高考物理一轮复习 第六章：动量 动量守恒定律学案

这是一份高考物理一轮复习 第六章：动量 动量守恒定律学案，共79页。学案主要包含了动量和冲量，动量的变化量，动量定理等内容，欢迎下载使用。

第1讲 动量定理
一、动量和冲量
[注意] 动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而动能变化时，动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式：p＝eq \r(2mEk)。
二、动量的变化量
1．因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
2．动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
三、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．公式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
3．动量定理的研究对象：单个物体或物体系。对物体系内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系的动量变化量。
情境创设
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。
微点判断
(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)
(3)物体所受合力不变，则物体的动量也不改变。(×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，故重力的冲量为零。(×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)
(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。(√)
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算]
(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
解析：选D 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
2．[动量变化量的大小计算]
(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
解析：选BCD 由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝eq \r(v2－v02)，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以 eq \r(v2－v02)＝eq \r(2gh)，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，C、D正确，A错误。
3．[冲量的计算]
如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为( )
A．I＝0 B．I＝mv0
C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
解析：选C 根据机械能守恒定律可知木块离开弹簧时速度大小为v0，方向向右。设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故C正确。
[要点自悟明]
1．动量变化量的计算
(1)利用Δp＝p′－p计算，但要注意该表达式的矢量性。
(2)利用Δp＝I＝F合·t计算，该法常用于合外力和作用时间已知的情形。
2．冲量的三种计算方法
(二)动量定理(精研点)
逐点清1 应用动量定理解释体育活动
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析：选B 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
一点一过 对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
逐点清2 动量定理的应用
2.(2023·山东枣庄模拟)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D 手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝eq \r(2gh)＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝eq \f(mv,t)＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
一点一过 应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
逐点清3 动量定理用于多过程问题
3．(2023·云南玉溪一中月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F。已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
解析：选B 在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(v,2)，全程的平均速度也为eq \f(v,2)，则物块的总位移x＝eq \f(v,2)t＝eq \f(20,2)×8 m＝80 m，选项C、D错误。
一点一过 用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。
(三) “柱状”模型(精研点)
模型(一) 流体类“柱状模型”
[例1] 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90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析] 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，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
模型(二) 微粒类“柱状模型”
[例2] “神舟十五号”与空间站对接前的短时间内“神舟十五号”以速度v0近似做匀速直线运动，“神舟十五号”在运动方向横截面的面积为S。已知“神舟十五号”所在的区域内单位体积内有N个微粒，每个微粒的质量均为m，“神舟十五号”碰到微粒后，微粒就附着在“神舟十五号”上(碰撞前瞬间微粒静止)，忽略一切阻力和摩擦，为保持“神舟十五号”以恒定的速率运行，则推力的功率为( )
A．SNmv02 B．2SNmv02
C．SNmv03 D．2SNmv03
[解析] 在很短时间t内附着在“神舟十五号”上的微粒总质量为M＝v0tSNm，对附着在“神舟十五号”上的微粒由动量定理得Ft＝Mv0－0，解得“神舟十五号”对这些微粒的作用力大小为F＝SNmv02，根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持“神舟十五号”匀速运行，“神舟十五号”发动机的推力大小F′＝F，推力的功率为P＝F′v0＝SNmv03，选项C正确，A、B、D错误。
[答案] C
1．[激励爱国情怀](2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A．40 B．80
C．120 D．160
解析：选C 设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
2.[渗透五育教育(体育)]拍篮球是大家都喜欢的强身健体的大众体育活动项目。已知篮球质量为0.4 kg，为保证篮球与地面碰撞后自然弹起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球( )
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
解析：选D 人拍球的过程，由动量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6 kg·m/s，则I<1.6 kg·m/s，A、B错误；由动能定理：W＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝2.2 J，D正确，C错误。
3．[联系生活实际](2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A．2倍 B．4倍
C．8倍 D．16倍
解析：选B 设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt内的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可得台风对交通标志牌的作用力F′＝F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s，则有eq \f(F2′,F1′)＝eq \f(v22,v12)≈4，故B正确。
4．[聚焦科技前沿](2022·山东等级考)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：选A 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
[课时跟踪检测]
1．(2022·湖南高考)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v-t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
解析：选AC 重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v -t图像的斜率表示加速度可知在0～t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
2．学校给同学们提供了乒乓球台，很多同学利用课余时间打乒乓球锻炼身体。某同学接球后，两次将球再次拍出。为简化过程，假定乒乓球为质点，运动中空气阻力不计。如图所示，该同学第一次将乒乓球由a点斜抛拍出，落点为b点；对方反击后，该同学在c点将球再次平抛拍出，同样也落于b点。已知两次运动轨迹的最高点c、d高度相同，假设a、b、c三点位于同一竖直面内，则下列说法正确的是( )
A．乒乓球两次落于b点的动能一定相同
B．乒乓球两次落于b点前瞬间，重力的功率一定相同
C．乒乓球由a到b、c到b过程中，重力的冲量一定相同
D．乒乓球两次被拍出的过程中，第二次球拍对球做的功一定较大
解析：选B 根据平抛运动规律x＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2，vy2＝2gh，假设最高点到台面的高度为H，可知两次运动过程中，由c到b的时间为eq \r(\f(2H,g))，由a到b的时间为2eq \r(\f(2H,g))，则两次运动的水平速度不同，落到b点的竖直速度相同，故两次落到b点的速度不相等，两次落到b点的动能不相同，第二次落到b点的动能大一些，A错误；两次落于b点前瞬间，竖直方向的速度均为vy＝eq \r(2gH)，重力的功率均为P＝mgvy＝mgeq \r(2gH)，则两次落于b点重力的功率相同，B正确；重力的冲量为IG＝mgt，由于两次运动的时间不相同，则两次运动过程中，重力的冲量不相同，C错误；由于乒乓球两次被球拍拍打前后的速度未知，故无法比较第二次球拍做的功与第一次球拍做的功的大小关系，D错误。
3.平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为eq \f(2,3)v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A．eq \f(3Mg,5mv) B．eq \f(2Mg,5mv)
C．eq \f(2Mg,3mv) D．eq \f(3Mg,2mv)
解析：选A 设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·eq \f(2,3)v－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－Δmv))，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝eq \f(3Mg,5mv)，故选A。
4．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，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：选D 根据动能定理可知W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)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。
5．(2022·全国乙卷)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
解析：选AD 物块与地面间摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块从0～3 s内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，代入数据解得v3＝6 m/s。3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s。设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t＝0－mv3，代入数据解得t＝1 s。所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；0～3 s物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝eq \f(1,2)mv32，代入数据解得x1＝9 m。3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－eq \f(1,2)mv32，代入数据解得x2＝3 m。4～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq \f(F－f,m)＝2 m/s2，发生的位移为x3＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m6．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则( )
A．种子胶囊射出的过程中，播种器对其做功为2.5 J
B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为eq \r(2) s
C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3eq \r(2) kg·m/s
D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5eq \r(2) N
解析：选D 射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t＝1 s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15 m/s，水平速度vx＝v0＝15 m/s，进入土壤过程中竖直方向h′＝eq \f(vy2,2a)，t′＝eq \f(vy,a)，可求得t′＝eq \f(1,75) s。由动量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝eq \r(vy2＋vx2)，可解得土壤对种子胶囊的冲量I＝mv合＝0.3eq \r(2) kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5eq \r(2) N，故C错误，D正确。
7．(2022·北京高考)体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0 m/s；乙同学在离地h2＝0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求：
(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
解析：(1)设排球在空中飞行的时间为t，则h1－h2＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝0.6 s；
则排球在空中飞行的水平距离x＝v0t＝4.8 m。
(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy＝gt＝6.0 m/s；
根据v＝eq \r(v02＋vy2)得v＝10.0 m/s；
设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示)
则有tan θ＝eq \f(vy,v0)＝0.75。
(3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I＝2mv＝6.0 N·s。
答案：(1)x＝4.8 m (2)v＝10.0 m/s，方向与水平方向夹角tan θ＝0.75 (3)I＝6.0 N·s
第2讲 动量守恒定律
一、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。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
3．系统动量守恒的条件
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(2)分类：
2.反冲和爆炸
(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。
(2)爆炸现象：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，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
情境创设
A球的质量是m，B球的质量是eq \f(m,2)，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A在前，B在后，发生正碰后，B球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。
微点判断
(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。(√)
(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。(×)
(3)两球间发生的是弹性碰撞。(×)
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。(√)
(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。(×)
(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。(√)
(一) 动量守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]
(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B 撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断]
(多选)如图所示，初始时包含人、小车和篮球在内的整个系统在光滑水平面上处于静止状态，现站在车上的人将篮球投向左边的篮筐，但并未投中，且篮球在撞击篮筐边缘后又刚好被人稳稳接住，整个过程中人与车始终保持相对静止，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车不动
B．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车将向右做匀速直线运动
C．在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，人与车继续向右做匀速直线运动
D．在篮球被人接住后，人与车将静止不动
解析：选BD 人、车与篮球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，投篮前系统静止，系统总动量为零，投篮后系统在水平方向仍然动量守恒，由动量守恒定律可知，篮球在水平方向的分速度水平向左，则车在水平方向速度向右，因此篮球投出后撞击篮筐前，人与车向右做匀速直线运动，A错误，B正确。在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，篮球在水平方向有向右的速度，由动量守恒定律可知，车有向左的速度，人与车一起向左做匀速直线运动，C错误。人、车与篮球组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态总动量为零，在篮球被人接住后人、篮球、车的速度相等，系统末状态动量为零，速度为零，人与车将静止不动，D正确。
3．[某个方向上动量守恒的判断]
(2021年8省联考·湖北卷)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
[要点自悟明]
判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。
(二) 动量守恒定律的应用(精研点)
1．动量守恒定律的五个特性
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
[典例] 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙③
联立①②③式得vmin＝4v0。
[答案] 4v0
[规律方法]
应用动量守恒定律的三点提醒
(1)动量守恒定律是矢量方程，解题时应选取统一的正方向。
(2)各物体的速度必须相对于同一参考系，一般选地面为参考系。
(3)列动量守恒定律方程时应注意所选取的研究系统及研究过程。
[针对训练]
1．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
解析：选BC 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
2．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A．eq \f(1,2)v0 B．eq \f(1,6)v0
C．eq \f(1,3)v0 D．0
解析：选B 设水平向右为正方向，系统最终的速度为v车，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝eq \f(1,6)v0，B正确。
(三)某个方向上的动量守恒问题(精研点)
[典例] (2023·泰安检测)如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1＜L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2＝( )
A．6∶1 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
[解析] 滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)m球v02＝m球gh1，解得h1＝eq \f(v02,2g)；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，小球与滑环速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，eq \f(1,2)m球v02＝eq \f(1,2)(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝eq \f(v02,8g)，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。
[答案] B
[规律方法]
(1)系统总动量不守恒，但在某个方向上合外力为零，系统在该方向上动量守恒。
(2)上述[典例]中，圆环不固定时，小球到达最高点时与圆环速度相同，方向沿水平方向。
(3)系统中只有重力做功，系统机械能守恒。
[针对训练]
1．[系统某个方向上动量守恒定律的应用]
如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高0.8 m处以一定的初速度向左平抛，落在以速度大小为6 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，小球落到油泥上不反弹，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是5 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：选A 设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝3 m/s，小球和小车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，A正确。
2．[系统在某个方向上动量守恒与平抛运动的综合]
(2021·山东等级考)(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是( )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M))) eq \r(\f(2Hv02,g)＋H2)
D．d＝ eq \r(\f(2Hv02,g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))2H2)
解析：选BC 对于热气球，投出物资之前，浮力等于重力，投出物资之后，热气球受到的浮力不变，重力减少了mg，所以热气球受到的合力大小为mg，方向竖直向上，物资被水平向右抛出后，根据动量守恒定律得：mv0－Mv＝0，热气球的初速度大小为v＝eq \f(m,M)v0，方向水平向左，且受到竖直向上恒力mg作用，应做类平抛运动，故A错误，B正确。对于物资，平抛后，竖直方向H＝eq \f(1,2)gt2，水平方向x＝v0t＝v0eq \r(\f(2H,g))；对于热气球，水平方向x′＝vt，竖直方向H′＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(mg,M)，则物资落地时与热气球之间的距离d＝eq \r(x＋x′2＋H＋H′2)，代入数据解得d＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋eq \f(m,M))) eq \r(\f(2Hv02,g)＋H2)，故C正确，D错误。
1．[渗透五育教育(体育)]
(多选)如图所示为学生对着墙壁练习打乒乓球。在某次球拍击球后，球斜向上飞出，球以速度v垂直撞在竖直墙壁上，球反向弹回后，能回到出发点。已知乒乓球的质量为m，不计空气阻力，则( )
A．乒乓球往返的时间相同
B．乒乓球与墙相碰，动量变化量大小为2mv
C．乒乓球往返的轨迹不同
D．乒乓球撞击墙壁动量守恒
解析：选AB 结合抛体运动规律及几何知识容易判断，A、B正确，C、D错误。
2．[联系生活实际]在某高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg 向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为( )
A．大于10 m/s B．小于22.5 m/s
C．一定大于22.5 m/s D．一定大于30 m/s
解析：选C 碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5 m/s，C正确。
3．[聚焦科技前沿]
所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )
A．eq \f(m2·Δv,M＋mΔt) B．eq \f(M2·Δv,M＋mΔt)
C．eq \f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0
解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋eq \f(M·Δv,M＋m)，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝eq \f(Mm·Δv,M＋mΔt)，故C正确。
4．[树立民族自信]
如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A．eq \f(Mv0＋mv1,M－m) B．eq \f(Mv0－mv1,M－m)
C．eq \f(Mv0－mv1,M) D．eq \f(Mv0＋mv1,M)
解析：选A 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)。
5．[联系生活实际]
如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝eq \f(1,2)mv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gR＝eq \f(1,2)m2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根据题意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2eq \r(2gR)，接下来男演员做平抛运动，由4R＝eq \f(1,2)gt2，得t＝ eq \r(\f(8R,g))，因而s＝v2t＝8R。
答案：8R
[课时跟踪检测]

1．(多选)在2022年10月1日举行的女篮世界杯决赛中，中国女篮获得世界杯亚军。这是继1994年后，时隔28年中国女篮再获此殊荣！比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1＋v2)
B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
解析：选AC 以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。
2.(2023·潍坊月考)如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为( )
A．eq \f(Mv1－Mv2,M－m)，方向向右 B．eq \f(Mv1,M－m)，方向向右
C．eq \f(Mv1＋Mv2,M－m)，方向向右 D．v1，方向向右
解析：选D 人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车之间在水平方向上的动量仍然守恒，所以水平方向的速度不发生变化，车的速度仍然为v1，方向向右，D正确，A、B、C错误。
3.如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则( )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
解析：选B F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，则物块与小车组成的系统所受的合力为零，故物块与小车组成的系统动量守恒，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，物块向右运动，则小车向左运动，弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量大小相等，方向相反，A、C错误；如果小车上表面光滑，因为小车克服地面摩擦力做功与F对小车做功相等，则物块、弹簧与小车组成的系统动能与势能相互转化，机械能不变，D错误。
4.(多选)如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
B．立方体和小球组成的系统机械能守恒
C．立方体和小球组成的系统动量守恒
D．立方体先加速后匀速运动
解析：选BD 小球落地时的速度方向是竖直向下的，小球水平方向速度先增大后减小，在忽略一切摩擦的作用下，在弹力作用下立方体先向右做加速运动，与小球脱离后开始做匀速运动，故D正确；系统只有重力做功，所以立方体和小球组成的系统机械能守恒，当小球落地时，小球减少的重力势能转化为系统增加的动能，此动能包括小球和立方体的动能，故A错误，B正确；由于杆的作用，导致系统合外力不等于零，所以立方体和小球组成的系统动量不守恒，故C错误。
5．如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是( )
A．木块B的最终速度大小为5.6 m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
解析：选B 小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝eq \f(1,2)mBv2－eq \f(1,2)mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。
6．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧的固定挡板相接触，B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的某时刻开始，B物块的v-t图像如图乙所示，则可知( )
A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9 J
解析：选B 解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知B的速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大，且此时弹簧也处于原长。设A的质量为mA，A的最大速度为v，根据动量守恒有mAv＋mB·vBmin＝mB·vBmax，即mAv＋2×1 kg·m/s＝2×3 kg·m/s，又由机械能守恒有：eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)mBvBmin2＝eq \f(1,2)mBvBmax2，即eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)×2×12 J＝eq \f(1,2)×2×32 J，解得mA＝1 kg，v＝4 m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受合力不为零，则系统
动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大，根据动量守恒定律得：mBvBmax＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2 m/s，又由能量守恒定律得：Epmax＝eq \f(1,2)mBvBmax2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v共2＝3 J，D错误。
7．(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝eq \f(7,25)，cs θ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝eq \f(1,2)a1(t＋t0)2
L＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m (2)7.44 m/s
精研动量守恒定律中“三类典型问题”
类型(一) 碰撞问题
1．碰撞类问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)机械能不增加：
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)
(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，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：根据动量守恒和机械能守恒
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)，
v2′＝eq \f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)。
(2)分析讨论：
当碰前物体2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，v2＝0，则：
v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)。
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。
③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[典例] (2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[解析] (1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g
代入数据解得N1＝8 N，
滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg
代入数据解得N2＝5 N。
(2)滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得：－mgl－fl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v′，
由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′
再由动能定理得：－(M＋m)gh＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v′2
代入数据解得：h＝0.2 m。
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
[规律方法]
碰撞问题解题策略
(1)碰撞时间极短，速度变化瞬间完成，碰撞物体的位置可认为没有发生变化。
(2)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。
(3)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′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1 v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(4)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的物体的速率不变，质量小的物体的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的物体原速率反弹。
[针对训练]
1．[弹性碰撞问题]
秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(01n)与静止氘核(12H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )
A．eq \f(1,9)E B．eq \f(8,9)E
C．eq \f(1,3)E D．eq \f(2,3)E
解析：选B 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式eq \f(1,2)×1×v02＝eq \f(1,2)×1×v12＋eq \f(1,2)×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－eq \f(1,3)v0，即动能减小为原来的eq \f(1,9)，动能损失量为eq \f(8,9)E。
2．[非弹性碰撞问题]
甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
解析：选A 设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
3．[碰撞应遵守的三原则]
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选C 碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
类型(二) 爆炸与反冲
考法(一) 爆炸问题
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
[例1] 如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°，A、C、D滑块的质量为mA＝mC＝mD＝1 kg，B滑块的质量mB＝4 kg(各滑块均可视为质点)。A、B间夹着质量可忽略的火药。K为处于原长的轻质弹簧，两端分别连接B和C。现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，此后，发现A与D相碰后粘在一起，接着沿斜面前进了L＝0.8 m速度减为零，此后设法让它们不再滑下。已知滑块A、D与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)火药爆炸后瞬间A的速度大小vA；
(2)滑块B、C和弹簧K构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep。(弹簧始终未超出弹性限度)
[解析] (1)A、D整体沿斜面上滑，设A和D碰后瞬间的速度为v1，由动能定理有－(mA＋mD)gsin θ·L－μ(mA＋mD)gcs θ·L＝0－eq \f(1,2)(mA＋mD)v12
得v1＝eq \r(2gsin θ＋μcs θL)，代入数据解得v1＝4 m/s
对A、D系统，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mD)v1
解得vA＝8 m/s。
(2)火药爆炸过程，设B获得的速度大小为vB，对A和B系统，由动量守恒定律有－mAvA＋mBvB＝0，解得vB＝2 m/s
B与C相互作用，当两者共速时，弹簧弹性势能最大，由B、C系统动量守恒有
mBvB＝(mB＋mC)v′，解得v′＝eq \f(mBvB,mB＋mC)＝1.6 m/s
弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mB＋mC)v′2，代入数据解得Ep＝1.6 J。
[答案] (1)8 m/s (2)1.6 J
[针对训练]
1．(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：选B 爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有eq \f(s,340)＋ eq \r(\f(2h,g))＝5，eq \f(2s,340)＋ eq \r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
考法(二) 反冲运动
1．反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
2．对反冲运动的三点说明
[例2] (2023·济南高三调研)一火箭喷气发动机每次喷出质量m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析] (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
[规律方法]
(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。
(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。
[针对训练]
2．(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC 小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
类型(三) 人船模型问题
1．人船模型问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)。
(3)应用eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
[典例] (2023·广州高三检测)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是( )
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
[解析] 小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，但总动量不守恒，故B错误；由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；由水平方向的动量守恒可得小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有Mv1＝mv2，则有Mx1＝mx2，可得x2＝eq \f(M,m)x1，且x1＋x2＝R，则可得x1＝eq \f(mR,M＋m)，则小球运动到左侧最高点时，小车向右移动的距离为x＝2x1＝eq \f(2mR,M＋m)＜R，所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧最高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
[答案] C
[微点拨]
求解“人船模型”问题的注意事项
(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
[针对训练]
1.[对人船模型的理解]
质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
解析：选D 由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝eq \f(m,M＋m)L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。
2．[某个方向上应用人船模型]
(多选)如图，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放。不计空气阻力，在小球下滑至槽底端B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
B．若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为eq \f(2R,3)
C．圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为eq \r(6)∶2
D．圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9∶7
解析：选BC 若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，则mx＝2m(R－x)，解得小球水平方向移动的位移为x＝eq \f(2,3)R，A错误，B正确；圆弧槽固定时小球滑到B点时的速度v1′＝eq \r(2gR)，圆弧槽不固定情形下，由动量守恒和能量关系可知mv1＝2mv2，eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22＝mgR，解得v1＝eq \r(\f(4gR,3))，v2＝eq \f(1,2) eq \r(\f(4gR,3))，
则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为eq \f(v1′,v1)＝eq \f(\r(6),2)，C正确；由以上分析可知，若圆弧槽固定，小球到达底端时FN－mg＝meq \f(v1′2,R)，解得FN＝3mg，则圆弧槽对地面的最大压力为FNmax＝3mg＋2mg＝5mg，若圆弧槽不固定，小球到达底端时FN′－mg＝meq \f(v1＋v22,R)，解得FN′＝4mg，则圆弧槽对地面的最大压力为FNmax′＝4mg＋2mg＝6mg，圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为eq \f(FNmax,FNmax′)＝eq \f(5,6)，D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为( )
A．eq \f(2M,M－m)v0 B．eq \f(M,M－m)v0
C．eq \f(M,2m－M)v0 D．eq \f(2M,2m－M)v0
解析：选C 设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq \f(Mv0,2m－M)，C正确，A、B、D错误。
2．(2023·衡水高三调研)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A．eq \f(mL－d,d) B．eq \f(mL＋d,d)
C．eq \f(mL,d) D．eq \f(mL－d,L)
解析：选A 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：Meq \f(d,t)＝meq \f(L－d,t)，解得船的质量为M＝eq \f(mL－d,d)，故选A。
3.如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速度v向 B球运动，小球间若发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等，且比A、F两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选C 球A、B发生弹性碰撞过程mv＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，可得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v，v2＝eq \f(2m,m＋M)v，即A球反弹，B球前进，然后B与C发生弹性碰撞，速度互换，B球停止，C球前进，以此类推，最后B、C、D停止，E与F碰撞后根据弹性碰撞同理可推得E、F都向右运动，速度不同，因此最后运动的是A、E、F球，故选C。
4．(2023·武汉模拟)如图所示，某高中的科技爱好者参加航天科普节活动时，同学们将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空。“水火箭”又称“气压式喷水火箭”，是用废弃的饮料瓶制作而成的一种玩具。制作时，向瓶中灌入三分之一的水，然后利用打气筒向瓶中充入空气达到一定的压力后发射。若在极短的时间内，饮料瓶中的水(质量为m0)全部以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下从喷水口喷出。假设未发射前饮料瓶总质量为m(含水)，不计瓶内空气质量，重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A．饮料瓶的推力源于饮料瓶外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，饮料瓶和水组成的系统机械能守恒
C．饮料瓶的水平射程为x＝eq \f(2m02v02,m－m02g)sin 2θ
D．饮料瓶上升的最大高度为h＝eq \f(m02v02,2gm－m02)cs2θ
解析：选D 根据牛顿第三定律可知，饮料瓶的推力源于向下喷出的水对饮料瓶的反作用力，A错误；水喷出的过程中，饮料瓶内的空气做功，饮料瓶和水组成的系统机械能不守恒，B错误；饮料瓶发射过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以喷出水的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m0v0－(m－m0)v＝0，解得饮料瓶发射后的速度大小为v＝eq \f(m0v0,m－m0)，方向与v0的方向相反，与竖直方向成θ角斜向上方，饮料瓶在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，饮料瓶水平分速度大小为vx＝vsin θ，竖直分速度大小为vy＝vcs θ，饮料瓶的运动时间为t＝eq \f(2vy,g)＝eq \f(2m0v0cs θ,m－m0g)，上升的最大高度为h＝eq \f(vy2,2g)＝eq \f(m02v02cs2θ,2m－m02g)，水平射程为x＝vxt，解得x＝eq \f(2m02v02sin θcs θ,m－m02g)＝eq \f(m02v02,m－m02g)sin 2θ，C错误，D正确。
5．某烟花弹在点燃后升空到离地h时速度变为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸裂为质量相等的A、B两部分，A竖直向上运动，B竖直向下运动，A继续上升的最大高度为eq \f(h,3)，从爆炸之后瞬间开始计时，A、B在空中运动的时间分别为tA和tB。不计空气阻力，重力加速度为g，则tA与tB的比值为( )
A．1.5 B．2
C．3 D．4
解析：选C 设爆炸后竖直向上运动的一部分速度大小为vA，竖直向下运动的一部分速度大小为vB，落地时间为tB。因为爆炸后A、B运动方向相反，根据动量守恒定律mAvA－mBvB＝0，可知vA＝vB，A爆炸后上升高度为eq \f(h,3)，根据运动学公式vA2＝2g·eq \f(h,3)，得h＝eq \f(3vA2,2g)，A从爆炸后到落地过程中－vAtA＋eq \f(1,2)gtA2＝h，解得tA＝eq \f(3vA,g)tA＝－eq \f(vA,g)不合题意舍去，B从爆炸后到落地过程中vBtB＋eq \f(1,2)gtB2＝h，解得tB＝eq \f(vA,g)tB＝－eq \f(3vA,g)不合题意舍去，故tA与tB的比值为3，A、B、D错误，C正确。
6．(多选)第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日～2022年2月20日在我国成功举办。在某次冰壶比赛中，运动员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示，质量m＝20 kg的蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v-t图像如图乙所示。g＝10 m/s2，下列说法正确的是 ( )
A．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.16
B．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.04
C．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了4.4 J
D．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了5.4 J
解析：选BD 由题图乙可知红壶在0～1 s内的加速度大小a1＝μ1g＝eq \f(Δv,t)＝0.4 m/s2，可得μ1＝0.04，故A错误，B正确；由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度大小分别为v0＝1.2 m/s，v红＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝，解得v蓝＝0.9 m/s，碰撞前两壶的总动能Ek1＝eq \f(1,2)mv02＋0＝14.4 J，碰撞后两壶的总动能Ek2＝eq \f(1,2)mv蓝2＋eq \f(1,2)mv红2＝9 J，可得ΔEk＝ΔEk1－Ek2＝5.4 J，故C错误，D正确。
7．竖直面内有一倾角θ为30°的光滑长木板与水平地面通过一小段光滑圆弧轨道平滑连接，质量m2＝2 kg的小物块B靠近木板的末端静止于水平地面上，如图所示，某时刻，质量m1＝1 kg的小物块A在木板顶端由静止开始下滑，一段时间后与B发生碰撞，碰撞没有能量损失。木板长L＝0.9 m，小物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A与B物块碰撞后能返回到木板的最大高度；
(2)两物块在水平地面上的最终距离。
解析：(1)物块A刚滑到长木板底端时，根据动能定理m1g·Lsin 30°＝eq \f(1,2)m1v02
可得v0＝3 m/s
两物块碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，
则m1v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s，
根据能量守恒定律得m1gh＝eq \f(1,2)m1v12，
解得A与B物块碰撞后能返回到木板的最大高度h＝0.05 m。
(2)对于物块B，根据动能定理，有：eq \f(1,2)m2v22＝μm2gx2
得物块B在水平地面上位移x2＝0.4 m
对于物块A，根据能量守恒，碰撞后从长木板上再次返回到长木板底端的速度大小为v11＝1 m/s
根据动能定理eq \f(1,2)m1v112＝μm1gx1
得物块A在水平地面上位移x1＝0.1 m
两物块在水平地面上的最终距离
Δx＝x2－x1＝0.3 m。
答案：(1)0.05 m (2)0.3 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的相互作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是( )
A．A、B分离时A的速度为eq \f(1,3)v0
B．A、B分离时A的速度为eq \f(1,2)v0
C．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq \f(1,2)mv02
D．A、B、C组成的系统损失的机械能为eq \f(5,4)mv02
解析：选BD 该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝eq \f(1,2)v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)·2meq \f(1,2)v02－eq \f(1,2)mv02＝eq \f(5,4)mv02，C错误，D正确。
9.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是( )
A．I＝2(M＋m)eq \r(2gh)
B．I＝2meq \r(2gh)－2(M＋m)gt
C．I＝2(M－m)eq \r(2gh)
D．I＝2meq \r(2gh)＋2(M＋m)gt
解析：选D 对木块B下落h过程有mgh＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \r(2gh)，木块B与A碰撞过程由动量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，规定向下为正方向，则两木块从开始共同运动至最低点过程中由动量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2I1，联立解得弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2meq \r(2gh)＋2(M＋m)gt，故D正确。
10．(多选)如图所示，质量为M的“U”形槽甲静置于足够长的光滑水平面上，“U”形槽外侧左端点位于水平面上P点，“U”形槽内侧左右两端均为半径为R的光滑的四分之一圆弧轨道，圆心O1、O2等高，圆弧ab、cd分别与水平粗糙平面bc相切于b、c处，bc长度也为R。一质量为m的小物块乙(可视为质点)，从a点由静止开始无初速度释放，恰好能运动到cd圆弧上的e点，弧长eq \x\t(ce)＝2eq \x\t(ed)。不计空气阻力，下列关于最终位置的说法正确的是( )
A．小物块乙恰好位于bc中点
B．小物块乙恰好位于b点
C．“U”形槽甲外侧左端点位于P点左侧eq \f(m,M＋m)R处
D．“U”形槽甲外侧左端点位于P点左侧eq \f(M,M＋m)R处
解析：选BC 小物块乙从a点运动到e点过程，对甲、乙组成的系统有mgR＝μmgR＋mgeq \f(R,2)，从e点返回过程，对整个系统有mgeq \f(R,2)＝μmgR，小物块乙最终位置恰好位于b点，B正确，A错误；“U”形槽甲外侧左端点位于P点左侧x处，Mx＝m(R－x)，解得x＝eq \f(m,M＋m)R，C正确，D错误。
11.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧的原长均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)v1
解析：选BD 由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，B、D正确；A、C错误。
12.(2022·湖北高考，节选)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为 eq \r(\f(3gL,5))时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，
碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动eq \f(L,10)距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小。
解析：(1)系统在如题图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mCg＝2mgcs 30°
解得mC＝eq \r(3)m。
(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知eq \r(3)m·eq \r(\f(3gL,5))＝eq \r(3)m·0＋2mv
解得v＝eq \f(3,2) eq \r(\f(gL,5))
C、D碰撞后D向下运动eq \f(L,10)距离后停止，根据动能定理可知0－eq \f(1,2)×2mv2＝2mgeq \f(L,10)－Feq \f(L,10)
解得F＝6.5mg。
答案：(1)eq \r(3)m (2)6.5mg
“应用力学三大观点解题”的技能强化
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力学三大观点包括：动力学观点、能量观点、动量观点，力学三大观点的灵活应用是历年高考的重点和难点。力学三大观点既可以分别单独考查，也可以两两组合考查，还可以三者综合考查。
(一) 动量观点与动力学观点的综合应用
1．牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
2．动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。
[典例] (2021·广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
[解析] (1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v12－v2＝2(－a1)s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝eq \f(v乙2,2a2)＝0.02 m，由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq \f(v－v1,a1)＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq \f(v1′,a1)＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
[答案] (1)能，计算过程见解析 (2)0.2 s
[针对训练]
汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg 和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，g取10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：(1)设B车碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB
解得vB′＝3.0 m/s。
(2)设A车碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有vA′2＝2aAsA
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′
解得vA＝4.25 m/s。
答案：(1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
(二)动量观点与能量观点的综合应用
1．两大观点
(1)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
(2)能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(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，就更显出它们的优越性。
[典例] 如图是打桩机进行路基打桩的模型，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩进入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq \f(56mg,H)(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。
(1)完成第1次打桩后，求桩B进入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
[解析] (1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律，有mgH＝eq \f(1,2)mv02
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒定律，有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，根据动能定理，有(M＋m)gh1－W1＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2
其中W1＝eq \f(1,2)kh12
联合上式解得h1＝eq \f(H,3)，另一负解不符合实际情况，故舍去。
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：
(M＋m)gl－W总＝0－N×eq \f(1,2)(M＋m)v2
其中W总＝eq \f(1,2)kl2，解得N＝2 025。
[答案] (1)eq \f(H,3) (2)2 025
[针对训练]
(2023·厦门高三质检)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
(1)求物块B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
(2)当物块A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。
解析：(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝meq \f(v2′2,R)
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
在水平方向上有x＝v2′t，联立解得x＝2R。
(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcs θ＝eq \f(1,2)mvD2
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ
解得P＝mgsin θeq \r(2gRcs θ)。
(3)设A、B碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋mg·2R，解得v2＝eq \r(5gR)
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝mgR
解得v1＝eq \r(2gR)
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝eq \r(2gR)＋eq \r(5gR)
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22
解得ΔE＝eq \r(10)mgR。
答案：(1)2R (2)mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)eq \r(10)mgR
(三)力学三大观点的综合应用
力学三大观点的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须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化。
[典例] (2023·山东淄博高三模拟)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长度x＝1 m，BC段与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带顺时针旋转，运行速度v＝2 m/s，长度L＝2.75 m，与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.2，传送带右端D点与竖直固定放置的光滑半圆弧形轨道刚好相切，光滑半圆弧形轨道的半径R＝0.2 m。现将一质量m1＝2 kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep＝41 J，然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止在D点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短，只考虑一次碰撞)。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点。
(1)求滑块P到达C点时的速度vC；
(2)求滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因传送带摩擦产生的内能E内；
(3)若滑块Q的质量m2可以改变，要使滑块Q在中途不脱离半圆弧形轨道，则滑块Q的质量m2的范围为多少？(结果可带根号)
[解析] (1)以滑块P为研究对象，从释放到运动到C点的过程中，根据能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝eq \f(1,2)m1vC2，解得vC＝6 m/s。
(2)假设滑块P从C到D一直减速，根据动能定理有－μ2m1gL＝eq \f(1,2)m1vD2－eq \f(1,2)m1vC2
解得vD＝5 m/s＞v，假设正确。
设滑块P在传送带上做匀减速运动加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有μ2m1g＝m1a，解得a＝2 m/s2
设滑块P在传送带上运动时间为t，则vD＝vC－at，解得t＝0.5 s
传送带在t时间内所走的位移为x＝vt＝1 m
滑块P相对于传送带所运动的位移为Δx＝L－x
所以经过传送带过程中系统因传送带摩擦产生的内能为E内＝μ2m1gΔx
联立解得E内＝7 J。
(3)滑块P和Q在D点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度为vD′，滑块Q的速度为v′，对系统由动量守恒定律得m1vD＝m1vD′＋m2v′
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1vD2＝eq \f(1,2)m1vD′2＋eq \f(1,2)m2v′2
联立解得v′＝eq \f(2m1,m1＋m2)vD＝eq \f(20,2＋m2)(m/s)
①设滑块Q在E点的速度为vE时，恰好通过半圆弧最高点，此时Q在D点的速度为vD′，由重力提供向心力得m2g＝m2eq \f(vE2,R)
滑块Q从D点运动到E点的过程中，由动能定理得－m2g·2R＝eq \f(1,2)m2vE2－eq \f(1,2)m2vD′2
解得vD′＝eq \r(10) m/s
所以滑块Q在D点时的速度v′≥ eq \r(10) m/s
联立解得0＜m2≤(2eq \r(10)－2)kg
②设滑块Q恰好运动到eq \f(1,4)圆弧处速度为零，此时Q在D点的速度为vD″
此过程由动能定理得－m2gR＝0－eq \f(1,2)m2vD″2，解得vD″＝2 m/s
所以滑块Q在D点时的速度0＜v″≤2 m/s
联立解得m2≥8 kg
综上所述，滑块Q的质量m2的范围为0＜m2≤(2eq \r(10)－2)kg或m2≥8 kg。
[答案] (1)6 m/s (2)7 J (3)0＜m2≤(2eq \r(10)－2)kg或m2≥8 kg
[针对训练]
如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,3)，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断滑块C能否从木板上掉下来。
解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgL＝eq \f(1,2)mv02，解得：v0＝eq \r(2gL)
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：
T－mg＝meq \f(v02,L)
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T
解得：T′＝3mg。
(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：
h＝eq \f(1,2)gt2
水平方向：L＝eq \f(v0,2)t，解得：h＝L。
(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v0,2)))＋3mv1
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2
由能量守恒定律得：
eq \f(1,2)×3mv12＝eq \f(1,2)(3m＋6m)v22＋μ·3mgs
联立解得：s＝eq \f(L,2)
由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。
答案：(1)3mg (2)L
(3)滑块C不会从木板上掉下来
[课时跟踪检测]
1．彩虹滑道是近年来广受人们欢迎的娱乐项目，游客坐在一个特制的垫子上，从滑道顶端滑下，由于滑道较长、坡度较大，游客能体会到高速滑行的感觉。某滑道由倾斜直滑道和水平直滑道连接而成，游客坐在垫子上(游客与垫子视为整体，且可视为质点)滑到倾斜直滑道底端时速度为v1＝20 m/s，此时水平直滑道前方x0＝4 m处，有一名工作人员用绳子拖动另一个相同的垫子，以v2＝1 m/s的速度在同一方向上做匀速直线运动，游客和垫子构成的整体滑到水平直滑道上后做加速度大小为a＝9 m/s2的匀减速直线运动。已知垫子质量均为m0＝20 kg，游客和工作人员质量均为m1＝60 kg。求：
(1)游客和垫子构成的整体追上前方垫子所需的时间；
(2)若游客和垫子构成的整体与前方垫子碰撞后三者共速向前运动，碰撞时间极短，且碰撞瞬间工作人员松开绳子，求碰撞瞬间冲击力对前方垫子的冲量。
解析：(1)游客和垫子构成的整体追上前方垫子的过程，有v1t－eq \f(1,2)at2＝x0＋v2t，
代入数据解得所需的时间为t＝eq \f(2,9) s(t＝4 s不合题意，舍去)。
(2)游客和垫子构成的整体追上前方垫子时的速度大小v0＝v1－at＝18 m/s
游客和垫子构成的整体与前方垫子相碰前后，规定v0为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m0)v0＋m0v2＝(m1＋m0＋m0)v
解得游客和垫子构成的整体与前方垫子碰撞后一起运动的速度大小为v＝14.6 m/s
对前方垫子，由动量定理可得I＝m0v－m0v2，解得碰撞瞬间冲击力对前方垫子的冲量大小为I＝272 N·s，方向与碰前前方垫子的速度方向相同。
答案：(1)eq \f(2,9) s (2)272 N·s，方向与碰前前方垫子的速度方向相同
2．(2023·焦作高三联考)如图所示为某灌溉工程示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，水龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为d＝2h。设管口横截面上各处水的速度都相同。
(1)求单位时间内从管口流出的水的质量m0；
(2)假设水击打在地面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打地面的水受到的重力可忽略不计，求水击打地面时对地面竖直向下的平均作用力的大小Fy；
(3)不计额外功的损失，求水泵的输出功率P。
解析：(1)水从管口沿水平方向喷出后做平抛运动，设水喷出时的速度为v0，下落时间为t，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有d＝2h＝v0t，解得v0＝eq \r(2gh)，
时间Δt内喷出的水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρSv0Δt，
单位时间内从管口喷出的水的质量m0＝eq \f(Δm,Δt)＝ρSv0＝ρSeq \r(2gh)。
(2)在Δt内击打在地面上的水的质量Δm＝m0Δt
水击打在地面上时竖直方向的速度大小vy＝eq \r(2gh)
设向下为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－Δmvy
根据牛顿第三定律，可知水对地面在竖直方向平均作用力大小Fy＝F，解得Fy＝2ρSgh。
(3)Δt内水泵输出的功ΔW＝Δmg(H＋h)＋eq \f(1,2)Δmv02
输出功率P＝eq \f(ΔW,Δt)＝ρSgeq \r(2gh)(H＋2h)。
答案：(1)ρSeq \r(2gh) (2)2ρSgh (3)ρSgeq \r(2gh)(H＋2h)
3．(2023·湖南长沙高三模拟)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg，放在静止的足够长的水平传送带上，两者相距2 m，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2。t＝0时，甲、乙分别以v1＝6 m/s、v2＝2 m/s的初速度开始沿同一直线向右滑行。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求甲、乙经过多长时间发生碰撞；
(2)若甲、乙发生弹性碰撞且碰撞时间极短，则两滑块最终静止时，相距的距离为多大；
(3)若从t＝0时，传送带以v0＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，求在0～1 s内，电动机为维持传送带匀速运动而多做的功。
解析：(1)两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s2，设经过时间t两滑块发生碰撞，有(v1t－eq \f(1,2)at2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2t－\f(1,2)at2))＝2 m，解得t＝0.5 s。
(2)设甲、乙碰前的速度分别为v1′、v2′，由运动学公式有v1′＝v1－at＝5 m/s，v2′＝v2－at＝1 m/s
设甲、乙碰后的速度分别为v1″、v2″，以水平向右为正方向，已知甲、乙发生弹性碰撞
由动量守恒定律有m1v1′＋m2v2′＝m1v1″＋m2v2″
由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2＝eq \f(1,2)m1v1″2＋eq \f(1,2)m2v2″2
解得v1″＝－eq \f(1,3) m/s，v2″＝eq \f(11,3) m/s
两滑块最终静止时，相距的距离为Δx＝eq \f(v1″2,2a)＋eq \f(v2″2,2a)＝eq \f(61,18) m。
(3)甲与传送带共速用时t1＝eq \f(v1－v0,a)＝1 s，乙与传送带共速用时t2＝eq \f(v0－v2,a)＝1 s
此时甲的位移x1＝eq \f(v0＋v1,2)t1＝5 m，乙的位移x2＝eq \f(v0＋v2,2)t2＝3 m
因x1－x2＝2 m，表明t＝1 s时，甲、乙与传送带速度相同且刚好不碰撞，之后与传送带保持相对静止，在t＝1 s内，传送带的位移为x3＝v0t1＝4 m
甲做减速运动，则甲对传送带的摩擦力与传送带运动方向相同，所以甲对传送带做正功；乙做加速运动，则乙对传送带的摩擦力与传送带运动方向相反，所以乙对传送带做负功，则甲、乙对传送带做的总功为W＝(μm1g－μm2g)x3＝－8 J
则在0～1 s内，电动机为维持传送带匀速运动而多做的功为8 J。
答案：(1)0.5 s (2)eq \f(61,18) m (3)8 J
4．如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,12)，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
解析：(1)小滑块在AB轨道上运动，根据动能定理得
mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)mv02，
代入数据解得v0＝eq \f(4,3)eq \r(gh)＝4 m/s。
(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv0＝mv块＋mv球，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv块2＋eq \f(1,2)mv球2，
解得v块＝0，v球＝v0，
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mg＝meq \f(vEmin2,R)，
从C点到E点由机械能守恒可得
eq \f(1,2)mvEmin2＋mg(R＋r)＝eq \f(1,2)mv球min2，
其中v球min＝eq \f(4,3)eq \r(ghmin)，
解得hmin＝0.45 m。
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理得mg(R＋y)＝eq \f(1,2)mvG2－eq \f(1,2)mvEmin2，
由平抛运动可得x＝vGt，H＋r－y＝eq \f(1,2)gt2，
联立可得水平距离为x＝2eq \r(0.5－y0.3＋y)，
由数学知识可得当0.5－y＝0.3＋y，x取最大值，最大值为xmax＝0.8 m。
答案：(1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m
5．(2023·重庆调研)如图所示是某娱乐活动项目的示意图，挑战者抱着装备从滑道上O点由静止滑下，经过滑道上P点时做斜抛运动冲出，到达最高点D时，将手中装备在极短时间内沿水平方向抛出，之后挑战者落到下方的缓冲保护区，并要求装备落到宽度为4h的平台AB上。已知D点到平台AB左端A点的水平距离为h，距离平台AB的高度也为h；O点距离平台AB的高度为eq \f(7,4)h；挑战者的质量为m，装备的质量为km，k为比例系数。挑战者抱着装备在滑道上运动过程中克服滑道阻力做功为eq \f(23,64)(1＋k)mgh，g为重力加速度。挑战者及装备均可视为质点，不计空气阻力。
(1)求挑战者刚到达D点时的速度大小v；
(2)若挑战者抛出装备后恰好竖直落下，且装备刚好落到平台AB右端B点，求k应满足的条件；
(3)若k＝0.2，要求装备落到平台AB上且挑战者落入缓冲区，试确定装备被抛出时的速度大小应满足的条件。
解析：(1)由O点到D点的过程，根据动能定理有
(1＋k)mg(h1－h)－eq \f(23,64)(1＋k)mgh＝eq \f(1,2)(1＋k)mv2，其中h1为O点距平台AB的高度，解得v＝eq \r(\f(25,32)gh)＝eq \f(5,8) eq \r(2gh)。
(2)抛出装备的过程中，挑战者和装备组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有(m＋km)v＝mv1＋kmv2
挑战者竖直落下，则v1＝0
装备做平抛运动落到B点，则竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上有x＝h＋4h＝v2t
以上各式联立解得v2＝eq \f(5,2) eq \r(2gh)，k＝eq \f(1,3)。
(3)设装备抛出时的速度大小为v3，挑战者的速度大小为v1′。若抛出后装备落在A点，则竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上有x＝h＝v3t，联立解得v3＝eq \r(\f(gh,2))
再由水平方向上系统动量守恒有(m＋km)v＝mv1′＋kmv3
解得v1′＝eq \f(13,10) eq \r(\f(gh,2))＞ eq \r(\f(gh,2))，则装备到达A点时挑战者落在平台AB上，不满足条件
要使挑战者落入缓冲区，其速度需满足v1′＜ eq \r(\f(gh,2))，由水平方向上系统动量守恒有(m＋km)v＝mv1′＋kmv3，解得v3＞eq \f(5,4) eq \r(2gh)
由(2)可知装备不超出B点时，v3≤eq \f(5,2) eq \r(2gh)
当v3＝eq \f(5,2)eq \r(2gh)时，由水平方向上系统动量守恒有(m＋km)v＝mv1′＋kmv3
解得v1′＝eq \f(1,2)eq \r(\f(gh,2))＜ eq \r(\f(gh,2))，则挑战者可以落入缓冲区
综上所述，装备被抛出时的速度大小需满足
eq \f(5,4)eq \r(2gh)＜v3≤eq \f(5,2)eq \r(2gh)。
答案：(1)eq \f(5,8)eq \r(2gh) (2)k＝eq \f(1,3) (3)eq \f(5,4)eq \r(2gh)＜v3≤eq \f(5,2)eq \r(2gh)
6．(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2。
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m解析：(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh＝eq \f(1,2)mvb2，解得vb＝5 m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mvb＝mvb′＋mv0，eq \f(1,2)mvb2＝eq \f(1,2)mvb′2＋eq \f(1,2)mv02
联立解得v0＝vb＝5 m/s。
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得
mgh1－2μmgl－mgH＝0
解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向FN＋mg＝meq \f(vE2,R)
由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2
联立可得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)。
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2
从E点飞出后，竖直方向H＝eq \f(1,2)gt2
水平方向s＝vEt
根据几何关系可得DF＝eq \f(\r(3),5) m
联立解得x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x当0.9 m可知物块达到距离C点0.8 m处静止；若物块a到E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得
mgH－μmgs3＝0
解得s3＝0.4 m
距离C点0.6 m，
综上可知当0.9 m3l－s3≤x≤3l
代入数据得2.6 m≤x≤3 m。
答案：(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)，以竖直向下为正方向
(3)当0.9 m当1.2 m≤h<1.65 m时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x “四类碰撞模型”的专题研究
模型(一) 子弹打木块模型
[典例] 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方体匀质木块，现有一颗质量为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
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(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，则对以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
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝eq \f(1,2)mv0′2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′
则eq \f(ΔE,ΔE′)＝eq \f(F阻d, F阻d′)＝eq \f(d,d′)
解得d′＝eq \f(1 568,147) cm
因为d′＞10 cm，所以能射穿木块。
[答案] (1)6 m/s 882 J (2)能
[针对训练]
(2023·青岛高三调研)如图所示，质量为M的木块放在水平地面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平地面上滑行的距离为s，已知木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( )
A．eq \f(m＋M,m) eq \r(2μgs) B．eq \f(M－m,m) eq \r(2μgs)
C．eq \f(m,m＋M) eq \r(μgs) D．eq \f(m,M－m) eq \r(μgs)
解析：选A 子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv1,M＋m)，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得v1＝eq \f(M＋m,m)·eq \r(2μgs)，故A正确。
模型(二) “滑块—弹簧”模型
[典例] (2022·全国乙卷)如图(a)，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(b)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，根据能量守恒定律知弹簧弹性势能最大值
Epmax＝eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－eq \f(1,2)(mB＋m)v02
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02。
(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－eq \f(aAt,5)。
根据位移等于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eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)·5m·(0.8v0)2＝eq \f(1,2)m·(－2v0)2＋eq \f(1,2)·5mvB′2，联立解得vA′＝v0。
设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得－mgLsin θ－μmgLcs θ＝0－eq \f(1,2)m(2v0)2。
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcs θ＝eq \f(1,2)mv02－0，
联立解得μ＝0.45。
[答案] (1)0.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45
[针对训练]
(2023·福州高三质检)如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是( )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
解析：选D 子弹射入物块A的过程为完全非弹性碰撞，动能损失最大，损失的动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，所以B错误；子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于子弹射入物块A前的动能，因为该过程子弹的部分动能转化为内能，所以C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时两物块都具有共同速度，有(mA＋m子)v1＝(mA＋m子＋mB)v2，ΔEp＝eq \f(1,2)(mA＋m子)v12－eq \f(1,2)(mA＋m子＋mB)v22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确。
模型(三) “滑块—曲面体”模型
[典例] (2023·重庆模拟)如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度大小为1 m/s。g取10 m/s2。求：
(1)小物块被弹簧弹出时的速度大小；
(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；
(3)小物块回到水平面的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。
[解析] (1)设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s。
(2)小物块第一次上升到最高点时速度等于v2，系统机械能守恒，有
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)(m＋M)v22＋mgh1
解得h1＝1 m。
(3)小物块能下落到大滑块光滑圆弧最高点并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，
有mv1＝mv1′＋Mv2′
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)Mv2′2
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
小物块再次滑上大滑块时v1″＝－v1′＝3 m/s
系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则
mv1″＋Mv2′＝(m＋M)v
eq \f(1,2)mv1″2＋eq \f(1,2)Mv2′2＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝0.04 m。
[答案] (1)5 m/s (2)1 m (3)3 m/s 0.04 m
[针对训练]
(多选)如图所示，c是半径为R的eq \f(1,4)圆周的圆弧形光滑槽，其质量为3m，静置于光滑水平面上，A为与c的圆心等高的点，B为c的最低点，与水平面相切。一可视为质点、质量未知的小球b静止在c右边的水平面上。将另一可视为质点、质量为m的小球a从槽口A点自由释放，到达水平面上与小球b发生弹性正碰。整个过程中，不计一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球a第一次下滑到B点过程中，小球a和光滑槽c组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．小球a第一次下滑到B点时，光滑槽c的速率为 eq \r(\f(gR,6))
C．小球a第一次下滑到B点时所受支持力大小为eq \f(5,2)mg
D．当小球b的质量为3m时，小球a与小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度为eq \f(1,64)R
解析：选BD 小球a第一次下滑到B点过程中，a、c组成的系统只有势能与动能相互转化，故系统机械能守恒；由于竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。因水平方向a、c组成的系统所受合外力为零，该方向动量守恒，有mva＋3mvc＝0，且eq \f(1,2)mva2＋eq \f(1,2)×3mvc2＝mgR，解得va＝eq \r(\f(3gR,2))、
vc＝－eq \r(\f(gR,6))，负号表示c与a运动方向相反，B正确。a下滑到B点时相对c的圆心速度vB＞va，根据F支－mg＝meq \f(vB2,R)，解得F支＞eq \f(5,2)mg，C错误。当小球b的质量为3m时，a与b发生弹性正碰有：mva＝3mvb＋mva′、eq \f(1,2)mva2＝eq \f(1,2)×3mvb2＋eq \f(1,2)mva′2，得va′＝－eq \f(1,2)va，负号表示与c运动方向相同；因|va′|＞|vc|，小球a将追上c并上滑，a、c组成的系统水平方向动量守恒，mva′＋3mvc＝4mv共，设a上升最大高度为h，则有eq \f(1,2)mva′2＋eq \f(1,2)×3mvc2＝eq \f(1,2)×4mv共2＋mgh，解得h＝eq \f(R,64)，D正确。
模型(四) “滑块—滑板”模型
[典例] (2022·山东等级考，节选)如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。
将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA＝0.1 kg，B的质量mB＝0.3 kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf。
[解析] (1)设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB；
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
代入数据联立解得vA＝－2 m/s，(方向水平向左)
vB＝2 m/s，(方向水平向右)
即A和B速度的大小分别为vA＝2 m/s，vB＝2 m/s。
(2)因为A返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A减速过程根据动能定理有
－μ1mAgx0＝0－eq \f(1,2)mAvA2
代入数据解得x0＝0.5 m
根据动量定理有－μ1mAgt2＝0－mAvA
代入数据解得t2＝0.5 s
此过程中A减速的位移等于A回到O′点时B向右的位移，所以对于此过程B有
μ2(mA＋mB)g＝mBa1，x0＝vBt1－eq \f(1,2)a1t12
联立各式代入数据解得t1＝eq \f(1,3) s，t1′＝1 s(舍去)
故根据几何关系有d＝vAt1＋x0
代入数据解得d＝eq \f(7,6) m。
(3)在A刚开始减速时，B的速度为
v2＝vB－a1t1＝1 m/s
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBa2
解得a2＝eq \f(13,3) m/s2
B停下来的时间为t3，则有0＝v2－a2t3
解得t3＝eq \f(3,13) s可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为xB＝eq \f(v22,2a2)＝eq \f(3,26) m
所以A对B的摩擦力所做的功为
Wf＝－μ1mAgxB＝－eq \f(3,65) J。
[答案] (1)2 m/s 2 m/s (2)eq \f(7,6) m (3)－eq \f(3,65) J
[针对训练]
(2023·开封高三调研)如图所示，在平台AD中间有一个光滑凹槽BC，滑板的水平上表面与平台AD等高，一物块(视为质点)以大小v0＝6 m/s的初速度滑上滑板，当滑板的右端到达凹槽右端C时，物块恰好到达滑板的右端，且此时物块与滑板的速度恰好相等。物块与滑板的质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块与滑板以及平台CD间的动摩擦因数均为μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)滑板的长度l；
(2)物块在平台CD上滑行的距离s。
解析：(1)设滑板的右端到达凹槽右端C时，物块与滑板的共同速度大小为v，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v
根据能量守恒定律有
μm1gl＝eq \f(1,2)m1v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
解得l＝3 m。
(2)由(1)得v＝2 m/s
对物块在平台CD上滑行的过程，根据动能定理有－μm1gs＝0－eq \f(1,2)m1v2
解得s＝0.5 m。
答案：(1)3 m (2)0.5 m
[课时跟踪检测]
A卷——全员必做
1.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M＝2m的斜面体，斜面体表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为( )
A．eq \f(h,3) B．eq \f(h,2)
C．eq \f(2h,3) D．h
解析：选C 斜面固定时，由动能定理得：－mgh＝0－eq \f(1,2)mv02，所以v0＝eq \r(2gh)；斜面不固定时，在水平方向动量守恒，得：mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh′，解得：h′＝eq \f(2,3)h，故C正确。
2.(多选)为了开发一款仿真益智电子游戏，研发小组先对现实模型进行研究，如图所示就是他们研究的现实模型之一。质量M＝1.2 kg的大滑块静止放在光滑水平面上，大滑块上侧有轨道abcd，ab段和cd段为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线水平，圆弧半径R＝0.2 m；水平直线轨道bc长L＝0.4 m；小物块质量m＝0.3 kg，小物块可视为质点。现将小物块从轨道左侧a点由静止释放，小物块在轨道内往复运动，最后停在直线bc的中点。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小物块向右运动到其能到达的最高点时大滑块速度为零
B．当小物块停在bc中点时大滑块的速度不为零
C．如果小物块第二次到达bc中点时停下，可求得小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4
D．小物块第一次到达b点时的动能为0.48 J
解析：选AD 小物块向右运动到最高点时，小物块与大滑块相对速度为零，由动量守恒定律知它们的速度都为零，由此可知，当小物块在bc中点停止运动时，大滑块速度也为零，A正确，B错误；根据能量关系mgR＝μmgs，得μ＝eq \f(R,s)，若小物块第二次到达bc中点时停下，即s＝1.5L，得μ＝eq \f(1,3)，C错误；小物块第一次到达b点时，小物块与大滑块的总动能为mgR，两者动量大小相等，根据Ek＝eq \f(p2,2m)，可知，动能与质量成反比，所以小物块动能为Ek1＝eq \f(M,M＋m)mgR＝0.48 J，D正确。
3．(多选)如图所示，光滑水平面上有三个质量均为m＝3 kg静止放置的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧有一挡板，质量不计。若A以v0＝4 m/s的初速度向B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内)，当A、B速度第一次相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞的时间极短，则以下说法正确的是( )
A．弹簧被压缩至最短时A的速度大小为2 m/s
B．从A开始运动到弹簧被压缩至最短时，C受到的冲量大小为4 N·s
C．从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能为3 J
D．在A、B、C相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为16 J
解析：选BC 取水平向右为正方向，设A、B第一次速度相同时速度大小为v1，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s。设A、B、C速度相同时的速度大小为v2，此时弹簧被压缩至最短，对A、B、C及弹簧组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝3mv2，解得v2＝eq \f(4,3) m/s，A错误；弹簧被压缩至最短时，C的速度为eq \f(4,3) m/s，从A开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中，对C由动量定理可知C受到的冲量大小I＝mv2－0＝4 N·s，B正确；B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv1＝2mv3，解得B、C粘接在一起后瞬间的共同速度为v3＝1 m/s，则从A开始运动到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能大小为ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv32＝3 J，C正确；当弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，从A开始运动到A、B、C共速的过程中，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×3mv22＋Epm＋ΔE，解得Epm＝13 J，D错误。
4.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为eq \f(mv02,72)
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq \f(v02,72g)
解析：选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0＝(m＋5m)v，解得v＝eq \f(1,6)v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6meq \f(v2,L)可知，细绳所受拉力变大，A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·6mv2＝eq \f(5,12)mv02，C错误；由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)·6mv2＝6mgh，解得h＝eq \f(v02,72g)，D正确。
5．(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平地面上，木板上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l。木板左端O处固定一水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上，细绳所能承受的最大拉力为F。现一质量为m的小滑块(可视为质点)以速度v从A点向左滑动，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块也恰未掉落。则( )
A．细绳拉断前滑块和长木板组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
C．滑块在AO之间滑动时木板的最大加速度为eq \f(F,M)
D．滑块与弹簧分离时木板的速度为eq \f(2mv,M＋m)
解析：选BC 细绳拉断前，系统合外力不为零，动量不守恒，A错误；因为最终长木板停止运动，小滑块恰未掉落，说明木板速度为零，小滑块速度为零，对整个系统应用能量守恒可知eq \f(1,2)mv2＝μmgl，故μ＝eq \f(v2,2gl)，B正确；细绳没有断裂之前木板处于平衡态，一个物体在n个力作用下处于平衡态，其中一个力与剩余(n－1)个力等大、共线、反向。因为细绳所能承受的最大拉力为F，所以细绳拉断瞬间木板所受的其余外力与细绳拉力平衡，大小为F，故细绳断裂时木板的合外力为F，此时加速度为a＝eq \f(F,M)，之后弹簧恢复原长的过程中弹力逐渐减小，木板做加速度逐渐减小的加速运动，C正确；从小滑块开始运动到弹簧恢复原长的过程，对小滑块和长木板应用能量守恒可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，从细绳断裂时到弹簧恢复原长的过程，系统合外力为零，动量守恒，故0＝mv1＋Mv2，解得v2＝ eq \r(\f(m2v2,M2＋Mm))，D错误。
6.(2023·山西大学附中质检)如图所示，一个半圆形竖直圆轨道与水平地面相切，水平地面上有一质量为m1＝0.99 kg的小球(可视为质点)，一颗子弹水平向右射入小球并留在小球中。小球向右运动到A点后沿半圆形竖直圆轨道运动并恰好能够通过最高点B。已知子弹的质量为m2＝0.01 kg，半圆轨道的半径为r＝0.32 m，水平地面和半圆轨道均光滑。求：
(1)小球经过A点时的速度大小；
(2)子弹射入小球过程产生的热量。
解析：(1)由题知小球向右运动到A点后沿半圆形竖直圆轨道运动并恰好能够通过最高点B，则有mg＝meq \f(vB2,r)
设小球经过A点时的速度为vA，则有mg·2r＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得vA＝4 m/s。
(2)设子弹射中小球前的速度为v0，子弹击中小球过程满足动量守恒定律
m2v0＝(m1＋m2)vA
由能量守恒定律可知，子弹射中小球过程产生的热量等于子弹和小球系统机械能的减少
Q＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)vA2，解得Q＝792 J。
答案：(1)4 m/s (2)792 J
7.如图所示，长为L的轻质细绳一端固定，另一端悬挂一质量为m的小球，将细绳拉至水平并刚好伸直，小球由静止开始下摆，并在最低点与质量也为m的滑块发生弹性碰撞。滑块右侧有一段长为0.2L的粗糙地面AB，与滑块间的动摩擦因数为0.5，B点右侧放置一质量为2m的eq \f(1,4)圆弧轨道(未固定)，已知重力加速度为g，除粗糙地面AB外其余部分摩擦均不计。
(1)滑块第一次到达B点时的速度大小；
(2)若滑块第一次冲上eq \f(1,4)圆弧轨道时恰能到达其顶端，求圆弧轨道半径。
解析：(1)设小球与滑块碰前的速度为v0，根据机械能守恒定律得mgL＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(2gL)
小球与滑块碰后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0，v2＝eq \r(2gL)
从A点到B点，根据动能定理得－μmg×0.2L＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv22
解得vB＝eq \f(3\r(5gL),5)。
(2)根据动量守恒定律得mvB＝(m＋2m)v
根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋mgR，解得v＝eq \f(vB,3)，R＝eq \f(3,5)L。
答案：(1)eq \f(3\r(5gL),5) (2)eq \f(3,5)L
B卷——重点选做
8．(2023·南阳高三月考)如图所示，质量为2m的木板A静止在光滑水平面上，其右端与固定的台阶相距一段距离。一根长度为L的轻质细线，一端与质量为0.8m的滑块B(可视为质点)相连，另一端固定在悬点O处的力传感器上，当细线处于竖直位置且保持静止时，滑块B恰好与木板A左端接触但无压力。靠近木板A左端有一支内壁光滑的弹丸发射器，发射器内有一根左端固定的轻质弹簧，质量为0.2m的小弹丸C放在处于压缩状态并被锁定的弹簧右端。开始时，用外力拉住滑块B使细线呈水平拉直状态，由静止释放滑块B并在适当的时刻解除弹簧的锁定，当滑块B到达最低点时被弹丸C水平击中(作用时间极短，作用后弹丸C留在了滑块内)，被击中的滑块B将细线拉断，力传感器显示细线被拉断瞬间的拉力大小为T＝9mg，之后滑块B(内含弹丸)从木板A左端上表面水平滑入。已知A、B之间的动摩擦因数为μ，木板A足够长，滑块B不会从木板A表面滑出，木板A与台阶碰撞后以碰撞前的速率反向弹回，弹丸发射器发射完毕后立即撤走，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)若木板A与台阶只发生了一次碰撞，求木板A右端距台阶的距离x应满足的条件。
解析：(1)细线被拉断瞬间有T－mg＝meq \f(v共2,L)
又T＝9mg
解得v共＝2eq \r(2gL)
弹丸与B碰撞过程动量守恒，有0.8mvB0＋0.2mv弹＝mv共
B下落过程机械能守恒，有0.8mgL＝eq \f(1,2)×0.8mvB02
联立解得vB0＝eq \r(2gL)，v弹＝6eq \r(2gL)
所以弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)×0.2mv弹2＝7.2mgL。
(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒有mv共＝mvB＋2mvA
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：2mvA≥mvB
对A应用动能定理μmgx＝eq \f(1,2)×2mvA2
联立解得x≥eq \f(L,2μ)
即A与台阶只能碰撞一次的条件是x≥eq \f(L,2μ)。
答案：(1)Ep＝7.2mgL (2)x≥eq \f(L,2μ)
9．(2022·河北高考)如图，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物块，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。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物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，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得v物＝eq \f(1－k,2)v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为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M1＝1 kg和M2＝2 kg，则由
M1v0－M2·kv0＝(M1＋M2)v滑
解得v滑＝eq \f(1－2k,3)v0＝eq \f(10－20k,3) 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′＝eq \f(10－20k,3) 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＝eq \f(1,2)m′v物′2－eq \f(1,2)(m′＋M′)v共2
解得x相＝1.875 m。
答案：(1)5(1－k) m/s eq \f(10－20 k,3) m/s 方向均向右 (2)1.875 m
10．(2023·汕头高三模拟)如图甲所示，以v＝1.8 m/s的速度顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角θ＝37°，质量为mB＝3 kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧，B、C同时静止释放，且此时弹簧恰好处于原长，B、C与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.75。质量为mA＝1 kg的小物块A在与物块B距离0.6 m处，以v0＝6 m/s的初速度沿斜面向下运动，A与斜面间动摩擦因数也为μ＝0.75，传送带的上、下端均足够长，A、B碰撞无机械能损失。以A、B碰撞的时刻为0时刻，B、C物块运动的a-t图像如图乙所示，规定沿斜面向下为正方向，其中，第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1，第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t(A、B碰撞时间忽略不计)；
(2)物块C的质量mC及图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小；
(3)若0到2t0时间内C的位移x0＝0.2 m，则这一过程中B、C和弹簧组成的系统机械能变化了多少。
解析：(1)因为(mB＋mC)gsin θ＝μ(mB＋mC)gcs θ
所以碰撞前B、C静止，A匀速向下运动，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
mAv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
联立解得vA＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v0＝－3 m/s，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0＝3 m/s
碰后A反向运动，据牛顿第二定律可得mAgsin θ＋μmAgcs θ＝mAa，解得a＝12 m/s2
A与传送带共速的时间为t2＝eq \f(|vA|－v,a)＝0.1 s
该过程的位移为x＝eq \f(vA2－v2,2a)＝0.24 m
此后匀速上升，所用时间为t3＝eq \f(0.6－0.24,1.8) s＝0.2 s
碰之前匀速下降的时间为t1＝eq \f(0.6,6) s＝0.1 s
故物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.4 s。
(2)B以3 m/s开始压缩弹簧，C的加速度沿斜面向下，所以第一象限是C的运动图线，第四象限是B的运动图线，B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力，所以B、C系统动量守恒，t0时刻弹簧压缩到最短，此时有a0＝eq \f(F弹,mC)，eq \f(a0,2)＝eq \f(F弹,mB)
可得物块C的质量为mC＝1.5 kg
t0时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得mBvB＝(mB＋mC)v共，解得v共＝2 m/s
即|ΔvB|＝1 m/s，|ΔvC|＝2 m/s
所以S1＝1 m/s
所以2t0时刻S2＝2|ΔvC|＝4 m/s。
(3)0和2t0时刻弹簧均为原长，所以C的位移等于B的位移，机械能变化等于摩擦力对B、C做的功ΔE＝－μmCgx0cs θ－μmBgx0cs θ＝－5.4 J
即机械能损失了5.4 J。
答案：(1)0.4 s (2)1.5 kg 1 m/s 4 m/s
(3)5.4 J
第6讲 实验：验证动量守恒定律(重点实验)
实验方案(一) 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
[实验器材]
气垫导轨、光电计时器、天平、带挡光片的滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等。
[实验步骤]
1．测质量：用天平测出两滑块质量。
2．安装：正确安装好气垫导轨。
3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)。
[数据处理]
1．滑块速度的测量：v＝eq \f(Δx,Δt)，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
[注意事项]
1．利用气垫导轨进行实验，首先要调整导轨水平。
2．气垫导轨未通气时，不允许将滑块在导轨上滑动，防止划伤、碰坏气垫导轨。
3．给滑块的初速度应沿着气垫导轨的方向。
[误差分析]
1．气垫导轨是否完全水平，实验是否满足动量守恒的条件。
2．滑块质量和挡光片宽度的测量是否准确。
实验方案(二) 研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
[实验器材]
斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等。
[实验步骤]
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
2．安装：按照如图甲所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下铅垂线所指的位置O。
4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度(同步骤4中的高度)自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N，如图乙所示。
[数据处理]
1．小球水平射程的测量：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。
2．验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。
[注意事项]
1．碰撞的两小球应保证“水平”和“正碰”。
2．选质量较大的小球作为入射小球，即m1＞m2。
3．实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
[误差分析]
1．主要来源于质量m1、m2的测量。
2．小球落点的确定。
3．小球水平位移的测量。
验证两物体碰撞过程中系统动量是否守恒，关键是实验设计与装置及两物体速度和质量的测量，实验设计与装置不同，测量物体的速度方法也不同，有时同一实验装置也可用来验证不同的规律。
关键点(一) 不同方案中速度的测量方式
[考法感悟]
1．某同学用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，A、B为半径相同的小球(mA>mB)，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一位置G由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止释放。两球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作多次。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O点对齐(未画出)。
(1)碰撞后B球的水平位移应为________cm；
(2)以下选项中，本次实验必须进行测量的是______(填选项前的字母)。
A．测量A球未与B球相碰时的平均落点到O点的距离
B．测量A球与B球相碰后的平均落点到O点的距离
C．测量A球和B球的直径
D．测量A球和B球的质量
E．测量水平槽面相对于O点的高度
解析：(1)如题图所示，用尽可能小的圆把小球落点圈在里面，由此可见圆心的位置是65.7 cm，即碰撞后B球的水平位移应为65.7 cm；
(2)本实验需要验证的方程是：mAeq \x\t(OK)＝mAeq \x\t(ON)＋mBeq \x\t(OM)，(其中的K、N、M分别是A球未与B球碰撞时的平均落地点、A球与B球相碰后A球的平均落地点以及A球与B球相碰后B球的平均落地点)，则需要测量两球的质量mA、mB，水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离eq \x\t(OK)。A球与B球碰撞后，测量两球平均落点位置到O点的距离eq \x\t(ON)和eq \x\t(OM)。故A、B、D正确，C、E错误。
答案：(1)65.7(±0.2) (2)ABD
2．(2023·洛阳质检)为了验证动量守恒定律，某同学使用如图甲所示的气垫导轨装置进行实验。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当两个刚性滑行器通过G1、G2光电门时，光束被滑行器上的挡光片遮挡的时间称为光电门的挡光时间。预先测得滑行器连同挡光片的总质量分别为M、m(M＞m)，两挡光片宽度为D(两挡光片宽度相同)。该同学想在水平的气垫导轨上，只利用以上仪器验证动量守恒定律，请回答下列问题：
(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺母，使气垫导轨水平。在不增加其他测量器材的情况下，调水平的步骤是：接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑行器M放在气垫导轨上的任意位置都能保持静止，或者轻推滑行器M，M分别通过光电门G1、G2的时间________，则导轨水平。
(2)用游标卡尺测量两挡光片的宽度如图乙所示，则D＝____________。
(3)将滑行器M静置于两光电门之间，将滑行器m置于光电门G1右侧，用手推动m，使m获得水平向左的速度经过光电门G1并与M发生碰撞且被弹回，再次经过光电门G1。光电门G1先后记录的挡光时间为Δt11、Δt12，光电门G2记录的挡光时间为Δt2。在本次实验中，若表达式________________(用M、m、Δt11、Δt12、Δt2表示)在误差允许的范围内成立，则动量守恒定律成立。
解析：(1)实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平。
(2)两挡光片的宽度为5 mm＋15×0.05 mm＝5.75 mm。
(3)滑行器m两次经过光电门G1的速度近似等于经过光电门时的平均速度，分别为v1＝eq \f(D,Δt11)，v1′＝eq \f(D,Δt12)，滑行器M经过光电门G2的速度v2＝eq \f(D,Δt2)，若本次实验中动量守恒，则mv1＝Mv2－mv1′，整理得meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Δt11)＋\f(1,Δt12)))＝Meq \f(1,Δt2)。
答案：(1)相等 (2)5.75 mm(0.575 cm,5.75×10－3 m) (3)eq \f(m,Δt11)＋eq \f(m,Δt12)＝eq \f(M,Δt2)
3．如图甲所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示，请将表中数据补充完整：θ＝________度。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________。(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：______________________________________________。
解析：(1)分度值为1°，故读数为22.4。
(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：
mv＝(m＋M)v′
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cs θ)，
联立解得：v＝eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl1－cs θ)。
(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)。
答案：(1)22.4(22.1～22.7均正确)
(2)eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl1－cs θ) (3)见解析
4．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：
步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；
步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；
步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；
步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示。
(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________。
①P5、P6之间 ②P6处 ③P6、P7之间
(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。
①A、B两个滑块的质量m1和m2
②滑块A释放时距桌面的高度
③频闪照相的周期
④照片尺寸和实际尺寸的比例
⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78
⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89
⑦滑块与桌面间的动摩擦因数
写出验证动量守恒的表达式__________________________________________________。
(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处，又由于P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确。
(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝eq \f(s34＋s45,2T)，v5＝eq \f(s45＋s56,2T)，又v5＝eq \f(v4＋v6,2)，解得碰撞前滑块A速度v6＝eq \f(2s56＋s45－s34,2T)，同理，碰撞后整体的速度v6′＝eq \f(2s67＋s78－s89,2T)，需要验证的方程为m1v6＝(m1＋m2)v6′，将以上两式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接测量的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正确。
(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动。②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。③适当增大相机和轨道槽的距离，减小由于镜头拍摄引起的距离误差。④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。
答案：(1)② (2)①⑥ m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89) (3)见解析(任意一条即可)
5．一同学采用如图(a)所示的实验装置，设计了“验证动量守恒定律”的实验。实验装置中的斜面和水平面之间用很短的平滑曲面连接，物块通过平滑曲面时速度大小不变。实验步骤主要包括：
①选取两块表面粗糙程度相同的物块A、B。
②将两个粘扣分别钉到两物块的侧面上，使两物块相碰时能粘合在一起。
③让物块A从斜面上某一位置O处由静止开始滑下，记下物块A在水平面上停下的位置P(多次滑下以准确确定位置P)，如图(b)所示。
④在靠近斜面底端处放物块B，并使带有粘扣的一侧朝左，标出此时B所处位置M，让物块A从同一位置O处由静止开始滑下，A、B碰撞后粘合在一起，标出停止时两物块的位置N，如图(c)所示。
⑤用刻度尺测MP、MN的长度s1和s2，用天平测出A、B的质量mA、mB。
(1)只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式____________________，就可以认为碰撞瞬间A、B系统的总动量保持不变。
(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①______________________________；
②________________________________________________________________________。
解析：(1)设碰前物块A的速度大小为v1，碰后瞬间物块A、B的共同速度为v2，对未放物块B时物块A从M运动到P的过程，由动能定理得－μmAgs1＝－eq \f(1,2)mAv12，解得v1＝eq \r(2μgs1)，对碰撞后A、B一起从M运动到N的过程，由动能定理可得－μ(mA＋mB)gs2＝－eq \f(1,2)(mA＋mB)v22，解得v2＝eq \r(2μgs2)，碰撞瞬间若满足动量守恒，则应有mAv1＝(mA＋mB)v2，即mAeq \r(2μgs1)＝(mA＋mB) eq \r(2μgs2)，整理得mAeq \r(s1)＝(mA＋mB)eq \r(s2)。即只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式mAeq \r(s1)＝(mA＋mB)eq \r(s2)，碰撞瞬间A、B系统的总动量就保持不变。
(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①增加物块A开始下滑时的高度；②让碰撞点尽量接近斜面底端。
答案：(1)mAeq \r(s1)＝(mA＋mB)eq \r(s2) (2)见解析
[系统建模]
在验证动量守恒定律的实验中，物体速度的测量方式很多种，如第1题利用平抛运动的水平位移代替速度，第2题利用光电门测量滑块的速度，第3题利用机械能守恒定律测量摆块速度，第4题利用数码照片测量滑块速度，第5题则利用动能定理和滑行位移测量滑块速度。
关键点(二) 同一实验装置验证不同的物理规律
[考法感悟]
1．(2023·青岛模拟)某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒。在离地面高度为h的光滑水平桌面上，放置两个小球a和b。其中b与轻弹簧紧挨着但不拴接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定。a放置于桌面边缘，球心在地面上的投影点为O点。实验时，先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌面运动后水平飞出。再将a放置于桌面边缘，弹簧重新锁定。解除锁定后，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出。重复实验10次。实验中，小球落点记为A、B、C。
(1)若a球质量为ma，半径为ra；b球质量为mb，半径为rb。b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出，则________。
A．ma＜mb，ra＝rb B．ma＜mb，ra＜rb
C．ma＞mb，ra＝rb D．ma＞mb，ra＞rb
(2)为了验证碰撞过程遵循动量守恒，本实验中必须测量的物理量有________。(填选项前的字母)
A．小球a的质量ma和小球b的质量mb
B．小球飞出的水平距离xOA、xOB、xOC
C．桌面离地面的高度h
D．小球飞行的时间
(3)关于本实验的实验操作，下列说法中正确的是________。(填选项前的字母)
A．重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同
B．重复操作时发现小球的落点并不完全重合，说明实验操作中出现了错误
C．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D．仅调节桌面的高度，桌面越高，线段OB的长度越长
(4)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：________________，即说明碰撞过程遵循动量守恒。(用题中已测量的物理量表示)
(5)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为________。(用题中已测量的物理量表示)
解析：(1)为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该使mb大于ma，为了使碰撞能沿水平方向发生，则二者的球心的高度要相同，所以它们的半径要相等。故A正确，B、C、D错误。
(2)要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故A、B正确，C、D错误。
(3)重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同，可以保证b球能够获得相等的速度，故A正确；重复操作时发现小球的落点并不完全重合，是系统误差导致，不是实验操作中出现了错误，故B错误；用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故C正确；仅调节桌面的高度，桌面越高，则小球飞行的时间越长，则线段OB的长度越长，故D正确。
(4)小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：mbv0＝mbv1＋mav2，两边同时乘以时间t，得：mbv0t＝mbv1t＋mav2t，则：mb·OB＝mb·OA＋ma·OC。
(5)桌面离地面的高度为h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，b的初速度：v0＝eq \f(OB,t)＝OB·eq \r(\f(g,2h))，弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mbv02＝eq \f(mbg·OB2,4h)。
答案：(1)A (2)AB (3)ACD
(4)mb·OB＝mb·OA＋ma·OC
(5)eq \f(mbg·OB2,4h)
2．(2022·济宁模拟)某同学用如图的装置做“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：
①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，撞到木板在记录纸上留下压痕O。
②将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板在记录纸上留下压痕B。
③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a 仍从原固定点由静止开始滚下，与b球相碰后，两球撞在木板上，并在记录纸上留下压痕A和C。
(1)本实验必须测量的物理量是________。
A．小球a、b的质量ma、mb
B．小球a、b的半径r
C．斜槽轨道末端到木板的水平距离x
D．球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差h
E．记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3
(2)放上被碰小球，两球相碰后，小球a在图中的压痕点为________。
(3)若两球碰撞动量守恒，则应满足的表达式为________。(用①中测量的量表示)
(4)若两球发生的是弹性碰撞，则还应满足的表达式为：______________________。
解析：(1)设小球a未与小球b碰撞经过斜槽轨道末端的速度为va，两球碰撞后a、b的速度分别为va′和vb′。若两球碰撞动量守恒，则mava＝mava′＋mbvb′；根据平抛运动规律得va＝eq \f(x,t)＝xeq \r(\f(g,2y2))；va′＝xeq \r(\f(g,2y3))；vb′＝xeq \r(\f(g,2y1))；应满足的表达式为eq \f(ma,\r(y2))＝eq \f(ma,\r(y3))＋eq \f(mb,\r(y1))。所以本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3；所以A、E正确。
(2)放上被碰小球，两球相碰后，小球a平抛运动的速度减小，运动时间变长，根据y＝eq \f(1,2)gt2知，竖直下降的高度增大，所以在图中的压痕点为C。
(3)由上可知，若两球碰撞动量守恒，则应满足的表达式为eq \f(ma,\r(y2))＝eq \f(ma,\r(y3))＋eq \f(mb,\r(y1))。
(4)若两球发生的是弹性碰撞，则机械能守恒，
即eq \f(1,2)mava2＝eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbvb′2，
将va＝xeq \r(\f(g,2y2))，va′＝xeq \r(\f(g,2y3))，vb′＝xeq \r(\f(g,2y1))，代入得eq \f(ma,y2)＝eq \f(ma,y3)＋eq \f(mb,y1)。
答案：(1)AE (2)C (3)eq \f(ma,\r(y2))＝eq \f(ma,\r(y3))＋eq \f(mb,\r(y1))
(4)eq \f(ma,y2)＝eq \f(ma,y3)＋eq \f(mb,y1)
[系统建模]
实验命题中常用同一实验装置验证不同的物理规律。如第1题验证两球碰撞中系统动量是否守恒的同时，探究弹簧锁定时具有的弹性势能；第2题验证两球碰撞中系统动量是否守恒的同时，探究两球的弹性碰撞机械能守恒的表达式。
1．(2023·济南模拟)某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示。
根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻如表所示。
根据实验数据，回答下列问题：
(1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起瞬间的速度大小为________m/s(保留3位有效数字，当地重力加速度g取9.8 m/s2)。
(2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的________倍(用k表示)，第2次碰撞过程中k＝________(保留2位有效数字)。
解析：(1)由表可知从第三次碰撞到第四次碰撞用时0.4 s，则碰后弹起的时间为0.2 s，根据匀变速直线运动速度与时间关系，有v＝gt，代入数据解得v＝1.96 m/s。
(2)设碰撞后弹起瞬间速度为kv，该次碰撞前瞬间速度大小为v，则碰撞后的动能为eq \f(1,2)m(kv)2，该次碰撞前动能为eq \f(1,2)mv2，所以每次碰撞损失的动能为eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)m(kv)2，与碰撞前动能的比值为eq \f(v2－kv2,v2)＝1－k2，第2次碰撞前的速度v＝gt＝0.23g，第2次碰撞后的速度v＝0.21g，所以k＝eq \f(0.21g,0.23g)≈0.91。
答案：(1)1.96 (2)1－k2 0.91
2．利用“类牛顿摆”验证动量守恒定律。实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤如下：
(1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图甲。
(2)将坐标纸竖直固定在同一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机相机高速连拍。
(3)分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为________，若满足关系式________________，则验证了碰撞中动量守恒。
(4)与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：______________________。
解析：(3)从A位置到最低点的高度差h1＝9d，由机械能守恒定律可得碰撞前的速度v1＝eq \r(2gh1)＝3eq \r(2gd)
则碰前球1的动量大小为p1＝m1v1＝3m1eq \r(2gd)
碰撞后球2上升高度为h2′＝4d，由机械能守恒定律可得，碰后球2的速度大小为v2′＝eq \r(2g×4d)＝2eq \r(2gd)
动量大小为p2′＝m2v2′＝2m2eq \r(2gd)
碰后球1的速度为v1′＝－eq \r(2gd)
碰后球1动量为p1′＝－m1v1′＝－m1eq \r(2gd)
若碰撞前后动量守恒，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
联立解得3m1eq \r(2gd)＝2m2eq \r(2gd)－m1eq \r(2gd)
整理可得2m1＝m2。
(4)与单线摆相比，双线摆的优点是：双摆线能保证小球运动更稳定，使小球运动轨迹在同一竖直平面内。
答案：(3)3m1eq \r(2gd) 2m1＝2m2 (4)使小球运动轨迹在同一竖直平面内
3．(2022·全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
(1)调节导轨水平；
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________kg的滑块作为A；
(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等；
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2；
(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示；
(6)表中的k2＝________(保留2位有效数字)；
(7)eq \f(v1,v2)的平均值为________(保留2位有效数字)；
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由eq \f(v1,v2)判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则eq \f(v1,v2)的理论表达式为________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________(保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
解析：(2)应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304 kg的滑块作为A。
(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得
k2＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(t2,t1)＝eq \f(0.21,0.67)≈0.31。
(7)eq \f(v1,v2)平均值为
eq \(k,\s\up6(－))＝eq \f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)≈0.32。
(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
m1v0＝－m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2－m1,2m1)
代入数据可得eq \f(v1,v2)≈0.34。
答案：(2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8)eq \f(m2－m1,2m1) 0.34动量
冲量
定义
物体的质量与速度的乘积
力与力的作用时间的乘积
表达式
p＝mv单位为kg·m/s
I＝FΔt单位为N·s
方向
动量的方向与速度的方向相同
冲量的方向与力的方向相同
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
图像法
利用F-t图像计算，F-t图像与横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
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＝p′－p求变力的冲量
流体及其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤
1
建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
2
微元研究：作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程：应用动量定理研究这段柱状流体
微粒及其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，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，柱体的横截面积为S
2
微元研究：作用时间Δt内一段柱状流体的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt
3
建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算
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
近似守恒
系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒
系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒
种类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
动量守恒
爆炸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
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
模型图示
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。
两种情境
(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＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝eq \f(1,2)mv02－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)Mv22＋\f(1,2)mv12))
模型图示
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：系统在运动过程中只有重力或弹簧弹力做功，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，弹簧弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
(4)弹簧恢复原长时，弹簧弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
模型图示
模型特点
(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。
(2)返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。
模型图示
模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
挡位
平均最大偏角θ/度
弹丸质量m/kg
摆块质量M/kg
摆长l/m
弹丸的速度v/(m·s－1)
低速挡
15.7
0.007 65
0.078 9
0.270
5.03
中速挡
19.1
0.007 65
0.078 9
0.270
6.77
高速挡
0.007 65
0.078 9
0.270
7.15
碰撞次数
1
2
3
4
5
6
7
碰撞时刻/s
1.12
1.58
2.00
2.40
2.78
3.14
3.47
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝eq \f(v1,v2)
0.31
k2
0.33
0.33
0.33