微专题三 动量定理 动量守恒定律
高考热点·突破
热点一 动量定理的应用
例1 (多选)(2023·广东卷)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
例2 (2025·湖北联考)高压水枪在现代生活中应用越来越广泛,当高速水流射向物体时,会对物体表面产生冲击力,从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图,已知水枪出水口直径为d,水密度为ρ,设水流垂直打到玻璃表面后不反弹,测出水枪出口的流量为Q(单位时间内水流体积),不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化,下列说法正确的是( )
A.水枪管口喷出水流速度大小为
B.水枪对管口水柱做功的功率为
C.水流对水枪的作用力大小为
D.水流与玻璃冲击压强为
[模型构建] 应用“柱体模型”解决流体问题的思路
对于液体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形液体的长度为Δl=vΔt,如图所示。
流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤:
(1)在极短时间Δt内,取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。
(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。
(4)应用动量定理FΔt=Δp。
(5)作用后流体微元以速率v反弹,有Δp=-2Δmv。
(6)联立解得F=-2ρSv2。
训练1 (2025·湖北调研)如图甲所示为“蹦极”的简化情景:某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点,从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图乙所示,则图像中阴影部分的面积为( )
A.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s
C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s
热点二 动量守恒定律及其应用
例3 (2025·徐汇模拟)如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中(不计水的阻力),则救生员跃出后小船的速率为( )
A.v0+ B.v0-
C.v0+ D.
例4 (2025·西安模拟)如图所示,质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的轻绳(不可伸长),轻绳另一端系一质量也为m的小球C,现将小球拉起使轻绳水平伸直,并由静止释放,摆动过程中,竖直轻杆不倾斜。重力加速度为g,求:
(1)小球第一次摆到最低点过程中,木块A、B向右移动的距离;
(2)小球摆到最低点时的速度大小vC;
(3)小球向左运动能达到的最大高度h。
[尝试解答]
训练2 (2025·潮州模拟)如图所示,两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上,车上各站着一人,人与车总质量均为M,甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起,持球人将篮球以水平速度v抛给另一人,另一人接到球后,又把球抛给对方……,直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出,这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是( )
A.第一次抛接球的过程,抛球人获得的速度为
B.第一次抛接球的过程,接球人获得的速度为
C.若v甲D.若v甲>v乙,说明乙是开始的持球人
热点三 碰撞模型及拓展
例5 (2025·泰安模拟)如图所示,物体A、B放在光滑的水平面上,且两物体间有一定的间距。t=0时刻,分别给物体A、B一向右的速度,物体A、B的动量大小均为p=12 kg·m/s,经过一段时间两物体发生碰撞,已知碰后物体B的动量变为pB=16 kg·m/s,两物体的质量分别为mA、mB,则下列说法正确的是( )
A.物体A的动量增加4 kg·m/s
B.物体A的质量可能大于物体B的质量
C.若碰后两物体粘合在一起,则mA∶mB=1∶2
D.若该碰撞无机械能损失,则mA∶mB=7∶5
[模型构建] 两种典型碰撞的特点
(1)弹性碰撞(以“一动一静”碰撞为例)。
满足动量守恒,有m1v1=m1v1'+m2v2',
碰撞前、后动能相等,有m1=m1v1'2+m2v2'2,解得v1'=,v2'=。
讨论:①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,两球碰撞后交换了速度。
②当m1>m2时,v2'>v1'>0,碰撞后两球都沿碰前小球的速度方向运动。
③当m10,碰撞后质量小的球被反弹回来。
④当m1 m2时,v1'=v1,v2'=2v1。
⑤当m1 m2时,v1'=-v1,v2'=0。
(2)完全非弹性碰撞。
动量守恒,碰撞后速度相同,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v共,机械能损失最多,机械能的损失:ΔE=m1+m2-(m1+m2)。
例6 (2025·昭通模拟)如图所示,质量为m的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上,一质量也为m的小球以速度v0水平冲上小车,到达某一高度后,小球又返回小车的左端。已知重力加速度为g,则( )
A.此过程小球对小车做的功为m
B.此过程小车受到的总冲量为2mv0
C.小球在弧形槽上上升的最大高度为
D.小球和小车的末速度分别为-v0和2v0
[模型构建] 碰撞模型拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型。
图例(水平面光滑)
达到 共速 相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次 分离 相当于弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0=mv1+Mv2,能量守恒,满足m=m+M
(2)“耗散型”碰撞拓展模型。
图例(水平面或水平导轨光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞,动量守恒,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,分别转化为内能或电能
训练3 (2025·沙坪坝模拟)如图所示,A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球质量为2m,其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统,下列说法正确的是( )
A.三球速度相等时,弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于m
C.全过程中系统的机械能不守恒,动量守恒
D.三球速度相等后,速度将保持不变
动量在科技中的应用
典例 (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,重力加速度大小取g=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。
[尝试解答]
[情境与思维分析] 本题以汽车安全装置(安全带和安全气囊)为背景,构建了真实的物理情境,体现了科技与生活的紧密结合。第(1)问通过安全带自动锁定装置的简化模型,将惯性、加速度、受力分析等力学知识融入工程实际问题,考查模型建构与逻辑推理能力。第(2)问以安全气囊性能测试为情境,通过头锤碰撞过程的动力学图像(F-t图),体现了图像分析与数学工具应用的结合。
训练 (2025·蚌埠模拟)如图所示,甲、乙两名航天员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且均可视为质点。甲和他的装备总质量为M1=90 kg,乙和他的装备总质量为M2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后不再松开,此后甲、乙两航天员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)求乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出和此后甲的速度。
(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与A的相互作用力F的大小。
高考真题·体验
1.(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
B.t=0.3 s时,运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1 s时,运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
2.(2025·山东卷)轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动。轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量。此时轨道舱相对行星的速度大小为( )
A. B.
C. D.
3.(多选)(2024·广西卷)如图,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
4.(2025·浙江1月卷)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g=10 m/s2,则它降落到地面的时间约为( )
A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h
5.(2025·江苏卷)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
微专题三 动量定理 动量守恒定律
例1 BD 解析 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,A项错误;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项正确;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项错误;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,D项正确。
例2 D 解析 设水流速度为v,则流量Q=Sv=v,解得v=,A项错误;设经过极短时间Δt,出口水柱质量Δm=ρvΔt,由动能定理可得PΔt=Δmv2,解得P=,B项错误;由动量定理,有FΔt=Δmv,解得F=,C项错误;水流与玻璃冲击压强为p==,D项正确。
训练1 B 解析 人下落整个过程,根据动量定理有mgt-IF=0,解得IF=mgt,题中图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小,阴影部分面积大小IF=mgt=5 400 kg·m/s,B项正确。
例3 C 解析 规定向右为正方向,由动量守恒定律有(M+m)v0=-mv+Mv船,解得v船=v0+,C项正确。
例4 答案 (1)L (2) (3)L
解析 (1)系统水平方向不受外力,动量守恒,小球C摆至最低点时,则有mvC=2mvAB,
m=2m,
整理可得xC=2xAB,
xC+xAB=L,
联立解得xAB=L。
(2)小球C摆至最低点时,由系统能量守恒可得
mgL=m+·2m,
其中vC=2vAB,
解得vC=。
(3)小球C摆至最低点后,A、B分离,此后球C向左摆至最高点时,A、C共速,取向左为正方向,由水平方向动量守恒可得mvC-mvAB=2mvAC,
由A、C系统能量守恒可得m+m=×2m+mgh,
解得h=L。
训练2 C 解析 第一次抛接球的过程,对人和球系统由动量守恒定律有mv=Mv',解得抛球人获得的速度为v'=,A项错误;第一次抛接球的过程,对人和球系统由动量守恒定律有mv=(M+m)v″,解得接球人获得的速度为v″=,B项错误;从开始抛球到最终,根据Mv1=(M+m)v2,若v甲v乙,说明乙是最终的持球人,但是不能确定开始的持球人是谁,C项正确,D项错误。
例5 C 解析 由题意可知,该碰撞过程物体B的动量增加了ΔpB=pB-p=4 kg·m/s,碰撞过程两物体的动量守恒,则有ΔpB=-ΔpA,所以物体A的动量减少了4 kg·m/s,A项错误;由题意,碰前物体A的速度一定大于物体B的速度,则有>,解得mB>mA,B项错误;若碰后两物体粘合在一起,则碰后两物体的速度相同,则有=,又pA=p-4 kg·m/s=8 kg·m/s,解得==,C项正确;若该碰撞为弹性碰撞,则碰撞过程中没有能量损失,则有+=+,解得=,D项错误。
例6 A 解析 设小球返回小车的左端时小球的速度为v1,小车的速度为v2,选取水平向右为正方向,整个过程中根据系统水平方向动量守恒得mv0=mv1+mv2,由系统机械能守恒得m=m+m,解得v1=0,v2=v0,对小车,根据动能定理得此过程小球对小车做的功W=m,A项正确,D项错误; 根据动量定理得此过程小车受到的总冲量为I=mv0-0=mv0,B项错误;当小球与小车的速度相等时,小球在弧形槽上上升到最大高度,设最大高度为h,共同速度为v,根据系统水平方向动量守恒得mv0=2mv,由系统机械能守恒得m=×2mv2+mgh,解得h=,C项错误。
训练3 C 解析 由于碰后A、B两球粘在一起,A、B两球速度大于C球的速度,开始压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,三球的速度相等,之后弹簧恢复到原长,此时C球速度大于A、B两球速度,所以弹簧开始伸长,当弹簧伸长到最长时,三球的速度相等,之后弹簧再次恢复到原长,以后重复以上过程;综上分析可知,三球速度相等时,弹簧可能压缩到最短,也可能伸长到最长,A、D两项错误;在A、B碰撞过程,存在机械能损失,所以全过程中系统的机械能不守恒,但全过程中,系统受到的合外力为0,所以系统满足动量守恒,C项正确;A、B碰撞过程,根据动量守恒可得mv0=2mvAB,解得碰后A、B的速度为vAB=v0,当三球的速度相等,弹簧的弹性势能最大,根据系统动量守恒可得2mvAB=4mv共,解得三球的共同速度为v共=v0,A、B碰后的过程,满足系统机械能守恒,则有×2m=×4m+Ep,解得最大弹性势能为Ep=m,B项错误。
情境思维双驱
典例 答案 (1) (2)①330 N·s,方向竖直向上 ②0.2 m
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由题中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(取向上为正方向)有
IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
则上升的最大高度h==0.2 m。
训练 答案 (1)5.2 m/s 0.4 m/s,方向向左 (2)432 N
解析 (1)以向左为正方向,乙推出物体过程中由动量守恒有M2v0=mv+(M2-m)v2,
甲接住物体过程mv-M1v0=(M1+m)v1,
由题意可知v1=v2,
解得v=5.2 m/s,v1=v2=0.4 m/s,方向向左。
(2)对甲根据动量定理有Ft=M1v1-(-M1v0),
解得F=432 N。
高考真题体验
1.BD 解析 根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,A项错误;根据题图可知运动员从t=0.3 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.3 s时运动员的速度大小v=10 m/s,B项正确,C项错误;同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理有F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据解得F=4 600 N,根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,D项正确。
2.C 解析 轨道舱与返回舱的质量比为5∶1,设返回舱的质量为m,则轨道舱的质量为5m,总质量为6m;根据题意组合体绕行星做圆周运动,根据万有引力定律有G=6m,可得做圆周运动的线速度为v=,弹射返回舱的过程中组合体动量守恒,有6mv=5mv1+mv2,由题意v2=2,带入解得v1=,C项正确。
3.BC 解析 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=m+m,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,即在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,即在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,B、C两项正确。
4.B 解析 沙尘颗粒开始时速度较小,阻力较小,可知mg-kv=ma,之后沙尘颗粒速率增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速度达到最大且稳定,此时速度满足mg=kvm,解得vm=2×10-3 m/s,由动量定理可得mgt-kt=mv,即mgt-kh=mv,则沙尘下落时间为t=,由于mv kh,则t≈=104 s≈3 h,B项正确。
5.答案 (1)v0 (2)v0 (3)×m
解析 (1)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,
以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v10,则有
mv0=mv10+mv,
m=m+mv2,
解得v10=0,v=v0,
之后右侧钢球1碰钢球2,钢球2碰钢球3,…,钢球n-1碰钢球n,同理可得,碰撞的两球质量相等,交换速度,最右侧钢球最终运动的速度大小为v0。
(2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,
以向右为正方向,设钢球速度为v11,则有
mv0=mv1+3mv11,
m=m++3m,
解得v1=-v0,v11=v0,
则玻璃球的速度大小为v0。
(3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,
以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21,则有
mv1=mv2+3mv21,
m=m+×3m,
解得v2=-v0=-v0,
以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0,
则Ek=m=×m。(共59张PPT)
微专题三
专题二 能量与动量
动量定理 动量守恒定律
热点一 动量定理的应用
例1 (多选)(2023·广东卷)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
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，A项错误;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项正确；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项错误；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，D项正确。
解析
例2 (2025·湖北联考)高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d，水密度为ρ，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q(单位时间内水流体积)，不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是( )
A.水枪管口喷出水流速度大小为
B.水枪对管口水柱做功的功率为
C.水流对水枪的作用力大小为
D.水流与玻璃冲击压强为
设水流速度为v，则流量Q=Sv=v，解得v=，A项错误；设经过极短时间Δt，出口水柱质量Δm=ρvΔt，由动能定理可得PΔt=Δmv2，解得P=，B项错误；由动量定理，有FΔt=Δmv，解得F=，C项错误；水流与玻璃冲击压强为p==，D项正确。
解析
[模型构建] 应用“柱体模型”解决流体问题的思路
对于液体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形液体的长度为Δl=vΔt，如图所示。
流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤：
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。
(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。
(4)应用动量定理FΔt=Δp。
(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。
(6)联立解得F=-2ρSv2。
训练1 (2025·湖北调研)如图甲所示为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取
10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图乙所示，则图像中阴影部分的面积为( )
A.1 800 kg·m/s B.5 400 kg·m/s
C.7 200 kg·m/s D.3 600 kg·m/s
人下落整个过程，根据动量定理有mgt-IF=0，解得IF=mgt，题中图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，阴影部分面积大小IF=mgt=5 400 kg·m/s，B项正确。
解析
热点二 动量守恒定律及其应用
例3 (2025·徐汇模拟)如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中(不计水的阻力)，则救生员跃出后小船的速率为( )
A.v0+ B.v0-
C.v0+ D.
规定向右为正方向，由动量守恒定律有(M+m)v0=-mv+Mv船，解得 v船=v0+，C项正确。
解析
例4 (2025·西安模拟)如图所示，质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的轻绳(不可伸长)，轻绳另一端系一质量也为m的小球C，现将小球拉起使轻绳水平伸直，并由静止释放，摆动过程中，竖直轻杆不倾斜。重力加速度为g，求：
(1)小球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离；
系统水平方向不受外力，动量守恒，小球C摆至最低点时，则有mvC=2mvAB，
m=2m，
整理可得xC=2xAB，xC+xAB=L，
联立解得xAB=L。
解析
(2)小球摆到最低点时的速度大小vC；
小球C摆至最低点时，由系统能量守恒可得
mgL=m+·2m，
其中vC=2vAB，
解得vC=。
解析
(3)小球向左运动能达到的最大高度h。
小球C摆至最低点后，A、B分离，此后球C向左摆至最高点时， A、C共速，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得
mvC-mvAB=2mvAC，
由A、C系统能量守恒可得m+m=×2m+mgh，
解得h=L。
解析
训练2 (2025·潮州模拟)如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，车上各站着一人，人与车总质量均为M，甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平速度v抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方……，直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是( )
A.第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为
B.第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为
C.若v甲D.若v甲>v乙，说明乙是开始的持球人
第一次抛接球的过程，对人和球系统由动量守恒定律有mv=Mv'，解得抛球人获得的速度为v'=，A项错误；第一次抛接球的过 程，对人和球系统由动量守恒定律有mv=(M+m)v″，解得接球人获得的速度为v″=，B项错误；从开始抛球到最终，根据Mv1=(M+m)v2，若v甲v乙，说明乙是最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C项正确，D项错误。
解析
热点三 碰撞模型及拓展
例5 (2025·泰安模拟)如图所示，物体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。t=0时刻，分别给物体A、B一向右的速 度，物体A、B的动量大小均为p=12 kg·m/s，经过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B的动量变为pB=16 kg·m/s，两物体的质量分别为mA、mB，则下列说法正确的是( )
A.物体A的动量增加4 kg·m/s
B.物体A的质量可能大于物体B的质量
C.若碰后两物体粘合在一起，则mA∶mB=1∶2
D.若该碰撞无机械能损失，则mA∶mB=7∶5
由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了ΔpB=pB-p=4 kg·m/s，碰撞过程两物体的动量守恒，则有ΔpB=-ΔpA，所以物体A的动量减少了4 kg·m/s，A项错误；由题意，碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有>，解得mB>mA，B项错误；若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有=，又pA=p-4 kg·m/s =8 kg·m/s，解得==，C项正确；若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有+=+，解得=，D项错误。
解析
[模型构建] 两种典型碰撞的特点
(1)弹性碰撞(以“一动一静”碰撞为例)。
满足动量守恒，有m1v1=m1v1'+m2v2'，
碰撞前、后动能相等，有m2v2'2，解得v1'=。
讨论：①当m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，两球碰撞后交换了速度。
②当m1>m2时，v2'>v1'>0，碰撞后两球都沿碰前小球的速度方向运 动。
③当m10，碰撞后质量小的球被反弹回来。
④当m1 m2时，v1'=v1，v2'=2v1。
⑤当m1 m2时，v1'=-v1，v2'=0。
(2)完全非弹性碰撞。
动量守恒，碰撞后速度相同，有m1v1+m2v2=(m1+m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE=。
例6 (2025·昭通模拟)如图所示，质量为m的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上 小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端。已知重力加速度为g，则( )
A.此过程小球对小车做的功为
B.此过程小车受到的总冲量为2mv0
C.小球在弧形槽上上升的最大高度为
D.小球和小车的末速度分别为-v0和2v0
设小球返回小车的左端时小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取水平向右为正方向，整个过程中根据系统水平方向动量守恒得mv0=mv1 +mv2,由系统机械能守恒得m=m+m，解得v1=0，v2=v0，对小车，根据动能定理得此过程小球对小车做的功W=m，A项正确，D项错误； 根据动量定理得此过程小车受到的总冲量为I= mv0-0=mv0，B项错误；当小球与小车的速度相等时，小球在弧形槽上上升到最大高度,设最大高度为h，共同速度为v，根据系统水平方向动量守恒得mv0=2mv，由系统机械能守恒得m=×2mv2+mgh，解得h=，C项错误。
解析
[模型构建] 碰撞模型拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型。
图例 (水平 面光滑)
达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次 分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+ Mv2，能量守恒，满足
(2)“耗散型”碰撞拓展模型。
图例(水平 面或水 平导轨光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
训练3 (2025·沙坪坝模拟)如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B球的质量为m，C球质量为2m，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A.三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于
C.全过程中系统的机械能不守恒，动量守恒
D.三球速度相等后，速度将保持不变
由于碰后A、B两球粘在一起，A、B两球速度大于C球的速度，开始压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，三球的速度相等，之后弹簧恢复到原长，此时C球速度大于A、B两球速度，所以弹簧开始伸长，当弹簧伸长到最长时，三球的速度相等,之后弹簧再次恢复到原长，以后重复以上过程；综上分析可知,三球速度相等时，弹簧可能压缩到最短，也可能伸长到最长，A、D两项错误；在A、B碰撞过程,存在机械能损失，所以全过程中系统的机械能不守恒，
解析
但全过程中，系统受到的合外力为0，所以系统满足动量守恒，C项正确；A、B碰撞过程，根据动量守恒可得mv0=2mvAB，解得碰后A、B的速度为vAB=v0，当三球的速度相等，弹簧的弹性势能最大，根据系统动量守恒可得2mvAB=4mv共，解得三球的共同速度为v共=v0，A、B碰后的过程，满足系统机械能守恒，则有×2m=×4m+Ep，解得最大弹性势能为Ep=m，B项错误。
解析
动量在科技中的应用
典例 (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。
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=。
解析
(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，重力加速度大小取g=10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
由题中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；
解析
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
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(取向上为正方向)有
IF-Mgt=Mv-(-Mv0)，
解得v=2 m/s，
则上升的最大高度h==0.2 m。
解析
[情境与思维分析] 本题以汽车安全装置(安全带和安全气囊)为背 景，构建了真实的物理情境，体现了科技与生活的紧密结合。第(1)问通过安全带自动锁定装置的简化模型，将惯性、加速度、受力分析等力学知识融入工程实际问题，考查模型建构与逻辑推理能力。第(2)问以安全气囊性能测试为情境，通过头锤碰撞过程的动力学图像(F-t图)，体现了图像分析与数学工具应用的结合。
训练 (2025·蚌埠模拟)如图所示，甲、乙两名航天员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0= 2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且均可视为质点。甲和他的装备总质量为M1=90 kg，乙和他的装备总质量为M2=135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg的物体A推向甲，甲迅速
接住A后不再松开，此后甲、乙两
航天员在空间站外做相对距离不变
的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)求乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出和此后甲的速度。
以向左为正方向，乙推出物体过程中由动量守恒有
M2v0=mv+(M2-m)v2，
甲接住物体过程mv-M1v0=(M1+m)v1，
由题意可知v1=v2，
解得v=5.2 m/s，v1=v2=0.4 m/s，方向向左。
解析
(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
对甲根据动量定理有Ft=M1v1-(-M1v0)，
解得F=432 N。
解析
1.(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.t=0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t=0.3 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 4 600 N
根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，A项错误；根据题图可知运动员从t=0.3 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.3 s时，运动员恰好 运动到最大高度处，t=0.3 s时运动员的速度大小v=10 m/s，B项正确，C项错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，
解析
以竖直向上为正方向，根据动量定理有F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3 s，代入数据解得F=4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 4 600 N，D项正确。
解析
2.(2025·山东卷)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动。轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量。此时轨道舱相对行星的速度大小为( )
A. B.
C. D.
轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G=6m，可得做圆周运动的线速度为v=，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒,有6mv=5mv1+mv2，由题意v2=2，带入解得v1=，C项正确。
解析
3.(多选)(2024·广西卷)如图，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
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=m+ m，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，即在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，即在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，B、C两项正确。
解析
4.(2025·浙江1月卷)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数为1×10-9 kg/s，重力加速度g=10 m/s2，则它降落到地面的时间约为( )
A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h
沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，可知mg-kv=ma，之后沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg=kvm，解得vm=2×10-3 m/s，由动量定理可得mgt-kt=mv，即mgt-kh=mv，则沙尘下落时间为t=，由于mv kh，则t≈=104 s≈3 h，B项正确。
解析
5.(2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；
玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v10，则有
mv0=mv10+mv，m=m+mv2，解得v10=0，v=v0，
之后右侧钢球1碰钢球2，钢球2碰钢球3，…，钢球n-1碰钢球n，同理可得，碰撞的两球质量相等，交换速度，最右侧钢球最终运动的速度大小为v0。
解析
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设钢球速度为v11，则有
mv0=mv1+3mv11，m=m++3m，
解得v1=-v0，v11=v0，
则玻璃球的速度大小为v0。
解析
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后，速度最终会交换到第n个钢球，相当于与第n个钢球碰撞，玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，
以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v2，钢球速度为v21，则有
mv1=mv2+3mv21，
m=m+×3m，
解析
解得v2=-v0=-v0，
以此类推，玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0，
则Ek=m=×m。
解析专题精练7 动量定理 动量守恒定律
保分基础练
1.(2025·丹东一模)某新能源汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,则下列说法正确的是( )
A.该车牵引力的冲量等于它动量的变化
B.该车的动量与它的加速度成正比
C.该车的动量与它经历的时间成正比
D.开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化
2.(2025·临沂模拟)在光滑的水平面上有A、B、C三个完全相同的小钢球,三个球处在同一条直线上,其中C球左侧带有双面胶贴,开始时B、C两球静止,现A以6 m/s的速度与B发生弹性碰撞,然后B与C球发生正碰后粘在一起,则B与C球碰撞后的速度大小为( )
A.3 m/s B.4 m/s
C.5 m/s D.6 m/s
3.(多选)(2025·儋州模拟)一质量为1 kg的物块,在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动,F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与水平面的动摩擦因数为μ=0.1,最大静摩擦力略大于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.物块在2 s末的动量大小为3 kg·m/s
B.物块在3 s末的速度大小为0
C.水平力F在前3 s内的冲量大小为3 N·s
D.物块在4 s末的动量大小为2 kg·m/s
4.如图所示,质量m=50 kg的人,站在质量M=300 kg的车的一端,人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中,车后退0.4 m,车与地面间的摩擦可以忽略不计,则车的总长为( )
A.2.4 m B.2.8 m
C.3 m D.3.2 m
5.(多选)如图所示,某同学把压在水杯下的纸水平抽出,重复操作,将水杯压在纸的同一位置,以更快的速度水平抽出,两次过程中水杯均未滑出桌面,则在第二次的抽出过程中( )
A.水杯受到的摩擦力与第一次相等
B.水杯动能变化量比第一次的大
C.水杯动量变化量比第一次的大
D.水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等
6.(2025·连云港模拟)如图所示,一辆小车静止放置在光滑的水平地面上,小车左端是一个光滑的圆弧,右端竖直挡板内侧涂有一层粘性胶,小车水平段上表面粗糙且与圆弧在c点相切。从a点自由下落的小物块刚好从圆弧顶端上的b点沿切线进入圆弧,最后在d点与右端竖直挡板粘在一起。对小物块和小车组成的系统,下列说法正确的是( )
A.小物块从b点滑到c点的过程,系统动量守恒,机械能守恒
B.小物块从b点滑到c点的过程,系统水平方向动量守恒,机械能守恒
C.小物块从c点滑到d点的过程(碰前),系统动量不守恒,机械能不守恒
D.小物块与右端挡板碰撞瞬间,系统动量不守恒,机械能不守恒
7.(2025·马鞍山一模)如图所示,物块A、B静止在光滑水平地面上,A与轻弹簧相连,C沿水平面以一定初速度向右运动,与B碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后与弹簧接触,一段时间后与弹簧分离,则( )
A.A加速过程中,加速度越来越大
B.A、B、C共速时,B所受合力为0
C.A、B、C共速时,弹簧弹性势能最大
D.B、C碰撞过程中,B、C系统机械能守恒
8.(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=
增分提能练
9.(2025·江西模拟)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某次用高压水枪近距离清洗地面,出水口的直径为d,水从枪口高速喷出后,喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积),设水流遇到地面后的速度在短时间变为零,忽略水从枪口喷出后的发散效应,水的密度为ρ。则水在地面产生的平均冲击力大小为( )
A. B.ρπd2Q
C. D.
10.(多选)(2025·重庆模拟)如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和球)分别为30m0、10m0,两船沿同一直线相向运动,速度大小分别为2v0、v0。为避免两船相撞,甲船上的人不断地将质量为m0的球水平抛向乙船,且被乙船上的人接住,不计水的阻力。下列说法正确的是( )
A.若两船刚好不相撞,乙船接住球后,两船的速度大小为1.25v0
B.若甲只抛一个球,要避免相撞,球抛出时相对于地面的速度可能为20v0
C.若甲相对于地面以5v0的速度抛出球,要避免相撞,则至少要抛出4个球
D.若甲相对于地面以5v0的速度抛出球,要避免相撞,则至少要抛出6个球
11.(2025·上饶模拟)如图所示,质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度,如果圆弧滑块固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为R(R为圆弧的半径),如果圆弧滑块不固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为R。重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.小球的初速度大小为4
B.M=0.5m
C.如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中,水平位移为R
D.如果圆弧滑块不固定,小球最终的速度大小为2
12.(2025·攀枝花模拟)如图所示,物块A、B、C置于光滑水平面上,物块A、B之间放有少量炸药后紧挨在一起,物块A到左侧竖直墙壁间的距离d1=3L,物块B、C之间的距离d2=4L。引爆炸药,经时间t后物块A与竖直墙壁发生碰撞。已知物块A、B、C的质量分别为m、3m、3m,物块B、C碰撞后会粘在一起,其余碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间和炸药爆炸时间均极短,不计炸药的质量,炸药爆炸后化学能全部转化为机械能。求:
(1)炸药爆炸释放的化学能E;
(2)从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t';
(3)物块C最终的速度大小v。
13.(2025·厦门模拟)为了探究物体间的碰撞特性,设计了如图所示的实验装置,两半径均为R=0.9 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量 mb=0.36 kg的滑块b与质量mc=0.24 kg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 ma=0.12 kg的滑块a以初速度v0=8 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)。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),重力加速度取g=10 m/s2。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时的速度大小;
(2)若滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受到的轨道支持力大小为2.4 N,求a、b第一次碰后瞬间b的速度大小;
(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。
14.(2025·景德镇二模)有一款三轨推拉门,门框内部宽为L1=2.75 m。三扇门板俯视图如图甲所示,宽均为L2=1 m,质量均为m0=18 kg,与轨道的摩擦系数均为μ=0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为d=0.05 m。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连),门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始,三扇门板静止在各自能到达的最左侧(如图乙),用恒力F水平向右拉3号门板,经过位移s=0.45 m后撤去F,一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞,碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧(如图丙)。重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小;
(2)恒力F的大小;
(3)若力F大小可调,但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s,要保证2号门板不与1号门板发生碰撞,请写出3号门板经过的路程x与F之间的关系式。
专题精练7 动量定理 动量守恒定律
1.C 解析 根据动量定理可知,该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化,A项错误;该车做初速度为零的匀加速直线运动,即v∝t,该车的动量p=mv∝t,B项错误,C项正确;刹车时人的动量变化是一定的,开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间,从而减小车对人的作用力,防止人受伤,D项错误。
2.A 解析 设三个球的质量均为m,由于A、B发生弹性碰撞,故A、B碰后,A的速度为零,B的速度为v0=6 m/s,B、C碰后粘在一起,根据动量守恒定律可得mv0=2mv,代入数据解得v=3 m/s,A项正确。
3.BC 解析 根据动量定理得F1t2-μmgt2=mv2-0,解得物块在2 s末的动量大小p=mv2=2 kg·m/s,A项错误;根据动量定理得F1t2-F2t1-μmgt3=mv3-0,解得v3=0,B项正确;水平力F在前3 s内的冲量大小为I=F1t2-F2t1=3 N·s,C项正确;3 s末速度为零,因为fmax>μmg=1 N,F2=1 N,所以3 s末后物块一直静止,所以在4 s末的动量大小为零,D项错误。
4.B 解析 对车和人组成的系统由动量守恒定律可得0=mx人-Mx车,解得x人=2.4 m,再由几何关系可得车长L=x人+x车,解得L=2.8 m,B项正确。
5.AD 解析 分析可知,两次过程,水杯受到的摩擦力均为滑动摩擦力且不变,A项正确;第二次快速拉动白纸过程中,摩擦力作用时间短,则产生的冲量较小,根据动量定理可知,茶杯增加的动量小一些,根据动能与动量关系有Ek=,由于第二次动量小,故第二次动能小,B、C两项错误;动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力,两次过程,水杯的合力均为滑动摩擦力且不变,则水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等,D项正确。
6.B 解析 小物块从b点滑到c点的过程,小物块和小车组成的系统竖直方向动量不守恒,但系统水平方向所受外力之和为0,所以系统水平方向动量守恒;该过程由于圆弧光滑,水平地面光滑,所以只有重力对系统做功,系统满足机械能守恒,A项错误,B项正确;小物块从c点滑到d点的过程(碰前),小物块和小车组成的系统所受外力之和为0,所以系统满足动量守恒;由于小车水平段上表面粗糙,所以会产生摩擦热,系统不满足机械能守恒,C项错误;小物块与右端挡板碰撞瞬间,小物块和小车组成的系统所受外力之和为0,所以系统满足动量守恒;由于碰撞后小物块与挡板粘在一起,属于完全非弹性碰撞,碰撞过程不满足机械能守恒,D项错误。
7.C 解析 A加速过程中,一开始弹簧压缩量逐渐增大,之后弹簧压缩量又逐渐减小,所以A受到的弹簧弹力先增大后减小,则A的加速度先增大后减小,A项错误;A、B、C共速时,弹簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时B、C受到的弹力不为0,B、C的加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,B项错误,C项正确;B、C碰后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,所以B、C碰撞过程中,B、C系统机械能不守恒,D项错误。
8.D 解析 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两项错误;对系统根据动量守恒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m+m+m=,解得v3=,C项错误,D项正确。
9.D 解析 由题意,Δt内水的质量Δm=ρQΔt,水刚出枪口的速度v==,由动量定理有FΔt=Δmv,联立解得F=,D项正确。
10.AD 解析 若甲船上的人将球抛出且被乙船上的人接住后,刚好可保证两船不致相撞,说明此时两船刚好速度相同,设为v,规定开始时甲船速度方向为正方向,根据动量守恒定律有30m0·2v0=29m0v+m0v',m0v'-10m0v0=11m0v,解得v=1.25v0,v'=23.75v0,A项正确,B项错误;设从甲船抛出的球的总数n,根据动量守恒定律有30m0·2v0=(30-n)m0v+nm0·5v0,解得n=6,C项错误,D项正确。
11.B 解析 如果圆弧滑块固定,则由机械能守恒定律m=mg·R,解得小球的初速度大小为v0=3,A项错误;如果圆弧滑块不固定,设小球离开圆弧时水平速度为vx,则由水平方向动量守恒mv0=(m+M)vx,由能量守恒m=mg·+(M+m),联立解得M=0.5m,vx=2,B项正确;如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t==,水平位移为x=vxt=2R,C项错误;如果圆弧滑块不固定,小球最终落回到槽中并从槽中滑出,此时由动量守恒定律和能量守恒定律,有mv0=mv1+Mv2,m=m+M,解得小球和圆弧滑块的速度大小分别为v1=v0=,v2=v0=4,D项错误。
12.答案 (1) (2)3t (3)
解析 (1)由动量守恒定律得mvA=3mvB,
3L=vAt,
E=m+×3m,
联立解得E=。
(2)物块A与墙壁碰撞时A、B相距的距离为x,则
x=3L+vBt=4L,
设再经过时间t1,物块A与B发生碰撞,则
vAt1=vBt1+x,
解得t1=2t,
那么从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间
t'=t+t1=3t。
(3)物块A与B发生弹性碰撞,则
mvA+3mvB=mvA'+3mvB',
m+×3m=mvA'2+×3mvB'2,
对物块B与C由动量守恒定律得3mvB'=6mv,
联立解得v=。
13.答案 (1)10 m/s (2) m/s (3)0.2 m
解析 (1)滑块a从D到F,由能量关系
mag·2R=ma-ma,
解得vF=10 m/s。
(2)对滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受力分析得FN-mag=ma,
解得va=3 m/s,
滑块a与滑块b碰撞时间极短,碰撞过程动量守恒
mavF=-mava+mbvb,
解得vb= m/s。
(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,根据动量守恒定律,有
mavF=(ma+mb)v,
解得v=2.5 m/s,
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v',根据动量守恒定律,有
(ma+mb)v=(ma+mb+mc)v',
则v'= m/s,
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1,由能量关系
(ma+mb)v2=(ma+mb+mc)v'2+k,
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。
14.答案 (1)0.4 m/s (2)16.2 N (3)见解析
解析 (1)3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动,位移为
s1=(L1-L2)-(L2-d),
解得s1=0.8 m,
根据功能关系可得μ·2m0gs1=·2m0,
解得v1=0.4 m/s。
(2)3号门板与2号门板碰撞,根据动量守恒定律可得m0v0=2m0v1,
解得v0=0.8 m/s,
3号门板从开始运动到与2号门板碰撞,位移为
s0=L2-3d,
解得s0=0.85 m,
根据动能定理可得Fs-μm0gs0=m0,
解得F=16.2 N。
(3)①若F≤μm0g=1.8 N,3号门保持静止。
②若3号门板还未与2号门板碰撞,即
x由Fs-μm0gx=0,
解得x=0.25F(m),
此时0.45 m③若3号门板与2号门板碰撞,但2号门板还未与1号门板碰撞,则有L2-3d即0.85 m3号门板与2号门板碰撞前有
Fs-μm0g(L2-3d)=m0,
3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞,由动量守恒得m0v2=2m0v3,
3号门板与门框发生弹性碰撞,机械能不损失,因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热,则有
×2m0=μ·2m0g[x-(L2-3d)],
解得x=(m),
由0.85 m3.4 N由几何关系可知,3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。(共42张PPT)
专题精练7 动量定理 动量守恒定律
1.(2025·丹东一模)某新能源汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法正确的是( )
A.该车牵引力的冲量等于它动量的变化
B.该车的动量与它的加速度成正比
C.该车的动量与它经历的时间成正比
D.开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化
保分基础练
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根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，A项错误；该车做初速度为零的匀加速直线运动，即v∝t，该车的动量p=mv∝t，B项错误，C项正确；刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间,从而减小车对人的作用力，防止人受伤，D项错误。
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2.(2025·临沂模拟)在光滑的水平面上有A、B、C三个完全相同的小钢球，三个球处在同一条直线上，其中C球左侧带有双面胶贴，开始时B、C两球静止，现A以6 m/s的速度与B发生弹性碰撞，然后B与C球发生正碰后粘在一起，则B与C球碰撞后的速度大小为( )
A.3 m/s B.4 m/s
C.5 m/s D.6 m/s
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设三个球的质量均为m，由于A、B发生弹性碰撞，故A、B碰后，A的速度为零，B的速度为v0=6 m/s，B、C碰后粘在一起，根据动量守恒定律可得mv0=2mv，代入数据解得v=3 m/s，A项正确。
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3.(多选)(2025·儋州模拟)一质量为1 kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与水平面的动摩擦因数为μ=0.1，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是( )
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A.物块在2 s末的动量大小为3 kg·m/s
B.物块在3 s末的速度大小为0
C.水平力F在前3 s内的冲量大小为3 N·s
D.物块在4 s末的动量大小为2 kg·m/s
根据动量定理得F1t2-μmgt2=mv2-0，解得物块在2 s末的动量大小p=mv2=2 kg·m/s，A项错误；根据动量定理得F1t2-F2t1-μmgt3=mv3-0，解得v3=0，B项正确；水平力F在前3 s内的冲量大小为I=F1t2-F2t1=3 N·s，C项正确；3 s末速度为零，因为fmax>μmg=1 N，F2=
1 N，所以3 s末后物块一直静止，所以在4 s末的动量大小为零，D项错误。
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4.如图所示，质量m=50 kg的人，站在质量M=300 kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4 m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为( )
A.2.4 m B.2.8 m
C.3 m D.3.2 m
对车和人组成的系统由动量守恒定律可得0=mx人-Mx车，解得x人=
2.4 m，再由几何关系可得车长L=x人+x车，解得L=2.8 m，B项正确。
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5.(多选)如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在纸的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中( )
A.水杯受到的摩擦力与第一次相等
B.水杯动能变化量比第一次的大
C.水杯动量变化量比第一次的大
D.水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等
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分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为滑动摩擦力且不变,
A项正确；第二次快速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，茶杯增加的动量小一些，根据动能与动量关系有Ek=，由于第二次动量小，故第二次动能小，B、C两项错误；动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力，两次过程，水杯的合力均为滑动摩擦力且不变，则水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，D项正确。
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6.(2025·连云港模拟)如图所示，一辆小车静
止放置在光滑的水平地面上，小车左端是一个
光滑的圆弧，右端竖直挡板内侧涂有一层粘
性胶，小车水平段上表面粗糙且与圆弧在c点
相切。从a点自由下落的小物块刚好从圆弧顶端上的b点沿切线进入圆弧，最后在d点与右端竖直挡板粘在一起。对小物块和小车组成的系统，下列说法正确的是( )
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A.小物块从b点滑到c点的过程，系统动量守恒，机械能守恒
B.小物块从b点滑到c点的过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒
C.小物块从c点滑到d点的过程(碰前)，系统动量不守恒，机械能不守恒
D.小物块与右端挡板碰撞瞬间，系统动量不守恒，机械能不守恒
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小物块从b点滑到c点的过程，小物块和小车组成的系统竖直方向动量不守恒，但系统水平方向所受外力之和为0，所以系统水平方向动量守恒；该过程由于圆弧光滑，水平地面光滑，所以只有重力
解析
对系统做功，系统满足机械能守恒，A项错误，B项正确；小物块从c点滑到d点的过程(碰前)，小物块和小车组成的系统所受外力之和为0，所以系统满足动量守恒；由于小车水平段上表面粗糙，所以会产生摩擦热，系统不满足机械能守恒，C项错误；小物块与右端挡板碰撞瞬间，小物块和小车组成的系统所受外力之和为0，所以系统满足动量守恒；由于碰撞后小物块与挡板粘在一起，属于完全非弹性碰撞，碰撞过程不满足机械能守恒，D项错误。
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7.(2025·马鞍山一模)如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则( )
A.A加速过程中，加速度越来越大
B.A、B、C共速时，B所受合力为0
C.A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D.B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
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A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，A项错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C受到的弹力不为0，B、C的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，B项错误，C项正确；B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，D项错误。
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8.(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( )
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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=
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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
解析
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两项错误；对系统根据动量守恒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m+m+m=，解得v3=，C项错误,
D项正确。
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9.(2025·江西模拟)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某次用高压水枪近距离清洗地面，出水口的直径为d，水从枪口高速喷出后，喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积)，设水流遇到地面后的速度在短时间变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在地面产生的平均冲击力大小为( )
A. B.ρπd2Q C. D.
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由题意，Δt内水的质量Δm=ρQΔt，水刚出枪口的速度v==，由动量定理有FΔt=Δmv，联立解得F=，D项正确。
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10.(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和球)分别为30m0、10m0，两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为2v0、v0。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m0的球水平抛向乙船，且被乙船上的人接住，不计水的阻力。下列说法正确的是( )
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A.若两船刚好不相撞，乙船接住球后，两船的速度大小为1.25v0
B.若甲只抛一个球，要避免相撞，球抛出时相对于地面的速度可能为20v0
C.若甲相对于地面以5v0的速度抛出球，要避免相撞，则至少要抛出4个球
D.若甲相对于地面以5v0的速度抛出球，要避免相撞，则至少要抛出6个球
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若甲船上的人将球抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，说明此时两船刚好速度相同，设为v，规定开始时甲船速度方向为正方向，根据动量守恒定律有30m0·2v0=29m0v+m0v′,
m0v′-10m0v0=11m0v，解得v=1.25v0，v′=23.75v0，A项正确，B项错误；设从甲船抛出的球的总数n，根据动量守恒定律有30m0·2v0
=(30-n)m0v+nm0·5v0，解得n=6，C项错误，D项正确。
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11.(2025·上饶模拟)如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R(R为圆弧的半径)，如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.小球的初速度大小为4
B.M=0.5m
C.如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到
最高点的过程中，水平位移为R
D.如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2
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如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律m=mg·R，解得小球的初速度大小为v0=3，A项错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒mv0=(m+
M)vx，由能量守恒m=mg·+(M+m)，联立解得M=0.5m,
vx=2，B项正确；如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到
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最高点过程的时间t==，水平位移为x=vxt=2R，C项错误；如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出，此时由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv0=mv1+Mv2，m=m
+M，解得小球和圆弧滑块的速度大小分别为v1=v0=，v2=v0=4，D项错误。
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12.(2025·攀枝花模拟)如图所示，物块A、B、C置于光滑水平面上，物块A、B之间放有少量炸药后紧挨在一起，物块A到左侧竖直墙壁间的距离d1=3L，物块B、C之间的距离d2=4L。引爆炸药，经时间t后物块A与竖直墙壁发生碰撞。已知物块A、B、C的质量分别为m、3m、3m，物块B、C碰撞后会粘在一起，其余碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和炸药爆炸时间均极短，不计炸药的质量，炸药爆炸后化学能全部转化为机械能。求：
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由动量守恒定律得mvA=3mvB，
3L=vAt，
E=m+×3m，
联立解得E=。
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(1)炸药爆炸释放的化学能E；
物块A与墙壁碰撞时A、B相距的距离为x，则x=3L+vBt=4L，
设再经过时间t1，物块A与B发生碰撞，则vAt1=vBt1+x，
解得t1=2t，
那么从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t′=t+t1=3t。
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(2)从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t′；
物块A与B发生弹性碰撞，则mvA+3mvB=mvA′+3mvB′，
m+×3m=mvA′2+×3mvB′2，
对物块B与C由动量守恒定律得3mvB′=6mv，
联立解得v=。
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(3)物块C最终的速度大小v。
13.(2025·厦门模拟)为了探究物体间的
碰撞特性，设计了如图所示的实验装置，
两半径均为R=0.9 m的四分之一圆周组成
的竖直细圆弧管道DEF和足够长的水平
直轨道FG平滑相切连接。质量 mb=0.36 kg
的滑块b与质量mc=0.24 kg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 ma=0.12 kg的滑块a以初速度v0=
8 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)。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)，重力加速度取g=10 m/s2。
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滑块a从D到F，由能量关系
mag·2R=ma-ma，
解得vF=10 m/s。
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(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时的速度大小；
对滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受力分析得FN-mag=ma，
解得va=3 m/s，
滑块a与滑块b碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒mavF=-mava+mbvb，
解得vb= m/s。
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(2)若滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受到的轨道支持力大小为2.4 N，求a、b第一次碰后瞬间b的速度大小；
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，根据动量守恒定律，有mavF=(ma+mb)v，
解得v=2.5 m/s，
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v′，根据动量守恒定律，有(ma+mb)v=(ma+mb+mc)v′，
则v′= m/s，
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(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。
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
(ma+mb)v2=(ma+mb+mc)v′2+k，
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。
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14.(2025·景德镇二模)有一款三轨推拉门，门框内部宽为L1=2.75 m。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为L2=1 m，质量均为m0=18 kg，与轨道的摩擦系数均为μ=0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为d=
0.05 m。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连)，门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧(如图乙),
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用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移s=0.45 m后撤去F，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧(如图丙)。重力加速度g=10 m/s2。求：
3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移为s1=(L1-L2)-(L2-d)，
解得s1=0.8 m，
根据功能关系可得μ·2m0gs1=·2m0，
解得v1=0.4 m/s。
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(1)3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；
3号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律可得m0v0=2m0v1，
解得v0=0.8 m/s，
3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为s0=L2-3d，
解得s0=0.85 m，
根据动能定理可得Fs-μm0gs0=m0，
解得F=16.2 N。
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(2)恒力F的大小；
①若F≤μm0g=1.8 N，3号门保持静止。
②若3号门板还未与2号门板碰撞，即x由Fs-μm0gx=0，
解得x=0.25F(m)，
此时0.45 m解析
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(3)若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程x与F之间的关系式。
③若3号门板与2号门板碰撞，但2号门板还未与1号门板碰撞，则有L2-3d即0.85 m3号门板与2号门板碰撞前有Fs-μm0g(L2-3d)=m0，
3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得m0v2=2m0v3，
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3号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热，则有
×2m0=μ·2m0g[x-(L2-3d)]，
解得x=(m)，
由0.85 m由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。
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