第二节 动量定理
[学习目标] 1.能从牛顿运动定律推导出动量定理的表达式，理解动量定理，会运用动量定理解决实际问题 (重难点)。2.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象(重点)。
一、动量定理
如图所示，光滑水平面上一个质量为m的物体，初速度为v0，在恒力F作用下，经过时间t，速度从v0变为vt。
(1)物体的加速度是多少？
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
(2)结合牛顿第二定律，试分析物体的动量变化量Δp与恒力F及作用时间t有什么关系？
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1．内容：物体所受合力的冲量等于物体____________。
2．表达式：Ft＝__________。
3．适用范围：动量定理不但适用于恒定的外力，而且适用于随时间而变化的变力。在后一种情况下，动量定理中的力F通常取力在作用时间内的__________。
4．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了__________是动量变化的原因，是力在__________(填“时间”或“空间”)上的积累改变了物体的动量。
(2)动量定理的表达式Ft＝mvt－mv0是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向，合外力冲量的方向与物体__________相同。
(3)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。
(1)若物体在一段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零。( )
(2)物体所受的合力越大，动量变化得越快。 ( )
例1 (2023·深圳市外国语学校高二月考)某人身系弹性绳从绳子的悬点处自由落下，从人开始下落至绳子刚拉直为过程Ⅰ，绳子刚拉直至人到最低点为过程Ⅱ。不计空气阻力，人可视为质点，下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中人的动量变化量大于过程Ⅱ中人的动量变化量
B．过程Ⅰ中人受到的重力的冲量与过程Ⅱ中人受到的弹力的冲量大小相等
C．过程Ⅱ中人受到的合力方向向上且不断增大
D．全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等
二、动量定理的应用
1．鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在泡沫塑料垫上，鸡蛋没被打破；第二次落在玻璃上，鸡蛋被打破，这是为什么？
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2.做一做：将纸带从笔帽下抽出，如何做可保证笔帽不倒？试说说其中的道理。
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运用动量定理定性分析有关现象，一般从两个方面分析：
(1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小。
(2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小。
(1)击打钉子时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻。( )
(2)跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。( )
(3)从高处跳下时，脚尖先着地，同时屈膝、弓腰，这是为了增加作用时间以减小地面对人的力。( )
例2 用0.5 kg的铁锤钉钉子。打击前铁锤的速度为4 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(3)请你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下可以不计铁锤所受的重力。
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应用动量定理进行定量计算的一般步骤
例3 (多选)(2024·广州市执信中学开学考)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是( )
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C．球棒对垒球做的功为126 J
D．球棒对垒球做的功为36 J
动量定理与动能定理的比较
(1)动量定理是矢量式，反映力对时间的累积效应，是物体动量改变的原因，涉及一段时间(或冲量)选用动量定理，应用时必须选取正方向。
(2)动能定理是标量式，反映力对空间的累积效应，是物体动能改变的原因，涉及一段位移(或功)选用动能定理，应用时不用选取正方向。
例4 (2023·佛山市高二下质量检测)如图所示，匀速飞行的战斗机上从相同的高度先后水平抛出两个质量分别为m1、m2的炮弹，在两炮弹落到水平地面前的运动过程中，它们动量的变化量分别为Δp1、Δp2。已知m1∶m2＝1∶2，空气阻力忽略不计，则Δp1∶Δp2为( )
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1
答案精析
一、
易错辨析
(1)√ (2)√
例1 D [设绳子刚拉直时速度为v，过程Ⅰ中人的动量变化量与过程Ⅱ中人的动量变化量大小都为mv，故A错误；由动量定理可知，过程Ⅰ中人受到的重力的冲量与过程Ⅱ中人受到的弹力和重力的合力的冲量大小相等，故B错误；过程Ⅱ中人先向下加速后向下减速，则过程Ⅱ中人受到的合力方向先向下后向上，故C错误；由动量定理可知，全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等，故D正确。]
二、
易错辨析
(1)× (2)× (3)√
例2 (1)200 N (2)205 N (3)当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力
解析 打击时，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤的速度为0，设竖直向下为正方向。
(1)若不计铁锤所受的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，
解得F＝200 N。
(2)若考虑铁锤所受的重力，则有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205 N。
(3)从前两问的解答可以看出，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略不计。
例3 AC [设球棒对垒球的平均作用力为，由动量定理得·t＝m(v1－v0)，取末速度方向为正方向，代入数据解得＝1 260 N。对整个过程，由动能定理得W＝mv12－mv02＝126 J，故A、C正确。]
例4 A [两炮弹从同一高度落下，由h＝gt2得，落地的时间相同，根据动量定理mgt＝Δp，可得Δp1∶Δp2＝m1∶m2＝1∶2，故选A。](共53张PPT)
DIYIZHANG
第一章
第二节 动量定理
1.能从牛顿运动定律推导出动量定理的表达式，理解动量定理，会运用动量定理解决实际问题 (重难点)。
2.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象(重点)。
学习目标
一、动量定理
二、动量定理的应用
课时对点练
内容索引
动量定理
一
如图所示，光滑水平面上一个质量为m的物体，初速度为v0，在恒力F作用下，经过时间t，速度从v0变为vt。
(1)物体的加速度是多少？
(2)结合牛顿第二定律，试分析物体的动量变化量Δp与恒力F及作用时间t有什么关系？
整理得F·t＝mvt－mv0＝p′－p，即F·t＝Δp。
1.内容：物体所受合力的冲量等于物体 。
2.表达式：Ft＝ 。
3.适用范围：动量定理不但适用于恒定的外力，而且适用于随时间而变化的变力。在后一种情况下，动量定理中的力F通常取力在作用时间内的 。
4.对动量定理的理解
(1)动量定理反映了 是动量变化的原因，是力在 (填“时间”或“空间”)上的积累改变了物体的动量。
动量的改变量
mvt－mv0
梳理与总结
平均值
合外力的冲量
时间
(2)动量定理的表达式Ft＝mvt－mv0是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向，合外力冲量的方向与物体 相同。
(3)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。
动量变化量的方向
(1)若物体在一段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零。( )
(2)物体所受的合力越大，动量变化得越快。 ( )
√
√
(2023·深圳市外国语学校高二月考)某人身系弹性绳从绳子的悬点处自由落下，从人开始下落至绳子刚拉直为过程Ⅰ，绳子刚拉直至人到最低点为过程Ⅱ。不计空气阻力，人可视为质点，下列说法正确的是
A.过程Ⅰ中人的动量变化量大于过程Ⅱ中人的动量变化量
B.过程Ⅰ中人受到的重力的冲量与过程Ⅱ中人受到的弹力的冲量大小相等
C.过程Ⅱ中人受到的合力方向向上且不断增大
D.全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等
例1
√
设绳子刚拉直时速度为v，过程Ⅰ中人的动量变化量与过程Ⅱ中人的动量变化量大小都为mv，故A错误；
由动量定理可知，过程Ⅰ中人受到的重力的冲量与过程Ⅱ中人受到的弹力和重力的合力的冲量大小相等，故B错误；
过程Ⅱ中人先向下加速后向下减速，则过程Ⅱ中人受到的合力方向先向下后向上，故C错误；
由动量定理可知，全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等，故D正确。
返回
动量定理的应用
二
1.鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在泡沫塑料垫上，鸡蛋没被打破；第二次落在玻璃上，鸡蛋被打破，这是为什么？
答案 两次碰撞瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零，也相同，所以两次碰撞过程中鸡蛋的动量变化量相同。根据FΔt＝Δp，第一次与泡沫塑料垫作用的时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破；第二次与玻璃作用的时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破。
2.做一做：将纸带从笔帽下抽出，如何做可保证笔帽不倒？试说说其中的道理。
答案 将纸带迅速抽出，由动量定理可知，纸带对笔帽的滑动摩擦力一定，作用时间越短，笔帽动量变化量越小，越不容易倒。
运用动量定理定性分析有关现象，一般从两个方面分析：
(1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小。
(2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小。
梳理与总结
(1)击打钉子时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻。( )
(2)跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。( )
(3)从高处跳下时，脚尖先着地，同时屈膝、弓腰，这是为了增加作用时间以减小地面对人的力。( )
×
×
√
用0.5 kg的铁锤钉钉子。打击前铁锤的速度为4 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
例2
答案 200 N
打击时，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤的速度为0，设竖直向下为正方向。
若不计铁锤所受的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200 N。
(2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
答案 205 N
若考虑铁锤所受的重力，则有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205 N。
(3)请你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下可以不计铁锤所受的重力。
答案 当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力
从前两问的解答可以看出，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略不计。
总结提升
应用动量定理进行定量计算的一般步骤
(多选)(2024·广州市执信中学开学考)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是
A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C.球棒对垒球做的功为126 J
D.球棒对垒球做的功为36 J
例3
√
√
总结提升
动量定理与动能定理的比较
(1)动量定理是矢量式，反映力对时间的累积效应，是物体动量改变的原因，涉及一段时间(或冲量)选用动量定理，应用时必须选取正方向。
(2)动能定理是标量式，反映力对空间的累积效应，是物体动能改变的原因，涉及一段位移(或功)选用动能定理，应用时不用选取正方向。
(2023·佛山市高二下质量检测)如图所示，匀速飞行的战斗机上从相同的高度先后水平抛出两个质量分别为m1、m2的炮弹，在两炮弹落到水平地面前的运动过程中，它们动量的变化量分
别为Δp1、Δp2。已知m1∶m2＝1∶2，空气阻
力忽略不计，则Δp1∶Δp2为
A.1∶2 B.1∶3 C.1∶1 D.2∶1
例4
√
返回
课时对点练
三
考点一 动量定理
1.(多选)关于动量和冲量的说法，正确的是
A.物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
B.物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定改变
C.物体动量变化的方向，就是它所受合外力的冲量方向
D.物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大
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基础对点练
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由动量定理可知，物体所受合外力的冲量的大小等于动量变化的大小，方向与动量变化的方向相同，故A项错误，B、C、D项正确。
2.(2024·广州市第六中学高二上开学考)在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛。若不计空气阻力，三个小球从抛出到落地的过程中
A.三个小球落地时的动量相同
B.三个小球动量的变化量相同
C.竖直上抛的小球动量的变化量最大
D.竖直下抛的小球动量的变化量最大
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在相同高度处三个小球以相同的速率分别抛出，可知做竖直上抛运动小球运动的时间大于做平抛运动小球的运动时间，做平抛运动小球的运动时间大于做竖直下抛运动小球的运动时间，由动量定理可得mgt＝Δp，可知三个小球动量的变化量不相同，竖直上抛的小球动量的变化量最大，竖直下抛的小球动量的变化量最小，B、D错误，C正确。
3.(2023·湛江市高一期末)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员
A.过程Ⅰ的动量变化量等于零
B.过程Ⅱ的动量变化量等于零
C.过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量
D.过程Ⅱ的动量变化量等于重力的冲量
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由于忽略空气阻力，过程Ⅰ中运动员只受重力作用，根据动量定理可知，过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量，即为I1＝mgt，不为零，故A错误，C正确；
运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量变化量不等于零，故B错误；
根据动量定理可知，过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。
考点二 动量定理的基本应用
4.(多选)(2023·佛山市高二阶段练习)下列说法正确的是
A.跳高时，在落地处垫海绵垫是为了减小冲量
B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程中受到的作用力
C.初速度相同的两个物体受相同的制动力作用会同时停下来
D.人从越高的地方跳下，落地时受到的冲量越大
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√
跳高时，在落地处垫海绵垫是为了延长作用时间减小作用力，不是减小冲量，A错误；
在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小作用力，B正确；
动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，初速度相同，动量不一定相同，故C错误；
从越高的地方跳下，落地时速度越大，速度变化量越大，动量变化量越大，则人受到的冲量越大，D正确。
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5.(多选)运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被球拍击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。重力影响可忽略，则此过程中球拍对网球作用力的冲量
A.大小为m(v2＋v1)
B.大小为m(v2－v1)
C.方向与v1方向相同
D.方向与v2方向相同
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以v1的方向为正方向，由动量定理得球拍对网球作用力的冲量为I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则冲量的大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，选项A、D正确，B、C错误。
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6.(多选)如图所示，把重物G压在纸带上，第一次用一水平力拉动纸带，重物恰停在边沿处，第二次迅速拉动纸带，重物几乎不动，对这种现象的解释正确的是
A.第二次拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小
B.两次拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力相同
C.在第一次拉动纸带时，纸带对重物的冲量大
D.在第二次拉动纸带时，纸带对重物的冲量大
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两次拉动纸带时，纸带与重物间的摩擦力均为
滑动摩擦力，大小相等，A错误，B正确；
由题可知，第一次拉动纸带时，纸带与重物的作用时间长，两次拉纸带，纸带对重物的作用力相同，根据I＝Ft，所以第一次纸带对重物的冲量大，C正确，D错误。
7.(2024·广州市第六中学高二上开学考)如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人通过绳子将重物从地面提升，当重物重心上升20 cm时，两人同时释放绳子，让重物由静止开始自由下落，最终重物落地将地面夯实。已知重物的质量为50 kg，重物与地面接触0.02 s后停止运动，不计空气阻力，g取10 m/s2。试求：
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(1)重物在空中自由下落过程中重力的冲量
大小；
答案 100 N·s
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(2)地面对重物的平均作用力的大小。
答案 5 500 N
重物在空中自由下落过程中重力的冲量大
小I＝mgt1
解得I＝100 N·s
8.(2023·汕头市潮南区高二下阶段检测)如图甲，某篮球爱好者站在某点练习投篮，连续三次将篮球从A点抛出，篮球三次从A点抛出回到与A点等高的位置的轨迹如图乙所示，若三次抛出的初速度大小相同，篮球在图乙所示运动过程动量变化量分别为
Δp1、Δp2、Δp3，不计空气阻力，下列
说法正确的是
A.Δp3最大 B.Δp2最大
C.Δp1最大 D.Δp1＝Δp2＝Δp3
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能力综合练
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9.(2023·佛山市郑裕彤中学月考)一个质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随t变化的图线如图所示，则
A.前3 s内合力F的冲量大小为0
B.t＝1 s时，物块的速率为2 m/s
C.t＝2 s时，物块的动量的大小为2 kg·m/s
D.前4 s内动量的变化量大小为2 kg·m/s
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图像与t轴所围成的面积表示冲量，由图像可
知，前3 s内合力F的冲量大小为0，A正确；
根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv，结合图像可解
得t＝1 s时物块的速率为1 m/s，B错误；
根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv，所以可解得2 s时物块的动量为1 kg·m/s，C错误；
由图像可知，前4 s内动量的变化量大小为1 kg·m/s，D错误。
10.(多选)(2024·广州六中校考)如图所示，两个质量相同的钢球从甲、乙装置正上方同一高度处静止释放，分别与甲、乙装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，下列说法正确的是
A.两小球刚到达底部时，动量相同
B.整个碰撞过程中，甲、乙小球所
受合力的冲量相同
C.曲线①代表乙装置碰撞情况，曲
线②代表甲装置碰撞情况
D.曲线①与时间轴围成的面积大于曲线②与时间轴围成的面积
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由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，根据两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，整个碰撞过程中，甲、乙小球所受合力的冲量相同，故B正确；
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甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，则小球与甲装置底部碰撞过程作用时间较小，作用力较大，则曲线①代表甲装置碰撞情况，曲线②代表乙装置碰撞情况，故C错误；
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由于两球碰撞过程中动量变化量相同，以向上为正方向，根据动量定理可得Ft－mgt＝Δp，可得Ft＝Δp＋mgt，F－t图像与时间轴围成的面积表示F的冲量，由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D错误。
11.(2023·佛山市南湾区高二阶段检测)如图所示，有一游戏中使用的弹枪，可以发射速率恒为v0＝3 m/s，质量为m＝4 kg的橡胶球。现让枪口竖直向下，距离水平地面某高度发射橡胶球，橡胶球与地面碰撞后反弹，小球碰地后的反弹速率为落地时速率的0.8倍，发现小球恰好可以返回枪口位置，不考虑空气阻力的影响，已知重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)求枪口距地面高度H；
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答案 0.8 m
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设橡胶球落地前瞬间速度为v，则下落过程有v2－v02＝2gH
反弹后上升过程有(0.8v)2＝2gH
联立解得v＝5 m/s，H＝0.8 m
(2)若橡胶球与地面作用时间为0.2 s，求碰撞过程中球对地面的平均冲击力F。
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答案 220 N，方向竖直向下
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橡胶球与地面碰撞过程，根据动量定理有
(F′－mg)t＝m·0.8v－m(－v)，
解得F′＝220 N，由牛顿第三定律得，
球对地面的平均冲击力F＝F′＝220 N，方向竖直向下。
12.(多选)(2023·佛山市郑裕彤中学高二下阶段检测)如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点，另一端系着质量为m的小球，给小球一定的速度v，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是
A.小球运动半周的过程中，动量不变
B.小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为2mv
C.小球运动一周的过程中，重力的冲量为零
D.小球运动一周的过程中，拉力的冲量为－mgT
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小球运动半周的过程中，末速度方向与初速度方向相反，设初速度方向为正，则小球动量的改变量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，根据动量定理I合＝Δp＝－2mv，故A错误，B正确；
小球运动一周的过程中，小球所受重力的方向始终竖直向下，则重力的冲量大小为IG＝mgT，故C错误；
小球运动一周的过程中，小球动量的改变量为零，又由动量定理IG＋IT＝0，得IT＝－IG＝－mgT，故D正确。第三节 动量守恒定律
1、2题每题8分，3、4题每题9分，5题15分，共49分
考点一 动量守恒定律的理解
1．(2024·广州市天河中学阶段检测)如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为－q，B带电荷量为＋2q，下列说法正确的是( )
A．相碰前两球运动过程中动量不守恒
B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
D．两球相碰分离后的总动量等于相碰前的总动量，因为两球组成的系统所受合外力为零
2．(多选)(2024·深圳市龙华中学高二期中)下列情况中系统的动量守恒的是( )
A．小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B．子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
C．子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统
3.(2023·佛山市郑裕彤中学月考)如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是( )
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．当锤子速度方向水平向右时，人和车水平方向的总动量水平向左
D．人、车和锤组成的系统动量守恒
4.如图所示，光滑水平面上放置一足够长木板A，其上表面粗糙，两个质量和材料均不同的物块B、C，以不同的水平速度分别从两端滑上长木板A。当B、C在木板A上滑动的过程中，由A、B、C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
考点二 动量守恒定律的验证
5．(15分)某实验小组用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，小车A前端贴有橡皮泥，后端连一穿过打点计时器的纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50 Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图乙上。
(1)(3分)实验前，该实验小组必须做的一项实验步骤是________，才能使小车在木板上做匀速直线运动；
(2)(6分)图中的数据有AB、BC、CD、DE四段，计算小车A碰撞前的速度大小应选________段，计算两车碰撞后的速度大小应选________段；
(3)(6分)若小车A的质量为0.5 kg，小车B的质量为0.25 kg，根据纸带数据，碰前两小车的总动量是______________kg·m/s，碰后两小车的总动量是________kg·m/s。(结果保留3位有效数字)
6～8题每题11分，9题18分，共51分
6．(多选)(2023·佛山市郑裕彤中学高二下月考)如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上，它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是( )
A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒
B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒
C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙所示系统的冲量为零
D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车的冲量大小等于小车A动量的变化量大小
7.(2023·佛山市李兆基中学高二下期末)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构成的系统机械能守恒、动量守恒
C．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能守恒、水平方向的动量守恒
8.(多选)(2024·广州大学附中高二上开学考改编)我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同
B．相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足机械能守恒定律
C．相互作用的广东省过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律
D．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
9．(18分)(2023·广东湛江市第二中学高一期末)如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平拋出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端的支架上，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。如图乙所示，M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，O′是B球球心在记录纸上的竖直投影点。
(1)(6分)在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1________m2(选填“>”“＝”或“<”)；除了图中器材外，实验室还备有下列器材和螺旋测微器，完成本实验还必须使用的两种器材是_________。
A．秒表，天平 B．天平，刻度尺
C．秒表，刻度尺 D．天平，打点计时器
(2)(3分)在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2，以及小球的半径为r。记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。
(3)(6分)实验中小球斜槽之间存在摩擦力，这对实验结果_________(选填“有”或“没有”)影响，为什么？______________________________。
(4)(3分)完成上述实验后，某实验小组对装置进行了改造，如图丙所示。在水平槽右方竖直固定一木板，使小球A仍从斜槽上C点由静止滚下，重复上述实验的操作，得到两球落在木板上的平均落点M只有系统内的弹力做功，、P、N。用刻度尺测量木板上与点B等高的点B′到M、P、N三点的高度差分别为L1、L2、L3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为______________(用所测物理量的字母表示)。
第三节 动量守恒定律
1．D [将两球看成一个系统分析，系统受重力、支持力，水平方向不受外力，故系统动量守恒，所以两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量。故选D。]
2．ABD [小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A正确；子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故B正确；子弹射入固定在墙角的木块中，墙壁对木块有弹力作用，系统所受合外力不为零，动量不守恒，故C错误；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，手榴弹组成的系统内力远大于外力，动量守恒，故D正确。]
3．C [人、车和锤看作一个系统，因处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，水平方向总动量始终为零，当锤有相对大地向右的速度时，人和车有向左的速度，当锤有相对大地向左的速度时，人和车有向右的速度，故车来回运动，选项A错误，C正确；锤击打小车，碰撞时系统机械能有损耗，选项B错误；人、车和锤水平方向动量守恒，因为锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒，系统总动量不守恒，选项D错误。]
4．B [依题意，因水平面光滑，则A、B、C组成的系统合力为零，满足动量守恒条件，系统动量守恒；木板A上表面粗糙，物块B、C在其上滑行时，会摩擦生热，系统机械能有损失，则系统机械能不守恒，故A、C、D错误，B正确。]
5．(1)平衡摩擦力 (2)BC DE
(3)0.856 0.855
解析 (1)实验前，该实验小组必须做的一项实验步骤是平衡摩擦力，才能使小车在木板上做匀速直线运动；
(2)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，BC段为匀速运动的阶段，故选BC段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动为匀速直线运动，故在相同时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后的共同速度；
(3)打点计时器频率为50 Hz，则两点间时间间隔T＝0.02 s，碰前小车的速度为
v1＝＝×10－2 m/s＝1.712 m/s
故碰前的总动量为p＝mAv1＝0.5×1.712 kg·m/s＝0.856 kg·m/s
碰后两小车的共同速度为v2＝＝×10－2 m/s＝1.140 m/s
故碰后的总动量为p′＝(mA＋mB)v2＝(0.5＋0.25)×1.140 kg·m/s＝0.855 kg·m/s。
6．AD [从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统运动过程中所受外力之和为0，则系统动量守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由冲量定义I＝Ft可知，墙壁对图乙所示系统的冲量不为零，由动量定理可知，图乙墙壁弹力对系统的冲量大小等于系统动量的变化量，由于B车没有位移，B车动量为0不变，则墙壁弹力对B的冲量大小等于小车A动量的变化量大小，故C错误，D正确。]
7．D [Q在P上运动的过程中，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q的位移方向夹角大于90°，则P对Q做功不为零，故A错误；Q在P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，系统在水平方向合力为零，即水平方向动量守恒，系统在竖直方向所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，故B、C错误，D正确。]
8．CD [甲对乙的作用力与乙对甲的作用力等大反向，她们的冲量也等大反向，故A错误；由于乙推甲的过程，其他形式的能转化为机械能，故机械能不守恒，故B错误；甲、乙相互作用的过程，系统水平方向不受外力的作用，竖直方向所受合外力为零，故系统的动量守恒，此过程甲的动量增大，乙的动量减小，二者动量的变化大小相等、方向相反，故C、D正确。]
9．(1)> B
(2)m1OP＝m1OM＋m2ON
(3)没有 小球每次都是从同一高度释放，克服摩擦力做的功相同
(4)m1＝m1＋m2
解析 (1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射小球的质量大于被碰撞球的质量，即两质量满足m1>m2。
两小球碰撞过程若动量守恒，则m1v1＝m1v1′＋m2v2，小球从同一高度下落，运动时间相同，水平方向做匀速直线运动，则m1v1t＝m1v1′t＋m2v2t，即m1OP＝m1OM＋m2ON，所以该实验需要测量小球抛出点和落地点的水平距离以及小球的质量，所以需要天平和刻度尺，故选B。
(2)若两球在OP方向上动量守恒，则满足m1OP＝m1OM＋m2ON。
(3)没有影响，小球每次都是从同一高度释放，克服摩擦力做的功相同，碰前小球的速度相同，所以斜槽末端是否光滑对该实验没有影响。
(4)小球从斜槽末端抛出后做平抛运动，水平距离x相等，由h＝gt2，x＝v0t，得v0＝x，若碰撞过程两球动量守恒，
则有m1v1＝m1v1′＋m2v2，
则m1＝m1＋m2。
