2024届高考物理二轮复习第5讲动量定理和动量守恒定律的应用学案

这是一份2024届高考物理二轮复习第5讲动量定理和动量守恒定律的应用学案，共22页。


命题分类剖析
命题点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(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 如图所示，
学生练习用头颠球．某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．下落到与头部刚接触时，足球动量大小为 1.6 kg· m/s
B．头部对足球的平均作用力为足球重力的4倍
C．从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为2 N·s
D．与头部作用过程中，足球动量变化量为0
例 2 (多选)某市消防救援指挥中心接到报警称；某区某街道某路某号4楼起火，70名指战员到达现场将火势扑灭，如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时，设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零．高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为ρ，下列说法正确的是( )
A．水枪的流量(单位时间内通过水枪某一横截面的水量)为12πvD2
B．水柱对着火物的冲击力为14πρD2v2
C．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向与水流方向相反
D．如果将水平水流速度变为原来的2倍，消防员对水枪的作用力小于原来的4倍
思维提升
应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)．
(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．
(3)规定正方向．
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解．
提升训练
1.[2023·湖南邵阳一模](多选)2022年10月19日，阶段性建成的世界首个电磁推进地面超高速试验设施“电磁橇”，在济南成功运行，其对吨级以上物体的最高推进速度，是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的53倍．列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为ρ，列车迎面横截面积为S.若用中国“电磁橇”作为动力车组，在其他条件完全相同的情况下，不计其他阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比．下列说法正确的是( )
A．车头迎面承受的压力变为目前的53倍
B．车头迎面承受的压力变为目前的259倍
C．最大输出功率变为目前的259倍
D．最大输出功率变为目前的12527倍
2．[2023·陕西省西安市长安区模拟]2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功．它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器质量m＝1.3×103kg(降落伞质量远小于着陆器质量)，悬停时离地面的高度h4＝8 m，取火星表面重力加速度g′＝4ms2，忽略着陆器质量的变化和g′的变化．若第②、第③和第④阶段的运动都可视为加速度不同的竖直向下匀变速直线运动．
(1)求：第②阶段着陆器下降的高度h2、以及所受总平均阻力f的大小；
(2)着陆器在第④阶段为自由落体运动：
①求着陆速度v4的大小；
②着陆时，缓冲设备让着陆器在约0.1 s内匀减速至0，请估算地面受到着陆器的平均冲击力F的大小，并说出减小平均冲击力的建议．
命题点二 动量守恒定律的综合应用
1．判断守恒的三种方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板—块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．
(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块—斜面(曲面)模型．
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
例 1 [2023·辽宁卷](多选)
如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍．初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内．整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计．下列说法正确的是( )
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为4B2d2v3R
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为BLd3R
例 2[2023·山东省六校线上联考](多选)
如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的14光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为M2，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为34 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
提升训练
1.
[2023·陕西省渭南市临渭区质量检测]如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.则( )
A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4 N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2 m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为13 m
2．[2023·广东省惠州市调研]2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2 000 m接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，质量为65 kg的乙以11 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向
前推出．乙推出甲后做匀减速直线运动，10 s后停在离交接棒前方40 m的地方，则：
(1)假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3 s，则乙对甲的平均推力是多大；
(2)若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为0.5 m/s2，4秒末刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小．
命题点三 碰撞模型及拓展
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＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
例 1 [2023·河南省高三二模]
(多选)如图所示，质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上，其中物块B的右侧固定一水平轻弹簧，物块A与弹簧接触但不拴接．某时刻物块A突然以v0＝3 m/s的速度向左运动，已知当A、B速度相等时，B与C恰好发生完全非弹性碰撞，碰撞过程时间极短，然后继续运动．若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE，B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，则( )
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
例 2 如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)两车碰后共同运动过程的最大速率；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比．
思维提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
提升训练
1.[2023·江苏常熟市期中]质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态．现使两球反向运动，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是( )
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
2. [2023·天津卷]一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力．求两物体：
(1)碰撞时离地面的高度x；
(2)碰后瞬间的速度v；
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE.
3.
[2023·上海卷]如图，将小球P拴于L＝1.2 m的轻绳上，mP＝0.15 kg，向左拉开一段距离释放， 水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比为5∶1，碰撞前后P、Q总动能不变．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
(2)P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
素养培优·模型建构
弹簧模型
弹簧问题综合性强，但弹簧问题往往是由几个基本的模型组合而成，掌握弹簧问题的基本模型，对于解决复杂的弹簧问题有很重要的意义．处理复杂的弹簧模型，要应用基本的弹簧模型，应用力的观点、能的观点以及动量的观点解决问题．
模型1 弹性势能不变模型
[典例1]
光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法错误的是( )
A．在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从B到C的过程中，合外力对物块A的冲量为零
C．物块A从B点到O点过程中，动能的增量等于弹性势能的减小量
D．B点时物块A的机械能最小
模型2 弹性势能对称模型
[典例2] [2022·湖北卷]
如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A．μmgk B．2μmgk
C．4μmgk D．6μmgk
模型3 碰撞模型
[典例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v­t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．
第5讲 动量定理和动量守恒定律的应用
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：下落到与头部刚接触时，由运动学公式v2＝2gh
解得v＝2gh＝2×10×20×10-2 m/s＝2 m/s，则足球动量大小为p＝mv＝0.4×2 kg· m/s＝0.8 kg· m/s
故A错误；
以向上为正方向，由动量定理定律可知(F－mg)Δt＝mv2－mv1解得F＝20 N＝5mg，故B错误；
从最高点下落到头部的时间为t＝ 2hg＝ 2×0.210 s＝0.2 s
从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为I＝mg(2t＋Δt)＝0.4×10×(0.2×2＋0.1)N·s＝2 N·s，故C正确；
由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm，则离开时速度反向，大小不变，取向上为正方向，则动量变化为Δp＝mv′－mv＝(0.8＋0.8)kg· m/s＝1.6 kg· m/s，故D错误．
答案：C
[例2] 解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则有Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝14πD2vΔt，则流量为ΔVΔt＝14πD2v，选A错误．考虑一段极短时间Δt′，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理有FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到着火物上水的质量为m＝14ρπD2vΔt′，解得F＝14πρD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的冲击力为F′＝F＝14πρD2v2，选项B正确；当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，选项C错误．如果将水平水流速度变为原来的2倍，由水枪受到水流的力F″＝14πρD22v2可得反冲力变为原来的4倍，水枪处于平衡状态，根据平衡条件，手对水枪的力的水平方向分力变为原来的4倍，但水枪重力不变，手对水枪的力的竖直方向分力不变，则消防员对水枪的作用力小于原来的4倍，选项D正确．
答案：BD
[提升训练]
1．解析：设列车运行的速度为v，在Δt时间内，与列车作用的空气质量为Δm＝ρSvΔt，取这部分空气作为研究对象，设运动方向为正方向，由动量定理fΔt＝Δmv－0，解得列车对空气的作用力大小为f＝ρSv2，由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为FN＝f＝ρSv2，可得FN∝v2，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的53倍，则车头迎面承受的压力变为目前的259倍，选项A错误，B正确．当列车速度达到最大时，牵引力F＝f＝ρSv2，此时列车的最大输出功率为P＝Fv＝ρSv3，可得P∝v3，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的53倍，则最大输出功率变为目前的12527倍，选项C错误，D正确．
答案：BD
2．解析：(1)由加速度定义式可得：a＝v2-v1t2-t1
代入数据解得：a＝－4 m/s2，负号表示方向向上；
此阶段为匀减速直线运动，由平均速度公式可得：h2＝v1+v22(t2－t1)
代入数据得：h2＝25 200 m
根据牛顿第二定律可得：mg′－f＝ma
代入数据得：f＝1.04×104 N；
(2)由v42＝2g′h4可得着陆速度v4的大小为：v4＝8 m/s
取向上为正方向，由动量定理可得：
(F－mg′)t＝0－m(－v4)，
解得：F＝1.092×105N
由动量定理可知增大落地时间，平均冲击力会减小、降低悬停时离地面的高度，可减小着陆时的速度也可减小平均冲击力．
答案：(1)25 200 m 1.04×104 N
(2)①8 m/s ②1.092×105 N，增大落地时间、降低悬停时离地面的高度．
命题点二
[例1] 解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右．
可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′
解得v′＝2v
回路的感应电流I＝2Bdv'+B·2dv3R＝2BdvR
MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝4B2d2vR
选项B错误；
两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
mx1＝2mx2
x1＋x2＝L
可得最终MN位置向左移动x1＝2L3
PQ位置向右移动x2＝L3
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理
F弹x1－F安xMN＝0
F弹x2－F安xPQ＝0
可得xMNxPQ＝x1x2＝21
选项C正确；
两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动2L3，PQ位置向右移动L3，则
q＝ eq \(I,\s\up6(－)) Δt＝ΔΦR总＝2B2L3d+BL32d3R＝2BLd3R
选项D错误．故选AC.
答案：AC
[例2] 解析：A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M2v0＝M2vA+MvB，12·M2v02＝12·M2vA2 +12MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝43 m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为v′B、v′C，由水平方向动量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C，由机械能守恒有12MvB2＝12Mv'B2 +12·2MvC'2，联立解得v′B＝－43 m/s，由于|v′B|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．
答案：AD
[提升训练]
1．解析：设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv02＝12mv 12＋mgL，代入数据解得：v1＝6 ms，对小球由牛顿第二定律得：F＋mg＝mv12 L，代入数据解得：F＝2 N，即在最高点杆对小球的作用力方向向下，大小为2 N，根据牛顿第三定律可知小球通过最高点时小球对杆的作用力方向向上，大小为2 N，故A错误；
若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的水平方向为正方向，由动量守恒得mvm＝MvM，由机械能守恒得12mv02＝12mv'm2 +12mvM2 ＋mgL，得vm＝2 m/s，故B错误，C正确；
设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm＋xM＝2L，得xm＝23 m，故D错误．
答案：C
2．解析：(1)乙推出甲后x乙＝v乙2t
得乙推出甲后乙的速度v乙＝8 m/s
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有M甲v甲0＋M乙v乙0＝M甲v甲＋M乙v乙
解得v甲＝10.25 m/s
乙推甲过程，对甲由动量定理得F·Δt＝M甲v甲－M甲v甲0
解得F＝650 N.
(2)4秒末甲刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知v甲t1+12at12＝v丙t1＋x0
丙匀速滑行的速度大小为v丙＝11 m/s.
答案：(1)10.25 m/s 650 N (2)11 m/s
命题点三
[例1] 解析：对A、B整体由动量守恒有mv0＝2mv1
对B、C整体由动量守恒有mv1＝2mv2
解得v2＝v04
对A、B、C整体由动量守恒有mv0＝3mv3
B、C碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝12mv12 -12×2mv22＝1.125 J
B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝ 12mv02 －ΔE－12×3mv32＝4.875 J，故选B、D.
答案：BD
[例2] 解析：(1)根据牛顿第二定律有：k·2mg＝2ma
根据速度—位移公式有：v2＝2aL
联立解得：v＝2kgL.
(2)两辆车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞前第一辆车的速度大小为v0，以碰撞前第一辆车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv
对第一辆车，根据位移—时间关系有：L＝v0t0-12at02
由动量定理得：I－μmgt0＝mv0－0
解得该同学对第一辆车的冲量大小：I＝m10kgL.
(3)设两辆车碰撞过程损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：12mv02＝12·2mv2＋ΔE
解得：ΔE＝2kmgL
对两辆车在整个运动过程，由能量守恒定律得：
W0＝ΔE＋W
根据功能关系有：W0＝12mv初2
根据动量定理有：I＝mv初
解得ΔEWf＝23.
答案：(1) 2kgL (2) m10kgL (3) 23
[提升训练]
1．解析：当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向，m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙
因为两球质量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入A项中数据，不满足条件，故A错误；
代入B项中数据，满足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙
且满足，动能不增加原则，且不会二次碰撞，故B正确；
C项中，v乙＞v甲会发生二次碰撞，故C错误；
D项中，绳子断后动能增加，违背能量守恒定律，故D错误．
答案：B
2．解析：(1)对A物体，根据运动学公式可得
h－x ＝12gt2
解得x＝1 m.
(2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－12gt2
解得vB0＝6 m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为
vA＝gt ＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间B物体的速度大小为
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后瞬间的速度v＝0.
(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝12mAvA2 +12mBvB2－12(mA＋mB)v2
解得ΔE＝12 J.
答案：(1)1 m (2)0 (3)12 J
3．解析：(1)已知小球P与Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：F向＝mv2L＝ma代入数据解得v≈1.39 m/s
又因为碰撞前后P的速度之比为5∶1，所以碰后P的速度：vP＝15v≈0.28 m/s
P与Q碰撞时间极短，系统内力远大于外力，动量守恒得：mPv＝mPvP＋mQvQ 代入数据解得vQ≈1.67 m/s，方向水平向右；
(2)由于L＝1.2 m远大于小球直径，碰后速度小，上升高度小，小球P碰后做简谐运动，根据简谐运动单摆周期公式：T＝2π Lg
小球碰后再次到平衡位置的时间：t＝T2，联立解得t≈2.20 s
碰后Q做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmQg＝mQa
速度减为零所需时间为t′，由速度公式得：0＝vQ－at′
代入数据联立解得：t′≈0.61 s 得：t>t′，故在小球P再次到平衡位置的时间内，小球Q早已停下
由速度位移公式可得s＝vQ2 2a，代入数据解得s≈0.51 m
答案：(1)1.67 m/s，方向水平向右 (2)0.51 m
素养培优·模型建构
[典例1] 解析：在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；从B到C的过程中，根据动量定理可知Ft＝mvC－mvB，由于B、C两点的速度为零，故合外力对物块A的冲量为零，故B正确；从B点到O点的过程中，对物块A根据动能定理可知－mgh－W弹＝12mvO2－0，故动能的增量等于弹性势能的减小量减去克服重力做的功，故C错误；物块A和弹簧系统机械能守恒，B点时弹簧的弹性势能最大，故物块A的机械能最小，故D正确．
答案：C
[典例2] 解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝4μmgk，C正确．
答案：C
[典例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 -12(mA+mB)v02＝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＝12mBvB'2 ＋12mAvA'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－μmghcsθsinθ＝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-2μmghcsθsinθ＝12mvA12－12m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案：10.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45
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
F­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F­t成线性关系，也可直接用平均力求解
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，动量满足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，动量满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足12mv02＝12mv12 ＋12Mv22
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
类型
图示
规律分析
瞬时性
初始时，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，AB系统受到的合外力等于B的重力，用整体法求AB的加速度，隔离法求A、B间的相互作用力
对称性
斜面光滑，物块B紧靠挡板，物块A被外力控制恰使弹簧处于原长状态，撤去外力后，A物块的运动具有对称性
分离性
撤去外力F，AB向上运动的过程中，A、B相互作用力为0的位置为A、B分离的位置