型”问题的注意事项
(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的两物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
[针对训练]
1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：选C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。
2.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是( )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
解析：选A 不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，v2＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
3.某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为( )
A.L B.L C.L D.L
解析：选C 由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，m＝[M＋(n－1)m]，解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选C 设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。
2．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝，v′＝；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：M＝m，解得船的质量为M＝，故选A。
3.(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
解析：选C A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
4．(2022·河北唐山模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球A系在轻线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量均为5m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使轻线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则可求出( )
A．碰撞后小球A反弹的上升的最大高度
B．碰撞后小球A反弹的上升的时间
C．碰撞过程中物块B获得冲量大小
D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
解析：选ACD 对小球A，由机械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A与物块B发生弹性正碰，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可求出碰后小球A和物块B的速度，对小球A再使用机械能守恒定律可求出碰撞后小球A反弹上升的最大高度，故A正确；由于小球碰后做变速圆周运动，故无法求得小球A反弹上升的时间，故B错误；碰撞过程中根据动量定理可求出物块B获得冲量大小，故C正确；碰撞后，物块B、轻弹簧和物块C组成的系统，当物块B和物块C共速时弹簧有最大弹性势能，根据动量守恒定律求出共速的速度，再根据系统机械能守恒定律求出弹簧获得的最大弹性势能，故D正确。
5.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x-t图像)如图所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B．碰碰车的质量为50 kg
C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s
D．碰撞过程中损失的机械能为600 J
解析：选D 规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m/s，大人的速度为－3 m/s，碰后两人的共同速度为－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(20＋M)×2－(60＋M)×3＝(2M＋20＋60)×(－1)，解得M＝60 kg，故B错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160 kg·m/s，碰后总动量为p1′＝－80 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240 N·s，故C错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝×80×22 J＋×120×(－3)2 J－×200×(－1)2 J＝600 J，故D正确。
6．质量为m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v0＝14.14 m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5 J。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：
(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；
(2)手榴弹所装弹药的质量；
(3)两块弹片落地点间的距离。
解析：(1)设手榴弹上升到最高点时的速度为v1，根据机械能守恒有mv02＝mv12＋mgh
解得：v1≈10 m/s。
(2)设每块弹片的质量为m1，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v2，有m1gh＝5 J
设手榴弹装弹药的质量为Δm，有Δm＝m－2m1
代入数据解得：Δm＝0.06 kg。
(3)另一块做平抛运动时间为t，两块弹片落地点间距离为Δx，有mv1＝m1v2，Δx＝v2t，h＝gt2，
解得：Δx＝26 m。
答案：(1)10 m/s (2)0.06 kg (3)26 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是( )
A．A、B分离时A的速度为v0
B．A、B分离时A的速度为v0
C．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
D．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
解析：选BD 该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝m(2v0)2－·2mv02－mv02＝mv02，C错误，D正确。
8.(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时(未离开小车)，小车速度大小为v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L
解析：选BC 弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A错误；取物块和小车组成的系统为研究对象，所受合外力为零，故系统的动量守恒，B正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D错误。
9.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
解析：选BD 由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D正确；A、C错误。
10.如图所示，一倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，质量为5m的物块静止于斜面上O处。在距离O点h＝1.8 m高处的斜面顶端从静止开始释放一个质量为m的小球，小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞，一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，小球与斜面间摩擦忽略不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求：
(1)小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2；
(2)斜面的高度H。
解析：(1)设刚要碰撞时小球的速度为v0，根据机械能守恒有mgh＝mv02，在小球与物块的碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒有mv0＝mv1＋5mv2，根据动能守恒有mv02＝mv12＋·5mv22，联立解得v1＝－＝－4 m/s，v2＝＝2 m/s，小球速度方向沿斜面向上，物块速度沿斜面向下。
(2)小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为a1，经时间t运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，根据牛顿运动定律有mgsin θ＝ma，根据运动学公式＝v1t＋at2，设碰撞后物块的加速度为a2，根据牛顿运动定律有5mgsin θ－5μmgcos θ＝5ma2，将μ＝tan θ代入上式得a2＝0，即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，于是有＝v2t，联立解得H＝＝4.2 m。
答案：(1)4 m/s，小球方向沿斜面向上 2 m/s，物块速度沿斜面向下 (2)4.2 m
第4讲 “应用三大力学观点解题”的技能强化
加强点(一) 动量观点与动力学观点的综合应用
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。
[典例] 静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
[解析] (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAvA2＋mBvB2 ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。 ③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
由于l＜sA＜2l＋sB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。 ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s ⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ⑫
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2 ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s ⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2 ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m ⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
[答案] (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
[针对训练]
(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
解析：(1)A和B恰好能静止，则有
mgsin θ＝μmgcos θ，
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，
由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得：a＝g
A与B碰撞前的速度为v12＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知mv12＝mv22＋mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝。
(2)碰撞后B运动到底端所用时间为
t1＝＝
A运动到底端所用时间为t2＝
若t1＝t2
解得：k＝
当0＜k≤时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有gt2＝t
解得：t＝2
当k＞时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰时，满足：L－gt2＝·(t－t1)－a′(t－t1)2，
解得：t＝ 。
答案：(1)0 (2)当0＜k≤时，t＝2；当k＞时，t＝
加强点(二) 动量观点与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。
[典例] 一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：
(1)玩具上升到最大高度时的速度大小；
(2)两部分落地时速度大小之比。
[解析] (1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有
0－v02＝－2gh ①
v2－v02＝－2g ②
联立①②式解得
v＝v0。 ③
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为
m1v12＋m2v22＝(m1＋m2)v02 ④
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
m1v1－m2v2＝0 ⑤
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有
v1′＝ ⑥
v2′＝ ⑦
联立④⑤⑥⑦式，考虑到m1∶m2＝1∶4，得 ＝2。
[答案] (1)v0 (2)2
[针对训练]
(2021·北京等级考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
解析：(1)抛出后竖直方向为自由落体运动，
由h＝gt2
解得t＝0.30 s。
(2)设物块A、B碰撞后速度为v，抛出后水平方向为匀速运动，由s＝vt
解得v＝1.0 m/s。
根据动量守恒定律，由mv0＝2mv
解得v0＝2.0 m/s。
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv02－×2mv2
解得ΔE＝0.10 J。
答案：(1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
加强点(三) 三大力学观点的综合应用
1．三大基本观点
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量的观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量的观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
[特别提醒]
(1)无论使用哪一个规律，受力分析是前提。
(2)有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找出最快捷的解题方法。
[典例] (2023·浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
[解析] (1)滑块从A到C，由动能定理得：
mg(h－1.2R－Rcos θ－R)＝mvC2
代入得vC＝4 m/s
在C点，由牛顿第二定律得：
FC＋mg＝m
代入数据解得：FC＝22 N。
(2)设滑块刚冲上摆渡车时速度为v0，则由动能定理得mgh－0.2mgLFG＝mv02
代入数据解得：v0＝6 m/s
滑块恰好不脱离摆渡车，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v共
代入数据解得v共＝3 m/s
由能量守恒定律得：μmgL＝mv02－(m＋m)v共2
代入数据解得μ＝0.3。
(3)对滑块由牛顿第二定律得：μmg＝ma
减速阶段：t1＝＝1 s
x1＝(v0＋v共)t1＝4.5 m
匀速阶段t2＝＝1.5 s
则滑块从G到J用时t＝t1＋t2＝2.5 s。
[答案] (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
[针对训练]
如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。
解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgL＝mv02，解得：v0＝
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：
T－mg＝m
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T
解得：T′＝3mg。
(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：
h＝gt2
水平方向：L＝t，解得：h＝L。
(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝m＋3mv1
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2
由能量守恒定律得：
×3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs
联立解得：s＝
由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。
答案：(1)3mg (2)L
(3)滑块C不会从木板上掉下来
[课时跟踪检测]
1．如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。
(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝mv02
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有
(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2
其中W1＝kh12
联合上式解得h1＝，另一负解不合实际情况，故舍去。
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：
(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2
其中W总＝kl2，解得N＝2 025。
答案：(1) (2)2 025
2．如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝6 m/s匀速转动，水平部分长度L＝9 m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9 J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1 kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g＝10 m/s2。
(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；
(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；
(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带，则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？
解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，有Ep＝mAvA2＋mBvB2
由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0
联立以上两式解得vA＝3 m/s，vB＝3 m/s。
(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为x，
由动能定理得－μmBgx＝0－mBvB2，
解得x＝＝2.25 m
由于x＜L，B不能从传送带右端滑离传送带。
(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，由功能关系可知E＋mAvA2＝mAv12
由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动。
由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2＝vB＝3 m/s
设B与A发生碰撞粘连后速度为v′，由动量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑离传送带，要求(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E ≥108 J。
答案：(1)3 m/s 3 m/s (2)不能 (3)108 J
3．(2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，
再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，
联立化简得v滑＝v0，v木＝v0，
再根据功能关系有
－μmgx＝×2mv木2＋mv滑2－×2mv02，
联立解得x＝。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑＝μg，
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝，
则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝，
则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。
答案：(1) (2) (3) mv02
4．(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2。
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mvb＝mvb′＋mv0，mvb2＝mvb′2＋mv02
联立解得v0＝vb＝5 m/s。
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得
mgh1－2μmgl－mgH＝0
解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向FN＋mg＝m
由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
联立可得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)。
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s＝vEt
根据几何关系可得DF＝ m
联立解得x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得m≤x
mgH－μmgs3＝0
解得s3＝0.4 m
距离C点0.6 m，
综上可知当0.9 m
代入数据得2.6 m≤x≤3 m。
答案：(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)，以竖直向下为正方向
(3)当0.9 m
第5讲 实验：验证动量守恒定律
把握经典实验方案
一、基本原理与操作
原理装置图
碰撞前：p＝m1v1＋m2v2
碰撞后：p′＝m1v1′＋m2v2′
操作要领
(1)测质量：用天平测出两球的质量
(2)安装：斜槽末端切线必须沿水平方向
(3)起点：入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放
(4)铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下铅垂线所指的位置O
(5)测距离：用小球平抛的水平位移替代速度，用刻度尺量出O到所找圆心的距离
二、核心关键——数据处理
(1)碰撞找点：把被碰小球放在斜槽末端，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。标出碰撞前、后入射小球落点的平均位置P、M和被碰小球落点的平均位置N。如图2所示。
(2)验证：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。
融通多彩实验方案
方案(一) 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
[实验器材]
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、游标卡尺等。
[实验步骤]
(1)测质量：用天平测出滑块质量。
(2)安装：正确安装好气垫导轨。
(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)。
[数据处理]
(1)滑块速度的测量：v＝，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
(2)验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
方案(二) 利用等长摆球完成一维碰撞实验
[实验器材]
带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。
[实验步骤]
(1)测质量和直径：用天平测出小球的质量m1、m2，用游标卡尺测出小球的直径d。
(2)安装：把小球用等长悬线悬挂起来，并用刻度尺测量悬线长度l。
(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
(4)测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度。
(5)改变条件重复实验：①改变小球被拉起的角度；②改变摆长。
[数据处理]
(1)摆球速度的测量：v＝，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起)的高度，h可由摆角和摆长l＋计算出。
(2)验证的表达式：m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
方案(三) 利用两辆小车完成一维碰撞实验
[实验器材]
光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等。
[实验步骤]
(1)测质量：用天平测出两小车的质量。
(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
(3)实验：小车B静止，接通电源，让小车A运动，碰撞时撞针插入橡皮泥中，两小车连接成一个整体运动。
(4)改变条件重复实验：①改变小车A的初速度；②改变两小车的质量。
[数据处理]
(1)小车速度的测量：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝计算。
(2)验证的表达式：m1v1＝(m1＋m2)v2。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。
2．通用的数据处理方法
计算碰撞之前的总动量m1v1＋m2v2和碰撞之后的总动量m1v1′＋m2v2′。
3．共同的注意事项
(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
(2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。
4．一致的误差分析思路
(1)主要来源于质量m1、m2的测量。
(2)小球落点的确定。
(3)小球水平位移的测量。
一、基础考法保住分
考查点(一) 实验原理与操作
1．某同学用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，A、B为半径相同的小球(mA>mB)，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一位置G由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止释放。两球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作多次。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O点对齐(未画出)。
(1)碰撞后B球的水平射程应为________cm。
(2)以下选项中，本次实验必须进行测量的是______(填选项前的字母)。
A．测量A球未与B球相碰时的平均落点到O点的距离
B．测量A球与B球相碰后的平均落点到O点的距离
C．测量A球和B球的直径
D．测量A球和B球的质量
E．测量水平槽面相对于O点的高度
解析：(1)如题图所示，用尽可能小的圆把小球落点圈在里面，由此可见圆心的位置是65.7 cm，即碰撞后B球的水平射程应为65.7 cm；
(2)本实验需要验证的方程是：mA＝mA＋mB，(其中的K、N、M分别是A球未与B球碰撞时的平均落地点、A球与B球相碰后A球的平均落地点以及A球与B球相碰后B球的平均落地点)，则需要测量两球的质量mA、mB，水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离。A球与B球碰撞后，测量两球落点位置到O点的平均距离和。故A、B、D正确，C、E错误。
答案：(1)65.7(65.5～65.9均正确) (2)ABD
[关键点拨]
实验操作的四点提醒
(1)调整斜槽末端切线水平，保证小球碰后均做平抛运动。
(2)入射小球与被碰小球的平抛起点相同。
(3)小球碰撞前后做平抛运动的时间相同，因此，可用平抛的水平位移替代平抛的初速度进行实验验证。
(4)以最小的圆包括小球的落地点，则该圆的圆心即为小球落点的平均位置。
考查点(二) 数据处理与误差分析
2．(2022·重庆高考)如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，除了前述实验器材外，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图线可知滑块B碰前的速度为
vB＝ m/s≈－0.058 m/s
则滑块B碰前的动量为pB＝mBvB＝0.197 8 kg×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
(1)气垫导轨应保持水平，能让滑块在气垫导轨上近似做匀速直线运动。
(2)两物体碰撞后要根据实际情况，符合“后不超前”原则。[关键点拨]
二、创新考法不失分
创新角度(一) 实验目的的创新
1．如图甲所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
挡位
平均最大偏角θ/度
弹丸质量m/kg
摆块质量M/kg
摆长l/m
弹丸的速度v/(m·s－1)
低速挡
15.7
0.007 65
0.078 9
0.270
5.03
中速挡
19.1
0.007 65
0.078 9
0.270
6.77
高速挡
0.007 65
0.078 9
0.270
7.15
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示，请将表中数据补充完整：θ＝________。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________。
(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：________________________________________。
[创新点分析]
(1)利用动量守恒、机械能守恒计算弹丸的发射速度。
(2)减小实验误差的措施，体现了物理知识和物理实验的实用性、创新性和综合性。
解析：(1)分度值为1°，故读数为22.5。
(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：
mv＝(m＋M)v′
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得：
(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cos θ)，
联立解得：v＝。
(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)。
答案：(1)22.5(22.3～22.7均正确)
(2) (3)见解析
创新角度(二) 实验器材的创新
2．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：
步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；
步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；
步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；
步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示。
(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________。
①P5、P6之间 ②P6处 ③P6、P7之间
(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。
①A、B两个滑块的质量m1和m2
②滑块A释放时距桌面的高度
③频闪照相的周期
④照片尺寸和实际尺寸的比例
⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78
⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89
⑦滑块与桌面间的动摩擦因数
写出验证动量守恒的表达式_________________________________________________。
(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处，又由于P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确。
(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝，v5＝，又v5＝，解得碰撞前滑块A速度v6＝，同理，碰撞后整体的速度v6′＝，需要验证的方程为m1v6＝(m1＋m2)v6′，将以上两式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接测量的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正确。
(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：
①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动。
②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。
③适当增大相机和轨道槽的距离，减小由于镜头拍摄引起的距离误差。
④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。
答案：(1)②
(2)①⑥ m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)
(3)见解析(任意一条即可)
创新角度(三) 实验原理的创新
3．某同学用如图甲所示的装置验证碰撞中动量守恒。一根长为L的轻质不可伸缩细线一端拴住质量为mA的小钢球A，细线的另一端固定在悬点O，在最低点的前后放置一光电门，光电门前的水平面上放一质量为mB的金属物块B，物块的上表面中央固定一轻质的遮光片。现将小球向右拉至细线水平后静止释放，小球在最低点与物块碰撞后反弹上升，测出小球反弹上升时细线的最大偏角为θ，光电门记录的挡光时间为t，已知重力加速度为g。则
(1)用20分度的游标卡尺测遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________mm。
(2)小球与物块的质量大小关系为mA________mB(选填“＞”“＝”或“＜”)。
(3)验证小球与物块在碰撞过程中动量守恒的表达式为_________________。
(用字母mA、mB、L、d、θ、t、g表示)
[创新点分析]
(1)利用光电门测物块碰后的速度。
(2)利用机械能守恒定律得出小球碰撞前后的速度。
解析：(1)主尺读数为4 mm，游标尺读数是7×0.05 mm＝0.35 mm，故最后读数4 mm＋0.35 mm＝4.35 mm；
(2)小钢球与金属物块碰后要求小球反弹，故mA＜mB；
(3)设小球在碰撞前、后的速度大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律有mAgL＝mAv12，mAgL(1－cos θ)＝mAv22，碰后物块的速度v＝，由碰撞中动量守恒有mAv1＝mBv－mAv2，可得1＋mAt＝mBd。
答案：(1)4.35 (2)＜
(3)1＋mAt＝mBd
创新角度(四) 实验过程的创新
4．一同学采用如图甲所示的实验装置，设计了“验证动量守恒定律”的实验。实验装置中的斜面和水平面之间用很短的平滑曲面连接，物块通过平滑曲面时速度大小不变。实验步骤主要包括：
①选取两块表面粗糙程度相同的物块A、B。
②将两个粘扣分别钉到两物块的侧面上，使两物块相碰时能粘合在一起。
③让物块A从斜面上某一位置O处由静止开始滑下，记下物块A在水平面上停下的位置P(多次滑下以准确确定位置P)，如图乙所示。
④在靠近斜面底端处放物块B，并使带有粘扣的一侧朝左，标出此时B所处位置M，让物块A从同一位置O处由静止开始滑下，A、B碰撞后粘合在一起，标出停止时两物块的位置N，如图丙所示。
⑤用刻度尺测MP、MN的长度s1和s2，用天平测出A、B的质量mA、mB。
(1)只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式____________________，就可以认为碰撞瞬间A、B系统的总动量保持不变。
(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①____________________________；
②________________________________________________________________________。
(1)使物块A从同一位置由静止下滑，以保证物块A到达斜面底端时的速度相同。
(2)物块碰撞前后的速度可由其在水平面上滑行的距离分析得出。 [创新点分析]
解析：(1)设碰前物块A的速度大小为v1，碰后瞬间物块A、B的共同速度为v2，对未放物块B时物块A从M运动到P的过程，由动能定理得－μmAgs1＝－mAv12，解得v1＝，对碰撞后A、B一起从M运动到N的过程，由动能定理可得－μ(mA＋mB)gs2＝－(mA＋mB)v22，解得v2＝，碰撞瞬间若满足动量守恒，则应有mAv1＝(mA＋mB)v2，即mA＝(mA＋mB)，
整理得mA＝(mA＋mB)。即只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式mA＝(mA＋mB)，碰撞瞬间A、B系统的总动量就保持不变。
(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①增加物块A开始下滑时的高度；②让碰撞点尽量接近斜面底端。
答案：(1)mA＝(mA＋mB) (2)见解析
阶段综合检测(二) [考查范围：曲线运动 万有引力与宇宙航行 机械能和动量]
(本试卷满分：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，只有一项是符合题目要求的)
1.如图所示的装置，M、N棒连接相同旋转速度的电机，在图中所示的时刻A点与B点位于同一竖直线上，对此下列说法正确的是( )
A．A点与B点的线速度相同
B．A点与B点的周期相同
C．经过t＝2 s，A点与B点的线速度相同
D．A点的向心加速度大于B点的向心加速度
解析：选B 由题知M、N棒连接相同旋转速度的电机，则说明M、N的角速度相同，则周期相同，根据角速度与线速度的关系可知v＝ωr，由图可知rB>rA，则有vB > vA，A、C错误，B正确；根据向心加速度的计算公式有a＝ω2r，由图可知rB > rA，则有aB > aA，D错误。
2．质量为m的小鸟，以速度v沿着与水平成θ角斜向上的方向匀速飞行，重力加速度为g，则( )
A．小鸟处于超重状态
B．空气对小鸟作用力的方向与v的方向相反
C．空气对小鸟作用力的大小为mg
D．重力对小鸟做功功率为－mgv
解析：选C 小鸟匀速飞行，所受合力为零，A错误；小鸟受重力和空气对小鸟的作用力，空气对小鸟的作用力与重力等大反向，大小为mg，B错误，C正确；功率公式P＝Fv，要求力与速度共线，所以重力对小鸟做功功率为－mgvsin θ，D错误。
3．宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力互相绕转，称之为双星系统，在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则( )
A．星球A的质量一定大于B的质量
B．星球A的角速度一定大于B的角速度
C．星球A的线速度大小一定大于B的线速度大小
D．星球A的向心加速度大小一定小于B的向心加速度大小
解析：选C 由于两颗星始终绕着O点旋转，他们的连线始终过O点，因此角速度相等，B错误；由于两颗星都绕着O点旋转，他们之间的万有引力提供向心力，因此＝MAω2rA①，＝MBω2rB②，将①②联立可得MArA＝MBrB，由于rA>rB，因此MAvB，C正确；根据a＝ω2r，可知D错误。
4．如图所示，甲为一长度为L的均匀链条，总质量为2m，一半放在水平桌面上，一半竖直下垂。乙为两个质量均为m的小球，一个放在水平桌面上，一个竖直下垂，中间用不计质量、长度为L的细绳相连，水平部分和竖直部分长度相等，小球可以视为质点。现给甲、乙一个小扰动，使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面为零势能面，重力加速度大小为g，下列有关说法正确的是( )
A．甲的重力势能减少了mgL
B．乙的重力势能减少了mgL
C．甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功
D．甲、乙重力势能的减少量相等
解析：选A 甲的重力势能变化量为ΔEPA＝－＝－mgL，A正确；乙的重力势能变化量为ΔEPB＝(－mgL)－＝－mgL，B、D错误；甲受到的重力做的功大于乙受到的重力做的功，C错误。
5．比赛用标准篮球充气后从1.80 m处自由下落后弹起的高度范围应在1.20 m～1.40 m之间。在某次检测时，篮球自离地面高1.80 m处无初速度释放后反弹最大高度为1.25 m，该篮球的质量为0.6 kg，忽略空气阻力的影响，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量方向向下
B．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量大小为6.6 kg·m/s
C．从开始下落至反弹到最高点，整个过程篮球的机械能守恒
D．从开始下落至反弹到最高点，整个过程合力对篮球所做的功为3.3 J
解析：选B 取向下为正方向，由v2＝2gh，可得落地前的速度v1＝6 m/s，反弹离开地面前的速度大小是v2＝5 m/s，方向向上，即v2＝－5 m/s，则有Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－6.6 kg·m/s，负号代表方向向上，大小为6.6 kg·m/s，A错误，B正确；篮球反弹的最大高度小于初始高度，所以机械能有损失，C错误；由动能定理可知，整个过程动能变化量为零，合力做功也为零，D错误。
6．科学家研究表明：地球自转的角速度在逐渐减小，假设这种趋势持续下去，每经过时间T，地球自转周期增加t0。若地球半径为R，地球可视为质量均匀分布的球体；现在地球的自转周期为T1，地球表面重力加速度在赤道处的大小为g，其他条件都不变，则经过时间T，地球表面重力加速度在赤道处的大小应为( )
A．4π2R＋g
B．g－4π2R
C．4π2R＋g
D．g－4π2R
解析：选C 设赤道处质量为m的物体受到的万有引力为F，则物体的重力为mg＝F－，经过时间T后，地球的自转周期为T2＝T1＋t0，赤道处物体的重力为mg′＝F－，联立以上三式，约掉质量m，可得g′＝4π2R＋g，C正确。
7．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示，其中错误的是( )
解析：选B 汽车最开始做初速度为0的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后做匀速运动。开始匀加速阶段，有F－Ff＝ma，设匀加速刚结束时的速度为v1，有P＝Fv1，最后匀速时，有F额＝Ff即P＝F额vm，综上所述，匀加速的末速度为v1＝，最后匀速速度为vm＝，接下来对各个图像进行逐个分析：在v -t图像中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为0，B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，C正确；开始汽车功率逐渐增加，存在P＝Fv＝Fat，故为过原点的直线，后来功率恒定，D正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．2022年6月5日，超大型塔式起重机XGT15000－600S，成功下线交付(如图甲)。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．该起重机的额定功率为ma02t1
B．该起重机的额定功率为(mg＋ma0)a0t1
C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2(t2－t1)
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2t2
解析：选BC 0～t1时间内，物体做匀加速直线运动，牵引力不变，功率增大，当t＝t1时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma0，此时功率达到额定功率，且P额＝Fv1，又v1＝a0t1，联立解得起重机的额定功率为P额＝(mg＋ma0)a0t1，故A错误，B正确；0～t1时间内牵引力做的功W1＝，t1～t2时间内牵引力做的功W2＝P额(t2－t1)，则在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故C正确，D错误。
9．如图所示，质量为m的小球从半径为R的竖直半圆弧轨道最低点A点进入后恰能通过最高点B，然后落回水平面。已知C为半圆弧AB的中点，D为圆弧AC之间一点，θ＝60°，不计一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球通过C点时对轨道压力大小为3mg
B．小球落到水平面时距离A点的距离为R
C．若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2.5 R
D．若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2R
解析：选ACD 小球恰能经过B点，则mg＝m，则从C到B，由机械能守恒mvC2＝mvB2＋mgR在C点时FNC＝m，解得FNC＝3mg，A正确；小球从B点平抛，则x＝vB＝2R，B错误；若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达C点后做竖直上抛运动，则小球到达最高点时距离水平面的高度为H＝＋R＝2.5 R，C正确；若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达D点后做斜抛运动，从D到C有mvD2＝mvC2＋mg·R，解得vD＝2，到达最高点时距离水平面的高度为H′＝R＋＝2R，D正确。
10．斜面倾角为30°，某一物体从距地面高为h＝2 m处的A点以速度v0＝4 m/s与
斜面成60°飞出，最后落回斜面B点。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，O点为斜面最低点。关于物体运动情况下列说法正确的是( )
A．物体飞行时间为0.8 s
B．物体离开斜面时的最远距离为 m
C．线段AB＝1.6 m
D．物体离地面的最大高度为2.2 m
解析：选AD 将运动沿着斜面和垂直斜面方向正交分解，在垂直斜面方向上2v0sin 60°＝gtcos 30°，可得飞行时间t＝0.8 s，A正确；当运动0.4 s时距离斜面最远，且最远距离为d＝＝ m，B错误；AB的长度L＝v0tcos 60°＋gsin 30°·t2＝3.2 m，C错误；将运动沿水平方向和竖直方向分解，由几何关系可得初速度与竖直方向夹角为60°，因此最大高度时H＝h＋＝2.2 m，D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)在一次实验中，某同学选用了两个外形相同的硬质小球A和B，小球A质量较大，小球B质量较小。该同学实验发现：若在水平面上用A球去撞击原来静止的B球，碰后A和B都向前运动；若用B球去撞击原来静止的A球，碰后A球向前运动，B球向后运动。为了探究碰撞中的不变量，该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验。实验时，分别将小球M、N放在竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)。现让小球M从与圆心O等高处由静止释放，在底部与静止的小球N发生正碰。
(1)实验中，若实验室里有如下所述的四个小球：
①半径为r的玻璃球；
②半径为2r的玻璃球；
③半径为1.5r的钢球；
④半径为2r的钢球。
为了便于测量，M球应选用________，N球应选用________(填编号)。
(2)实验中不用测量的物理量为________。
①小球M的质量m1和小球N的质量m2；
②圆弧轨道的半径R；
③小球M碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ1；
④小球N碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ2。
(3)用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为：________________________。
解析：(1)在本实验中应选择直径相同的小球，为了让M球碰后反弹，要用质量小的小球去碰撞质量大的小球；由给出的小球可知，只能选用②④两球，且应用②球去碰撞④球；
(2)小球与轨道间的摩擦可忽略，小球运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v12 ①
m1gR(1－cos θ1)＝m1v1′2 ②
m2gR(1－cos θ2)＝m2v2′2 ③
以M球的初速度方向为正方向，如果两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
m1v1＝m1(－v1′)＋m2v2′ ④
由①②③④解得：
m1＝－m1＋m2 ⑤
由⑤可知，探究碰撞中的不变量，需要测出两球的质量与碰撞后两球上升的最高位置与O点连线偏离竖直方向所对应的夹角，故需要测量的量为：①③④，不需要测量的物理量为：②。
(3)由(2)可知，在碰撞中的不变量的等式为：
m1＝－m1＋m2。
答案：(1)② ④ (2)②
(3)m1＝－m1＋m2
12．(9分)采用如图甲所示的装置可以研究平抛运动。图乙是确定小球位置的硬纸片的示意图，带有一大一小两个孔，大孔宽度与做平抛运动的小球的直径d相当，可沿虚线折成图甲中的样式，放在如图甲中的多个合适位置，可用来确定小球的运动轨迹。已知重力加速度为g。
(1)已备有器材：有孔的硬纸片、坐标纸、图钉、长方形平木板、铅笔、三角板、刻度尺、弧形斜槽、小球、铁架台(含铁夹)，还需要的一种实验器材是________。
A．停表 B．天平
C．铅垂线 D．弹簧测力计
(2)关于本实验的一些说法，正确的是________。
A．斜槽必须是光滑的，且每次释放小球的初位置相同
B．应该将斜槽轨道的末端调成水平
C．以斜槽末端紧贴着槽口处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点O
D．为使所描曲线与小球运动轨迹吻合，应将所有通过硬纸片确定的点都用直线依次连接
(3)判断所描绘曲线是否为抛物线是本实验的目的之一。若某同学实验得到的平抛运动的轨迹是图丙所示的曲线，图中的O点是小球做平抛运动的起点。可用刻度尺测量各点的x、y坐标，如P1的坐标(x1，y1)、P2的坐标(x2，y2)、P3的坐标(x3，y3)等。怎样通过这些测量值来判断这条曲线是否为一条抛物线？请简述判断的方法： 。
解析：(1)在做“研究平抛物体的运动”实验时，还需要铅垂线确定竖直方向，使坐标纸在竖直面内且方格线沿竖直或水平方向，故C正确，A、B、D错误。
(2)为了使小球平抛运动的初速度相同，小球必须从斜槽上相同的位置自由滚下，但斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误；为了使小球做平抛运动，斜槽轨道的末端必须水平，故B正确；小球平抛运动的起点和所建坐标系的原点O应该是小球开始静止在斜槽末端时小球球心所在的位置，故C错误；为了减小误差，且使曲线与小球运动轨迹吻合，应舍去误差较大的点，用平滑的曲线连成轨迹，故D错误。(3)方法一：根据二次函数的特点，令y＝ax2，代入实验所得各点的坐标值求出一系列a，看在误差允许范围之内，a是否相等，则可判断实验所得的曲线是否是一条抛物线。
方法二：按照实验所得各点的坐标值，描绘yx2图像，观察图线在误差允许范围之内是否为一条直线，则可判断该实验曲线是否是一条抛物线。
答案：(1)C (2)B (3)见解析
13．(11分)如图所示，一个长方体铁箱在水平推力作用下由静止开始向右匀加速运动，这时铁箱内一小木块恰好能静止在后壁(木块和铁箱不粘连)，小木块离箱底h，离箱内右侧壁为kh，小木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ。铁箱与水平地面间动摩擦因数也为μ，铁箱右侧壁距离为处有一竖直固定墙壁，铁箱碰墙壁原速率弹回且同时撤去水平推力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)求铁箱向右匀加速的加速度大小a；
(2)若铁箱碰墙后小木块直接击中铁箱的右下角，求k。
解析：(1)向右加速过程，对木块FN＝ma，μFN＝mg
得a＝。
(2)加速过程，有v2＝2a
若铁箱停下时，恰好木块平抛落在底板，有
对铁箱t1＝，其中μMg＝Ma′
对木块h＝gt2，且t1＝t2，解得μ＝0.5
若μ≥0.5，则铁箱停下后，木块落在底板，
有kh＝vt2＋，得k＝ ＋
若μ<0.5，则铁箱未停下木块就落在底板，
有kh＝vt2＋，解得k＝ －μ。
答案：(1) (2)μ≥0.5时， ＋；μ<0.5时， －μ
14．(12分)某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上长度s＝5 m的直线轨道AB运动，从B点进入光滑固定竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入长度可调、倾角θ＝37°的固定斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后开始做平抛运动。已知赛车的质量m＝200 g，通电后赛车以恒定功率P＝1.6 W工作，要使赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，至少需通电t＝1.5 s，赛车在轨道AB、CD段运动时受到的阻力恒为车重的，赛车经过轨道中C、D两点时的速度大小不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求光滑竖直圆轨道的半径R；
(2)已知赛车在水平轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，调节CD轨道的长度，求赛车从D点飞出后做平抛运动的最大水平位移xmax。
解析：(1)设赛车恰好过最高点P时的速度大小为vP，由重力提供向心力可得mg＝m
从A点至P点过程，由动能定理可得
Pt－mg·s－mg·2R＝mvP2－0，
联立解得R＝0.08 m。
(2)赛车在AB段最后做匀速运动，设其速度大小为v，设CD轨道的长度为l，赛车到达点D时速度大小为vD，赛车从D点飞出后做平抛运动的水平位移大小为x，做平抛运动的时间为t，由功率与速度关系可得P＝mg·v
从C点到D点过程，据动能定理可得
－mglsin θ－mgl＝mvD2－mv2
平抛运动过程，由位移公式可得lsin θ＝gt2，x＝vDt
联立解得x＝
由数学知识可得，当1－l＝l，即l＝0.5 m时，x有最大值，水平位移最大值为xmax＝ m。
答案：(1)0.08 m (2) m
15．(16分)如图，长为L＝1.0 m的不可伸长轻绳一端系于固定点O，另一端系一质量为m＝0．2 kg的小球，将小球从O点左侧距与O点等高的A点以一定初速度v0水平向右抛出，经一段时间后绳在O点右下方被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内转动。已知O、A的距离为LOA＝0.6 m，绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为37°。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
(1)小球抛出时的速度大小；
(2)小球摆到最低点时，绳对小球的拉力大小。
解析：(1)设小球抛出时的速度大小为v0，抛出后经时间t绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有
Lsin 37°＋LOA＝v0t ①
Lcos 37°＝ gt2 ②
联立①②解得t＝0.4 s，v0＝3 m/s。
(2)绳刚被拉直时，小球竖直方向的分速度大小为
vy＝gt＝4 m/s ③
此时小球速度方向与竖直方向的夹角α的正切值为
tan α＝＝ ④
解得α＝37°，所以绳刚被拉直时小球速度方向沿绳的方向，拉直后瞬间小球速度变为零。设之后小球摆到最低点时的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律有
mgL(1－cos 37°)＝mv12 ⑤
设此时绳对小球的拉力大小为T，则根据牛顿第二定律有T－mg＝m ⑥
联立⑤⑥解得T＝2.8 N。
答案：(1)3 m/s (2)2.8 N
第六章 动量 动量守恒定律
第1讲 动量定理
一、动量、动量的变化量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)方向：动量的方向与速度的方向相同。
2．动量的变化量
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式：I＝FΔt，单位为N·s，冲量为矢量，方向与力的方向相同。
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
情境创设
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。
微点判断
(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)
(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)
(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。(√)
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算](2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
解析：选D 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
2．[动量变化量的大小计算](多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．m D．m
解析：选BCD 由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以 ＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，C、D正确，A错误。
3．[冲量的计算]如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中( )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
解析：选C 弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
[要点自悟明]
1．动能、动量和动量变化量的比较
物理量
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
Ek＝mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2.冲量的三种计算方法
公式法
利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法
利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定理法
如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量
(二) 动量定理(精研点)
研清微点1 应用动量定理解释体育活动
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析：选B 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
一点一过
对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
研清微点2 动量定理的应用
2.有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D 手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
一点一过
1．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。
2．应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
研清微点3 动量定理用于求解多过程问题
3．在蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，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1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
解析：法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋m，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
答案：1 500 N
一点一过
用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注。
(三) “柱状”模型(融通点)
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
[例1] 运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析] 设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[例2] 一同学在远处观看喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高(层高3 m)，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是( )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[解析] 40层楼高约h＝120 m。设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ为水的密度)和S＝，由此可得P＝≈5×105 W。
[答案] D
微粒及其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析步骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝S·Δl＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
[例3] 根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
[解析] (1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝＝。
(2)由(1)可知：I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，
故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
[答案] (1) (2)3.6×10－3 m/s2
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.一辆质量为2 200 kg的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是( )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量较大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量较大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
解析：选C 汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力F1＝≈15 053 N，C正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2＝＝260 000 N，D错误。
2.“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中( )
A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0
解析：选A 儿童接触蹦床时的速度大小为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－m)，解得I＝mgΔt＋m，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。
3.(2021·北京等级考)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，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项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为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。
4.平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·v－，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝，故选A。
5．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
解析：选D 根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确。
6．某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：
设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5 s。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：
(1)铁锤受到的冲量大小；
(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；
(3)大石板对人的平均作用力大小。
解析：(1)由机械能守恒定律mv2＝mgh，解得v＝，则铁锤敲击石板时的速度v1＝＝6 m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝＝1 m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。
(2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。
(3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871 N。由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F2′＝F2＝871 N。
答案：(1)35 N·s (2)3 550 N (3)871 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7．抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A．40 B．80
C．120 D．160
解析：选C 设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
8.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：选B 设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝＝ m/s＝4 m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰
撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
9．(2022·广州模拟)某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；
(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。
解析：(1)汽车在警报区域运动的距离x1＝v0t1－a1t12，开始紧急制动时的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽车在紧急制动区运动的距离x2＝s－s′－x1＝4 m，汽车在紧急制动区运动过程满足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。
(2)汽车在紧急制动区运动的时间t2＝＝1 s，测试假人所受重力的冲量大小I＝mg(t1＋t2)，带入数值得I＝1 000 N·s。
答案：(1)a2＝8 m/s2 (2)I＝1 000 N·s
第2讲 动量守恒定律
一、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
2．系统动量守恒的条件
理想守恒
系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
近似守恒
系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒
系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(2)分类：
种类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
2.反冲和爆炸
(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。
(2)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
A球的质量是m，B球的质量是，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A在前，B在后，发生正碰后，B球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。
微点判断
(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。(√)
(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。(×)
(3)两球间发生的是弹性碰撞。(×)
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。(√)
(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。(×)
(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。(√)
(一) 动量守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，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 撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断](多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选BCD 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
3．[某个方向上动量守恒的判断]如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，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Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
[要点自悟明]
判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。
(二) 动量守恒定律的应用(精研点)
1．动量守恒定律的五个特性
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
[多维训练]
考法1 动量守恒定律的基本应用
1．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D．0
解析：选B 设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝v0，B正确。
考法2 动量守恒中的临界极值问题
2.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
考法3 动量守恒定律与动量定理的综合
3.如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
(三) 某个方向上的动量守恒问题(培优点)
[典例] (多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02
[解析] 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确。
[答案] BD
[多维训练]
考法1 系统在某方向上动量守恒的分析与判断
1.(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是( )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：选AD 由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
考法2 系统在某方向上动量守恒与机械能守恒的综合
2.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
解析：选D 滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，v1＝v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。
[课时跟踪检测]
1．(多选)在2022年10月1日举行的女篮世界杯决赛中，中国女篮获得世界杯亚军。这是继1994年后，时隔28年中国女篮再获此殊荣！比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2
B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
解析：选AC 以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。
2．质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A.v B.v C.v D.v
解析：选B 由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－v，即滑板的速度大小为，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
3.(2022·潍坊月考)如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为( )
A.，方向向右 B.，方向向右
C.，方向向右 D．v1，方向向右
解析：选D 人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车之间在水平方向上的动量仍然守恒，所以水平方向的速度不发生变化，车的速度仍然为v1，方向向右，D正确，A、B、C错误。
4．如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是( )
A．木块B的最终速度大小为5.6 m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
解析：选B 小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝mBv2－mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。
5.如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
解析：选C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝×3mv02－×(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
6.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝mv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gR＝m2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根据题意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2，接下来男演员做平抛运动，由4R＝gt2，得t＝ ，因而s＝v2t＝8R。
答案：8R
第3讲 “动量守恒定律中三类典型问题”的分类研究
类型(一) 碰撞问题
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理。
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解：根据动量守恒和机械能守恒
解得v1′＝，
v2′＝。
(2)分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则：
v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，即v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝。
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。
③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[典例] (2022·广东高考)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v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[解析] (1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g
代入数据解得N1＝8 N，
滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg
代入数据解得N2＝5 N。
(2)滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得：－mgl－fl＝mv12－mv02
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v′，
由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′
再由动能定理得：－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v′2
代入数据解得：h＝0.2 m。
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
[规律方法]
碰撞问题解题策略
(1)碰撞时间极短，速度变化瞬间完成，碰撞物体、位置可认为没有发生变化。
(2)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(3)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1′＝v1 v2′＝v1
(4)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
[多维训练]
1．[弹性碰撞]秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(01n)与静止氘核(12H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )
A.E B.E C.E D.E
解析：选B 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式×1×v02＝×1×v12＋×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－v0，即动能减小为原来的，动能损失量为E。
2．[非弹性碰撞问题]甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
解析：选A 设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
3．[碰撞应遵守的三原则]两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选C 碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
类型(二) 爆炸与反冲
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
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
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[例1] 如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
[解析] (1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝m1v12＋m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：
－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8 s。
[答案] (1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s
[针对训练]
1．(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：选B 爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有＋＝5，＋＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
1．反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。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。
2．对反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
[例2] 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析] (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。
(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。
[针对训练]
2．(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC 小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
类型(三) 人船模型问题
1．人船模型问题
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零，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。这样的问题即为“人船模型”问题。
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
(3)应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
[典例] (2023·广州高三检测)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是( )
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
[解析] 小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故B错误；由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；由水平方向的动量守恒可得小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有Mv1＝mv2，则有Mx1＝mx2，可得x2＝x1，且x1＋x2＝R，则可得x1＝，则小球运动到左侧最高点时，小车向右移动的距离为x＝2x1＝＜R，所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧最高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
[答案] C
[易错提醒]
求解“人船模型”问题的注意事项
(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的两物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
[针对训练]
1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：选C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。
2.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是( )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
解析：选A 不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，v2＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
3.某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为( )
A.L B.L C.L D.L
解析：选C 由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，m＝[M＋(n－1)m]，解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选C 设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。
2．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝，v′＝；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：M＝m，解得船的质量为M＝，故选A。
3.(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
解析：选C A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
4．(2022·河北唐山模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球A系在轻线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量均为5m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使轻线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则可求出( )
A．碰撞后小球A反弹的上升的最大高度
B．碰撞后小球A反弹的上升的时间
C．碰撞过程中物块B获得冲量大小
D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
解析：选ACD 对小球A，由机械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A与物块B发生弹性正碰，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可求出碰后小球A和物块B的速度，对小球A再使用机械能守恒定律可求出碰撞后小球A反弹上升的最大高度，故A正确；由于小球碰后做变速圆周运动，故无法求得小球A反弹上升的时间，故B错误；碰撞过程中根据动量定理可求出物块B获得冲量大小，故C正确；碰撞后，物块B、轻弹簧和物块C组成的系统，当物块B和物块C共速时弹簧有最大弹性势能，根据动量守恒定律求出共速的速度，再根据系统机械能守恒定律求出弹簧获得的最大弹性势能，故D正确。
5.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x-t图像)如图所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B．碰碰车的质量为50 kg
C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s
D．碰撞过程中损失的机械能为600 J
解析：选D 规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m/s，大人的速度为－3 m/s，碰后两人的共同速度为－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(20＋M)×2－(60＋M)×3＝(2M＋20＋60)×(－1)，解得M＝60 kg，故B错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160 kg·m/s，碰后总动量为p1′＝－80 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240 N·s，故C错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝×80×22 J＋×120×(－3)2 J－×200×(－1)2 J＝600 J，故D正确。
6．质量为m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v0＝14.14 m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5 J。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：
(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；
(2)手榴弹所装弹药的质量；
(3)两块弹片落地点间的距离。
解析：(1)设手榴弹上升到最高点时的速度为v1，根据机械能守恒有mv02＝mv12＋mgh
解得：v1≈10 m/s。
(2)设每块弹片的质量为m1，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v2，有m1gh＝5 J
设手榴弹装弹药的质量为Δm，有Δm＝m－2m1
代入数据解得：Δm＝0.06 kg。
(3)另一块做平抛运动时间为t，两块弹片落地点间距离为Δx，有mv1＝m1v2，Δx＝v2t，h＝gt2，
解得：Δx＝26 m。
答案：(1)10 m/s (2)0.06 kg (3)26 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是( )
A．A、B分离时A的速度为v0
B．A、B分离时A的速度为v0
C．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
D．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
解析：选BD 该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝m(2v0)2－·2mv02－mv02＝mv02，C错误，D正确。
8.(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时(未离开小车)，小车速度大小为v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L
解析：选BC 弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A错误；取物块和小车组成的系统为研究对象，所受合外力为零，故系统的动量守恒，B正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D错误。
9.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
解析：选BD 由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D正确；A、C错误。
10.如图所示，一倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，质量为5m的物块静止于斜面上O处。在距离O点h＝1.8 m高处的斜面顶端从静止开始释放一个质量为m的小球，小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞，一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，小球与斜面间摩擦忽略不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求：
(1)小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2；
(2)斜面的高度H。
解析：(1)设刚要碰撞时小球的速度为v0，根据机械能守恒有mgh＝mv02，在小球与物块的碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒有mv0＝mv1＋5mv2，根据动能守恒有mv02＝mv12＋·5mv22，联立解得v1＝－＝－4 m/s，v2＝＝2 m/s，小球速度方向沿斜面向上，物块速度沿斜面向下。
(2)小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为a1，经时间t运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，根据牛顿运动定律有mgsin θ＝ma，根据运动学公式＝v1t＋at2，设碰撞后物块的加速度为a2，根据牛顿运动定律有5mgsin θ－5μmgcos θ＝5ma2，将μ＝tan θ代入上式得a2＝0，即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，于是有＝v2t，联立解得H＝＝4.2 m。
答案：(1)4 m/s，小球方向沿斜面向上 2 m/s，物块速度沿斜面向下 (2)4.2 m
第4讲 “应用三大力学观点解题”的技能强化
加强点(一) 动量观点与动力学观点的综合应用
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。
[典例] 静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
[解析] (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAvA2＋mBvB2 ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。 ③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
由于l＜sA＜2l＋sB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。 ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s ⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ⑫
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2 ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s ⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2 ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m ⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
[答案] (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
[针对训练]
(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
解析：(1)A和B恰好能静止，则有
mgsin θ＝μmgcos θ，
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，
由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得：a＝g
A与B碰撞前的速度为v12＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知mv12＝mv22＋mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝。
(2)碰撞后B运动到底端所用时间为
t1＝＝
A运动到底端所用时间为t2＝
若t1＝t2
解得：k＝
当0＜k≤时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有gt2＝t
解得：t＝2
当k＞时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰时，满足：L－gt2＝·(t－t1)－a′(t－t1)2，
解得：t＝ 。
答案：(1)0 (2)当0＜k≤时，t＝2；当k＞时，t＝
加强点(二) 动量观点与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。
[典例] 一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：
(1)玩具上升到最大高度时的速度大小；
(2)两部分落地时速度大小之比。
[解析] (1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有
0－v02＝－2gh ①
v2－v02＝－2g ②
联立①②式解得
v＝v0。 ③
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为
m1v12＋m2v22＝(m1＋m2)v02 ④
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
m1v1－m2v2＝0 ⑤
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有
v1′＝ ⑥
v2′＝ ⑦
联立④⑤⑥⑦式，考虑到m1∶m2＝1∶4，得 ＝2。
[答案] (1)v0 (2)2
[针对训练]
(2021·北京等级考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
解析：(1)抛出后竖直方向为自由落体运动，
由h＝gt2
解得t＝0.30 s。
(2)设物块A、B碰撞后速度为v，抛出后水平方向为匀速运动，由s＝vt
解得v＝1.0 m/s。
根据动量守恒定律，由mv0＝2mv
解得v0＝2.0 m/s。
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv02－×2mv2
解得ΔE＝0.10 J。
答案：(1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
加强点(三) 三大力学观点的综合应用
1．三大基本观点
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量的观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量的观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
[特别提醒]
(1)无论使用哪一个规律，受力分析是前提。
(2)有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找出最快捷的解题方法。
[典例] (2023·浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
[解析] (1)滑块从A到C，由动能定理得：
mg(h－1.2R－Rcos θ－R)＝mvC2
代入得vC＝4 m/s
在C点，由牛顿第二定律得：
FC＋mg＝m
代入数据解得：FC＝22 N。
(2)设滑块刚冲上摆渡车时速度为v0，则由动能定理得mgh－0.2mgLFG＝mv02
代入数据解得：v0＝6 m/s
滑块恰好不脱离摆渡车，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v共
代入数据解得v共＝3 m/s
由能量守恒定律得：μmgL＝mv02－(m＋m)v共2
代入数据解得μ＝0.3。
(3)对滑块由牛顿第二定律得：μmg＝ma
减速阶段：t1＝＝1 s
x1＝(v0＋v共)t1＝4.5 m
匀速阶段t2＝＝1.5 s
则滑块从G到J用时t＝t1＋t2＝2.5 s。
[答案] (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
[针对训练]
如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。
解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgL＝mv02，解得：v0＝
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：
T－mg＝m
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T
解得：T′＝3mg。
(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：
h＝gt2
水平方向：L＝t，解得：h＝L。
(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝m＋3mv1
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2
由能量守恒定律得：
×3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs
联立解得：s＝
由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。
答案：(1)3mg (2)L
(3)滑块C不会从木板上掉下来
[课时跟踪检测]
1．如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。
(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝mv02
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有
(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2
其中W1＝kh12
联合上式解得h1＝，另一负解不合实际情况，故舍去。
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：
(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2
其中W总＝kl2，解得N＝2 025。
答案：(1) (2)2 025
2．如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝6 m/s匀速转动，水平部分长度L＝9 m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9 J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1 kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g＝10 m/s2。
(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；
(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；
(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带，则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？
解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，有Ep＝mAvA2＋mBvB2
由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0
联立以上两式解得vA＝3 m/s，vB＝3 m/s。
(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为x，
由动能定理得－μmBgx＝0－mBvB2，
解得x＝＝2.25 m
由于x＜L，B不能从传送带右端滑离传送带。
(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，由功能关系可知E＋mAvA2＝mAv12
由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动。
由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2＝vB＝3 m/s
设B与A发生碰撞粘连后速度为v′，由动量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑离传送带，要求(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E ≥108 J。
答案：(1)3 m/s 3 m/s (2)不能 (3)108 J
3．(2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，
再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，
联立化简得v滑＝v0，v木＝v0，
再根据功能关系有
－μmgx＝×2mv木2＋mv滑2－×2mv02，
联立解得x＝。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑＝μg，
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝，
则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝，
则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。
答案：(1) (2) (3) mv02
4．(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2。
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mvb＝mvb′＋mv0，mvb2＝mvb′2＋mv02
联立解得v0＝vb＝5 m/s。
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得
mgh1－2μmgl－mgH＝0
解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向FN＋mg＝m
由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
联立可得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)。
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s＝vEt
根据几何关系可得DF＝ m
联立解得x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得m≤x
mgH－μmgs3＝0
解得s3＝0.4 m
距离C点0.6 m，
综上可知当0.9 m
代入数据得2.6 m≤x≤3 m。
答案：(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)，以竖直向下为正方向
(3)当0.9 m
第5讲 实验：验证动量守恒定律
把握经典实验方案
一、基本原理与操作
原理装置图
碰撞前：p＝m1v1＋m2v2
碰撞后：p′＝m1v1′＋m2v2′
操作要领
(1)测质量：用天平测出两球的质量
(2)安装：斜槽末端切线必须沿水平方向
(3)起点：入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放
(4)铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下铅垂线所指的位置O
(5)测距离：用小球平抛的水平位移替代速度，用刻度尺量出O到所找圆心的距离
二、核心关键——数据处理
(1)碰撞找点：把被碰小球放在斜槽末端，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。标出碰撞前、后入射小球落点的平均位置P、M和被碰小球落点的平均位置N。如图2所示。
(2)验证：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。
融通多彩实验方案
方案(一) 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
[实验器材]
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、游标卡尺等。
[实验步骤]
(1)测质量：用天平测出滑块质量。
(2)安装：正确安装好气垫导轨。
(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)。
[数据处理]
(1)滑块速度的测量：v＝，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
(2)验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
方案(二) 利用等长摆球完成一维碰撞实验
[实验器材]
带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。
[实验步骤]
(1)测质量和直径：用天平测出小球的质量m1、m2，用游标卡尺测出小球的直径d。
(2)安装：把小球用等长悬线悬挂起来，并用刻度尺测量悬线长度l。
(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
(4)测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度。
(5)改变条件重复实验：①改变小球被拉起的角度；②改变摆长。
[数据处理]
(1)摆球速度的测量：v＝，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起)的高度，h可由摆角和摆长l＋计算出。
(2)验证的表达式：m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
方案(三) 利用两辆小车完成一维碰撞实验
[实验器材]
光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等。
[实验步骤]
(1)测质量：用天平测出两小车的质量。
(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
(3)实验：小车B静止，接通电源，让小车A运动，碰撞时撞针插入橡皮泥中，两小车连接成一个整体运动。
(4)改变条件重复实验：①改变小车A的初速度；②改变两小车的质量。
[数据处理]
(1)小车速度的测量：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝计算。
(2)验证的表达式：m1v1＝(m1＋m2)v2。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。
2．通用的数据处理方法
计算碰撞之前的总动量m1v1＋m2v2和碰撞之后的总动量m1v1′＋m2v2′。
3．共同的注意事项
(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
(2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。
4．一致的误差分析思路
(1)主要来源于质量m1、m2的测量。
(2)小球落点的确定。
(3)小球水平位移的测量。
一、基础考法保住分
考查点(一) 实验原理与操作
1．某同学用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，A、B为半径相同的小球(mA>mB)，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一位置G由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止释放。两球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作多次。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O点对齐(未画出)。
(1)碰撞后B球的水平射程应为________cm。
(2)以下选项中，本次实验必须进行测量的是______(填选项前的字母)。
A．测量A球未与B球相碰时的平均落点到O点的距离
B．测量A球与B球相碰后的平均落点到O点的距离
C．测量A球和B球的直径
D．测量A球和B球的质量
E．测量水平槽面相对于O点的高度
解析：(1)如题图所示，用尽可能小的圆把小球落点圈在里面，由此可见圆心的位置是65.7 cm，即碰撞后B球的水平射程应为65.7 cm；
(2)本实验需要验证的方程是：mA＝mA＋mB，(其中的K、N、M分别是A球未与B球碰撞时的平均落地点、A球与B球相碰后A球的平均落地点以及A球与B球相碰后B球的平均落地点)，则需要测量两球的质量mA、mB，水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离。A球与B球碰撞后，测量两球落点位置到O点的平均距离和。故A、B、D正确，C、E错误。
答案：(1)65.7(65.5～65.9均正确) (2)ABD
[关键点拨]
实验操作的四点提醒
(1)调整斜槽末端切线水平，保证小球碰后均做平抛运动。
(2)入射小球与被碰小球的平抛起点相同。
(3)小球碰撞前后做平抛运动的时间相同，因此，可用平抛的水平位移替代平抛的初速度进行实验验证。
(4)以最小的圆包括小球的落地点，则该圆的圆心即为小球落点的平均位置。
考查点(二) 数据处理与误差分析
2．(2022·重庆高考)如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，除了前述实验器材外，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图线可知滑块B碰前的速度为
vB＝ m/s≈－0.058 m/s
则滑块B碰前的动量为pB＝mBvB＝0.197 8 kg×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
(1)气垫导轨应保持水平，能让滑块在气垫导轨上近似做匀速直线运动。
(2)两物体碰撞后要根据实际情况，符合“后不超前”原则。[关键点拨]
二、创新考法不失分
创新角度(一) 实验目的的创新
1．如图甲所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
挡位
平均最大偏角θ/度
弹丸质量m/kg
摆块质量M/kg
摆长l/m
弹丸的速度v/(m·s－1)
低速挡
15.7
0.007 65
0.078 9
0.270
5.03
中速挡
19.1
0.007 65
0.078 9
0.270
6.77
高速挡
0.007 65
0.078 9
0.270
7.15
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示，请将表中数据补充完整：θ＝________。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________。
(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：________________________________________。
[创新点分析]
(1)利用动量守恒、机械能守恒计算弹丸的发射速度。
(2)减小实验误差的措施，体现了物理知识和物理实验的实用性、创新性和综合性。
解析：(1)分度值为1°，故读数为22.5。
(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：
mv＝(m＋M)v′
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得：
(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cos θ)，
联立解得：v＝。
(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)。
答案：(1)22.5(22.3～22.7均正确)
(2) (3)见解析
创新角度(二) 实验器材的创新
2．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：
步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；
步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；
步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；
步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示。
(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________。
①P5、P6之间 ②P6处 ③P6、P7之间
(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。
①A、B两个滑块的质量m1和m2
②滑块A释放时距桌面的高度
③频闪照相的周期
④照片尺寸和实际尺寸的比例
⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78
⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89
⑦滑块与桌面间的动摩擦因数
写出验证动量守恒的表达式_________________________________________________。
(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处，又由于P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确。
(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝，v5＝，又v5＝，解得碰撞前滑块A速度v6＝，同理，碰撞后整体的速度v6′＝，需要验证的方程为m1v6＝(m1＋m2)v6′，将以上两式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接测量的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正确。
(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：
①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动。
②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。
③适当增大相机和轨道槽的距离，减小由于镜头拍摄引起的距离误差。
④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。
答案：(1)②
(2)①⑥ m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)
(3)见解析(任意一条即可)
创新角度(三) 实验原理的创新
3．某同学用如图甲所示的装置验证碰撞中动量守恒。一根长为L的轻质不可伸缩细线一端拴住质量为mA的小钢球A，细线的另一端固定在悬点O，在最低点的前后放置一光电门，光电门前的水平面上放一质量为mB的金属物块B，物块的上表面中央固定一轻质的遮光片。现将小球向右拉至细线水平后静止释放，小球在最低点与物块碰撞后反弹上升，测出小球反弹上升时细线的最大偏角为θ，光电门记录的挡光时间为t，已知重力加速度为g。则
(1)用20分度的游标卡尺测遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________mm。
(2)小球与物块的质量大小关系为mA________mB(选填“＞”“＝”或“＜”)。
(3)验证小球与物块在碰撞过程中动量守恒的表达式为_________________。
(用字母mA、mB、L、d、θ、t、g表示)
[创新点分析]
(1)利用光电门测物块碰后的速度。
(2)利用机械能守恒定律得出小球碰撞前后的速度。
解析：(1)主尺读数为4 mm，游标尺读数是7×0.05 mm＝0.35 mm，故最后读数4 mm＋0.35 mm＝4.35 mm；
(2)小钢球与金属物块碰后要求小球反弹，故mA＜mB；
(3)设小球在碰撞前、后的速度大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律有mAgL＝mAv12，mAgL(1－cos θ)＝mAv22，碰后物块的速度v＝，由碰撞中动量守恒有mAv1＝mBv－mAv2，可得1＋mAt＝mBd。
答案：(1)4.35 (2)＜
(3)1＋mAt＝mBd
创新角度(四) 实验过程的创新
4．一同学采用如图甲所示的实验装置，设计了“验证动量守恒定律”的实验。实验装置中的斜面和水平面之间用很短的平滑曲面连接，物块通过平滑曲面时速度大小不变。实验步骤主要包括：
①选取两块表面粗糙程度相同的物块A、B。
②将两个粘扣分别钉到两物块的侧面上，使两物块相碰时能粘合在一起。
③让物块A从斜面上某一位置O处由静止开始滑下，记下物块A在水平面上停下的位置P(多次滑下以准确确定位置P)，如图乙所示。
④在靠近斜面底端处放物块B，并使带有粘扣的一侧朝左，标出此时B所处位置M，让物块A从同一位置O处由静止开始滑下，A、B碰撞后粘合在一起，标出停止时两物块的位置N，如图丙所示。
⑤用刻度尺测MP、MN的长度s1和s2，用天平测出A、B的质量mA、mB。
(1)只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式____________________，就可以认为碰撞瞬间A、B系统的总动量保持不变。
(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①____________________________；
②________________________________________________________________________。
(1)使物块A从同一位置由静止下滑，以保证物块A到达斜面底端时的速度相同。
(2)物块碰撞前后的速度可由其在水平面上滑行的距离分析得出。 [创新点分析]
解析：(1)设碰前物块A的速度大小为v1，碰后瞬间物块A、B的共同速度为v2，对未放物块B时物块A从M运动到P的过程，由动能定理得－μmAgs1＝－mAv12，解得v1＝，对碰撞后A、B一起从M运动到N的过程，由动能定理可得－μ(mA＋mB)gs2＝－(mA＋mB)v22，解得v2＝，碰撞瞬间若满足动量守恒，则应有mAv1＝(mA＋mB)v2，即mA＝(mA＋mB)，
整理得mA＝(mA＋mB)。即只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式mA＝(mA＋mB)，碰撞瞬间A、B系统的总动量就保持不变。
(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①增加物块A开始下滑时的高度；②让碰撞点尽量接近斜面底端。
答案：(1)mA＝(mA＋mB) (2)见解析
阶段综合检测(二) [考查范围：曲线运动 万有引力与宇宙航行 机械能和动量]
(本试卷满分：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，只有一项是符合题目要求的)
1.如图所示的装置，M、N棒连接相同旋转速度的电机，在图中所示的时刻A点与B点位于同一竖直线上，对此下列说法正确的是( )
A．A点与B点的线速度相同
B．A点与B点的周期相同
C．经过t＝2 s，A点与B点的线速度相同
D．A点的向心加速度大于B点的向心加速度
解析：选B 由题知M、N棒连接相同旋转速度的电机，则说明M、N的角速度相同，则周期相同，根据角速度与线速度的关系可知v＝ωr，由图可知rB>rA，则有vB > vA，A、C错误，B正确；根据向心加速度的计算公式有a＝ω2r，由图可知rB > rA，则有aB > aA，D错误。
2．质量为m的小鸟，以速度v沿着与水平成θ角斜向上的方向匀速飞行，重力加速度为g，则( )
A．小鸟处于超重状态
B．空气对小鸟作用力的方向与v的方向相反
C．空气对小鸟作用力的大小为mg
D．重力对小鸟做功功率为－mgv
解析：选C 小鸟匀速飞行，所受合力为零，A错误；小鸟受重力和空气对小鸟的作用力，空气对小鸟的作用力与重力等大反向，大小为mg，B错误，C正确；功率公式P＝Fv，要求力与速度共线，所以重力对小鸟做功功率为－mgvsin θ，D错误。
3．宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力互相绕转，称之为双星系统，在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则( )
A．星球A的质量一定大于B的质量
B．星球A的角速度一定大于B的角速度
C．星球A的线速度大小一定大于B的线速度大小
D．星球A的向心加速度大小一定小于B的向心加速度大小
解析：选C 由于两颗星始终绕着O点旋转，他们的连线始终过O点，因此角速度相等，B错误；由于两颗星都绕着O点旋转，他们之间的万有引力提供向心力，因此＝MAω2rA①，＝MBω2rB②，将①②联立可得MArA＝MBrB，由于rA>rB，因此MA
4．如图所示，甲为一长度为L的均匀链条，总质量为2m，一半放在水平桌面上，一半竖直下垂。乙为两个质量均为m的小球，一个放在水平桌面上，一个竖直下垂，中间用不计质量、长度为L的细绳相连，水平部分和竖直部分长度相等，小球可以视为质点。现给甲、乙一个小扰动，使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面为零势能面，重力加速度大小为g，下列有关说法正确的是( )
A．甲的重力势能减少了mgL
B．乙的重力势能减少了mgL
C．甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功
D．甲、乙重力势能的减少量相等
解析：选A 甲的重力势能变化量为ΔEPA＝－＝－mgL，A正确；乙的重力势能变化量为ΔEPB＝(－mgL)－＝－mgL，B、D错误；甲受到的重力做的功大于乙受到的重力做的功，C错误。
5．比赛用标准篮球充气后从1.80 m处自由下落后弹起的高度范围应在1.20 m～1.40 m之间。在某次检测时，篮球自离地面高1.80 m处无初速度释放后反弹最大高度为1.25 m，该篮球的质量为0.6 kg，忽略空气阻力的影响，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量方向向下
B．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量大小为6.6 kg·m/s
C．从开始下落至反弹到最高点，整个过程篮球的机械能守恒
D．从开始下落至反弹到最高点，整个过程合力对篮球所做的功为3.3 J
解析：选B 取向下为正方向，由v2＝2gh，可得落地前的速度v1＝6 m/s，反弹离开地面前的速度大小是v2＝5 m/s，方向向上，即v2＝－5 m/s，则有Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－6.6 kg·m/s，负号代表方向向上，大小为6.6 kg·m/s，A错误，B正确；篮球反弹的最大高度小于初始高度，所以机械能有损失，C错误；由动能定理可知，整个过程动能变化量为零，合力做功也为零，D错误。
6．科学家研究表明：地球自转的角速度在逐渐减小，假设这种趋势持续下去，每经过时间T，地球自转周期增加t0。若地球半径为R，地球可视为质量均匀分布的球体；现在地球的自转周期为T1，地球表面重力加速度在赤道处的大小为g，其他条件都不变，则经过时间T，地球表面重力加速度在赤道处的大小应为( )
A．4π2R＋g
B．g－4π2R
C．4π2R＋g
D．g－4π2R
解析：选C 设赤道处质量为m的物体受到的万有引力为F，则物体的重力为mg＝F－，经过时间T后，地球的自转周期为T2＝T1＋t0，赤道处物体的重力为mg′＝F－，联立以上三式，约掉质量m，可得g′＝4π2R＋g，C正确。
7．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示，其中错误的是( )
解析：选B 汽车最开始做初速度为0的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后做匀速运动。开始匀加速阶段，有F－Ff＝ma，设匀加速刚结束时的速度为v1，有P＝Fv1，最后匀速时，有F额＝Ff即P＝F额vm，综上所述，匀加速的末速度为v1＝，最后匀速速度为vm＝，接下来对各个图像进行逐个分析：在v -t图像中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为0，B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，C正确；开始汽车功率逐渐增加，存在P＝Fv＝Fat，故为过原点的直线，后来功率恒定，D正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．2022年6月5日，超大型塔式起重机XGT15000－600S，成功下线交付(如图甲)。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．该起重机的额定功率为ma02t1
B．该起重机的额定功率为(mg＋ma0)a0t1
C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2(t2－t1)
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2t2
解析：选BC 0～t1时间内，物体做匀加速直线运动，牵引力不变，功率增大，当t＝t1时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma0，此时功率达到额定功率，且P额＝Fv1，又v1＝a0t1，联立解得起重机的额定功率为P额＝(mg＋ma0)a0t1，故A错误，B正确；0～t1时间内牵引力做的功W1＝，t1～t2时间内牵引力做的功W2＝P额(t2－t1)，则在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故C正确，D错误。
9．如图所示，质量为m的小球从半径为R的竖直半圆弧轨道最低点A点进入后恰能通过最高点B，然后落回水平面。已知C为半圆弧AB的中点，D为圆弧AC之间一点，θ＝60°，不计一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球通过C点时对轨道压力大小为3mg
B．小球落到水平面时距离A点的距离为R
C．若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2.5 R
D．若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2R
解析：选ACD 小球恰能经过B点，则mg＝m，则从C到B，由机械能守恒mvC2＝mvB2＋mgR在C点时FNC＝m，解得FNC＝3mg，A正确；小球从B点平抛，则x＝vB＝2R，B错误；若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达C点后做竖直上抛运动，则小球到达最高点时距离水平面的高度为H＝＋R＝2.5 R，C正确；若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达D点后做斜抛运动，从D到C有mvD2＝mvC2＋mg·R，解得vD＝2，到达最高点时距离水平面的高度为H′＝R＋＝2R，D正确。
10．斜面倾角为30°，某一物体从距地面高为h＝2 m处的A点以速度v0＝4 m/s与
斜面成60°飞出，最后落回斜面B点。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，O点为斜面最低点。关于物体运动情况下列说法正确的是( )
A．物体飞行时间为0.8 s
B．物体离开斜面时的最远距离为 m
C．线段AB＝1.6 m
D．物体离地面的最大高度为2.2 m
解析：选AD 将运动沿着斜面和垂直斜面方向正交分解，在垂直斜面方向上2v0sin 60°＝gtcos 30°，可得飞行时间t＝0.8 s，A正确；当运动0.4 s时距离斜面最远，且最远距离为d＝＝ m，B错误；AB的长度L＝v0tcos 60°＋gsin 30°·t2＝3.2 m，C错误；将运动沿水平方向和竖直方向分解，由几何关系可得初速度与竖直方向夹角为60°，因此最大高度时H＝h＋＝2.2 m，D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)在一次实验中，某同学选用了两个外形相同的硬质小球A和B，小球A质量较大，小球B质量较小。该同学实验发现：若在水平面上用A球去撞击原来静止的B球，碰后A和B都向前运动；若用B球去撞击原来静止的A球，碰后A球向前运动，B球向后运动。为了探究碰撞中的不变量，该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验。实验时，分别将小球M、N放在竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)。现让小球M从与圆心O等高处由静止释放，在底部与静止的小球N发生正碰。
(1)实验中，若实验室里有如下所述的四个小球：
①半径为r的玻璃球；
②半径为2r的玻璃球；
③半径为1.5r的钢球；
④半径为2r的钢球。
为了便于测量，M球应选用________，N球应选用________(填编号)。
(2)实验中不用测量的物理量为________。
①小球M的质量m1和小球N的质量m2；
②圆弧轨道的半径R；
③小球M碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ1；
④小球N碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ2。
(3)用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为：________________________。
解析：(1)在本实验中应选择直径相同的小球，为了让M球碰后反弹，要用质量小的小球去碰撞质量大的小球；由给出的小球可知，只能选用②④两球，且应用②球去碰撞④球；
(2)小球与轨道间的摩擦可忽略，小球运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v12 ①
m1gR(1－cos θ1)＝m1v1′2 ②
m2gR(1－cos θ2)＝m2v2′2 ③
以M球的初速度方向为正方向，如果两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
m1v1＝m1(－v1′)＋m2v2′ ④
由①②③④解得：
m1＝－m1＋m2 ⑤
由⑤可知，探究碰撞中的不变量，需要测出两球的质量与碰撞后两球上升的最高位置与O点连线偏离竖直方向所对应的夹角，故需要测量的量为：①③④，不需要测量的物理量为：②。
(3)由(2)可知，在碰撞中的不变量的等式为：
m1＝－m1＋m2。
答案：(1)② ④ (2)②
(3)m1＝－m1＋m2
12．(9分)采用如图甲所示的装置可以研究平抛运动。图乙是确定小球位置的硬纸片的示意图，带有一大一小两个孔，大孔宽度与做平抛运动的小球的直径d相当，可沿虚线折成图甲中的样式，放在如图甲中的多个合适位置，可用来确定小球的运动轨迹。已知重力加速度为g。
(1)已备有器材：有孔的硬纸片、坐标纸、图钉、长方形平木板、铅笔、三角板、刻度尺、弧形斜槽、小球、铁架台(含铁夹)，还需要的一种实验器材是________。
A．停表 B．天平
C．铅垂线 D．弹簧测力计
(2)关于本实验的一些说法，正确的是________。
A．斜槽必须是光滑的，且每次释放小球的初位置相同
B．应该将斜槽轨道的末端调成水平
C．以斜槽末端紧贴着槽口处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点O
D．为使所描曲线与小球运动轨迹吻合，应将所有通过硬纸片确定的点都用直线依次连接
(3)判断所描绘曲线是否为抛物线是本实验的目的之一。若某同学实验得到的平抛运动的轨迹是图丙所示的曲线，图中的O点是小球做平抛运动的起点。可用刻度尺测量各点的x、y坐标，如P1的坐标(x1，y1)、P2的坐标(x2，y2)、P3的坐标(x3，y3)等。怎样通过这些测量值来判断这条曲线是否为一条抛物线？请简述判断的方法： 。
解析：(1)在做“研究平抛物体的运动”实验时，还需要铅垂线确定竖直方向，使坐标纸在竖直面内且方格线沿竖直或水平方向，故C正确，A、B、D错误。
(2)为了使小球平抛运动的初速度相同，小球必须从斜槽上相同的位置自由滚下，但斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误；为了使小球做平抛运动，斜槽轨道的末端必须水平，故B正确；小球平抛运动的起点和所建坐标系的原点O应该是小球开始静止在斜槽末端时小球球心所在的位置，故C错误；为了减小误差，且使曲线与小球运动轨迹吻合，应舍去误差较大的点，用平滑的曲线连成轨迹，故D错误。(3)方法一：根据二次函数的特点，令y＝ax2，代入实验所得各点的坐标值求出一系列a，看在误差允许范围之内，a是否相等，则可判断实验所得的曲线是否是一条抛物线。
方法二：按照实验所得各点的坐标值，描绘yx2图像，观察图线在误差允许范围之内是否为一条直线，则可判断该实验曲线是否是一条抛物线。
答案：(1)C (2)B (3)见解析
13．(11分)如图所示，一个长方体铁箱在水平推力作用下由静止开始向右匀加速运动，这时铁箱内一小木块恰好能静止在后壁(木块和铁箱不粘连)，小木块离箱底h，离箱内右侧壁为kh，小木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ。铁箱与水平地面间动摩擦因数也为μ，铁箱右侧壁距离为处有一竖直固定墙壁，铁箱碰墙壁原速率弹回且同时撤去水平推力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)求铁箱向右匀加速的加速度大小a；
(2)若铁箱碰墙后小木块直接击中铁箱的右下角，求k。
解析：(1)向右加速过程，对木块FN＝ma，μFN＝mg
得a＝。
(2)加速过程，有v2＝2a
若铁箱停下时，恰好木块平抛落在底板，有
对铁箱t1＝，其中μMg＝Ma′
对木块h＝gt2，且t1＝t2，解得μ＝0.5
若μ≥0.5，则铁箱停下后，木块落在底板，
有kh＝vt2＋，得k＝ ＋
若μ<0.5，则铁箱未停下木块就落在底板，
有kh＝vt2＋，解得k＝ －μ。
答案：(1) (2)μ≥0.5时， ＋；μ<0.5时， －μ
14．(12分)某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上长度s＝5 m的直线轨道AB运动，从B点进入光滑固定竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入长度可调、倾角θ＝37°的固定斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后开始做平抛运动。已知赛车的质量m＝200 g，通电后赛车以恒定功率P＝1.6 W工作，要使赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，至少需通电t＝1.5 s，赛车在轨道AB、CD段运动时受到的阻力恒为车重的，赛车经过轨道中C、D两点时的速度大小不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求光滑竖直圆轨道的半径R；
(2)已知赛车在水平轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，调节CD轨道的长度，求赛车从D点飞出后做平抛运动的最大水平位移xmax。
解析：(1)设赛车恰好过最高点P时的速度大小为vP，由重力提供向心力可得mg＝m
从A点至P点过程，由动能定理可得
Pt－mg·s－mg·2R＝mvP2－0，
联立解得R＝0.08 m。
(2)赛车在AB段最后做匀速运动，设其速度大小为v，设CD轨道的长度为l，赛车到达点D时速度大小为vD，赛车从D点飞出后做平抛运动的水平位移大小为x，做平抛运动的时间为t，由功率与速度关系可得P＝mg·v
从C点到D点过程，据动能定理可得
－mglsin θ－mgl＝mvD2－mv2
平抛运动过程，由位移公式可得lsin θ＝gt2，x＝vDt
联立解得x＝
由数学知识可得，当1－l＝l，即l＝0.5 m时，x有最大值，水平位移最大值为xmax＝ m。
答案：(1)0.08 m (2) m
15．(16分)如图，长为L＝1.0 m的不可伸长轻绳一端系于固定点O，另一端系一质量为m＝0．2 kg的小球，将小球从O点左侧距与O点等高的A点以一定初速度v0水平向右抛出，经一段时间后绳在O点右下方被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内转动。已知O、A的距离为LOA＝0.6 m，绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为37°。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
(1)小球抛出时的速度大小；
(2)小球摆到最低点时，绳对小球的拉力大小。
解析：(1)设小球抛出时的速度大小为v0，抛出后经时间t绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有
Lsin 37°＋LOA＝v0t ①
Lcos 37°＝ gt2 ②
联立①②解得t＝0.4 s，v0＝3 m/s。
(2)绳刚被拉直时，小球竖直方向的分速度大小为
vy＝gt＝4 m/s ③
此时小球速度方向与竖直方向的夹角α的正切值为
tan α＝＝ ④
解得α＝37°，所以绳刚被拉直时小球速度方向沿绳的方向，拉直后瞬间小球速度变为零。设之后小球摆到最低点时的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律有
mgL(1－cos 37°)＝mv12 ⑤
设此时绳对小球的拉力大小为T，则根据牛顿第二定律有T－mg＝m ⑥
联立⑤⑥解得T＝2.8 N。
答案：(1)3 m/s (2)2.8 N
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