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章末综合提升
第一章 动量与动量守恒定律
巩固层·知识整合
主题1 动量定理和动能定理的比较
1．动量定理和动能定理的比较：
提升层·题型探究
比较项目 动量定理 动能定理
内容 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化量 物体所受合外力所做的功等于物体动能的变化量
公式 F合t＝mv2－mv1
矢标性 矢量式 标量式
比较项目 动量定理 动能定理
因果
关系 因 合外力的冲量 合外力的功(总功)
果 动量的变化 动能的变化
相同点 ①动量定理和动能定理都注重初、末状态而不注重过程，不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而变化的力
②不仅适用于单个物体，也适用于物体系统；研究的过程可以是整个过程也可以是某一过程
③动能定理和动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动
2．应用动量定理与动能定理的关键词
【典例1】 如图所示，质量mA＝4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB＝
1.0 kg 的小物块B(可视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA＝8.0 J，小物块的动能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度大小v0；
(2)木板的长度L。
[解析] (1)在瞬时冲量作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略。
取水平向右为正方向，对木板A，由动量定理有I＝mAv0，代入数据解得v0＝3 m/s。
(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为vA，B的速度为vB，A、B相对C的位移为sA、sB。
对A，由动量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0，
对B，由动量定理有FfABt＝mBvB，
[答案] (1)3 m/s (2)0.5 m
一语通关 (1)动量定理和动能定理都是求解力学问题的重要定理。应用时要特别注意选定研究对象和过程，注重受力情况分析和运动情况分析，灵活运用规律求解。
(2)运用动量定理解题需考虑速度的方向，运用动能定理解题则不需考虑速度的方向。
主题2 解决力学问题的三大观点
1．三种观点的比较
思路 特点分析 适用情况
力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系。
涉及力、加速度、位移、速度、时间 恒力作用下的运动
思路 特点分析 适用情况
能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。系统内力做功会影响系统能量。
涉及力、位移、速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用
思路 特点分析 适用情况
动量观点：动量定理和动量守恒定律 分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量。
涉及力、时间、动量(速度) 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动
2．三种观点的选择
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
(2)对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解；对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程。
【典例2】 如图所示，在倾斜角为30°的光滑斜面上静止放置a、b两个小球，它们的质量分别为M和m，它们的半径分别为R和r，它们之间用长为L＝5 m 的轻绳相连(图中未画出)，开始时a、b紧靠在一起并锁定于斜面上的A处，在斜面上的B处固定一个开有小孔的挡板，小孔半径为R0(r＜R0＜R)，AB间距离为s＝2.5 m，现解除对小球的锁定，让a、b一起从静止开始沿斜面下滑，b球无阻碍地通过小孔，而a球与挡板发生无机械能损失的碰撞，a球碰撞后沿斜面向上运动，b球仍沿斜面向下运动，轻绳绷紧瞬间(时间极短)两球达到共同速度v，已知两球半径远小于轻绳长度L，在计算时将a、b两球看做质点，斜面足够长，
两小球始终在斜面上运动，g取10 m/s2，求：
[答案] (1)5 m/s (2)2.5 m/s 方向沿斜面向下 (3)见解析
规律方法 综合应用动力学“三大观点”解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。
(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程。对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系。
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程。
(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论。主题1 动量定理和动能定理的比较
1．动量定理和动能定理的比较：
比较项目 动量定理 动能定理
内容 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化量 物体所受合外力所做的功等于物体动能的变化量
公式 F合t＝mv2－mv1 F合s＝
矢标性 矢量式 标量式
因果 关系 因 合外力的冲量 合外力的功(总功)
果 动量的变化 动能的变化
相同点 ①动量定理和动能定理都注重初、末状态而不注重过程，不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而变化的力 ②不仅适用于单个物体，也适用于物体系统；研究的过程可以是整个过程也可以是某一过程 ③动能定理和动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动
2．应用动量定理与动能定理的关键词
【典例1】 如图所示，质量mA＝4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB＝1.0 kg 的小物块B(可视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA＝8.0 J，小物块的动能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度大小v0；
(2)木板的长度L。
[解析] (1)在瞬时冲量作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略。
取水平向右为正方向，对木板A，由动量定理有I＝mAv0，代入数据解得v0＝3 m/s。
(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为vA，B的速度为vB，A、B相对C的位移为sA、sB。
对A，由动量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0，
对B，由动量定理有FfABt＝mBvB，
由牛顿第三定律可得FfBA＝FfAB，另FfCA＝μ(mA＋mB)g，
对A，由动能定理有－(FfBA＋FfCA)sA＝，
对B，由动能定理有FfABsB＝，
根据动量与动能之间的关系有mAvA＝，
mBvB＝，
木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L＝sA－sB，
联立解得L＝0.5 m。
[答案] (1)3 m/s (2)0.5 m
(1)动量定理和动能定理都是求解力学问题的重要定理。应用时要特别注意选定研究对象和过程，注重受力情况分析和运动情况分析，灵活运用规律求解。
(2)运用动量定理解题需考虑速度的方向，运用动能定理解题则不需考虑速度的方向。
主题2 解决力学问题的三大观点
1．三种观点的比较
思路 特点分析 适用情况
力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系。 涉及力、加速度、位移、速度、时间 恒力作用下的运动
能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。系统内力做功会影响系统能量。 涉及力、位移、速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用
动量观点：动量定理和动量守恒定律 分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量。 涉及力、时间、动量(速度) 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动
2．三种观点的选择
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
(2)对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解；对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程。
【典例2】 如图所示，在倾斜角为30°的光滑斜面上静止放置a、b两个小球，它们的质量分别为M和m，它们的半径分别为R和r，它们之间用长为L＝5 m 的轻绳相连(图中未画出)，开始时a、b紧靠在一起并锁定于斜面上的A处，在斜面上的B处固定一个开有小孔的挡板，小孔半径为R0(r＜R0＜R)，AB间距离为s＝2.5 m，现解除对小球的锁定，让a、b一起从静止开始沿斜面下滑，b球无阻碍地通过小孔，而a球与挡板发生无机械能损失的碰撞，a球碰撞后沿斜面向上运动，b球仍沿斜面向下运动，轻绳绷紧瞬间(时间极短)两球达到共同速度v，已知两球半径远小于轻绳长度L，在计算时将a、b两球看做质点，斜面足够长，两小球始终在斜面上运动，g取10 m/s2，求：
(1)小球a、b从A点由静止开始一起沿斜面下滑到达挡板时的速度v0的大小；
(2)若M＝m，连接a、b两球的轻绳绷紧瞬间，a、b两球共同速度v的大小和方向；
(3)若＝k，试讨论两球共同速度v的方向与k值的关系。
[解析] (1)a、b一起下滑时根据动能定理有
(M＋m)gs sin 30°＝－0
代入数据得v0＝5 m/s。
(2)a与挡板发生碰撞反弹到绳刚好绷紧，根据受力分析可知两小球的加速度大小均为a，取斜面向下为正方向，则有
a＝g sin 30°＝5 m/s2
这段过程中a球的位移
xa＝v0t－at2
b球的位移
xb＝v0t＋at2
又因为xa＋xb＝L
代入数据解得t＝0.5 s
绳绷紧前瞬间有
va＝v0－at＝5－5×0.5 m/s＝2.5 m/s
vb＝v0＋at＝5＋5×0.5 m/s＝7.5 m/s
绳绷紧过程动量守恒，有
mvb－Mva＝(m＋M)v
当M＝m时，解得v＝2.5 m/s
故绳绷紧瞬间，a、b两小球的共同速度v的大小为2.5 m/s，方向沿斜面向下。
(3)若＝k，由(2)问可得
v＝＝
令v＝0，可得k＝3，则当k＜3时，v＞0，方向沿斜面向下；当k＝3时，v＝0；当k＞3时，v＜0，方向沿斜面向上。
[答案] (1)5 m/s (2)2.5 m/s 方向沿斜面向下 (3)见解析
综合应用动力学“三大观点”解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。
(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程。对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系。
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程。
(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论。
章末综合测评(一) 动量与动量守恒定律
一、单项选择题
1．关于动量，以下说法正确的是( )
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同
C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D．做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
D [做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，故A错误；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C错误；做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D正确。]
2．如图所示为一名同学“立定跳远”的频闪照片。下列分析正确的是( )
A．脚在跳出之前，地面对人作用力的冲量等于重力的冲量
B．脚在跳出至落到沙坑，动量先增大后减小
C．脚在跳出至落到沙坑，重力势能先增大后减小
D．脚在落到沙坑之后，沙坑对人作用力的冲量小于重力的冲量
C [脚在跳出之前，地面对人的作用力大于人的重力，根据I＝Ft可知，地面对人的作用力的冲量大于重力的冲量，选项A错误；脚在跳出至落到沙坑，速度先减小后增加，则由p＝mv可知，动量先减小后增大，选项B错误；脚在跳出至落到沙坑，离地面的高度先增加后减小，则重力势能先增大后减小，选项C正确；脚在落到沙坑之后，设向上为正方向，则根据IF－IG＝0－(－mv)，则沙坑对人作用力的冲量大于重力的冲量，选项D错误。故选C。]
3．某学校举行的晚会上进行了“托球选表演者”的游戏。在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3 kg的超大气球以2 m/s速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.2 s。忽略气球所受浮力及空气阻力，g取10 m/s2。则观众双手受的压力共计( )
A．30 N B．60 N C．90 N D．120 N
C [取竖直向下为正方向，对气球由动量定理有(mg－F)Δt＝mv′－mv，代入数据解得F＝90 N，由牛顿第三定律可知，观众双手受到的压力为90 N，故选C。]
4．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( )
A B
C D
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。]
5．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动( )
A．一定沿v0的方向飞去
B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动
D．以上说法都不对
C [以整个导弹为研究对象，取v0的方向为正方向。根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，则得另一块的速度为v′＝，若Mv0>mv，则v′>0，说明另一块沿v0的方向飞去；若Mv06．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面。今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
A [小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝，A正确，B、C、D错误。]
7．如图所示，用长度同为l的轻质细绳悬挂四个弹性小球A、B、C、D，它们的质量依次为m1、m2、m3、m4，且满足m1 m2 m3 m4，将A球拉起一定角度θ后释放，则D球开始运动时的速度为( )
A． B．2
C．4 D．8
D [设碰撞前瞬间A的速度为v0，根据机械能守恒定律，有m1gl(1－cos θ)＝，解得v0＝，设A与B碰撞后A与B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律，有＝，联立解得v2＝v0，由于m1 m2，则v2＝2v0，同理，v3＝2v2，v4＝2v3，所以v4＝8v0＝8，故D正确，A、B、C错误，故选D。]
8．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的高度为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
B [设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m；设爆炸时质量大的碎块的水平速度大小为v，质量小的碎块的水平速度大小为v′，根据动量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；两碎块都做平抛运动，设其下落时间为t，则vt＝v声(t1－t)，2vt＝v声(t2－t)，其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝gt2可得，爆炸点离地面的高度为80 m，B正确；两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从爆炸物爆炸两碎块开始抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为85 m/s，C错误；爆炸后两碎块向相反的方向运动，水平间距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1 020 m，D错误。]
二、多项选择题
9．如图所示，质量为m的小球，固定在轻杆上，绕过O点的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，A、B是圆周上与圆心O等高的两点。若小球运动的速度大小为v，轨道半径为R，且v＝(g为重力加速度)，则小球从A点运动到B点过程中，下列说法中正确的是( )
A．小球所受重力的冲量为0
B．小球所受向心力的冲量为mv
C．小球所受合力的冲量大小为2mv
D．轻杆对小球作用力的冲量大小为mv
CD [根据冲量公式I＝Ft得，重力的冲量为I1＝mgt，又v＝，从A到B路程为πR，则t＝＝，则I1＝m＝mv，A错误；向心力是效果力，小球做匀速圆周运动所需要的向心力是由重力与轻杆的合力提供的，小球不受向心力，B错误；由题可知，以竖直向下为正方向，小球所受合力的冲量I2＝F合t＝mv－＝2mv，即小球所受合力的冲量大小为2mv，方向竖直向下，C正确；由A选项可知，重力的冲量为mv，方向竖直向下，合力的冲量为2mv，方向竖直向下，则轻杆对小球作用力的冲量大小为p＝2mv－mv＝mv，方向竖直向下，D正确。故选CD。]
10．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
甲 乙
A．物体A的质量为3m
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
AC [对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时的弹性势能Ep＝；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量x时，A、B速度相等，设为v，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝－(M＋m)v2，联立以上三式可得M＝3m，Ep＝＝，故选A、C。]
11．(2023·新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
BC [由公式W＝Fx可知，W-x图像中图线的斜率为物体所受的拉力大小，由题图可知0～2 m内物体所受的拉力大小F1＝6 N，2～4 m内物体所受的拉力大小F2＝3 N，物体所受的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N。0～1 m的过程对物体由动能定理得W1－Ffx1＝，解得v1＝2 m/s，由公式P＝F1v1，得拉力的功率为12 W，A错误；0～4 m的过程，对物体由动能定理得W2－Ffx2＝Ek，代入数据解得Ek＝2 J，B正确；0～2 m的过程，物体克服摩擦力做的功＝Ffx3＝4×2 J＝8 J，C正确；由于F2＜Ff，所以物体在2～4 m的过程中做匀减速直线运动，因此物体在2 m处的速度最大，动量最大，对物体由动能定理得W3－Ffx3＝，代入数据解得v2＝2 m/s，物体动量的最大值p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。]
12．(2022·全国乙卷)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
AD [物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f)t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f)t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝，得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，设4～6 s物块的运动时间为t2，位移为x3＝＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s内拉力做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。]
三、非选择题
13．如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的不变量”的实验，实验步骤如下：
①把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放置质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
②按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B分别与挡板C和D碰撞时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；
③重复几次，取t1和t2的平均值。
回答下列问题：
(1)在调整气垫导轨时应注意____________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)应测量的数据还有_________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)只要关系式__________________________________________________成立，即可得出碰撞中不变的量是mv的矢量和。
[解析] (1)为了保证弹簧把滑块A、B弹开后两滑块均做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试。
(2)要求出两滑块A、B在卡销放开后的速度，需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到挡板的距离x1和x2，再由公式v＝求出其速度。
(3)根据所测数据求得两滑块的速度大小分别为vA＝和vB＝。设向左为正方向，碰前两滑块静止，总动量为零，碰后两滑块的总动量为(M＋m)－M＝0。
[答案] (1)使气垫导轨水平 (2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2 (3)(M＋m)－M＝0
14．某同学打算在家中利用能找到的器材来研究动量定理，实验设计如图1所示：将小球固定在刻度尺的旁边由静止释放，用手机连拍功能拍摄小球自由下落的过程，图2为利用图片得到各时刻小球的位置与小球在位置1的距离分别为h1、h2、h3、h4，手机连拍频率为f，查阅得知当地重力加速度为g。
(1)关于实验装置和操作，以下说法正确的是___________________；
A．刻度尺应固定在竖直平面内
B．选择材质密度小的小球
C．选择材质密度大的小球
D．铅垂线的作用是检验小球是否沿竖直方向下落
(2)小球在位置2和位置4时的瞬时速度分别为___________________，___________________ (用题中所给物理量符号表示)；
(3)取小球在位置2～4的过程研究，则验证动量定理的表达式为_____________ (用题中所给物理量符号表示)；
(4)若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于动量的增加量，造成此问题的原因可能是___________________。
[解析] (1)固定在竖直平面内测量才精确，故A正确；密度大的物体相较密度小的物体受到的空气阻力影响更小，测量误差更小，故B错误，C正确；铅垂线的作用是为了保持尺子是竖直状态，小球做自由落体运动，沿竖直方向下落，故D错误。故选AC。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则有
v2＝＝
v4＝＝。
(3)动量定理表达式为
F合t＝mv末－mv初
在位置2～4的过程研究即为
mg·2T＝mv4－mv2
又T＝
联立解得
＝。
(4)小球下落过程中，由于空气阻力的影响，会使得小球所受重力的冲量大于动量的增加量。
[答案] (1)AC (2) (3)＝ (4)空气阻力的影响
15．在光滑的水平面上有两个物块A、B，质量分别为mA＝5 kg，mB＝10 kg，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连，开始时绳子完全松弛，两物块紧靠在一起。现用2 N的水平恒力F作用在A上，使A由静止开始运动，当轻绳瞬间绷直后A、B一起共同前进，A、B一起向前运动了2.0 m时，此时两物块的速度为1 m/s，问连接物块的绳长l为多少。
[解析] 设绳子绷直前的瞬间A的速度为vA，由动能定理得
Fl＝
绳子绷直后两物块的速度相同，由动量守恒定律得
mAvA＝(mA＋mB)vAB
两物块一起向前运动x＝2.0 m时两物块的速度vAB′＝1 m/s，由动能定理得
Fx＝
解得l＝ m＝5.25 m。
[答案] 5.25 m
16．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)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块向上运动到碰撞前瞬间根据动能定理有
－mgl－fl＝
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
17．(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
[解析] (1)A在传送带上运动时的加速度为
a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间为
t＝＝。
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为
W＝＋2mg·3L－·2m·(2v0)2＝。
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
＝
解得v1＝2v0，v2＝v0
(另一组v1＝v0，v2＝v0舍掉)
两物体平抛运动的时间为t1＝
设圆盘半径为r，则
s－r＝v2t1
s＋r＝v1t1
解得s＝。
[答案] (1) (3)
18．如图所示，质量分别为mA＝m，mB＝3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连。对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0，现突然撤去外力并解除锁定，设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点，求：
(1)从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA的大小；
(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB的大小；
(3)若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨迹右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围。
[解析] (1)设弹簧恢复原长时，物体B的速度为vB0
由能量守恒有W0＝
解得vB0＝
此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小
对物体B由动量定理有I＝mBvB0＝
可得IA＝I＝。
(2)当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小。当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有
3mvB0＝mvA＋3mvB
＝
解得vB＝＝。
(3)第一种情况：恰好过最高点不脱离圆形轨道时，
由机械能守恒得
＝＋3mg·2R
在最高点，由牛顿第二定律
3mg＝
解得R＝，所以有R≤
第二种情况：恰好过圆形轨道的圆心等高处，有
＝3mgR
解得R＝
所以有R≥
综上，圆形轨道半径R的取值范围为R≤或R≥。
[答案] (1) (2) (3)R≤或R≥
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