【高考突破方案】第六章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第六章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
|
|
| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 2.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:27 | ||
图片预览
文档简介
第六章 动 量
课程标准 1.理解冲量和动量.通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象.知道动量守恒定律的普适性. 2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象. 3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一.
核心素养 物理观念 1.理解动量、冲量等基本概念. 2.掌握动量定理、动量守恒定律. 3.运用守恒观念分析问题，体会自然界的和谐与统一.
科学思维 1.熟练运用动量定理、动量守恒定律求解物理问题. 2.建构碰撞模型分析解决问题. 3.会用系统思想和守恒思想分析物理问题.
科学探究 通过实验探究动量定理、动量守恒定律及碰撞的特点.
科学态度与责任 通过对碰撞、爆炸模型的学习，培养遵守道德规范的责任感.
命题探究 命题分析 综合分析近几年高考命题，高考对本专题的考查力度及难度在逐年加大，题型既有选择题，又有计算题.
趋势分析 未来命题主要考查动量定理、动量守恒定律的典型应用，特别是与能量相结合，联系生活实际的综合问题.
预设情境 喷气式飞机、火箭发射、接力赛、爆炸、高空坠物、蹦蹦床、安全气囊、飞鸟撞机、足球射门、气垫鞋、制动刹车、冰壶比赛等.
第1讲 动量 动量定理
一、动量
1.定义：物理学中把质量和速度的__乘积(mv)__定义为物体的动量，用字母p表示.
2.表达式：p＝__mv__.
3.单位：__kg·m/s__.
4.标矢性：动量是矢量，其方向和__速度__的方向相同.
二、动量定理
1.冲量
(1)定义：力与力的__作用时间__的乘积叫作力的冲量.定义式：I＝__FΔt__.
(2)单位：冲量的单位是__牛秒__，符号是__N·s__.
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与__力__的方向相同.
2.动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的__冲量__等于它在这个过程始末的__动量变化量__.
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝__mv′－mv__.
(3)矢量性：动量变化量的方向与__合力__的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理.
考点一 动量与冲量的理解
1.动量、动能、动量变化量的比较
项目 动量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢标性 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，p＝
2.冲量的特点
(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力作用的时间决定.恒力的冲量等于力与作用时间的乘积.
(2)矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致.
(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.
对动量、动量变化量的理解
【例1】 (多选)在2023年3月举行的短道速滑世锦赛中，中国队夺得了男子5 000米接力冠军.在交接区域，“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面用力猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出.在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是( )
A.两运动员的加速度相同
B.“交棒运动员”对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒运动员”的冲量相同
C.“交棒”运动员的动量减小、“接棒”运动员动量增大
D.“交棒”运动员和“接棒运动员”的动量变化量一定不相同
【解析】 CD “交棒”运动员和“接棒”运动员受到的推力大小相等、方向相反，且两运动员质量也不一定相同，因此加速度不同，A错误；“交棒”运动员对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒”运动员的冲量大小相等，方向相反，B错误；“交棒”运动员猛推“接棒”的运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出的过程，“交棒”运动员的动量减小、“接棒”运动员动量增大，“交棒”运动员和“接棒”运动员的动量变化量的方向相反，所以“交棒”运动员和“接棒”运动员的动量变化量一定不相同，C、D正确.
【变式训练1】 “双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动.如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过t(小于周期)时间，A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是( )
A.|ΔpA|>|ΔpB| B.|ΔpA|<|ΔpB| C.ΔpA＝ΔpB D.ΔpA＝－ΔpB
【解析】 D 系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律F引＝mAaA＝mBaB，加速度为a＝ω2r＝ωv，则有mAvAω＝mBvBω，由于角速度相同，因此mAvA＝mBvB，两恒星的速度方向始终相反，则pA＝－pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA＝－ΔpB，|ΔpA|＝|ΔpB|，D正确.
【易错点】 学生易错选C，主要是未注意到动量变化量为矢量.错选B主要是误认为B恒星速度大，所以动量变化量大，未注意到B恒星的质量比A恒星的质量小.
对冲量的理解
【例2】 质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A.W2＝3W1，I2≤3I1
B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1
D.W2＝7W1，I2≥I1
【解析】 D 根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确.
【变式训练2】 (多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是( )
A.0～2 s内合外力的冲量一直增大
B.0～4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0～4 s内物体动量的方向一直不变
【解析】 ABD 根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，0～4 s内合外力的冲量为零，A、B正确；2 s末合外力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但速度方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误、D正确.
冲量的计算
【例3】 (多选)如图所示，质量为m的球，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B点运动到A点的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是( )
A.小球所受重力的冲量大小等于mv
B.小球所受向心力的冲量大小等于mv
C.小球所受合力的冲量大小等于2mv
D.轻杆对小球作用力的冲量大小等于2mv
【解析】 AC 根据冲量公式I＝Ft得，重力的冲量为I1＝mgt，又v＝，从B到A路程为πR，则t＝＝，则I1＝m＝mv，A正确；由题可知，以速度向上为正方向，小球所受合力等于小球所需向心力，又根据I＝Δp得I2＝F合t＝mv－(－mv)＝2mv，即小球所受合力的冲量等于所需向心力的冲量，大小均为2mv，B错误、C正确；由A可知，重力的冲量为mv，向下，合力的冲量为2mv，向上，根据I杆＋IG＝I合可得I杆＝I合－IG＝2mv－(－mv)＝3mv，方向向上，D错误.
【变式训练3】 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A.重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ
C.合外力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
【解析】 B 重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D错误.
【易错点】 学生易错选A.误认为重力的冲量等于重力沿斜面的分力mg sin θ与时间t的乘积.求恒力的冲量，根据冲量的定义，用恒力乘以时间即可.
冲量的四种计算方法 (1)公式法：利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态. (2)图像法：利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量. (3)动量定理法：如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量. (4)平均力法：如果力随时间是均匀变化的，则＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t.
考点二 动量定理的理解和应用
1.总冲量的两种求解方法
(1)若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再乘以时间求冲量，即I＝F合t.
(2)若各力作用时间不同，可以先求出每个力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I＝F1t1＋F2t2＋….
2.动量定理的应用技巧
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂.如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化.
应用动量定理解释生活现象
【例4】 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【解析】 D 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，根据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小，A、B错误，D正确；碰撞过程中，动能转化为内能，C错误.
【变式训练4】 如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是( )
A.有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了
B.防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用
C.手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量较小
D.手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量相同
【解析】 B 有手机防摔装置，只是有一定的保护作用而已，并不保证一定安全，A错误；防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用，B正确；手机从同一地方静止摔落，因为高度相同，下落速度大小相同，有防摔装置时质量变大，根据动量定理可知，动量的变化量较大，则有防摔装置时地面给它的冲量较大，C错误；冲量为矢量，则手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量大小相等，方向相反，D错误.
动量定理的定量计算
【例5】 (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
【解析】 BD 取向右为正方向，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，碰撞后总的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，C错误；对滑块2，根据动量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，D正确.
【变式训练5】 (人教版选择性必修第一册P11第5题情境变式)(多选)蹦极是一项非常刺激的极限运动.如图所示，某人用弹性橡皮绳一端拴住身体，橡皮绳另一端固定在跳台P处，人从跳台上自由下落，在空中感受失重的滋味，人从P点由静止下落至最低点所用时间为4 s，若此人质量为50 kg，橡皮绳原长20 m且始终在弹性限度内，人可看成质点，g取10 m/s2 ，不计空气阻力，对上述过程，下列说法正确的是( )
A.人自由下落时间为2 s
B.人下落至对橡皮绳产生拉力瞬间，其动量大小为1 000 kg·m/s
C.下落过程中橡皮绳对人的冲量大小为1 000 N·s
D.下落过程中橡皮绳对人的冲量大小为2 000 N·s
【解析】 ABD 在橡皮绳刚好伸直前人做自由落体运动，故人自由下落的时间t1＝＝ s＝2 s ，A正确；人下落至橡皮绳产生拉力瞬间，橡皮绳恰好伸直，根据2gh＝v2，解得v＝20 m/s，此时人的动量大小p＝mv＝1 000 kg·m/s，B正确；由以上分析可知，人在下落过程中橡皮绳的作用时间t2＝2 s ，以向上为正方向，由动量定理得IF－IG＝0－(－mv)，IG＝mgt2＝1 000 N·s，橡皮绳对人的冲量大小为IF＝2 000 N·s ，C错误、D正确.
应用动量定理求解连续作用问题
【例6】 如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为(不考虑水竖直方向的运动)( )
A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2 C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
【解析】 B t时间内流经水枪枪口的水的体积为V＝vtS＝πvtd2，t时间内击中目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，B正确.
【变式训练6】 根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示.
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小.
【解析】 (1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为
P0×1 s＝NE＝Npc，
所以p＝，
由题意可知，激光对物体表面的压力F＝2pN，故激光对物体产生的光压I＝＝.
(2)由(1)可知：
I＝＝ Pa＝9×10-6 Pa，
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2
＝3.6×10-3 m/s2.
用动量定理解题的基本思路
1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【解析】 D 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，D正确.
2.“水刀”是一种应用高压水流切割的技术，相比于激光切割其具有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势.某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割.已知该“水刀”每分钟用水600 g，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，则水对垂直于材料表面方向的压强p为( )
A.1.0×105 Pa B.1.0×106 Pa C.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa
【解析】 C 一分钟喷出的水的质量m＝ρSvt，可得水的流速v＝，选取Δt时间内打在材料表面上的质量为Δm的水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，可得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律知，材料表面受到的压力F′＝F，水对垂直于材料表面方向的压强p＝，解得p＝1.0×107 Pa，C正确，A、B、D错误.
3.气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力.某同学的重力为G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到地面的平均冲击力大小为3G.若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为2.5t0，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为( )
A.1.8G B.1.6G C.1.2G D.0.9G
【解析】 A 设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F－G)·t0＝0－(－mv)，其中F＝3G，穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F′－G)·2.5t0＝0－(－mv)，解得F′＝1.8G，A正确.
4.(2023·天津卷)质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正确的是( )
A.减速运动加速度大小a＝
B.力F的冲量为mv
C.刹车距离为
D.匀速行驶时功率为(f＋F)v
【解析】 C 根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速度大小a＝，A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲量为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，B错误；根据运动学公式v2＝2ax，可得x＝＝，C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P＝fv，D错误.
5.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图).从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部( )
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
【解析】 D 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝，而F－t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确.
6.(多选)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中.用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是( )
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg· m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
【解析】 AD 由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，即网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D正确.
7.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置.
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示.在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带.此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g.忽略敏感球受到的摩擦力.求斜面倾角的正切值tan θ.
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动.与正下方的气囊发生碰撞.以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述.已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度.
【解析】 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
(mg＋FN)tan θ＝ma，
解得tan θ＝.
(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，
方向竖直向上.
②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s，与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)，
解得v＝2 m/s，
则上升的最大高度h＝＝0.2 m.
8.如图甲，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处.设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ<)，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g.
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小；
(3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小.
【解析】 (1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
mg－λmg＝ma下，
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
v＝2a下H，
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg＋λmg＝ma上，
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
v＝2a上h，
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
k＝＝.
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
mgh＋F0－λmgh＝mv下′2，
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
－mgh－λmgh＝0－m(kv下′)2，
联立解得F0＝.
(3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
a下＝(1－λ)g(方向向下)，
a上＝(1＋λ)g(方向向下)，
由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I＝mv，
即每拍击一次篮球将给它一个速度v.
拍击第1次下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh0，
上升过程有(kv1)2＝2(1＋λ)gh1，
代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh0，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHh1，
联立有h1＝[h0＋]＝()1·h0＋()1·，
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh1，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHh2，
联立有h2＝[h1＋]，
再将h1代入h2有
h2＝()2·h0＋()2·＋()1·，
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh2，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHh3，
联立有h3＝[h2＋]，
再将h2代入h3有
h3＝()3·h0＋()3·＋()2·＋()1·
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)ghN－1，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHhN，
联立有hN＝[hN－1＋]，
将hN－1代入hN有
hN＝()N·h0＋()N·＋()N-1·＋…＋()1·，
其中hN＝H，h0＝h，则有
H＝()N·h＋[]，
则I＝m.
第2讲 动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律及其应用
1.几个相关概念
(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的__整体__叫作一个力学系统，简称系统.
(2)内力：__系统中__物体间的作用力.
(3)外力：系统__以外的物体__施加给系统内物体的力.
2.动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统__不受外力__，或者__所受外力的矢量和为0__，这个系统的总动量保持不变.这就是动量守恒定律.
(2)表达式
①p＝__p′__，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
②m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.
③Δp1＝__－Δp2__，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.
④Δp＝__0__，系统总动量的增量为零.
(3)适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为__零__，则系统动量守恒.
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力__远大于__外力时，系统的动量可近似看成守恒.
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为__零__时，系统在该方向上动量守恒.
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远__大于__外力，总动量守恒.
2.分类
(1)弹性碰撞：系统在碰撞前后总动能__不变__的碰撞.
(2)非弹性碰撞：系统在碰撞后总动能__减少__的碰撞.碰撞后系统的机械能__有__损失.
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失__最大__.
三、反冲 爆炸
1.反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开.这类问题相互作用的过程中系统的动能__增大__，且常伴有其他形式的能向动能的转化.
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用__远小于__物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理.
2.爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且__远大于__系统所受的外力，所以系统动量__守恒__，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动.
考点一 动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的“六性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统.
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件.
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负.
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等.
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系.一般选地面为参考系.
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统.
2.应用动量守恒定律解题的步骤
对动量守恒定律的理解
【例1】 (多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑.当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( )
A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
【解析】 BCD 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确.
【变式训练1】 如图所示，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态.某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)( )
A.动量不守恒，机械能不守恒
B.动量守恒，机械能守恒
C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒
D.水平方向上动量守恒，机械能守恒
【解析】 D 所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态，松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒，D正确.
【易错点】 本题易错选B.A、B两物体在竖直方向上有加速度，系统竖直方向上的动量并不守恒.系统内物体涉及竖直方向的运动时，要注意系统是否存在超失重现象.若系统存在超失重现象，则竖直方向上的动量不守恒，系统动量不守恒.
动量守恒定律的应用
【例2】 (多选)如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度.则下列说法正确的是( )
A.整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B.挡板对物体C的冲量大小为2Mv0
C.物体C的最大速度为
D.如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为2∶1
【解析】 BC 物体A与物体B碰撞后两物体粘合在一起，A与B碰撞过程中，三个物体与弹簧组成的系统的机械能有损失，物体A、B碰后粘合在一起到物体C刚要离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三个物体与弹簧组成的系统所受合力不为0，系统的动量不守恒，A错误；设物体A与物体B碰撞后的瞬间，A、B粘合体的速度大小为v，根据动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为v，以水平向右为正方向，从物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复到原长，根据动量定理可得，弹簧弹力对A、B粘合体的冲量I＝(M＋m)v－(M＋m)(－v)＝2(M＋m)v＝2Mv0，所以弹簧弹力对C的冲量大小等于2Mv0，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0，B正确；物体C离开挡板后，三个物体与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复到原长时A、B粘合体与物体C的速度大小分别为v、v2，根据动量守恒定律有(M＋m)v＝(M＋m)v1＋mv2，根据机械能守恒定律有(M＋m)v2＝(M＋m)v＋mv解得v2＝，C正确；物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得Ep1＝(M＋m)v2，物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时的速度为v′，根据动量守恒定律有(M＋m)v＝(M＋2m)v′，根据机械能守恒定律有Ep2＝(M＋m)v2－(M＋2m)v′2，且M＝m，解得＝，D错误.
【变式训练2】 如图所示是抛沙袋入车的情境图.一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3，……已知车的质量为40 kg，每个沙袋质量为5 kg.当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度.已知车原来的速度大小为10 m/s，不计车与地面间的阻力，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有( )
A.20个 B.25个 C.30个 D.40个
【解析】 A 设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，满足动量守恒，可得Mv0－n·mv＝0，解得n＝＝20，即抛入20个沙袋，车恰好停止运动，A正确.
应用动量守恒定律时的几点易错提醒 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统.系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系. (2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力. (3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆.
考点二 碰撞问题分析
1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理：①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等).②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.
2.弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v1′＝，
v2′＝.
(2)分析讨论：当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度.当碰前物体2的速度为零时：v1′＝v1，v2′＝v1，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度.②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动.③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来.
弹性碰撞
【例3】 1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
【解析】 B 设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv＝mv＋mv，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv＝·14mv＋mv，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝mv＝mv，氮核的动能为EkN＝·14mv＝，可得EkH>EkN，B正确，A、C、D错误.
【变式训练3】 (2024·广西卷)(多选)如图所示，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N.M水平向右运动，速度大小为v.M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒.若不计空气阻力，则碰撞后，N在( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【解析】 BC 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知mv＝mvM＋mvN，mv2＝mv＋mv，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动.
非弹性碰撞
【例4】 (2024·甘肃卷)如图所示，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°.质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端.剪断细绳O′P，小球A开始运动.(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力.
(2)A在最低点时，细绳OP断裂.A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动.求碰后C的速度大小.
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速.求C和B之间的动摩擦因数.
【解析】 根据题意，设AC质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°.
(1)A开始运动到最低点有
mgl(1－cos θ)＝mv－0，
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
F－mg＝，
解得v0＝4 m/s，F＝40 N.
(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知
mv0＝0＋mvC，
解得vC＝v0＝4 m/s.
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，对CB分析，根据动量守恒可得
mv0＝(M＋m)v，
根据能量守恒得
μmgL相对＝mv－(m＋M)v2，
联立解得μ＝0.15.
【变式训练4】 如图所示，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g取10 m/s2.
(1)若0(2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小.
【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＝v0＝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Mv0－2Mkv0＝(M＋2M)v滑，
解得v滑＝v0＝ 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′＝ m/s＝0，
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＝m′v2－(m′＋M′)v，解得x相＝1.875 m.
碰撞问题解题策略 (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解. (2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0. (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹.
考点三 爆炸 反冲运动
1.爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动.
2.反冲
(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象.
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒.反冲运动中机械能往往不守恒.
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.
爆炸
【例5】 (多选)某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为2∶5，如图所示.爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s，方向斜向下与竖直方向成60°.若爆炸点离地高度为120 m，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.Q部分落地时的速度大小为20 m/s
B.Q部分落地时的速度大小为90 m/s
C.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75 m
D.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135 m
【解析】 AC 爆炸过程中由动量守恒定律得mPvP＝mQvQ，对Q从爆炸到落地，由动能定理得mQgh＝mQv2－mQv，解得v＝20 m/s，A正确、B错误；对P部分在竖直方向有vPy＝vPcos 60°＝25 m/s，h＝vPyt＋gt2，解得t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin 60°＝25 m/s，x＝vPxt，解得P部分落地点与爆炸点的水平距离为x＝75 m，C正确、D错误.
【易错点】 爆炸后P部分相当于做斜下抛运动，计算时间时，注意利用运动的等时性，从竖直方向上去求运动时间，同时要注意P部分竖直方向的初速度为vPy.
【变式训练5】 如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上.A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能.A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，g取10 m/s2，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B分别在小车上滑行的时间.
【解析】 (1)根据爆炸过程中能量的转化，有
E＝m1v＋m2v，
爆炸过程中，根据动量守恒得
m1v1＝m2v2，
联立解得
v1＝4 m/s，v2＝2 m/s.
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒.设该过程的时间为t1，
对A应用动量定理有
－μm1gt1＝m1v3－m1v1，
对B应用动量定理有
－μm2gt1＝m2v4－m2v2，
对C应用动量定理有
(μm2g－μm1g)t1＝m3v4，
代入数据解得
v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s.
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0，
即(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0.
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则
－μm1gt＝0－m1v1，
解得t＝0.8 s.
反冲运动
【例6】 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭.如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空.从火箭开始运动到点火的过程中( )
A.火箭的加速度为零时，动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【解析】 A 从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量的矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误.
【变式训练6】 在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性.如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2.若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ＝，D正确.
考点四 人船模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0.
(2)两物体的位移满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L.
3.运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右.
(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
【例7】 如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直.质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上.整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g.
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对于初始时刻运动的距离.
【解析】 (1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有
0＝mv1－Mv2，
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb＝mv＋Mv，
联立解得v2＝.
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有
mx1＝Mx2，
又由位移关系知x1＋x2＝a，
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离
x2＝.
【变式训练7】 (多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态.将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A.A球将做变速圆周运动
B.B球将一直向右运动
C.B球向右运动的最大位移为L
D.B球运动的最大速度为
【解析】 CD 由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mA－mB＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝mAv＋mBv，解得B球运动的最大速度为vB＝，D正确.
1.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒
B.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
C.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
【解析】 C a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，A错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所受合外力不为零，故动量不守恒，B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受合力为零，故动量守恒，C正确、D错误.
2.甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞.则甲总共抛出的小球个数是( )
A.12 B.13 C.14 D.15
【解析】 D 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确.
3.如图所示，质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k为待定系数)弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足( )
A.【解析】 A A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒定律得mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，有mv≥m(kv0)2＋×4mv，为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足kv0>vB，联立解得4.如图所示，水平面上AO段为与物体间动摩擦因数μ＝0.6的粗糙段，OB段光滑.质量为m＝1 kg的物体甲放在距O点左侧s1＝3 m的A处，物体乙静止放在距O点右侧s2＝4 m的B处.现给物体甲一个水平向右的初速度v0＝10 m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A.重力加速度大小g取10 m/s2，两物体均可视为质点，则( )
A.物体甲第一次运动到O点的速度大小为6.5 m/s
B.物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为0.5 s
C.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为5.5 m/s
D.物体乙的质量为3.5 kg
【解析】 B 根据动能定理有－μmgs1＝mv－mv，解得物体甲第一次运动到O点的速度大小为v1＝8 m/s，A错误；物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为t＝＝0.5 s，B正确；碰后物体甲恰好能返回出发点A，根据动能定理有－μmgs1＝－mv，物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为v2＝6 m/s，C错误；根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m乙v乙－mv2，mv＝mv＋m乙v，得m乙＝7 kg，D错误.
5.(多选)如图甲，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的at图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的at图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的at图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是( )
甲
乙
A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S1－S2＝S3
【解析】 ABD 由于在0 ～ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a－t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图可知aB>aA，则mB6.(多选)如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略.在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动.下列说法正确的是( )
A.只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点
B.两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1∶1
C.第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为
D.第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
【解析】 CD 当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律mgr＝mgh，可知h＝r，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度v1，根据动量守恒定律可知v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，A错误；当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝mv，解得v0＝，当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝，根据机械能守恒定律得mgr＝mv2＋×2mv′2，解得v＝，v′＝，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为∶，B错误、C正确；小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，设时间为t，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移x，根据动量守恒定律得＝，计算得出x＝，D正确.
7.如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m.先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触.现由静止释放小球A.重力加速度大小为g.求：
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度.
【解析】 (1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得
mAgL＝mAv，
解得v1＝.
(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得
mAv1＝mAvA＋mBvB，
由机械能守恒定律得
mAv＝mAv＋mBv，
解得vA＝0，vB＝.
(3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得
mAv1＝(mA＋mB)v，
由机械能守恒定律得
mAgh＝mAv－(mA＋mB)v2，
联立解得h＝L.
8.(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接.质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上.现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短).已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量).
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx.
【解析】 (1)滑块a从D到F，由能量关系有
mg·2R＝mv－mv，
在F点有FN－mg＝m，
解得vF＝10 m/s，
FN＝31.2 N.
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，
根据v＝v－2aL，
可得在C点的速度vC＝3 m/s，
滑块a从碰撞后至到达C点有
mv＝mv＋mg·2R，
解得v1＝5 m/s，
因a、b碰撞动量守恒，则
mvF＝－mv1＋3mv2，
解得碰后b的速度v2＝5 m/s，
则碰撞损失的能量
ΔE＝mv－mv－·3mv＝0.
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设a、b碰后的共同速度为v，则
mvF＝4mv，
解得v＝2.5 m/s，
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时，设共同速度为v′，则
4mv＝6mv′，
得v′＝ m/s.
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
·4mv2＝·6mv′2＋kx，
解得x1＝0.1 m.
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1，
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m.
核心素养提升(六) 动量与能量的综合问题
题型一 动量与动力学观点的综合应用
1.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
【例1】 (2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示.小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷.初始时，小球均静止，细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力.则( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D.在图乙位置，v3＝
【解析】 D 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，A、B错误；对系统根据动量守恒有mv1＋mv2＝mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒有mv＋mv＋mv＝，解得v3＝，C错误、D正确.
【变式训练1】 如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )
A.甲、乙达到共同速度所需的时间为
B.甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
C.甲、乙相对滑动的总路程为
D.如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为－2nL
【解析】 C 设甲、乙质量均为m，碰前瞬间甲的速度为v1，乙的速度为v2，碰后瞬间甲的速度为v1′，乙的速度为v2′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 ，解得v1′＝v2，v2′＝v1，即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为v3，则mv0＝2mv3，得v3＝，则达到共速所需的时间为t＝，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A错误、B错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得－μmgs＝×2m×()2－mv，解得s＝，C正确；甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为s0，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2，4，6…)，解得s0＝＋L－2nL(n＝2，4，6…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1，3，5…)，解得s0＝2nL＋L－(n＝1，3，5…)，即最终甲距离乙左端的距离不可能为－2nL，D错误.
【例2】 (2024·湖南卷)如图所示，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB).初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞.不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动.
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0【解析】 (1)由题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
mAv0＝(mA＋mB)v，
可得v＝.
碰撞后根据牛顿第二定律有
F＝(mA＋mB)，
可得F＝.
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则碰后由动量和能量守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB，
mAv＝mAv＋mBv，
联立解得
vA＝v0，vB＝，
所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图所示，分两种情况讨论：
①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为＝(k＝0，1，2，3…)，则有
＝＝(k＝0，1，2，3…)，
联立解得＝.
由于两质量均为正数，故k1＝0，
即＝2，
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA′，vB′，则同样有
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，
mAv＋mBv＝mAvA′2＋mBvB′2，
联立解得vA′＝v0，vB′＝0，
故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意.
②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为＝(k2＝0，1，2，3…)，
所以＝＝，
联立可得＝.
因为两质量均为正数，故k2＝0，
即＝5.
根据①的分析可证vA′＝v0，vB′＝0，满足题意.
综上可知＝2或＝5.
(3)第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v1相＝ev0，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有t1＝，
第一次碰撞动量守恒有
mAv0＝mAvA1＋mBvB1，
且v1相＝vB1－vA1＝ev0，
联立解得vB＝(v0＋v1相).
B球运动的路程
s1＝vB1t1＝(＋1)
＝(＋1)，
第二次碰撞的相对速度大小为
v2相＝ev1相＝e2v0，
t2＝.
第二次碰撞有mAv0＝mAvA2＋mBvB2
且v2相＝vA2－vB2＝e2v0，
联立可得vB2＝(v0－v2相)，
所以B球运动的路程
s2＝vB2t2＝(－1)
＝(－1).
一共碰了2n次，有
s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n＝(＋＋＋…＋)＝·
【易错点】 本题第(2)问需要分情况讨论，学生容易漏解.本类问题，需要结合题意，根据几何关系去求解.第(3)问一类的问题，应先选择前面几次(一般为3次)碰撞过程进行分析，再从中找规律.
【变式训练2】 如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿.把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动.若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力.求：
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度.
【解析】 (1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，
根据机械能守恒定律可知3mgL＝×3mv，
解得v0＝.
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动L＝gt2，
解得t＝，
水平方向上做匀速直线运动2L＝v2t，
解得v2＝＝＝2L＝，
小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2，
解得碰撞后小木块1的速度为v1＝，
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知3mgh＝×3mv，解得h＝L.
解题技巧 (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律). (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理. (3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.
【例3】 (2023·全国乙卷节选)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离.
【解析】 (1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝mv，
解得v0＝.
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
mv＝mv＋Mv1′2，
mv0＝mv1＋Mv1′，
解得v1＝v0＝－，
v1′＝v0＝.
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下.
(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
v1＋gt＝v1′，
解得t＝＝，
根据运动学公式得最大距离为
dmax＝x盘－x球＝v1′t－(v1t＋gt2)＝＝l.
【变式训练3】 如图甲所示，水平传送带长x0＝4.5 m，紧挨传送带左端有一光滑半圆弧轨道，该轨道锁定在光滑水平面上，质量m1＝
1 kg的小物体A静止放置在半圆弧轨道的最低点.从t＝0开始传送带逆时针传动的速度—时间图像如图乙所示.某时刻，在传送带右端无初速释放小物体B，一段时间后物体B与物体A发生碰撞，已知物体B与传送带间的滑动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)若t1＝0时释放物体B，求物体B到达传送带中央位置时的速度；
(2)若半圆弧轨道的半径R＝0.08 m，t2＝1 s时释放质量m2＝0.5 kg的物体B，物体B与物体A碰后瞬间物体A对半圆弧轨道最低点的压力大小为 N，请通过计算说明物体B与物体A的碰撞是否为弹性碰撞；
(3)若半圆弧轨道的半径R′＝0.10 m，解除对半圆弧轨道的锁定，t3＝2 s时释放质量为m3＝1 kg的物体B，物体B与物体A发生弹性碰撞，碰后物体A恰好能通过半圆弧轨道的最高点，求半圆弧轨道的质量M.
【解析】 (1)由图像可知传送做加速直线运动的加速度大小为
a1＝1 m/s2＜μg＝2 m/s2，
所以t1＝0时释放物体B，B将与传送带以a1＝1 m/s2的加速度一起加速.
B到达传送带中央位置时，
由v2＝2a1×，
解得v＝ m/s＜4 m/s，
所以B到达传送带中央位置时的速度为 m/s.
(2)由v－t图可知t2＝1 s时传送带的速度v′＝1 m/s，
物体B释放后与传送带之间有相对滑动，则
aB＝＝μg＝2 m/s2，
假设经过时间Δt传送带与B速度相等，则
v′＋a1Δt＝aBΔt，
解得Δt＝1 s，
此时vB＝v传＝2 m/s＜4 m/s，
xB＝aB(Δt)2＝1 m＜4.5 m，
之后B将与传送带以a1＝1 m/s2的加速度一起加速，B与A碰前瞬间的速度为v2，
由v－(2 m/s)2＝2×1 m/s2×(4.5 m－1 m)，
解得v2＝ m/s＜4 m/s，
碰后瞬间对A有FN－m1g＝，
解得v1＝ m/s，
A、B碰撞若为弹性碰撞，则
m2v2＝m2v2′＋m1v1，
m2v＝m2v2′2＋m1v，
解得v1＝v2＝ m/s＞ m/s，
所以物体B与物体A的碰撞为非弹性碰撞.
(3)由v－t图可知t3＝2 s时传送带的速度v3＝2 m/s，
物体B释放后与传送带之间有相对滑动，则
aB＝＝μg＝2 m/s2，
假设经过时间Δt′传送带与B速度相等，则
v3＋a1Δt′＝aBΔt′，
解得Δt′＝2 s，
此时vB＝v传＝4 m/s，
xB＝aBΔt′2＝4 m＜4.5 m，
之后B以4 m/s的速度匀速运动.
AB碰撞中有
m3vB＝m3vB′＋m1vA，
m3v＝m3vB′2＋m1v，
解得vB′＝0，vA＝4 m/s，
A从圆弧轨道最低点到圆弧轨道最高点的过程中有
m1vA＝MvM＋m1vA′，
m1v＝Mv＋m1vA′2＋2m1gR′，
A恰好能通过半圆弧轨道的最高点，则有
|vM－vA′|＝，
解得M＝ kg.
题型二 “三类碰撞模型”问题
1.“子弹—木块”模型
(1)模型图示
(2)模型特点：①子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒.②系统的机械能有损失.
(3)两种情景
①子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞).动量守恒：mv0＝(m＋M)v，能量守恒：Q＝Ff·s＝mv－(M＋m)v2.
②子弹穿透木块.动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－(Mv＋mv).
2.“滑块—斜(曲)面”模型
(1)模型图示
(2)模型特点：①最高点：m与M具有共同水平速度v共.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)；②最低点：m与M分离点.水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv (完全弹性碰撞拓展模型).
3.“滑块—弹簧”模型
(1)模型图示
(2)模型特点：①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒；②机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)；④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时).
【例4】 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
【解析】 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，
解得v＝v0.
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0，
解得t＝.
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝mv2－mv，
解得x1＝，
对木块：Ffx2＝Mv2，
解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，
即x相＝x1－x2＝.
(4)系统损失的机械能为
E损＝mv－(M＋m)v2＝，
系统增加的内能为Q＝Ffx相＝.
【变式训练4】如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动.已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变.
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【解析】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，
代入数据解得v＝6 m/s，
此过程系统所产生的内能
Q＝mv－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s，
此过程系统损失的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J.
由功能关系有
Q＝ΔE＝Ffx相＝Ffd，
ΔE′＝Ffx相′＝Ffd′，
则＝＝，
解得d′＝ cm，
因为d′>10 cm，所以能射穿木块.
【例5】 (多选)如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出.已知圆弧轨道质量为3m，则小球与圆弧轨道作用过程中下列说法正确的是( )
A.小球离开C点后做竖直上抛运动
B.小球离开C点后做斜抛运动
C.圆弧轨道的最大速度为v0
D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左
【解析】 BCD 小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，A错误、B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋×3mv，联立解得v1＝－v0，v2＝v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，C、D正确.
【易错点】 本题易错选A.小球离开C点后相对圆弧轨道做竖直上抛运动，相对地面是斜抛运动.若没有特殊说明，一般选地面为参考系.
【变式训练5】如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为M＝8 kg，在小车水平板AB上的A处放有质量为m＝2 kg的物块，BC是一段光滑的圆弧，在B点处与AB平滑相接，物块与水平面AB部分间的动摩擦因数μ＝0.2，现给物块一个I＝10 N·s的冲量，物块便沿AB滑行，并沿BC上升(物块始终未离开BC轨道)，然后再沿BC返回，最后恰好回到A点处与小车保持相对静止，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)从物块开始滑动至返回A点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能；
(2)物块沿BC弧上升相对AB平面的高度；
(3)小车上AB两点的距离.
【解析】 (1)设物块获得的初速度为v0，由动量定理应有
I＝mv0－0，
设物块与小车组成的系统相对静止时的共同速度为v，由动量守恒定律应有
mv0＝(m＋M)v，
根据能量守恒定律应有
ΔE损＝mv－(m＋M)v2，
联立可得ΔE损＝20 J.
(2)物块上升到最大高度时竖直速度为0，物块与小车具有相同的水平速度vx，
在水平方向根据动量守恒定律应有
mv0＝(m＋M)vx，
物块从A到上升到最高度过程，对物块与小车组成的系统由能量守恒定律应有
mv－(m＋M)v＝QAB＋mgh，
根据题意有QAB＝ΔE损，
解得h＝0.5 m.
(3)根据摩擦生热公式应有
QAB＝Ffx相对＝μmgLAB，
代入数据解得LAB＝2.5 m.
【例6】 如图甲所示，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图像如图乙所示.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.
【解析】 (1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律
mB·1.2v0＝(mB＋m)v0，
根据能量守恒定律
Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v，
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv.
(2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma，
可知同一时刻aA＝5aB，
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为
vA＝aAt，vB＝1.2v0－，
根据位移等速度在时间上的累积可得sA＝vAt(累积)，sB＝vBt(累积)，又sA＝0.36v0t0，
解得sB＝1.128v0t0，
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′，
根据能量守恒定律可得mvA′2＋×5m(0.8v0)2＝m·(－2v0)2＋·5mvB′2，
联立解得vA′＝v0，
设在斜面上滑行的长度为L，当地的重力加速度为g，上滑过程，根据动能定理可得
－mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－m(2v0)2，
下滑过程，根据动能定理可得
mgL sin θ－μmgL cos θ＝mv－0，
联立解得μ＝0.45.
【变式训练6】如图所示，固定光滑轨道由水平轨道AB和与AB相切于B点且半径R＝0.5 m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.5 kg的小滑块a；AB右侧紧靠A点的水平地面上停靠一质量M＝0.7 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＝0.3 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＝0.1，a、b均视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求碰撞后a经过B点时对轨道的压力大小；
(2)求P、A两点间的距离L以及弹簧被释放前所具有的弹性势能；
(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
【解析】 (1)在C点，根据牛顿第二定律得
m1g＝，
B→C过程由动能定理得
－m1g·2R＝m1v－m1v，
解得vB＝5 m/s.
在B点FN－m1g＝m1，
解得FN＝30 N.
由牛顿第三定律可知FN′＝30 N.
(2)a、b发生弹性碰撞，动量及能量守恒，取向左为正方向，va＝vB，
m2vb＝m2vb′＋m1va，
m2v＝m2vb′2＋m1v，
解得vb＝ m/s，
vb′＝－ m/s，
反弹后b回到A，有m2vb′2＝2μm2gL，
解得L＝ m，
弹簧被释放前所具有的弹性势能
Ep＝m2v＋μm2gL＝6.875 J.
(3)反弹后b与小车动量守恒
－m2vb′＝(M＋m2)v共，
解得v共＝0.5 m/s，
至共速产生的热量
Q＝m2vb′2－(M＋m2)v＝ J，
Q＝μm2gL′，
可得L′＝ m，Δx＝L′－L＝ m，
故b最终停在P点左侧 m处.
1.如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切.一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失.如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为.则小球与滑块质量之比m∶M为( )
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1
【解析】 C 当圆弧滑块固定时，有mv＝mgR；当圆弧滑块不固定时，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv＝mg＋(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，C正确.
2.质量分别为M、m的A、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻质细线拴住A、B，弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于静止状态.如图甲所示，若A靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B的速度为v.如图乙所示，若A不靠在墙角，也突然烧断细线.规定水平向右为正方向，下列说法正确的是( )
A.烧断细线之前弹簧的弹性势能为Mv2
B.对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为
C.对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B的动能之比M∶m
D.对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A的动量为－mv
【解析】 B 根据能量守恒定律可得，烧断细线之前弹簧的弹性势能为Epm＝mv2，A错误；对甲图，烧断细线后当A离开墙角后，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时A、B达到共同速度，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为Ep＝mv2－(M＋m)v，联立解得Ep＝，B正确；对乙图，烧断细线后，系统的合外力为零，故系统的动量守恒且为零，由动量守恒定律知A、B的动量总是等大反向，当弹簧恢复原长时设A、B的动量大小均为p，则EkA＝，EkB＝，联立解得EkA∶EkB＝m∶M，C错误；由能量守恒定律可得EkA＋EkB＝Epm，又EkA∶EkB＝m∶M，联立解得EkB＝，又EkB＝，联立解得p＝mv，弹簧恢复原长时A向左运动，与规定的正方向相反，则A的动量为－mv，D错误.
3.如图所示，在光滑的水平面上，质量为3 kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5 kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0 kg的小球C，三者均处于静止状态.现给B一个瞬间冲量，使它获得4 m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是( )
A.木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6 m/s
B.整个过程产生的热量为3.6 J
C.碰后C的速度为0.5 m/s
D.A和C碰撞前A、B已经共速运动
【解析】 B 对A、B、C整体，根据动量守恒定律有mBvB＝mCvC，解得vC＝0.4 m/s，C错误；根据能量守恒定律有Q＝mBv－mCv＝3.6 J，B正确；木板A和小球C发生弹性碰撞，则mAvA＝mAvA′＋mCvC，mAv＝mAvA′2＋mCv，代入数据解得vA＝ m/s，A错误；A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有mBvB＝mBvB′＋mAvA，代入数据解得vB′＝0.8 m/s>vA，由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，D错误.
4.如图所示，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上.车厢内有一质量为m＝1 kg，可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.n＝26
B.系统因摩擦产生的热量为20 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
【解析】 D 由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢和小物块最终运动的共同速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，B错误、D正确；根据Q＝μmgL，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝25次，因此可知物块最终停在车厢中点处，A、C错误.
5.(多选)如图所示，光滑曲面PQ与水平地面相切于Q点，质量mA＝3 kg的物体A从距地面高度为h＝1.27 m的地方静止滑下，A与水平地面间的动摩擦因数μA＝0.01，水平地面距Q点s＝2 m处静止一质量mB＝2 kg的足够长的木板B，B与地面间的动摩擦因数μB＝0.2，B上右端静止一质量为mC＝1 kg的物块C，B与C之间的动摩擦因数μC＝0.2，已知A、B间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，g取10 m/s2.从A开始下滑至A、B、C均静止的整个过程中，下列说法正确的是( )
A.A与B碰撞过程中，A的动量变化大小为12 N·s
B.B与C间摩擦生热6 J
C.整个过程中C所受静摩擦力的冲量大小为0
D.整个过程中C所受滑动摩擦力做功－4 J
【解析】 AB A从静止到与B碰撞前，有mAgh－μAmAg·s＝mAv，解得vA＝5 m/s，对A、B碰撞过程，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′，mAv＝mAvA′2＋mBvB′2，解得vA′＝1 m/s，vB′＝6 m/s，则有mA(vA－vA′)＝12 N·s，A正确；A、B碰后，当A减速至0时，发生的位移为＝5 m，B、C相对滑动至共速，对C，有μCmCg＝mCaC，对B有μB(mB＋mC)g＋μCmCg＝mBaB，历时t共速，有vB′－aB·t＝aC·t＝v，之后B、C一起减速至0，历时t′＝，B对地发生的总位移为xB＝·t＋＝5 m，即A、B、C三者均静止时，A、B刚好相遇，没有发生第二次碰撞，在B和C刚好达到共速之前，B对地和C对地的位移分别为xB1＝vBt－aBt2＝4 m，xC1＝aCt2＝1 m，则B与C间摩擦生热为Q＝μCmCg(
课程标准 1.理解冲量和动量.通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象.知道动量守恒定律的普适性. 2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象. 3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一.
核心素养 物理观念 1.理解动量、冲量等基本概念. 2.掌握动量定理、动量守恒定律. 3.运用守恒观念分析问题，体会自然界的和谐与统一.
科学思维 1.熟练运用动量定理、动量守恒定律求解物理问题. 2.建构碰撞模型分析解决问题. 3.会用系统思想和守恒思想分析物理问题.
科学探究 通过实验探究动量定理、动量守恒定律及碰撞的特点.
科学态度与责任 通过对碰撞、爆炸模型的学习，培养遵守道德规范的责任感.
命题探究 命题分析 综合分析近几年高考命题，高考对本专题的考查力度及难度在逐年加大，题型既有选择题，又有计算题.
趋势分析 未来命题主要考查动量定理、动量守恒定律的典型应用，特别是与能量相结合，联系生活实际的综合问题.
预设情境 喷气式飞机、火箭发射、接力赛、爆炸、高空坠物、蹦蹦床、安全气囊、飞鸟撞机、足球射门、气垫鞋、制动刹车、冰壶比赛等.
第1讲 动量 动量定理
一、动量
1.定义：物理学中把质量和速度的__乘积(mv)__定义为物体的动量，用字母p表示.
2.表达式：p＝__mv__.
3.单位：__kg·m/s__.
4.标矢性：动量是矢量，其方向和__速度__的方向相同.
二、动量定理
1.冲量
(1)定义：力与力的__作用时间__的乘积叫作力的冲量.定义式：I＝__FΔt__.
(2)单位：冲量的单位是__牛秒__，符号是__N·s__.
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与__力__的方向相同.
2.动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的__冲量__等于它在这个过程始末的__动量变化量__.
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝__mv′－mv__.
(3)矢量性：动量变化量的方向与__合力__的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理.
考点一 动量与冲量的理解
1.动量、动能、动量变化量的比较
项目 动量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢标性 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，p＝
2.冲量的特点
(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力作用的时间决定.恒力的冲量等于力与作用时间的乘积.
(2)矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致.
(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.
对动量、动量变化量的理解
【例1】 (多选)在2023年3月举行的短道速滑世锦赛中，中国队夺得了男子5 000米接力冠军.在交接区域，“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面用力猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出.在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是( )
A.两运动员的加速度相同
B.“交棒运动员”对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒运动员”的冲量相同
C.“交棒”运动员的动量减小、“接棒”运动员动量增大
D.“交棒”运动员和“接棒运动员”的动量变化量一定不相同
【解析】 CD “交棒”运动员和“接棒”运动员受到的推力大小相等、方向相反，且两运动员质量也不一定相同，因此加速度不同，A错误；“交棒”运动员对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒”运动员的冲量大小相等，方向相反，B错误；“交棒”运动员猛推“接棒”的运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出的过程，“交棒”运动员的动量减小、“接棒”运动员动量增大，“交棒”运动员和“接棒”运动员的动量变化量的方向相反，所以“交棒”运动员和“接棒”运动员的动量变化量一定不相同，C、D正确.
【变式训练1】 “双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动.如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过t(小于周期)时间，A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是( )
A.|ΔpA|>|ΔpB| B.|ΔpA|<|ΔpB| C.ΔpA＝ΔpB D.ΔpA＝－ΔpB
【解析】 D 系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律F引＝mAaA＝mBaB，加速度为a＝ω2r＝ωv，则有mAvAω＝mBvBω，由于角速度相同，因此mAvA＝mBvB，两恒星的速度方向始终相反，则pA＝－pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA＝－ΔpB，|ΔpA|＝|ΔpB|，D正确.
【易错点】 学生易错选C，主要是未注意到动量变化量为矢量.错选B主要是误认为B恒星速度大，所以动量变化量大，未注意到B恒星的质量比A恒星的质量小.
对冲量的理解
【例2】 质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A.W2＝3W1，I2≤3I1
B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1
D.W2＝7W1，I2≥I1
【解析】 D 根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确.
【变式训练2】 (多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是( )
A.0～2 s内合外力的冲量一直增大
B.0～4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0～4 s内物体动量的方向一直不变
【解析】 ABD 根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，0～4 s内合外力的冲量为零，A、B正确；2 s末合外力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但速度方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误、D正确.
冲量的计算
【例3】 (多选)如图所示，质量为m的球，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B点运动到A点的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是( )
A.小球所受重力的冲量大小等于mv
B.小球所受向心力的冲量大小等于mv
C.小球所受合力的冲量大小等于2mv
D.轻杆对小球作用力的冲量大小等于2mv
【解析】 AC 根据冲量公式I＝Ft得，重力的冲量为I1＝mgt，又v＝，从B到A路程为πR，则t＝＝，则I1＝m＝mv，A正确；由题可知，以速度向上为正方向，小球所受合力等于小球所需向心力，又根据I＝Δp得I2＝F合t＝mv－(－mv)＝2mv，即小球所受合力的冲量等于所需向心力的冲量，大小均为2mv，B错误、C正确；由A可知，重力的冲量为mv，向下，合力的冲量为2mv，向上，根据I杆＋IG＝I合可得I杆＝I合－IG＝2mv－(－mv)＝3mv，方向向上，D错误.
【变式训练3】 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A.重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ
C.合外力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
【解析】 B 重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D错误.
【易错点】 学生易错选A.误认为重力的冲量等于重力沿斜面的分力mg sin θ与时间t的乘积.求恒力的冲量，根据冲量的定义，用恒力乘以时间即可.
冲量的四种计算方法 (1)公式法：利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态. (2)图像法：利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量. (3)动量定理法：如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量. (4)平均力法：如果力随时间是均匀变化的，则＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t.
考点二 动量定理的理解和应用
1.总冲量的两种求解方法
(1)若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再乘以时间求冲量，即I＝F合t.
(2)若各力作用时间不同，可以先求出每个力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I＝F1t1＋F2t2＋….
2.动量定理的应用技巧
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂.如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化.
应用动量定理解释生活现象
【例4】 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【解析】 D 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，根据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小，A、B错误，D正确；碰撞过程中，动能转化为内能，C错误.
【变式训练4】 如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是( )
A.有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了
B.防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用
C.手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量较小
D.手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量相同
【解析】 B 有手机防摔装置，只是有一定的保护作用而已，并不保证一定安全，A错误；防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用，B正确；手机从同一地方静止摔落，因为高度相同，下落速度大小相同，有防摔装置时质量变大，根据动量定理可知，动量的变化量较大，则有防摔装置时地面给它的冲量较大，C错误；冲量为矢量，则手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量大小相等，方向相反，D错误.
动量定理的定量计算
【例5】 (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
【解析】 BD 取向右为正方向，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，碰撞后总的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，C错误；对滑块2，根据动量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，D正确.
【变式训练5】 (人教版选择性必修第一册P11第5题情境变式)(多选)蹦极是一项非常刺激的极限运动.如图所示，某人用弹性橡皮绳一端拴住身体，橡皮绳另一端固定在跳台P处，人从跳台上自由下落，在空中感受失重的滋味，人从P点由静止下落至最低点所用时间为4 s，若此人质量为50 kg，橡皮绳原长20 m且始终在弹性限度内，人可看成质点，g取10 m/s2 ，不计空气阻力，对上述过程，下列说法正确的是( )
A.人自由下落时间为2 s
B.人下落至对橡皮绳产生拉力瞬间，其动量大小为1 000 kg·m/s
C.下落过程中橡皮绳对人的冲量大小为1 000 N·s
D.下落过程中橡皮绳对人的冲量大小为2 000 N·s
【解析】 ABD 在橡皮绳刚好伸直前人做自由落体运动，故人自由下落的时间t1＝＝ s＝2 s ，A正确；人下落至橡皮绳产生拉力瞬间，橡皮绳恰好伸直，根据2gh＝v2，解得v＝20 m/s，此时人的动量大小p＝mv＝1 000 kg·m/s，B正确；由以上分析可知，人在下落过程中橡皮绳的作用时间t2＝2 s ，以向上为正方向，由动量定理得IF－IG＝0－(－mv)，IG＝mgt2＝1 000 N·s，橡皮绳对人的冲量大小为IF＝2 000 N·s ，C错误、D正确.
应用动量定理求解连续作用问题
【例6】 如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为(不考虑水竖直方向的运动)( )
A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2 C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
【解析】 B t时间内流经水枪枪口的水的体积为V＝vtS＝πvtd2，t时间内击中目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，B正确.
【变式训练6】 根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示.
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小.
【解析】 (1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为
P0×1 s＝NE＝Npc，
所以p＝，
由题意可知，激光对物体表面的压力F＝2pN，故激光对物体产生的光压I＝＝.
(2)由(1)可知：
I＝＝ Pa＝9×10-6 Pa，
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2
＝3.6×10-3 m/s2.
用动量定理解题的基本思路
1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【解析】 D 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，D正确.
2.“水刀”是一种应用高压水流切割的技术，相比于激光切割其具有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势.某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割.已知该“水刀”每分钟用水600 g，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，则水对垂直于材料表面方向的压强p为( )
A.1.0×105 Pa B.1.0×106 Pa C.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa
【解析】 C 一分钟喷出的水的质量m＝ρSvt，可得水的流速v＝，选取Δt时间内打在材料表面上的质量为Δm的水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，可得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律知，材料表面受到的压力F′＝F，水对垂直于材料表面方向的压强p＝，解得p＝1.0×107 Pa，C正确，A、B、D错误.
3.气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力.某同学的重力为G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到地面的平均冲击力大小为3G.若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为2.5t0，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为( )
A.1.8G B.1.6G C.1.2G D.0.9G
【解析】 A 设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F－G)·t0＝0－(－mv)，其中F＝3G，穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F′－G)·2.5t0＝0－(－mv)，解得F′＝1.8G，A正确.
4.(2023·天津卷)质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正确的是( )
A.减速运动加速度大小a＝
B.力F的冲量为mv
C.刹车距离为
D.匀速行驶时功率为(f＋F)v
【解析】 C 根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速度大小a＝，A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲量为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，B错误；根据运动学公式v2＝2ax，可得x＝＝，C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P＝fv，D错误.
5.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图).从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部( )
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
【解析】 D 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝，而F－t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确.
6.(多选)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中.用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是( )
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg· m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
【解析】 AD 由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，即网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D正确.
7.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置.
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示.在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带.此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g.忽略敏感球受到的摩擦力.求斜面倾角的正切值tan θ.
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动.与正下方的气囊发生碰撞.以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述.已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度.
【解析】 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
(mg＋FN)tan θ＝ma，
解得tan θ＝.
(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，
方向竖直向上.
②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s，与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)，
解得v＝2 m/s，
则上升的最大高度h＝＝0.2 m.
8.如图甲，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处.设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ<)，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g.
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小；
(3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小.
【解析】 (1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
mg－λmg＝ma下，
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
v＝2a下H，
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg＋λmg＝ma上，
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
v＝2a上h，
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
k＝＝.
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
mgh＋F0－λmgh＝mv下′2，
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
－mgh－λmgh＝0－m(kv下′)2，
联立解得F0＝.
(3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
a下＝(1－λ)g(方向向下)，
a上＝(1＋λ)g(方向向下)，
由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I＝mv，
即每拍击一次篮球将给它一个速度v.
拍击第1次下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh0，
上升过程有(kv1)2＝2(1＋λ)gh1，
代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh0，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHh1，
联立有h1＝[h0＋]＝()1·h0＋()1·，
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh1，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHh2，
联立有h2＝[h1＋]，
再将h1代入h2有
h2＝()2·h0＋()2·＋()1·，
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)gh2，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHh3，
联立有h3＝[h2＋]，
再将h2代入h3有
h3＝()3·h0＋()3·＋()2·＋()1·
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
v－v2＝2(1－λ)ghN－1，
上升过程有hv＝2(1－λ)gHhN，
联立有hN＝[hN－1＋]，
将hN－1代入hN有
hN＝()N·h0＋()N·＋()N-1·＋…＋()1·，
其中hN＝H，h0＝h，则有
H＝()N·h＋[]，
则I＝m.
第2讲 动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律及其应用
1.几个相关概念
(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的__整体__叫作一个力学系统，简称系统.
(2)内力：__系统中__物体间的作用力.
(3)外力：系统__以外的物体__施加给系统内物体的力.
2.动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统__不受外力__，或者__所受外力的矢量和为0__，这个系统的总动量保持不变.这就是动量守恒定律.
(2)表达式
①p＝__p′__，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
②m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.
③Δp1＝__－Δp2__，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.
④Δp＝__0__，系统总动量的增量为零.
(3)适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为__零__，则系统动量守恒.
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力__远大于__外力时，系统的动量可近似看成守恒.
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为__零__时，系统在该方向上动量守恒.
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远__大于__外力，总动量守恒.
2.分类
(1)弹性碰撞：系统在碰撞前后总动能__不变__的碰撞.
(2)非弹性碰撞：系统在碰撞后总动能__减少__的碰撞.碰撞后系统的机械能__有__损失.
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失__最大__.
三、反冲 爆炸
1.反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开.这类问题相互作用的过程中系统的动能__增大__，且常伴有其他形式的能向动能的转化.
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用__远小于__物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理.
2.爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且__远大于__系统所受的外力，所以系统动量__守恒__，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动.
考点一 动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的“六性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统.
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件.
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负.
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等.
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系.一般选地面为参考系.
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统.
2.应用动量守恒定律解题的步骤
对动量守恒定律的理解
【例1】 (多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑.当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( )
A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
【解析】 BCD 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确.
【变式训练1】 如图所示，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态.某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)( )
A.动量不守恒，机械能不守恒
B.动量守恒，机械能守恒
C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒
D.水平方向上动量守恒，机械能守恒
【解析】 D 所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态，松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒，D正确.
【易错点】 本题易错选B.A、B两物体在竖直方向上有加速度，系统竖直方向上的动量并不守恒.系统内物体涉及竖直方向的运动时，要注意系统是否存在超失重现象.若系统存在超失重现象，则竖直方向上的动量不守恒，系统动量不守恒.
动量守恒定律的应用
【例2】 (多选)如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度.则下列说法正确的是( )
A.整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B.挡板对物体C的冲量大小为2Mv0
C.物体C的最大速度为
D.如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为2∶1
【解析】 BC 物体A与物体B碰撞后两物体粘合在一起，A与B碰撞过程中，三个物体与弹簧组成的系统的机械能有损失，物体A、B碰后粘合在一起到物体C刚要离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三个物体与弹簧组成的系统所受合力不为0，系统的动量不守恒，A错误；设物体A与物体B碰撞后的瞬间，A、B粘合体的速度大小为v，根据动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为v，以水平向右为正方向，从物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复到原长，根据动量定理可得，弹簧弹力对A、B粘合体的冲量I＝(M＋m)v－(M＋m)(－v)＝2(M＋m)v＝2Mv0，所以弹簧弹力对C的冲量大小等于2Mv0，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0，B正确；物体C离开挡板后，三个物体与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复到原长时A、B粘合体与物体C的速度大小分别为v、v2，根据动量守恒定律有(M＋m)v＝(M＋m)v1＋mv2，根据机械能守恒定律有(M＋m)v2＝(M＋m)v＋mv解得v2＝，C正确；物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得Ep1＝(M＋m)v2，物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时的速度为v′，根据动量守恒定律有(M＋m)v＝(M＋2m)v′，根据机械能守恒定律有Ep2＝(M＋m)v2－(M＋2m)v′2，且M＝m，解得＝，D错误.
【变式训练2】 如图所示是抛沙袋入车的情境图.一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3，……已知车的质量为40 kg，每个沙袋质量为5 kg.当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度.已知车原来的速度大小为10 m/s，不计车与地面间的阻力，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有( )
A.20个 B.25个 C.30个 D.40个
【解析】 A 设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，满足动量守恒，可得Mv0－n·mv＝0，解得n＝＝20，即抛入20个沙袋，车恰好停止运动，A正确.
应用动量守恒定律时的几点易错提醒 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统.系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系. (2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力. (3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆.
考点二 碰撞问题分析
1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理：①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等).②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.
2.弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v1′＝，
v2′＝.
(2)分析讨论：当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度.当碰前物体2的速度为零时：v1′＝v1，v2′＝v1，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度.②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动.③m1
弹性碰撞
【例3】 1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
【解析】 B 设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv＝mv＋mv，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv＝·14mv＋mv，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝mv＝mv，氮核的动能为EkN＝·14mv＝，可得EkH>EkN，B正确，A、C、D错误.
【变式训练3】 (2024·广西卷)(多选)如图所示，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N.M水平向右运动，速度大小为v.M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒.若不计空气阻力，则碰撞后，N在( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【解析】 BC 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知mv＝mvM＋mvN，mv2＝mv＋mv，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动.
非弹性碰撞
【例4】 (2024·甘肃卷)如图所示，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°.质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端.剪断细绳O′P，小球A开始运动.(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力.
(2)A在最低点时，细绳OP断裂.A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动.求碰后C的速度大小.
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速.求C和B之间的动摩擦因数.
【解析】 根据题意，设AC质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°.
(1)A开始运动到最低点有
mgl(1－cos θ)＝mv－0，
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
F－mg＝，
解得v0＝4 m/s，F＝40 N.
(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知
mv0＝0＋mvC，
解得vC＝v0＝4 m/s.
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，对CB分析，根据动量守恒可得
mv0＝(M＋m)v，
根据能量守恒得
μmgL相对＝mv－(m＋M)v2，
联立解得μ＝0.15.
【变式训练4】 如图所示，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g取10 m/s2.
(1)若0
【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＝v0＝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Mv0－2Mkv0＝(M＋2M)v滑，
解得v滑＝v0＝ 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′＝ m/s＝0，
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＝m′v2－(m′＋M′)v，解得x相＝1.875 m.
碰撞问题解题策略 (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解. (2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0. (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹.
考点三 爆炸 反冲运动
1.爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动.
2.反冲
(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象.
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒.反冲运动中机械能往往不守恒.
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.
爆炸
【例5】 (多选)某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为2∶5，如图所示.爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s，方向斜向下与竖直方向成60°.若爆炸点离地高度为120 m，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.Q部分落地时的速度大小为20 m/s
B.Q部分落地时的速度大小为90 m/s
C.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75 m
D.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135 m
【解析】 AC 爆炸过程中由动量守恒定律得mPvP＝mQvQ，对Q从爆炸到落地，由动能定理得mQgh＝mQv2－mQv，解得v＝20 m/s，A正确、B错误；对P部分在竖直方向有vPy＝vPcos 60°＝25 m/s，h＝vPyt＋gt2，解得t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin 60°＝25 m/s，x＝vPxt，解得P部分落地点与爆炸点的水平距离为x＝75 m，C正确、D错误.
【易错点】 爆炸后P部分相当于做斜下抛运动，计算时间时，注意利用运动的等时性，从竖直方向上去求运动时间，同时要注意P部分竖直方向的初速度为vPy.
【变式训练5】 如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上.A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能.A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，g取10 m/s2，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B分别在小车上滑行的时间.
【解析】 (1)根据爆炸过程中能量的转化，有
E＝m1v＋m2v，
爆炸过程中，根据动量守恒得
m1v1＝m2v2，
联立解得
v1＝4 m/s，v2＝2 m/s.
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒.设该过程的时间为t1，
对A应用动量定理有
－μm1gt1＝m1v3－m1v1，
对B应用动量定理有
－μm2gt1＝m2v4－m2v2，
对C应用动量定理有
(μm2g－μm1g)t1＝m3v4，
代入数据解得
v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s.
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0，
即(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0.
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则
－μm1gt＝0－m1v1，
解得t＝0.8 s.
反冲运动
【例6】 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭.如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空.从火箭开始运动到点火的过程中( )
A.火箭的加速度为零时，动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【解析】 A 从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量的矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误.
【变式训练6】 在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性.如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2.若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ＝，D正确.
考点四 人船模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0.
(2)两物体的位移满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L.
3.运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右.
(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
【例7】 如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直.质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上.整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g.
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对于初始时刻运动的距离.
【解析】 (1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有
0＝mv1－Mv2，
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb＝mv＋Mv，
联立解得v2＝.
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有
mx1＝Mx2，
又由位移关系知x1＋x2＝a，
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离
x2＝.
【变式训练7】 (多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态.将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A.A球将做变速圆周运动
B.B球将一直向右运动
C.B球向右运动的最大位移为L
D.B球运动的最大速度为
【解析】 CD 由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mA－mB＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝mAv＋mBv，解得B球运动的最大速度为vB＝，D正确.
1.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒
B.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
C.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
【解析】 C a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，A错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所受合外力不为零，故动量不守恒，B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受合力为零，故动量守恒，C正确、D错误.
2.甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞.则甲总共抛出的小球个数是( )
A.12 B.13 C.14 D.15
【解析】 D 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确.
3.如图所示，质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k为待定系数)弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足( )
A.
A.物体甲第一次运动到O点的速度大小为6.5 m/s
B.物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为0.5 s
C.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为5.5 m/s
D.物体乙的质量为3.5 kg
【解析】 B 根据动能定理有－μmgs1＝mv－mv，解得物体甲第一次运动到O点的速度大小为v1＝8 m/s，A错误；物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为t＝＝0.5 s，B正确；碰后物体甲恰好能返回出发点A，根据动能定理有－μmgs1＝－mv，物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为v2＝6 m/s，C错误；根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m乙v乙－mv2，mv＝mv＋m乙v，得m乙＝7 kg，D错误.
5.(多选)如图甲，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的at图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的at图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的at图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是( )
甲
乙
A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S1－S2＝S3
【解析】 ABD 由于在0 ～ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a－t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图可知aB>aA，则mB
A.只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点
B.两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1∶1
C.第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为
D.第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
【解析】 CD 当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律mgr＝mgh，可知h＝r，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度v1，根据动量守恒定律可知v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，A错误；当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝mv，解得v0＝，当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝，根据机械能守恒定律得mgr＝mv2＋×2mv′2，解得v＝，v′＝，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为∶，B错误、C正确；小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，设时间为t，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移x，根据动量守恒定律得＝，计算得出x＝，D正确.
7.如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m.先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触.现由静止释放小球A.重力加速度大小为g.求：
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度.
【解析】 (1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得
mAgL＝mAv，
解得v1＝.
(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得
mAv1＝mAvA＋mBvB，
由机械能守恒定律得
mAv＝mAv＋mBv，
解得vA＝0，vB＝.
(3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得
mAv1＝(mA＋mB)v，
由机械能守恒定律得
mAgh＝mAv－(mA＋mB)v2，
联立解得h＝L.
8.(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接.质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上.现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短).已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量).
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx.
【解析】 (1)滑块a从D到F，由能量关系有
mg·2R＝mv－mv，
在F点有FN－mg＝m，
解得vF＝10 m/s，
FN＝31.2 N.
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，
根据v＝v－2aL，
可得在C点的速度vC＝3 m/s，
滑块a从碰撞后至到达C点有
mv＝mv＋mg·2R，
解得v1＝5 m/s，
因a、b碰撞动量守恒，则
mvF＝－mv1＋3mv2，
解得碰后b的速度v2＝5 m/s，
则碰撞损失的能量
ΔE＝mv－mv－·3mv＝0.
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设a、b碰后的共同速度为v，则
mvF＝4mv，
解得v＝2.5 m/s，
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时，设共同速度为v′，则
4mv＝6mv′，
得v′＝ m/s.
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
·4mv2＝·6mv′2＋kx，
解得x1＝0.1 m.
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1，
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m.
核心素养提升(六) 动量与能量的综合问题
题型一 动量与动力学观点的综合应用
1.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
【例1】 (2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示.小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷.初始时，小球均静止，细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力.则( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D.在图乙位置，v3＝
【解析】 D 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，A、B错误；对系统根据动量守恒有mv1＋mv2＝mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒有mv＋mv＋mv＝，解得v3＝，C错误、D正确.
【变式训练1】 如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )
A.甲、乙达到共同速度所需的时间为
B.甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
C.甲、乙相对滑动的总路程为
D.如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为－2nL
【解析】 C 设甲、乙质量均为m，碰前瞬间甲的速度为v1，乙的速度为v2，碰后瞬间甲的速度为v1′，乙的速度为v2′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 ，解得v1′＝v2，v2′＝v1，即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为v3，则mv0＝2mv3，得v3＝，则达到共速所需的时间为t＝，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A错误、B错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得－μmgs＝×2m×()2－mv，解得s＝，C正确；甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为s0，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2，4，6…)，解得s0＝＋L－2nL(n＝2，4，6…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1，3，5…)，解得s0＝2nL＋L－(n＝1，3，5…)，即最终甲距离乙左端的距离不可能为－2nL，D错误.
【例2】 (2024·湖南卷)如图所示，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB).初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞.不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动.
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0
mAv0＝(mA＋mB)v，
可得v＝.
碰撞后根据牛顿第二定律有
F＝(mA＋mB)，
可得F＝.
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则碰后由动量和能量守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB，
mAv＝mAv＋mBv，
联立解得
vA＝v0，vB＝，
所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图所示，分两种情况讨论：
①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为＝(k＝0，1，2，3…)，则有
＝＝(k＝0，1，2，3…)，
联立解得＝.
由于两质量均为正数，故k1＝0，
即＝2，
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA′，vB′，则同样有
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，
mAv＋mBv＝mAvA′2＋mBvB′2，
联立解得vA′＝v0，vB′＝0，
故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意.
②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为＝(k2＝0，1，2，3…)，
所以＝＝，
联立可得＝.
因为两质量均为正数，故k2＝0，
即＝5.
根据①的分析可证vA′＝v0，vB′＝0，满足题意.
综上可知＝2或＝5.
(3)第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v1相＝ev0，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有t1＝，
第一次碰撞动量守恒有
mAv0＝mAvA1＋mBvB1，
且v1相＝vB1－vA1＝ev0，
联立解得vB＝(v0＋v1相).
B球运动的路程
s1＝vB1t1＝(＋1)
＝(＋1)，
第二次碰撞的相对速度大小为
v2相＝ev1相＝e2v0，
t2＝.
第二次碰撞有mAv0＝mAvA2＋mBvB2
且v2相＝vA2－vB2＝e2v0，
联立可得vB2＝(v0－v2相)，
所以B球运动的路程
s2＝vB2t2＝(－1)
＝(－1).
一共碰了2n次，有
s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n＝(＋＋＋…＋)＝·
【易错点】 本题第(2)问需要分情况讨论，学生容易漏解.本类问题，需要结合题意，根据几何关系去求解.第(3)问一类的问题，应先选择前面几次(一般为3次)碰撞过程进行分析，再从中找规律.
【变式训练2】 如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿.把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动.若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力.求：
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度.
【解析】 (1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，
根据机械能守恒定律可知3mgL＝×3mv，
解得v0＝.
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动L＝gt2，
解得t＝，
水平方向上做匀速直线运动2L＝v2t，
解得v2＝＝＝2L＝，
小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2，
解得碰撞后小木块1的速度为v1＝，
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知3mgh＝×3mv，解得h＝L.
解题技巧 (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律). (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理. (3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.
【例3】 (2023·全国乙卷节选)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离.
【解析】 (1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝mv，
解得v0＝.
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
mv＝mv＋Mv1′2，
mv0＝mv1＋Mv1′，
解得v1＝v0＝－，
v1′＝v0＝.
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下.
(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
v1＋gt＝v1′，
解得t＝＝，
根据运动学公式得最大距离为
dmax＝x盘－x球＝v1′t－(v1t＋gt2)＝＝l.
【变式训练3】 如图甲所示，水平传送带长x0＝4.5 m，紧挨传送带左端有一光滑半圆弧轨道，该轨道锁定在光滑水平面上，质量m1＝
1 kg的小物体A静止放置在半圆弧轨道的最低点.从t＝0开始传送带逆时针传动的速度—时间图像如图乙所示.某时刻，在传送带右端无初速释放小物体B，一段时间后物体B与物体A发生碰撞，已知物体B与传送带间的滑动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)若t1＝0时释放物体B，求物体B到达传送带中央位置时的速度；
(2)若半圆弧轨道的半径R＝0.08 m，t2＝1 s时释放质量m2＝0.5 kg的物体B，物体B与物体A碰后瞬间物体A对半圆弧轨道最低点的压力大小为 N，请通过计算说明物体B与物体A的碰撞是否为弹性碰撞；
(3)若半圆弧轨道的半径R′＝0.10 m，解除对半圆弧轨道的锁定，t3＝2 s时释放质量为m3＝1 kg的物体B，物体B与物体A发生弹性碰撞，碰后物体A恰好能通过半圆弧轨道的最高点，求半圆弧轨道的质量M.
【解析】 (1)由图像可知传送做加速直线运动的加速度大小为
a1＝1 m/s2＜μg＝2 m/s2，
所以t1＝0时释放物体B，B将与传送带以a1＝1 m/s2的加速度一起加速.
B到达传送带中央位置时，
由v2＝2a1×，
解得v＝ m/s＜4 m/s，
所以B到达传送带中央位置时的速度为 m/s.
(2)由v－t图可知t2＝1 s时传送带的速度v′＝1 m/s，
物体B释放后与传送带之间有相对滑动，则
aB＝＝μg＝2 m/s2，
假设经过时间Δt传送带与B速度相等，则
v′＋a1Δt＝aBΔt，
解得Δt＝1 s，
此时vB＝v传＝2 m/s＜4 m/s，
xB＝aB(Δt)2＝1 m＜4.5 m，
之后B将与传送带以a1＝1 m/s2的加速度一起加速，B与A碰前瞬间的速度为v2，
由v－(2 m/s)2＝2×1 m/s2×(4.5 m－1 m)，
解得v2＝ m/s＜4 m/s，
碰后瞬间对A有FN－m1g＝，
解得v1＝ m/s，
A、B碰撞若为弹性碰撞，则
m2v2＝m2v2′＋m1v1，
m2v＝m2v2′2＋m1v，
解得v1＝v2＝ m/s＞ m/s，
所以物体B与物体A的碰撞为非弹性碰撞.
(3)由v－t图可知t3＝2 s时传送带的速度v3＝2 m/s，
物体B释放后与传送带之间有相对滑动，则
aB＝＝μg＝2 m/s2，
假设经过时间Δt′传送带与B速度相等，则
v3＋a1Δt′＝aBΔt′，
解得Δt′＝2 s，
此时vB＝v传＝4 m/s，
xB＝aBΔt′2＝4 m＜4.5 m，
之后B以4 m/s的速度匀速运动.
AB碰撞中有
m3vB＝m3vB′＋m1vA，
m3v＝m3vB′2＋m1v，
解得vB′＝0，vA＝4 m/s，
A从圆弧轨道最低点到圆弧轨道最高点的过程中有
m1vA＝MvM＋m1vA′，
m1v＝Mv＋m1vA′2＋2m1gR′，
A恰好能通过半圆弧轨道的最高点，则有
|vM－vA′|＝，
解得M＝ kg.
题型二 “三类碰撞模型”问题
1.“子弹—木块”模型
(1)模型图示
(2)模型特点：①子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒.②系统的机械能有损失.
(3)两种情景
①子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞).动量守恒：mv0＝(m＋M)v，能量守恒：Q＝Ff·s＝mv－(M＋m)v2.
②子弹穿透木块.动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－(Mv＋mv).
2.“滑块—斜(曲)面”模型
(1)模型图示
(2)模型特点：①最高点：m与M具有共同水平速度v共.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)；②最低点：m与M分离点.水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv (完全弹性碰撞拓展模型).
3.“滑块—弹簧”模型
(1)模型图示
(2)模型特点：①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒；②机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)；④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时).
【例4】 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
【解析】 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，
解得v＝v0.
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0，
解得t＝.
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝mv2－mv，
解得x1＝，
对木块：Ffx2＝Mv2，
解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，
即x相＝x1－x2＝.
(4)系统损失的机械能为
E损＝mv－(M＋m)v2＝，
系统增加的内能为Q＝Ffx相＝.
【变式训练4】如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动.已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变.
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【解析】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，
代入数据解得v＝6 m/s，
此过程系统所产生的内能
Q＝mv－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s，
此过程系统损失的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J.
由功能关系有
Q＝ΔE＝Ffx相＝Ffd，
ΔE′＝Ffx相′＝Ffd′，
则＝＝，
解得d′＝ cm，
因为d′>10 cm，所以能射穿木块.
【例5】 (多选)如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出.已知圆弧轨道质量为3m，则小球与圆弧轨道作用过程中下列说法正确的是( )
A.小球离开C点后做竖直上抛运动
B.小球离开C点后做斜抛运动
C.圆弧轨道的最大速度为v0
D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左
【解析】 BCD 小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，A错误、B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋×3mv，联立解得v1＝－v0，v2＝v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，C、D正确.
【易错点】 本题易错选A.小球离开C点后相对圆弧轨道做竖直上抛运动，相对地面是斜抛运动.若没有特殊说明，一般选地面为参考系.
【变式训练5】如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为M＝8 kg，在小车水平板AB上的A处放有质量为m＝2 kg的物块，BC是一段光滑的圆弧，在B点处与AB平滑相接，物块与水平面AB部分间的动摩擦因数μ＝0.2，现给物块一个I＝10 N·s的冲量，物块便沿AB滑行，并沿BC上升(物块始终未离开BC轨道)，然后再沿BC返回，最后恰好回到A点处与小车保持相对静止，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)从物块开始滑动至返回A点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能；
(2)物块沿BC弧上升相对AB平面的高度；
(3)小车上AB两点的距离.
【解析】 (1)设物块获得的初速度为v0，由动量定理应有
I＝mv0－0，
设物块与小车组成的系统相对静止时的共同速度为v，由动量守恒定律应有
mv0＝(m＋M)v，
根据能量守恒定律应有
ΔE损＝mv－(m＋M)v2，
联立可得ΔE损＝20 J.
(2)物块上升到最大高度时竖直速度为0，物块与小车具有相同的水平速度vx，
在水平方向根据动量守恒定律应有
mv0＝(m＋M)vx，
物块从A到上升到最高度过程，对物块与小车组成的系统由能量守恒定律应有
mv－(m＋M)v＝QAB＋mgh，
根据题意有QAB＝ΔE损，
解得h＝0.5 m.
(3)根据摩擦生热公式应有
QAB＝Ffx相对＝μmgLAB，
代入数据解得LAB＝2.5 m.
【例6】 如图甲所示，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图像如图乙所示.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.
【解析】 (1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律
mB·1.2v0＝(mB＋m)v0，
根据能量守恒定律
Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v，
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv.
(2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma，
可知同一时刻aA＝5aB，
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为
vA＝aAt，vB＝1.2v0－，
根据位移等速度在时间上的累积可得sA＝vAt(累积)，sB＝vBt(累积)，又sA＝0.36v0t0，
解得sB＝1.128v0t0，
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′，
根据能量守恒定律可得mvA′2＋×5m(0.8v0)2＝m·(－2v0)2＋·5mvB′2，
联立解得vA′＝v0，
设在斜面上滑行的长度为L，当地的重力加速度为g，上滑过程，根据动能定理可得
－mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－m(2v0)2，
下滑过程，根据动能定理可得
mgL sin θ－μmgL cos θ＝mv－0，
联立解得μ＝0.45.
【变式训练6】如图所示，固定光滑轨道由水平轨道AB和与AB相切于B点且半径R＝0.5 m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.5 kg的小滑块a；AB右侧紧靠A点的水平地面上停靠一质量M＝0.7 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＝0.3 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＝0.1，a、b均视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求碰撞后a经过B点时对轨道的压力大小；
(2)求P、A两点间的距离L以及弹簧被释放前所具有的弹性势能；
(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
【解析】 (1)在C点，根据牛顿第二定律得
m1g＝，
B→C过程由动能定理得
－m1g·2R＝m1v－m1v，
解得vB＝5 m/s.
在B点FN－m1g＝m1，
解得FN＝30 N.
由牛顿第三定律可知FN′＝30 N.
(2)a、b发生弹性碰撞，动量及能量守恒，取向左为正方向，va＝vB，
m2vb＝m2vb′＋m1va，
m2v＝m2vb′2＋m1v，
解得vb＝ m/s，
vb′＝－ m/s，
反弹后b回到A，有m2vb′2＝2μm2gL，
解得L＝ m，
弹簧被释放前所具有的弹性势能
Ep＝m2v＋μm2gL＝6.875 J.
(3)反弹后b与小车动量守恒
－m2vb′＝(M＋m2)v共，
解得v共＝0.5 m/s，
至共速产生的热量
Q＝m2vb′2－(M＋m2)v＝ J，
Q＝μm2gL′，
可得L′＝ m，Δx＝L′－L＝ m，
故b最终停在P点左侧 m处.
1.如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切.一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失.如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为.则小球与滑块质量之比m∶M为( )
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1
【解析】 C 当圆弧滑块固定时，有mv＝mgR；当圆弧滑块不固定时，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv＝mg＋(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，C正确.
2.质量分别为M、m的A、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻质细线拴住A、B，弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于静止状态.如图甲所示，若A靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B的速度为v.如图乙所示，若A不靠在墙角，也突然烧断细线.规定水平向右为正方向，下列说法正确的是( )
A.烧断细线之前弹簧的弹性势能为Mv2
B.对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为
C.对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B的动能之比M∶m
D.对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A的动量为－mv
【解析】 B 根据能量守恒定律可得，烧断细线之前弹簧的弹性势能为Epm＝mv2，A错误；对甲图，烧断细线后当A离开墙角后，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时A、B达到共同速度，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为Ep＝mv2－(M＋m)v，联立解得Ep＝，B正确；对乙图，烧断细线后，系统的合外力为零，故系统的动量守恒且为零，由动量守恒定律知A、B的动量总是等大反向，当弹簧恢复原长时设A、B的动量大小均为p，则EkA＝，EkB＝，联立解得EkA∶EkB＝m∶M，C错误；由能量守恒定律可得EkA＋EkB＝Epm，又EkA∶EkB＝m∶M，联立解得EkB＝，又EkB＝，联立解得p＝mv，弹簧恢复原长时A向左运动，与规定的正方向相反，则A的动量为－mv，D错误.
3.如图所示，在光滑的水平面上，质量为3 kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5 kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0 kg的小球C，三者均处于静止状态.现给B一个瞬间冲量，使它获得4 m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是( )
A.木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6 m/s
B.整个过程产生的热量为3.6 J
C.碰后C的速度为0.5 m/s
D.A和C碰撞前A、B已经共速运动
【解析】 B 对A、B、C整体，根据动量守恒定律有mBvB＝mCvC，解得vC＝0.4 m/s，C错误；根据能量守恒定律有Q＝mBv－mCv＝3.6 J，B正确；木板A和小球C发生弹性碰撞，则mAvA＝mAvA′＋mCvC，mAv＝mAvA′2＋mCv，代入数据解得vA＝ m/s，A错误；A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有mBvB＝mBvB′＋mAvA，代入数据解得vB′＝0.8 m/s>vA，由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，D错误.
4.如图所示，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上.车厢内有一质量为m＝1 kg，可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.n＝26
B.系统因摩擦产生的热量为20 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
【解析】 D 由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢和小物块最终运动的共同速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，B错误、D正确；根据Q＝μmgL，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝25次，因此可知物块最终停在车厢中点处，A、C错误.
5.(多选)如图所示，光滑曲面PQ与水平地面相切于Q点，质量mA＝3 kg的物体A从距地面高度为h＝1.27 m的地方静止滑下，A与水平地面间的动摩擦因数μA＝0.01，水平地面距Q点s＝2 m处静止一质量mB＝2 kg的足够长的木板B，B与地面间的动摩擦因数μB＝0.2，B上右端静止一质量为mC＝1 kg的物块C，B与C之间的动摩擦因数μC＝0.2，已知A、B间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，g取10 m/s2.从A开始下滑至A、B、C均静止的整个过程中，下列说法正确的是( )
A.A与B碰撞过程中，A的动量变化大小为12 N·s
B.B与C间摩擦生热6 J
C.整个过程中C所受静摩擦力的冲量大小为0
D.整个过程中C所受滑动摩擦力做功－4 J
【解析】 AB A从静止到与B碰撞前，有mAgh－μAmAg·s＝mAv，解得vA＝5 m/s，对A、B碰撞过程，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′，mAv＝mAvA′2＋mBvB′2，解得vA′＝1 m/s，vB′＝6 m/s，则有mA(vA－vA′)＝12 N·s，A正确；A、B碰后，当A减速至0时，发生的位移为＝5 m，B、C相对滑动至共速，对C，有μCmCg＝mCaC，对B有μB(mB＋mC)g＋μCmCg＝mBaB，历时t共速，有vB′－aB·t＝aC·t＝v，之后B、C一起减速至0，历时t′＝，B对地发生的总位移为xB＝·t＋＝5 m，即A、B、C三者均静止时，A、B刚好相遇，没有发生第二次碰撞，在B和C刚好达到共速之前，B对地和C对地的位移分别为xB1＝vBt－aBt2＝4 m，xC1＝aCt2＝1 m，则B与C间摩擦生热为Q＝μCmCg(
同课章节目录