(共79张PPT)
动量守恒定律(基础落实课)
第 2 讲
1
课前基础先行
2
逐点清(一) 动量守恒的判断
3
逐点清(二) 动量守恒定律的应用
4
逐点清(三)
某一方向上的动量守恒问题
CONTENTS
目录
5
课时跟踪检测
课前基础先行
一、动量守恒定律
1．内容
如果一个系统__________，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。
不受外力
3．系统动量守恒的条件
理想守恒 系统不受外力或所受_____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
外力
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
______________
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失______
守恒
最大
2．反冲和爆炸
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______是守恒的
爆炸现象 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且_______系统所受的外力，所以系统动量______，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
动量
远大于
守恒
理解判断
(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)碰撞前后A、B两球系统的动量和机械能均不守恒。 ( )
√
×
×
√
×
(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 ( )
(7)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。 ( )
(8)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。( )
(9)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。 ( )
√
√
×
√
逐点清(一) 动量守恒的判断
课堂
1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]
在2 000 m短道速滑接力赛上，“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，完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )
|题|点|全|练|
A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
解析：两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；
√
系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，动量变化量不相同，B错误；
在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；
在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误。
2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断]
(多选)如图所示，初始时包含人、小车和篮球在内的整个系统在光滑水平面上处于静止状态，现站在车上的人将篮球投向左边的篮筐，但并未投中，且篮球在撞击篮筐边缘后又刚好被人稳稳接住，整个过程中人与车始终保持相对静止，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车不动
B．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车将向右做匀速直线运动
C．在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，人与车继续向右做匀速直线运动
D．在篮球被人接住后，人与车将静止不动
√
√
解析：人、车与篮球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，投篮前系统静止，系统总动量为零，投篮后系统在水平方向仍然动量守恒，由动量守恒定律可知，篮球在水平方向的分速度向左，则车在水平方向速度向右，因此篮球投出后撞击篮筐前，人与车向右做匀速直线运动，A错误，B正确。
在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，篮球在水平方向有向右的分速度，由动量守恒定律可知，车有向左的速度，人与车一起向左做匀速直线运动，C错误。
人、车与篮球组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态总动量为零，在篮球被人接住后人、篮球、车的速度相等，系统末状态动量为零，速度为零，人与车将静止不动，D正确。
3．[某个方向上动量守恒的判断]
如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，
槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正
上方从静止开始落下，自A点与圆弧槽相切进入槽内，
则下列结论中正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析：小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力也对小球做功，选项A错误；
小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，
√
系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；
半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误。
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。
|精|要|点|拨|
逐点清(二)
动量守恒定律的应用
课堂
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
续表
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。
(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。
(人教版教材选择性必修1，P14例题)如图所示，在列车编组站里，一辆质量为1.8×104 kg的货车在平直轨道上以2 m/s的速度运动，碰上一辆质量为2.2×104 kg的静止的货车，它们碰撞后结合在一起继续运动。求货车碰撞后运动的速度。
|教|材|导|引|
提示：已知m1＝1.8×104 kg，m2＝2.2×104 kg。
沿碰撞前货车运动的方向建立坐标轴，有v1＝2 m/s。设两车结合后的速度为v。
两车碰撞前的总动量为p＝m1v1，碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v，
根据动量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1，
考教衔接：在“动量守恒定律”这一节中，人教版教材、鲁科版教材都不约而同地选择了“车辆碰撞”这一典型案例来考查动量守恒定律的应用。未来高考选择“车辆碰撞”这一情境素材进行关联拓展命题的概率会很大。
考法1 动量守恒定律与牛顿第二定律的综合
1．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。已知某限速60 km/h的平直公路上，一辆质量为m1＝800 kg的汽车A以速度v1＝15 m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝1 200 kg的汽车B以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，
考法全训
但两车仍在开始刹车t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B车原行驶方向滑行6 m后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3, g取10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；
(2)求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速。
(2)对A车有：vA＝v1－at
对B车有：vB＝v2－at
以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：
m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共
可得v2＝21 m/s>60 km/h
故B车超速。
答案：(1)6 m/s (2)21 m/s，超速
2．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1 600 kg的试验车以速度v1＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
考法2 动量守恒定律与动量定理的综合
(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试求这种情况下试验车受到的撞击力多大？并说明安全气囊是否会爆开。
解析：(1)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向，由动量定理有－I0＝0－m1v1
将已知数据代入上式得I0＝1.6×104 N·s
由冲量定义有I0＝F0t1
将已知数据代入得F0＝1.6×105 N
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度为v，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1
将已知数据代入得F＝2.5×104 N
可见F＜F0，故试验车的安全气囊不会爆开。
答案：(1)1.6×104 N·s 1.6×105 N (2)2.5×104 N；安全气囊不会爆开
逐点清(三)
某一方向上的动量守恒问题
课堂
[典例] (2024·湖南名校联考)如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1＜L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2＝( )
A．6∶1 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
√
(1)系统总动量不守恒，但在某一方向上合外力为零，系统在该方向上动量守恒。
(2)上述[典例]中，滑环不固定时，小球到达最高点时与滑环速度相同，方向沿水平方向。
(3)系统中只有重力做功，系统机械能守恒。
|思|维|建|模|
1.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高0.8 m处以一定的初速度向左平抛，落在以速度大小为6 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，小球落到油泥上不反弹，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是5 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是( )
针对训练
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
√
2．(多选)如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个
均可看作质点的光滑金属球，a金属小球的质量大于b金
属小球的质量，整个装置放在光滑的水平地面上，设b
金属小球离地面高度为h，将此装置由静止释放(重力加速度为g)，则下列说法正确的是( )
A．在b金属小球落地前的整个过程中，a金属小球向左做加速运动
B．在b金属小球落地前的整个过程中，金属小球a、b及轻杆系统机械能守恒
√
√
解析：对两球及轻杆系统，水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒；开始时两球速度均为零，在b球落地前瞬间，b球速度竖直向下，水平方向速度为零，根据系统水平方向动量守恒知，
在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，则整个运动过程中，a球由静止状态经历向左运动到最终静止，先加速后减速，故A、C错误。
课时跟踪检测
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解析：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。
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3．(2024·泰安高三质检)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )
A．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
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由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2mvA∶mvB＝1∶1，故B错误；
弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为WA∶WB＝1∶2，故D错误。
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4．在某高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg 向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为( )
A．大于10 m/s B．小于22.5 m/s
C．一定大于22.5 m/s D．一定大于30 m/s
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解析：碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5 m/s，C正确。
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5．(2024·随州高三检测)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，则( )
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关
D．在碰撞后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒
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解析：环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，故A正确，B错误；
碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；
碰撞后环与板共同下落的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，故D错误。
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6．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
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解析：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；
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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。
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7．(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
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A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
解析：取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
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对滑块1，有I1＝mv2－mv1＝(1×0.22－1×0.40) N·s＝－0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；
对滑块2，有I2＝mv2＝1×0.22 N·s＝0.22 N·s，故C错误；
对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
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8．(2024·长沙名校联考)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧的固定挡板相接触，B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的某时刻开始，B物块的v-t图像如图乙所示，则可知( )
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A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9 J
解析：解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知B的速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；
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在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受合力不为零，则系统动量不守恒，C错误；
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二、注重应用，强调创新
9．(多选)某次花样滑冰双人滑训练时运动员携手
以1.2 m/s 的速度滑行，女运动员的质量为40 kg，男
运动员的质量为60 kg，滑行中男运动员迅速将女运动
员沿原运动方向推开，两人分开时，女运动员相对于男运动员的速度为5.5 m/s，他们与冰面的摩擦忽略不计。下列说法正确的是( )
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A．分开过程中，两位运动员组成的系统动量和机械能均守恒
B．分开过程中，两位运动员组成的系统动量守恒、机械能不守恒
C．分开后，男运动员相对于地面的速度大小为1 m/s
D．分开后，男运动员相对于地面的速度大小为2 m/s
解析：以原运动方向为正方向，设分开后女运动员的速度为v1，质量为m1，男运动员的速度为v2＝v1－5.5 m/s，质量为m2，分开过程中，他们与冰面的摩擦忽略不计，
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由以上计算可知，分开后，男运动员相对于地面的速度大小为1 m/s，C正确，D错误。
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10．(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是( )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
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(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
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(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m (2)7.44 m/s课时跟踪检测(三十五) 动量守恒定律
一、立足基础，体现综合
1.如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼 20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A. B.
C. D.
2.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
3．(2024·泰安高三质检)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )
A．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
4．在某公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg 向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为( )
A．大于10 m/s B．小于22.5 m/s
C．一定大于22.5 m/s D．一定大于30 m/s
5.(2024·随州高三检测)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，则( )
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关
D．在碰撞后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒
6．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
7．(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
8．(2024·长沙名校联考)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧的固定挡板相接触，B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的某时刻开始，B物块的v t图像如图乙所示，则可知( )
A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9 J
二、注重应用，强调创新
9．(多选)某次花样滑冰双人滑训练时运动员携手以1.2 m/s 的速度滑行，女运动员的质量为40 kg，男运动员的质量为60 kg，滑行中男运动员迅速将女运动员沿原运动方向推开，两人分开时，女运动员相对于男运动员的速度为5.5 m/s，他们与冰面的摩擦忽略不计。下列说法正确的是( )
A．分开过程中，两位运动员组成的系统动量和机械能均守恒
B．分开过程中，两位运动员组成的系统动量守恒、机械能不守恒
C．分开后，男运动员相对于地面的速度大小为1 m/s
D．分开后，男运动员相对于地面的速度大小为2 m/s
10．(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是( )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d＝
D．d＝
11．如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
课时跟踪检测(三十五)
1．选A 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝。
2．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。
3．选A 在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得2mvA－mvB＝0，得vA＝，两滑块速度大小之比为vA∶vB＝1∶2，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝·2mvA2∶mvB2＝1∶2，故A正确，C错误；由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2mvA∶mvB＝1∶1，故B错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为WA∶WB＝1∶2，故D错误。
4．选C 碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5 m/s，C正确。
5．选A 环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，故A正确，B错误；碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；碰撞后环与板共同下落的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，故D错误。
6．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。
7．选BD 取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，有I1＝mv2－mv1＝(1×0.22－1×0.40) N·s＝－0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，有I2＝mv2＝1×0.22 N·s＝0.22 N·s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
8．选B 解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知B的速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大，且此时弹簧也处于原长。设A的质量为mA，A的最大速度为v，根据动量守恒有mAv＋mB·vBmin＝mB·vBmax，即mAv＋2×1 kg·m/s＝2×3 kg·m/s，又由机械能守恒有：mAv2＋mBvBmin2＝mBvBmax2，即mAv2＋×2×12 J＝×2×32 J，解得mA＝1 kg，v＝4 m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受合力不为零，则系统动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大，根据动量守恒定律得：mBvBmax＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2 m/s，又由能量守恒定律得：Epmax＝mBvBmax2－(mA＋mB)v共2＝3 J，D错误。
9．选BC 以原运动方向为正方向，设分开后女运动员的速度为v1，质量为m1，男运动员的速度为v2＝v1－5.5 m/s，质量为m2，分开过程中，他们与冰面的摩擦忽略不计，可知两位运动员组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，代入数据解得v1＝4.5 m/s，分开后男运动员的速度为v2＝－1 m/s，分开前两位运动员组成的系统机械能E1＝(m1＋m2)v02＝×(40＋60)×1.22 J＝72 J，分开后两位运动员组成的系统机械能E2＝m1v12＋m2v22＝×40×4.52 J＋×60×12 J＝435 J，则有E2＞E1，可知分开过程中，两位运动员组成的系统机械能不守恒，A错误，B正确；由以上计算可知，分开后，男运动员相对于地面的速度大小为1 m/s，C正确，D错误。
10．选BC 对于热气球，投出物资之前，浮力等于重力，投出物资之后，热气球受到的浮力不变，重力减少了mg，所以热气球受到的合力大小为mg，方向竖直向上，物资被水平向右抛出后，根据动量守恒定律得：mv0－Mv＝0，热气球的初速度大小为v＝v0，方向水平向左，且受到竖直向上恒力mg作用，应做类平抛运动，故A错误，B正确。对于物资，平抛后，竖直方向H＝gt2，水平方向x＝v0t＝v0；对于热气球，水平方向x′＝vt，竖直方向H′＝at2，a＝，则物资落地时与热气球之间的距离d＝，代入数据解得d＝ ，故C正确，D错误。
11．解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝a1(t＋t0)2，L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m (2)7.44 m/s
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