易错点07 动量定理、动量守恒定律（3陷阱点7考点4题型）-备战2025年高考物理易错题专练（新高考通用）

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01 易错陷阱
易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误
易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题
易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误
02 易错知识点
知识点一、流体模型冲力的计算
知识点二、弹性碰撞模型
知识点三、小球—曲面模型
知识点四、小球—弹簧模型
知识点五、子弹打木块模型
知识点六、人船模型与类人船模型
知识点七、类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较
03 举一反三——易错题型
题型一：动量定理在流体冲击力的计算
题型二：动量守恒定律的判断
题型三：碰撞与类碰撞问题的计算
题型四：动量守恒在爆炸与反冲问题分析
04 易错题通关
易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误
物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。表达式：Ft=p'-p或Ft=mv-mv
(1)上述公式是一矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向。
(2)公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
(3)动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。
(4)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的力应当理解为变力在作用时间内的平均值。
易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题
1、动量守恒定律适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零
（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受到的外力.
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动量守恒.
2、表达式
（1）p=p' ，系统作用前的总动量等于作用后的总动量.
（2）Δp1=−Δp2 ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
（3）Δp=p'−p=0 ,系统总动量的变化量为零.
易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误
1、碰撞的概念及特点
碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：
(1)碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。
(4)碰撞过程位移特点：在物体发生碰撞、的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
2、问题的三个原则
（1）系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系统总动量的大小和方向均守恒。
（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al(12,),2m1)＋eq \f(p\\al(22,),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
（3）速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后．
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零
知识点一、流体模型冲力的计算
知识点二、弹性碰撞模型
1． 弹性碰撞
v1
v2
v1ˊ
v2ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
知识点三、小球—曲面模型
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大
水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)小球返回曲面底端时
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
(相当于弹性碰撞)
知识点四、小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
知识点五、子弹打木块模型
s2 d
s1
v0
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……①
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有
对子弹用动能定理： ……②
对木块用动能定理： ……③
②相减得： ……④
对子弹用动量定理： ……⑤
对木块用动量定理： ……⑥
知识点六、人船模型与类人船模型
如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？
解析：以人和船组成的系统为研究对象，在水平方向不受外力作用，满足动量守恒．设某时刻人的速度为v1，船的速度为v2，取人行进的方向为正，则有：
s1 s2


上式换为平均速度仍然成立，即
两边同乘时间t，，
设人、船位移大小分别为s1、s2，则有， ①
由图可以看出： ②
由①②两式解得，
知识点七、类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较
题型一：动量定理在流体冲击力的计算
【例1】（2023•乌鲁木齐一模）帆船是一种依靠自然风力作用于帆上来推动船只前进的水上交通工具。在某次赛前训练中，若帆船的迎风面积、空气密度均不变，当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，受到的阻力为F；当风速为4v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶时受到的阻力为94F，此时帆船匀速行驶的速度为（ ）
A．32v0B．52v0C．74v0D．238v0
【解答】解：设帆船的迎风面积为S，在时间Δt内吹到帆船上的空气质量为：m＝ρSv相对Δt
当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，则v相对＝2v0﹣v0
以吹到帆上的空气为研究对象，以帆船的速度方向为正方向，由动量定理得：
﹣F1Δt＝ρS（2v0﹣v0）Δt（﹣2v0+v0）
帆船匀速运动时受到的风力等于阻力，结合牛顿第三定律可知：F1＝F
当风速为4v0时，设帆船匀速行驶的速度为v，同理，可得：
﹣F2Δt＝ρS（4v0﹣v）Δtρ（﹣4v0+v）
F2=94F
解得：v=52v0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【变式1-1】（多选）（2023•芝罘区校级模拟）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg
B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m02Hg
C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m02gH
D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大
【解答】解：A、刚关闭阀门时，细沙石在下落，下落的细沙石对砂石堆有一定的冲击力，托盘示数大于m，故A错误；
BC、细沙石从管口开始做自由落体运动，则细沙石到达砂石堆时的速度为：H=v22g，细沙石与砂石堆作用后速度为零，砂石堆对细沙石的作用力为F，选向上为正，由动量定理得：Ft＝m0tv
解得F＝m02gH，根据牛顿第三定律细沙石对砂石堆的冲击力大小也为F，所以细沙石下落过程中托盘示数为m+m02Hg，故BC正确。
D、细沙石的位移H需要的时间t=2Hg，单位时间流出的细砂石的质量为m0，所以高度为H的细沙石的质量为m0t＝m02Hg，所以细沙石全部落完时托盘示数不变。故D错误。
故选：BC。
【变式1-2】（2022•延庆区一模）如图所示为某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是5.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3。下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为6000m3
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为900J
C．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为900kg•m/s
D．此风力发电机发电的功率为900W
【解答】解：A、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V0=vS=v×πR2=5×3×202m3=6000m3，故A正确；
B、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek=12mv2=12ρV0v2=12×1.2×6000×52J=9×104J，故B错误；
C、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为
p＝mv＝ρV0v＝1.2×6000×5kg•m/s＝3.6×104kg•m/s，故C错误；
D、依题意，此风力发电机发电的功率为P=Ek×10%=9×103W，故D错误。
故选：A。
【变式1-3】（2023•通州区一模）为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进器和离子推进器的研究。太阳帆推进器是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。
（1）由量子理论可知每个光子的动量为p=ℎλ（h为普朗克常量，λ为光子的波长），光子的能量为ε＝hv（v为光子的频率），调整太阳朝使太阳光垂直照射，已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，求：
①时间t内作用在太阳帆的光子个数N；
②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小
（2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正离子束的过程中所消耗的功率为P，推进器获得的恒定推力为F。为提高能量的转换效率，即要使FP尽量大，请通过论证说明可行的方案。设正离子质量为m，电荷量为q。
【解答】（1）①时间t内，作用在太阳帆的光子的总能量为
E总＝ES
时间t内作用在太阳帆的光子个数为
N=E总ɛ=ESℎν
②根据动量定理得
Ft＝2Np
故太阳光对飞船的推力为
F=2Npt=2ESℎνt⋅ℎλ=2ESct
根据牛顿第二定律可知，在太阳光压下宇宙飞船的加速度为
a=FM=2ESMct
（2）正离子飘入匀强电场，电场力做功功率为
P＝UI
正离子在电场中做匀加速直线运动，则有
qU=12mv2
P=12F′v
联立，可得
F′＝I2mUq
根据牛顿第三定律，可知引擎获得的推力F的大小为
F＝F′＝I2mUq
分析，可知
FP=2mqU
为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速电压。
题型二：动量守恒定律的判断
【例2】（2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（ ）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒
D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒
【解答】解：A．对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故A错误；
BCD．人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。
故选：C。
【变式2-1】（2023•浑南区校级模拟）如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，已知A的质量为2m，高为h，质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则（ ）
A．推力F的大小为mgsinθ
B．运动过程中，A对B不做功
C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒
D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小2gℎ2+tan2θ
【解答】解：A.静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示
由平衡条件可知，竖直方向上有
FABcsθ＝mg
可得
FAB=mgcsθ
由牛顿第三定律可知，静止时B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为mgcsθ
对A受力分析，如图2所示：
由平衡条件，水平方向上有
F＝FBAsinθ=mgcsθsinθ＝mgtanθ
故A错误；
B.斜面体对直杆的作用力垂直斜面向上，而直杆的位移方向为竖直向下，所以斜面体对直杆的作用力做负功，故B错误；
C.由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不守恒，故C错误；
D.当在很短时间Δt内光滑直杆下落Δh高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为x=Δℎtanθ，所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为tanθ
当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为v1，斜面体的速度大小为v2，由系统机械能守恒有mgh=12mv12+12×2mv22
由速度关系
v1＝v2tanθ
解得
v2=2gℎ2+tan2θ
故D正确。
故选：D。
【变式2-2】（多选）（2022•金凤区校级一模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统在水平方向上动量守恒
C．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v=2gℎ
D．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能EP=23mgh
【解答】解：A、滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；
B、滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；
C、设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0，由机械能守恒定律得：mgh=12mv12+12•2mv22，由以上两式解得：v1＝2gℎ3，v2=gℎ3，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v＝v1＝2gℎ3，故C错误；
D、物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能Ep=12mv12=23mgh，故D正确；
故选：ABD。
【变式2-3】（多选）如右上图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球（可是为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点入槽内．则下列说法正确的是（ ）
A．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
B．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
C．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
D．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
【解答】解：A、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。故A错误；
B、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故B正确；
C、小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，故C正确；
D、小球离开右侧槽口同时，槽由于在球的作用力下向右运动。所以做斜抛运动，故D错误；
故选：BC。
题型三：碰撞与类碰撞问题的计算
【例3】（2024•安平县校级模拟）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒
B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s
C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小
D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N•s
【解答】解：A、根据机械能守恒的条件，在整个系统中，在A、B板来回跳的过程中存在摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；
B、因该同学从A跳上B，再跳回A时最终两滑板恰好不相撞，可知速度相等，该同学跳回滑板A整个过程中系统水平方向合力为零，动量守恒，则
（m+M）v0＝（2m+M）v
代入数据解得：v＝19m/s，所以最终他和滑板的速度为19m/s，故B正确；
C、该同学跳离滑板B的过程中，人给滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C错误；
D、该同学从跳上到跳离滑板B整个过程中的冲量为：I＝mv，代入数据得：I＝47.5N•s
所以该同学跳离滑板B的过程中对滑板B的冲量大小小于47.5N•s，故D错误。
故选：B。
【变式3-1】（多选）（2024•青羊区校级三模）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024个弹性物块两两间碰撞时无能量损耗，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（ ）
A．0号到2024号所有木块系统全过程动量守恒
B．0号物块最终动量大小为(13)2024m2gℎ
C．2021号物块最终速度2812gℎ
D．2024号物块最终速度202320242gℎ
【解答】解：A、从0号到2024号木块整体看，水平方向不受外力，0号物体在下滑过程中，竖直方向受重力，所有系统动量不守恒，故A错误；
D、对0号物体分析，从曲面最高点到最低点过程中，根据机械能守恒定律有：mgℎ=12mv02
解得：v0=2gℎ
由题可知，物体间碰撞属于弹性碰撞，又因为质量都相同，所以2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，速度相同，0号与1号碰撞，由机械能守恒和动量守恒有
12mv02=12mv0'2+12⋅2mv12
mv0＝mv0'+2mv1
联立解得：v1=232gℎ，v0'=−132gℎ
所以2024号物块最终速度232gℎ，故D错误；
B、0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为(13)22gℎ
最终0号物体要与1号物体碰撞2024次，所以0号物体最终动量大小为(13)2024m2gℎ，故B正确；
C、依上述分析可知2021号物块最终速度为1号物块与0号物块第4次碰撞后1号物块的速度，0号物体第3次碰撞后的速度为(13)32gℎ，则2021号物块最终速度
v=23×(13)32gℎ=2812gℎ，故C正确。
故选：BC。
【变式3-2】（2024•如皋市校级模拟）如图将一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点，下列说法中正确的是（ ）
A．小球运动到圆形槽右侧最高点一定与A点等高
B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒
C．从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点
D．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移
【解答】解：ABC、小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，球与槽在水平方向速度相等，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，小球上升到最高点时，球与槽的速度都为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球到达最高点位置在槽右端最高点，不是C点，故A正确，BC错误；
D、从A到B过程，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv球﹣Mv槽＝0，即：ms球t−MR−s球t=0，解得：s球=MRM+m，s槽=mRm+M，由于不知M、m的大小关系，无法判断球与槽的位移大小关系，故BD错误
故选：A。
【变式3-3】（多选）（2023•宝鸡模拟）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（ ）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动了
C．小车向左运动的最大距离为23R
D．小车获得的最大速度为2gR3
【解答】解：A、小球进入半圆轨道后，水平方向不受力，由小球和小车组成的系统总动量在水平方向守恒，故A错误；
B、开始时系统水平方向的总动量为零，小球由B点离开小车时，小球和小车在水平方向的速度相同，结合系统水平方向动量为零，知小球离开小车小球与小车水平方向速度均为零，则小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C、系统水平方向动量守恒，当小球由B离开小车时，小车向左运动的距离最大，小球在半圆轨道的任意位置时，小球的水平速度大小vx与小车的速度大小v1始终满足：mvx﹣2mv1＝0
设小车向左运动的最大距离为x，用位移表示平均速度，可得：m•2R−xt−2m⋅xt=0，解得：x=23R，故C正确；
D、系统水平方向动量守恒，当小球下滑到半圆轨道的最低点时，小车获得的速度最大（设为vm），规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得：
mv﹣2mvm＝0
根据机械能守恒定律得：
mg•2R=12mv2+12⋅2mvm2
解得：vm=2gR3，故D正确。
故选：CD。
题型四：动量守恒在爆炸与反冲问题分析
【例4】（2023•青岛模拟）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为MM−mv0
D．火箭在空中飞行的时间为t=(M−m)v+mv0(M−m)g
【解答】解：A、火箭的动力来源于火箭喷出的水对它的推力，故A错误；
B、火箭先加速上升、后减速上升，所以上升过程中先处于超重状态、后处于失重状态，故B错误；
C、取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：（M﹣m）vm＝mv0，解得：vm=mv0M−m，故C错误；
D、上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得：﹣（M﹣m）gt1﹣kv1t1＝0﹣（M﹣m）vm
下降过程中，取向下为正方向，根据动量定理可得：（M﹣m）gt2﹣kv2t2＝（M﹣m）v﹣0
设上升的最大高度为h，则有：v1t1=v2t2＝h
火箭在空中飞行的时间为：t＝t1+t2
联立解得：t=(M−m)v+mv0(M−m)g，故D正确。
故选：D。
【变式4-1】（2024•宁波二模）质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（ ）
A．4l(m2+m1sin2θ)(m1+m2)gsinθB．2l(m2+m1sin2θ)(m1+m2)gsinθ
C．2lgsinθD．4l(m2+m1sin2θ)(m1+m2)2gsinθ
【解答】解：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为vx和vy，即滑块的合速度为v1=vx→+vy→，斜面的合速度为v2。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m1vx﹣m2v2＝0
结合两者的水平位移关系有：vx2t+v22t=lcsθ
对滑块，在竖直方向的位移：vy2t=lsinθ
对两物体的系统，由机械能守恒定律有：m1glsinθ=12m2v22+12m1(vx2+vy2)
联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为：t=2l(m2+m1sin2θ)(m1+m2)gsinθ，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【变式4-2】（2024•云安区校级模拟）质量m＝260g的手榴弹从水平地面上以v0=102m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5J。重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计，爆炸后气体的动量总动量为零，火药燃烧充分，求：
（1）手榴弹所装弹药的质量；
（2）两块弹片落地点间的距离。
【解答】解：（1）设每块弹片的质量为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v1，对于做自由落体运动的弹片，由机械能守恒定律有
Ep＝m′gh＝5J
解得：m′＝0.1kg
则手榴弹装药量为Δm＝m﹣2m′＝260×10﹣3kg﹣2×0.1kg＝0.06kg
（2）设手榴弹上升到最高点时的速度为v，由机械能守恒定律得
12mv02=12mv2+mgℎ
解得：v＝10m/s
另一块做平抛运动时间为t，两块弹片落地点间距离为Δx。
手榴弹爆炸过程，取爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mv＝m′v1
对于做平抛运动的弹片，水平方向有
Δx＝v1t
竖直方向有
ℎ=12gt2
解得两块弹片落地点间的距离为：Δx＝26m
【变式4-3】（2024•浙江模拟）如图所示，一水平传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为h2＝0.95m。桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知g＝10m/s2，19+192+193+⋅⋅⋅=18。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程；
（4）若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。
【解答】解：（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为v甲，则根据速度—位移关系：有v甲y2=2g(ℎ2−ℎ1)
由题意可知：tan45°=v甲yv甲x
联立解得：v甲y＝v甲x＝3m/s，v甲=32m/s
由此可知，物块甲运动到最高点时的速度大小为：v0＝v甲x＝3m/s
（2）设物块甲在B点时速度为vB，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有：−m1gℎ1=12m1v甲2−12m1vB2
代入数据解得：vB=27m/s
因为vB＞v，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功W，由动能定理有：W−μ1m1gL=12m1vB2
代入数据解得：W＝2.2J
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能：Ep＝W＝2.2J
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，以向右为正，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
其中：v0＝v甲x
由机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得：m2v2＝（m2+m3）v3
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得：μ2m2gx1=12m3v32−0
解得：x1=29m＜0.5m
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得：m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4
木板向左减速过程中，由动能定理得：−μ2m2gx2=0−12m3v42
代入数据解得：x2=19x1
同理可得：x3=(19)2x1
以此类推木板的总路程为：s=x0+2x1+2x2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2xn=x0+2×29(1+18)m
解得：s＝1.0m
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得：μ2m2g＝m2a
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，由位移—时间关系得：x=12at2
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即
v2﹣μ2g×2t＝0
代入数据解得：x=18m
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。即：v2﹣μ2g×4t＝0
联立解得：x=132m
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为：132m≤x＜18m。
运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（ ）
A．2.7m/sB．5.4m/sC．7.6m/sD．10.8m/s
【解答】解：设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有：F＝Mg＝90×10N＝900N
设水喷出时的速度为v，两个喷嘴在时间t内喷出的水的质量：
Δm＝ρ•V＝ρ•2Svt
其中：喷嘴横截面积S=πd24
以向下为正方向，t时间内质量为Δm的水获得的冲量：I＝Ft＝Δmv﹣Δm（﹣v）＝2Δmv
联立可得：v=Mgπρd2=9003.14×1.0×103×0.12=5.4m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度ρ＝1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为（ ）
A．3.9×103NB．1.1×105NC．1.0×104ND．9.0×104N
【解答】解：广告牌的面积为：S＝5×20m2＝100m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m＝ρSvt
以t时间内吹到广告牌上的空气为研究对象，根据动量定理有：
﹣Ft＝0﹣mv＝0﹣ρSv2t
得：F＝ρSv2
代入数据解得：F≈1.1×105N
根据牛顿第三定律知该广告牌受到的最大风力为：F′＝F≈1.1×105N，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2024•历下区校级模拟）如图所示，木板B静止在光滑的水平面上，距右侧墙壁1m。物块A以v0＝4m/s的水平速度从B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之间动摩擦因数为0.3。B与右侧墙壁碰撞前AB未分离，B与墙壁碰撞后以某一速度反弹，之后某一瞬间AB同时停止运动，且A刚好停在B的最右侧。已知物块A质量为1kg，木板B质量为3kg，g取10m/s2。关于该运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．木块B与右侧墙壁碰撞无机械能损失
B．木块B与右侧墙壁碰撞损失的机械能为4J
C．木板B的长度为209m
D．木板B的长度为59m
【解答】解：假设B与墙壁碰撞前已与A共速，共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝（mA+mB）v1，解得：v1＝1m/s
从A滑上B到两者共速的过程，对B，由动能定理得
μmAgs=12mBv12
解得此过程中B运动的位移为：s＝0.5m＜1m，假设成立。
根据能量守恒定律得
12mAv02=12（mA+mB）v12+μmAgΔx1
解得在此过程中A相对于B滑行的距离为：Δx1＝2m
设B与右侧墙壁碰撞后速度大小为v2，从B与墙壁碰撞后到AB同时停止运动的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得
mBv2﹣mAv1＝0，解得：v2=13m/s＜v1＝1m/s，可知木块B与右侧墙壁碰撞有机械能损失，且损失的机械能为
ΔE=12mBv12−12mBv22，解得：ΔE=43J
此过程，根据能量守恒定律得
12mBv22+12mAv12=μmAgΔx2
解得在此过程中A相对于B滑行的距离为：Δx2=29m
所以木板B的长度为L＝Δx1+Δx2＝2m+29m=209m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（多选）（2024•镇海区校级模拟）如图所示，一张薄木板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄木板的接触面粗糙，原来系统静止。薄木板突然受到一水平向右的瞬间冲量作用开始运动，直到小木块从薄木板上掉下来。上述过程中下列说法正确的是（ ）
A．木板对木块的摩擦力水平向左
B．摩擦力对木块做的功一定等于木块增加的动能
C．开始运动后，木板减小的动能等于木块增加的动能
D．木块动能的增加一定小于系统摩擦产生的热能
【解答】解：A、木块相对木板向左运动，则木板对木块的摩擦力水平向右，故A错误；
B、由于只有摩擦力对木块做功，所以根据动能定理可知，摩擦力对木块做的功一定等于木块增加的动能，故B正确；
C、开始运动后，木板减小的动能等于木块增加的动能与系统摩擦产生的热能之和，故C错误；
D、设木板与木块间的摩擦力大小为f，木块的位移为x块，木板的长度为L。对木块，由动能定理得：fx块＝Ek块，系统摩擦产生的热能为Q＝fL。设木板的初速度为v0，小木块从薄木板上掉下来时木块的速度为v1，木板的速度为v2，经历的时间为t，则x块=v12t，L＝x板﹣x块=v0+v22−v12t，由于v2＞v1，v1＜v0，所以x块＜L，可得Ek块＜Q，即木块动能的增加一定小于系统摩擦产生的热能，故D正确。
故选：BD。
（多选）（2024•济南三模）质量为m1＝90g的物块从距离地面高度为h＝19m处自由下落，在下落到距离地面高度为h'＝14m时，质量为m2＝10g的子弹以v0＝10m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g＝10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1m/s
B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10m/s
C．物块下落的总时间为2s
D．物块下落的总时间为955s
【解答】解：A、子弹击中物块前后瞬间，子弹和物块组成的系统，在水平方向动量守恒，则有：m2v0＝（m2+m1）v12
代入数据解得：v12＝1m/s
故A正确；
B、设子弹击中物块前瞬间，物块速度大小为vy，则有：h﹣h′=vy22g
代入数据解得：vy＝10m/s
子弹击中物块后瞬间（设物块竖直方向速度大小为vy′），子弹与物块间的作用力远大于两者在竖直方向的重力，则可认为子弹和物块组成的系统，在子弹击中物块前后瞬间，在竖直方向满足动量守恒，则有
m1vy＝（m1+m2）•vy′
代入数据解得：vy′＝9m/s
故B错误；
CD、子弹击中物块前，物块做自由落体运动，设物块运动时间为t1，则有：vy＝gt1
子弹击中物块后，设物块运动时间为t2，物块水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为vy′、加速度为g的匀加速直线运动，则有：h′＝vy′t2+12gt22
物块下落的总时间为：t＝t1+t2
联立方程，代入数据解得：t＝2s
故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）（2024•河北二模）2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛，特鲁姆普以10﹣5战胜斯佳辉获得冠军，如图甲所示。简易图如图乙所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t＝0.6s的时间向前运动x1＝0.36m刚好（速度为0）落入袋中，而白球沿同一方向运动x2＝0.16m停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰（内力远大于外力），则下列说法正确的是（ ）
A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒
B．碰后蓝球与白球的速度之比为3：2
C．碰撞前白球的速度大小为2m/s
D．该碰撞为弹性碰撞
【解答】解：A、由题意两球碰撞的时间极短，内力远大于两球与桌面间的摩擦力，所以该碰撞过程的动量守恒，故A错误；
B、碰后蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律x1=v12t得蓝球碰后瞬间的速度为v1＝1.2m/s
又两球的加速度大小相等，则由公式v2＝2ax得：v12v22=x1x2
解得碰后瞬间白球的速度大小为：v2＝0.8m/s，则碰后蓝球与白球的速度之比为3：2，故B正确；
C．碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2
代入数据解得：v0＝2m/s，故C正确；
D．根据动能的计算公式可得两球碰前的动能为：Ek1=12mv02，代入数据解得：Ek1＝2mJ
两球碰后的总动能为：Ek2=12mv12+12mv22，代入数据解得Ek2＝1.04mJ
由于：Ek1＞Ek2，所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，故D错误。
故选：BC。
（多选）（2024•湖南三模）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一质量为M，半径为R光滑的14圆弧体，圆心为O，一个质量为m的小球由静止释放，释放时小球和O点连线与竖直半径OA夹角为θ，滑至圆弧底部后与圆弧分离，此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度θ，得到小球的水平位移x和sinθ的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，关于小球下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与圆弧面组成的系统动量守恒
B．圆弧体对小球做负功
C．圆弧体与小球的质量之比为qRp−q
D．当θ为90°时，两者分离时小球的速度为2mgRM+m
【解答】解：A、小球与圆弧面组成的系统水平方向不受外力，在竖直方向合力不为0，所以系统在水平方向动量守恒，但总动量并不守恒，故A错误；
B、由于只有重力做功，所以整个系统机械能守恒，小球下滑的过程，圆弧体机械能增加，则小球的机械能减小，由功能关系可知，圆弧体对小球做负功，故B正确；
C、小球滑至圆弧底部后两物体间的水平方向相对位移大小为
L＝Rsinθ＝Rp
取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒可得
mv球﹣Mv圆＝0
时间相等，设为t，则上式可变形为
mxt−ML−xt=0
即mx＝M（L﹣x）
解得圆弧体与小球的质量之比为
Mm=xL−x=qRp−q，故C正确；
D、当θ为90°时，根据机械能守恒可得
mgR=12mv球2+12Mv圆2
结合mv球﹣Mv圆＝0，解得两者分离时小球的速度为：v球=2MgRM+m，故D错误。
故选：BC。
（2024•江苏模拟）如图所示，右端有固定挡板的长为L的木板C置于光滑水平桌面上，在C上最左端和中点各放一个小物块A和B，物块A，B质量均为m，木板C的质量为2m。开始时，B和C静上，A以初速度v0向右运动。若A，B的大小以及挡板的厚度皆可忽略不计，物块A，B与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与B间的碰撞是弹性碰撞，B与C碰撞后粘在一起运动，接触但无弹力视为未碰撞。
（1）若物块A与B不能发生碰撞，求v0的最大值；
（2）若物块A与B发生碰撞后，物块B与挡板不发生碰撞，求v0的最大值；
（3）若物块A恰好从木板C上掉下来，此情况下B与C碰撞中系统损失的机械能为E0，求v0的大小。
【解答】解：（1）当物块A以初始速度v0向右运动时，B、C之间不发生相对运动。若物块A恰好与物块B不发生碰撞，设最终A、B、C三者的共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝4mv1
此过程中由能量守恒有
μmgL2=12mv02−12×4mv12
解得
v0=4μgL3
（2）当v0＞4μgL3时，A与B将发生弹性碰撞，会交换速度，之后A与C的速度相等，而B相对于A、C向右运动。若物块B刚好与挡板不发生碰撞，最终A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0＝4mv2
由能量守恒
μmgL=12mv02−12×4mv22
解得
v0=8μgL3
（3）物块A恰好从木板C上掉下来，A到达C的左端时三者的速度皆相同，以v3表示，取向右为正方向，由动量守恒有
mv0＝4mv3
由能量守恒
μmg3L2+E0=12mv02−12×4mv32
解得
v0=4μgL+8E03m
（2024•福州二模）如图，光滑水平面上固定一竖直的光滑弧形轨道，轨道末端与B的左端上表面相切，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝3N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态，左端与木板右端距离x0＝1m。可视为质点的物块A从弧形轨道某处无初速度下滑，水平滑上B的上表面，两者共速时木板恰好与弹簧接触。已知A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，物块A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。忽略A滑上B时的能量损失，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为EP=12kx2。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块在木板上滑动时，物块A和木板B的加速度大小；
（2）物块A在弧形轨道下滑的高度h；
（3）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时木板B的速度大小。
【解答】解：（1）物块A在木板B上滑动时，设物块和木板的加速度分别为aA和aB
对物块根据牛顿第二定律可得：μmAg＝mAaA
解得：aA=1m/s2
对木板根据牛顿第二定律可得：μmAg＝mBaB
解得：aB=2m/s2；
（2）设物块刚滑上木板时，物块的速度为v0，两者共速的速度为v1
木板向右匀加速：v12=2aBx0
解得：v1＝2m/s
取向右为正方向，对物块和木板，由动量守恒可得：mAv0＝（mA+mB）v1
解得：v0＝3m/s
物块A从开始下滑到弧形轨道最低点过程中，由动能定理可得：mAgℎ=12mAv02
解得：h＝0.45m；
（3）A与B以相同速度压缩弹簧，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律可得：
k Δx＝（mA+mB）a共
对物块A由牛顿第二定律可得：μmAg＝mAaA
当满足aA＝a共时，物块A与木板B之间即将发生相对滑动，解得此时弹簧压缩量为：Δx＝1m
由能量守恒定律可得：12(mA+mB)v12=12(mA+mB)v22+12k(Δx)2
联立解得此时木板的速度大小为：v2=3m/s。
研究对象
流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤
①建构“柱状”模型：沿流速v 的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究
小柱体的体积ΔV=vSΔt
小柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt
小柱体内粒子数N=nvSΔt

小柱体动量p=mv=ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt=Δp 研究
反冲模型
类碰撞模型
示意图
v1
x1
x1
h
R
v2
x2
x2
v0
h
R
v共
①到最低点
水平方向动量守恒:0=mv1-Mv2；
能量守恒:mg(R+h)=½mv12 +½Mv22+Q1 .
机械能守恒:mg(R+h)=½mv02
②到最高点
水平方向动量守恒，速度都为零；
全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1 +Q2 .
且Q1 >Q2 （若内壁光滑Q1 =Q2=0）
水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v共
能量守恒：½mv02=½(m+M)v共2+ mgh+Q.（若内壁光滑Q=0）