2023新教材高考物理二轮专题复习专题七动量定理动量守恒定律教师用书

这是一份2023新教材高考物理二轮专题复习专题七动量定理动量守恒定律教师用书，共20页。试卷主要包含了冲量的三种计算方法，碰撞问题遵循的三条原则，“保守型”碰撞拓展模型等内容，欢迎下载使用。
专题七 动量定理　动量守恒定律

命 题 热 点
常 考 题 型
(1)动量定理的理解及应用；
(2)动量守恒定律及应用；
(3)碰撞模型及拓展；
(4)利用动量观点解决实际情境问题．
选择题
计算题

高频考点·能力突破
考点一　动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量．
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
图像法
F - t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F - t成线性关系，也可直接用平均力求解．
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度．

合力的冲量
(2)动量定理的研究对象是一个物体 (或可视为一个物体的系统)．

可能是流体
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．

例1 [2022·全国乙卷](多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则 (　　)

A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

预测1　[2022·历城二中测评]如图为酒泉卫星发射基地发射“神舟十三号”飞船点火瞬间的情景．在发射的当天，小李同学守在电视机前观看发射实况转播．通过电视解说员的介绍，他了解到火箭连同装载物的总质量约为480 t，发射塔架的高度约为100 m．小李同学注意到在火箭点火起飞约10 s时火箭尾部刚好越过塔架．假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力，g取9.8 m/s2，根据以上信息估算推力的大小为(　　)

A．4.7×108 N B．4.9×106 N
C．5.9×108 N D．5.7×106 N

预测2　[2022·山东冲刺卷]质量为1 kg的小滑块以某一初动能沿水平面向右滑动，如图甲所示，刚开始滑动的2 m内小滑块的动能与位移关系如图乙所示，下列说法正确的是(　　)

A.滑块在水平面上运动的总时间为1.2 s
B．滑块在水平面上运动的总位移为4 m
C．滑块沿水平面做加速度逐渐减小的减速运动
D．整个过程中，滑块受水平面作用力的冲量大小为6 N·s


考点二　碰撞模型中动量守恒定律的应用
1．三类碰撞的特点

2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
3．“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)

小球—弹簧模型

小球曲面模型

达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足12mv02＝12mv12 ＋12Mv22
4.“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)



达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能


例2 [2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．

[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


预测3　如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是(　　)

A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1:m2

预测4　[2022·重庆押题卷]如图所示，一个质量为4m的小球(视为质点)，从高度为H的A点由静止释放，沿光滑曲线轨道到最低点B处与质量为m的另一个小球发生正碰，碰撞时间极短，且碰后粘在一起进入两个半径均为R＝0.4 m的光滑圆管，恰好能通过圆管最高点C.在离开C进入与水平线成60°的固定的气垫导轨的顶端时，立即接通气垫导轨的电源，给小球一个方向垂直于气垫导轨平面、大小F风＝5mg的恒定风力．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：

(1)高度H；
(2)小球到达水平线O′D时的速度大小．
[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


预测5　如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量为M＝3 kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′.有3个完全相同的小滑块，质量均为m＝1 kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0＝2 m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；
(2)第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；
(3)第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q.

[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


考点三　力学三大观点的综合应用
1．力学三大观点对比
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at x＝v0t+12at2 v2-v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
I合＝p′－p
动量守恒定律
p1＝p2


2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．






例3[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求


(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

预测6　如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出．现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2 m，弹珠B与坑的间距x2＝1 m．某同学将弹珠A以v0＝6 m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠A又向前运动Δx＝0.1 m后停下．已知两弹珠的质量均为2.5 g，取重力加速度g＝10 m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：

(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ；
(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出．
[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

预测7　如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R＝0.18 m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.3 kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M＝0.4 kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车．一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计．现用手将一质量m2＝0.1 kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端．已知b与AP间的动摩擦因数μ＝0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2.

(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；
(2)求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；
(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　





素养培优·情境命题
利用动量观点解决实际情境问题
情境1　[2021·北京西城二模]蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高．如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3 m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5 m高处，则在此过程中(　　)

A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功
C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

情境2　[2022·北京押题卷]如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰．已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则(　　)

A．两壶碰撞过程无机械能损失
B．两壶碰撞过程动量变化量相同
C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为 v04
D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

情境3　[2021·广东卷]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．

[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　



















专题七　动量定理　动量守恒定律
高频考点·能力突破
考点一
例1　解析：由图知0～3 s内F的大小为F1＝4 N，3～6 s内F的大小F2＝4 N；在0到3 s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，为正方向，3 s末的速度v1＝a1t1＝6 m/s；3 s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6 m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝v1a2＝1 s，即4 s末物块减速到零；在4～6 s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2 m/s2，为负方向．画出整个过程中的v­t图像如图所示：

4 s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6 s内，物块的位移不为零，6 s时物块没有回到初始位置，B错误；3 s时的速度v1＝6 m/s，动量p1＝mv1＝6 kg·m/s，C错误；由v­t图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3 s内、3～4 s内、4～6 s内物块的位移大小分别为x1＝9 m、x2＝3 m、x3＝4 m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36 J、W2＝－F2x2＝－12 J、W3＝F2x3＝16 J，则0～6 s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J，D正确．
答案：AD
预测1　解析：10 s末火箭的速度为v＝2ht＝20010 m/s＝20 m/s
由动量定理可得(F－mg)t＝mv
解得F＝5.7×106 N，D正确．
答案：D
预测2　解析：刚开始滑动的2 m内：Ek－Ek0＝－μmgx，带入数据解得μ＝0.5
物体的加速度a＝μg＝5 m/s2
根据图像结合动能定义式可知，初速度v0＝6 m/s
所以滑块在水平面上运动的总时间为t＝v0a＝1.2 s，故A正确；滑块在水平面上运动的总位移为x＝12v0t＝3.6 m，故B错误；滑块沿水平面做加速度不变的匀变速运动，故C错误；根据动量定理，整个过程中，滑块受水平面摩擦力的冲量大小为I＝Δp＝mv0－0＝6 N·s，
但水平面对物体的作用力还包括弹力，故滑块受水平面作用力的冲量大小不是6 N·s，故D错误．
答案：A
考点二
例2　解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝1-k2v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝1-2k3v0＝10-20k3 m/s＞0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v′物＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v′滑＝10-20k3 m/s＝0 m/s
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒可得μm′gx相＝12m'v'物2-12m'＋M'v共2
解得x相＝1.875 m.
答案：(1)5(1－k) m/s，10-20k3 m/s，方向均向右
(2)1.875 m
预测3　解析：脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得p1－p2＝0或m1v1－m2v2＝0
故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；
动能与动量的关系为Ek＝12mv2＝p22m
由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；
甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h＝12gt2
可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；
由A的解析可得v1v2＝m2m1
平抛的水平位移为x＝v0t
故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D错误．
答案：C
预测4　解析：(1)小球从A释放滑到最低点的过程，根据动能定理有4mgH＝12×4mv12－0
两球在B处发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有4mv1＝(4m＋m)v2
两球恰好滑到C点速度为零，根据动能定理有－5mg·2R＝0-12×5mv22
联立解得H＝1.25 m
(2)两球在离开C后它受到的力如图所示，由于F风＝5mg，且它们的夹角等于120°，根据力的平行四边形定则，可得合力的大小F合＝5mg

方向与重力的夹角成60°，如图所示
设小球到达水平线的点为E，其速度为vE，从C到E的过程中，根据动能定理有F合·Rcos60°＝12·5mvE2－0
解得vE＝4 m/s.
答案：(1)1.25 m　(2)4 m/s
预测5　解析：(1)滑板受力平衡，所以2f＝Mg sin 37°，
解得f＝9 N.
(2)由系统动量守恒得mv0＝(M＋m)v1
第1个小滑块与滑板P共速的速度v1＝0.5 m/s
由系统动量守恒得2mv0＝(M＋2m)v2
第2个小滑块与滑板P共速的速度v2＝0.8 m/s
(3)由系统动量守恒得3mv0＝(M＋3m)v3
3个小滑块与滑板P共速的速度v3＝1 m/s
设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定理得mg sin θ·l3－μm3g cos θ·l3＝12M+3mv32-12M＋2mv22-12mv02
解得l3＝1.5 m
第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·l3＝9.6 J.
答案：(1)9 N　(2)0.5 m/s　0.8 m/s　(3)9.6 J
考点三
例3　解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝12mB1.2v02-12mA+mBv02＝0.6mv02.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v­t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝15xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－15xA＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：12mB0.8v02+12mAvA12＝12mBv B'2+12mAv A'2
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有-2μmghcosθsinθ＝12mvA12－12m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案：10.6mv02　(2)0.768v0t0　(3)0.45
预测6　解析：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝v0t1-12at12，v1＝v0－at1
由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma
联立解得a＝5 m/s2，μ＝0.5，v1＝4 m/s.
(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5 m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v′1，由运动学规律v′21＝2aΔx
解得v′1＝1 m/s
设碰后瞬间弹珠B的速度为v′2，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2
解得v′2＝3 m/s
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失
ΔΕk＝12mv12-(12mv 1'2＋12mv 2'2)
解得ΔEk＝7.5×10－3 J
碰后弹珠B运动的距离为Δx′＝v2'22a＝0.9 m