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第7課時　動量定理　動量守恒定律
【知識網絡】
熱點一　動量定理的應用
1.沖量的三種計算方法
(1)公式法：I＝Ft，適用于求恒力的沖量。
(2)動量定理法：I＝p′－p，多用于求變力的沖量或F、t未知的情況。
(3)圖像法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量。若F－t呈線性關系，也可直接用平均力求變力的沖量。
2.動量定理在“四類”問題中的應用
(1)解緩沖問題。
(2)求解平均力問題。
(3)求解流體問題。
(4)在電磁感應中求解電荷量問題。
例1 (2024·山東日照一模)臺風對沿海地區的破壞力非常巨大，12級臺風登陸時中心附近最大風速約為35 m/s。已知小明站立時，在垂直于風速方向的受力面積約為0.5 m2，空氣的密度約為1.29 kg/m3。假設空氣吹到人身體上后速度減為零，則小明站在12級臺風中心附近，所受的風力大小約為(　　)
A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N
訓練1 (多選)(2024·廣東江門一模)數據表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6 ms以上，人頭部的質量約為2 kg，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率
B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量
C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等
D.若事故中頭部以6 m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為
2 000 N
訓練2 (多選)一個質量為60 kg的蹦床運動員，從離水平網面某高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機錄下運動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機作出v－t圖像如圖2所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6 s，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，下列說法正確的是(　　)
圖2
A.網對運動員的平均作用力大小為1 950 N
B.運動員動量的變化量為1 080 kg·m/s
C.彈力的沖量大小為480 N·s
D.運動員所受重力的沖量大小為1 560 N·s
熱點二　動量守恒定律及其應用
1.判斷守恒的三種方法
2.動量守恒定律的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
例2 如圖3所示，兩物塊A、B質量分別為m、2m，與水平地面間的動摩擦因數分別為2μ、μ，其間用一輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長狀態，使A、B兩物塊同時獲得一個方向相反，大小分別為v1、v2的水平速度，彈簧再次恢復原長時兩物塊的速度恰好同時為零。關于這一運動過程，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.兩物塊A、B及彈簧組成的系統動量不守恒
B.兩物塊A、B及彈簧組成的系統機械能守恒
C.兩物塊A、B初速度的大小關系為v1＝v2
D.兩物塊A、B運動的路程之比為2∶1
例3 (多選)如圖4所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足夠長的豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為m0的球C，現將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是(重力加速度為g) (　　)
圖4
A.A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為
B.A、B兩木塊分離時，C的速度大小為
C.球C由靜止釋放到最低點的過程中，A對B的彈力的沖量大小為2m0
D.球C由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為
訓練3 (多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
熱點三　碰撞模型及拓展
1.碰撞問題遵循的三條原則
2.兩種碰撞
(1)彈性碰撞
一動一靜彈性碰撞：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
(2)完全非彈性碰撞
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失最多，為
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v。
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
圖例(水平面光滑) 小球—彈簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型
達到共速 相當于完全非彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最多，分別轉化為彈性勢能、重力勢能或電勢能
再次分離 相當于彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，機械能守恒，滿足mv＝mv＋Mv
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
圖例 (水平面、 水平導軌 都光滑)
達到共速 相當于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最多，分別轉化為內能或電能
例4 (多選)(2024·福建福州一模)在某次臺球游戲中，出現了如圖5所示的陣型，5個小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個球B、C、D、E質量均為m1，A球、F球質量均為m2，A球以速度v0與B球發生碰撞，所有的碰撞均可認為是彈性碰撞，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.若m1＝m2，最終將有1個小球運動
B.若m1＜m2，相鄰兩小球之間只發生1次碰撞
C.若m1＞m2，最終將有3個小球運動，且運動方向一致
D.若m1＞m2，最終將有3個小球運動，且運動方向不一致
訓練4 (2024·重慶九龍坡模擬)如圖6為臺球選手正在準備擊球，設在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
圖6
A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA
1.(多選)(2024·全國甲卷，20)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖7所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖7
A.t＝0.15 s時，運動員的重力勢能最大
B.t＝0.30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C.t＝1.00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
2.(2024·江蘇卷，9)如圖8所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側用一根細繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則(　　)
圖8
A.彈簧恢復原長時A的動能最大
B.彈簧壓縮至最短時A的動量最大
C.整個系統動量變大
D.整個系統機械能變大
3.(2024·江蘇卷，14)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發射場發射升空并進入地月轉移軌道，探測器經過軌道修正、近月制動，順利進入環月軌道飛行。此后，探測器經歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度vA；
(2)分離時A對B的推力大小。
4.(2024·廣東卷，14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
圖9
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖9甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ；
(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
基礎保分練
1.(2024·江蘇淮陰高三適應性考試)2024年4月30日，神舟十七號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。返回艙經歷一系列減速過程后，在距離地面高度只有1 m時，返回艙的速度為7 m/s，此時底部的反推火箭將瞬間點火，讓返回艙的速度快速降至2 m/s，從而實現軟著陸。已知返回艙的總質量約為3 t，重力加速度取10 m/s2，火箭點火時間約為0.15 s，則點火過程返回艙受到的反向推力約為(　　)
A.7.0×104 N B.1.0×105 N C.1.3×105 N D.1.6×105 N
2.(2024·湖北武漢高三期末)一物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻起，受到的水平外力F作用，如圖1所示，以向右運動為正方向，物體質量為2.5 kg，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.t＝2 s時物體回到出發點
B.t＝3 s時物體的速度大小為1 m/s
C.前2 s內物體的平均速度為0
D.第3 s內物體的位移為1 m
3.(多選)(2023·新課標卷，19)如圖2，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
圖2
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等
D.甲和乙的動量之和不為零
4.(多選)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變為與車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風面積(垂直運動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運行。若只考慮車頭有空氣阻力，不計軌道摩擦等其他阻力作用，下列說法正確的是 (　　)
圖3
A.列車的最大運行速度為
B.列車的最大運行速度為
C.列車受到的最大阻力為
D.列車受到的最大阻力為
5.如圖4所示，質量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發生正碰，碰前A、B的速度分別為vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B兩小球的速度vA′和vB′可能是(　　)
圖4
A.vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝0
C.vA′＝0，vB′＝2 m/s
D.vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
6.(多選)(2024·河北邯鄲一模)如圖5所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，小物塊B放置在水平軌道上，小物塊A從圓弧軌道釋放，A、B在水平軌道上發生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圓弧軌道，然后返回與B發生第二次碰撞，已知B的質量是A質量的4倍，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比可能為(　　)
圖5
A.4 B.2 C. D.
7.如圖6所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的質量均為1 kg。滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝2 m/s速度水平向右運動，彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，則B和C碰撞過程中整個系統損失的機械能為(　　)
圖6
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
提能增分練
8.(多選)(2024·吉林一中一模)碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數游樂場都設置了碰碰車，如圖7所示為兩游客分別駕駛碰碰車進行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設碰撞的過程沒有機械能損失。則下列說法正確的是(　　)
圖7
A.若碰后兩車的運動方向相同，則一定有m1＞m2
B.若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5∶6
C.若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有m2＞3m1
D.碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3∶1
9.如圖8所示，小球B和小球C靜止在光滑水平面上，輕彈簧一端固定在B球上，另一端與C球接觸但未拴接，彈簧處于自然伸長狀態，小球A從光滑圓弧面上距水平地面高h處由靜止滑下，圓弧面與水平地面平滑連接，A球與B球發生彈性正碰，并在碰撞后立即將A球拿走。已知小球A的質量為m，小球B的質量為3m，重力加速度為g，求：
圖8
(1)A球和B球碰撞后瞬間，B球的速度大小；
(2)要使C球能獲得最大動能，C球的質量應為多少。
培優高分練
10.(2024·湖北恩施二模)如圖9所示，光滑水平面上的小車質量為2m，小車左側部分有半徑為R的光滑圓弧軌道，與水平軌道AB相切于A點，小車右端B點固定一個豎直彈性擋板，A、B間距為2R。質量為m的小物塊從圓弧軌道最高點以v0＝2的速度滑下，已知小物塊與A、B間軌道的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g。
圖9
(1)若將小車固定，求物塊經過圓弧軌道最低點時受到支持力的大小；
(2)若小車不固定，求物塊第一次滑過A點時小車的速度大小；
(3)若小車不固定，求物塊最終靜止的位置與A點的距離及全過程小車的位移大小。
熱點一　動量定理的應用
1.沖量的三種計算方法
(1)公式法：I＝Ft，適用于求恒力的沖量。
(2)動量定理法：I＝p′－p，多用于求變力的沖量或F、t未知的情況。
(3)圖像法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量。若F－t呈線性關系，也可直接用平均力求變力的沖量。
2.動量定理在“四類”問題中的應用
(1)解緩沖問題。
(2)求解平均力問題。
(3)求解流體問題。
(4)在電磁感應中求解電荷量問題。
例1 (2024·山東日照一模)臺風對沿海地區的破壞力非常巨大，12級臺風登陸時中心附近最大風速約為35 m/s。已知小明站立時，在垂直于風速方向的受力面積約為0.5 m2，空氣的密度約為1.29 kg/m3。假設空氣吹到人身體上后速度減為零，則小明站在12級臺風中心附近，所受的風力大小約為(　　)
A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N
答案　A
解析　單位時間吹到人身體上的空氣質量m＝ρV＝ρSvΔt，根據動量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的風力大小約為F＝ρSv2＝1.29×0.5×352 N≈790 N，故A正確。
訓練1 (多選)(2024·廣東江門一模)數據表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6 ms以上，人頭部的質量約為2 kg，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率
B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量
C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等
D.若事故中頭部以6 m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為
2 000 N
答案　ACD
解析　根據FΔt＝Δp可得F＝，依題意知，頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率，故A正確；頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量，故B錯誤；根據I＝FΔt知，頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等，故C正確；若事故中頭部以6 m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力F＝＝ N＝2 000 N，故D正確。
訓練2 (多選)一個質量為60 kg的蹦床運動員，從離水平網面某高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機錄下運動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機作出v－t圖像如圖2所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6 s，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，下列說法正確的是(　　)
圖2
A.網對運動員的平均作用力大小為1 950 N
B.運動員動量的變化量為1 080 kg·m/s
C.彈力的沖量大小為480 N·s
D.運動員所受重力的沖量大小為1 560 N·s
答案　AD
解析　由題圖可知自由落體運動時間t1＝＝ s＝0.8 s，在t1～t2時間內，網對運動員有作用力，根據動量定理得(mg＋)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得＝－1 950 N，網對運動員的平均作用力大小為1 950 N，A正確；從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，運動員動量的變化量為0，B錯誤；彈力的沖量大小為I＝||(t2－t1)＝1 560 N·s，C錯誤；運動員所受重力的沖量大小與彈力對運動員的沖量大小相等，即1 560 N·s，D正確。
熱點二　動量守恒定律及其應用
1.判斷守恒的三種方法
2.動量守恒定律的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
例2 如圖3所示，兩物塊A、B質量分別為m、2m，與水平地面間的動摩擦因數分別為2μ、μ，其間用一輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長狀態，使A、B兩物塊同時獲得一個方向相反，大小分別為v1、v2的水平速度，彈簧再次恢復原長時兩物塊的速度恰好同時為零。關于這一運動過程，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.兩物塊A、B及彈簧組成的系統動量不守恒
B.兩物塊A、B及彈簧組成的系統機械能守恒
C.兩物塊A、B初速度的大小關系為v1＝v2
D.兩物塊A、B運動的路程之比為2∶1
答案　D
解析　物塊A、B的質量分別為m、2m，與地面間的動摩擦因數分別為2μ、μ，因此在滑動過程中，兩物塊所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系統所受合外力為零，系統動量守恒，故A錯誤；在系統運動過程中要克服摩擦力做功，系統的機械能轉化為內能，系統機械能不守恒，故B錯誤；系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，故C錯誤；極短時間Δt內也滿足mv1Δt－2mv2Δt＝0，設A、B的路程分別為s1、s2，則ms1－2ms2＝0，即s1＝2s2，則有s1∶s2＝2∶1，故D正確。
例3 (多選)如圖4所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足夠長的豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為m0的球C，現將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是(重力加速度為g) (　　)
圖4
A.A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為
B.A、B兩木塊分離時，C的速度大小為
C.球C由靜止釋放到最低點的過程中，A對B的彈力的沖量大小為2m0
D.球C由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為
答案　AD
解析　小球C下落到最低點時，A、B將要開始分離，此過程A、B、C組成的系統水平方向動量守恒，有m0vC＝2mvAB，根據機械能守恒定律有m0gL＝m0v＋×2mv，聯立解得vC＝2，vAB＝，故A正確，B錯誤；C球由靜止釋放到最低點的過程中，選B為研究對象，由動量定理有IAB＝mvAB＝m0，故C錯誤；C球由靜止釋放到最低點的過程中，系統水平方向動量守恒，設C對地向左水平位移大小為x1，A、B對地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝，故D正確。
訓練3 (多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
答案　BC
解析　選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為m運，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝m運v1－mv0，物塊與擋板發生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有m運v1＋mv0＝－mv0＋m運v2，依此類推，m運v2＋mv0＝－mv0＋m運v3，…，m運v7＋mv0＝－mv0＋m運v8，又運動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m運＜15m，即52 kg＜m運＜60 kg，故B、C項正確，A、D項錯誤。
熱點三　碰撞模型及拓展
1.碰撞問題遵循的三條原則
2.兩種碰撞
(1)彈性碰撞
一動一靜彈性碰撞：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
(2)完全非彈性碰撞
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失最多，為
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v。
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
圖例(水平面光滑) 小球—彈簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型
達到共速 相當于完全非彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最多，分別轉化為彈性勢能、重力勢能或電勢能
再次分離 相當于彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，機械能守恒，滿足mv＝mv＋Mv
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
圖例 (水平面、 水平導軌 都光滑)
達到共速 相當于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最多，分別轉化為內能或電能
例4 (多選)(2024·福建福州一模)在某次臺球游戲中，出現了如圖5所示的陣型，5個小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個球B、C、D、E質量均為m1，A球、F球質量均為m2，A球以速度v0與B球發生碰撞，所有的碰撞均可認為是彈性碰撞，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.若m1＝m2，最終將有1個小球運動
B.若m1＜m2，相鄰兩小球之間只發生1次碰撞
C.若m1＞m2，最終將有3個小球運動，且運動方向一致
D.若m1＞m2，最終將有3個小球運動，且運動方向不一致
答案　AD
解析　碰撞時動量守恒和能量守恒，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，則碰后兩球交換速度，最終只有F小球運動，A正確；若m1＜m2，則碰后v1＞v2＞0，然后B和C交換速度，直到D和E交換速度，E再與F碰撞，F向右運動，E被彈回再與D交換速度……，則不只發生1次碰撞，B錯誤；若m1＞m2，則A、B碰后A反彈，B向右運動與C碰撞交換速度，D、E交換速度，最后E與F碰撞，E、F都向右運動，B、C、D停止，則最終將有3個小球A、E、F都運動，且運動方向不一致，C錯誤，D正確。
訓練4 (2024·重慶九龍坡模擬)如圖6為臺球選手正在準備擊球，設在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
圖6
A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA
答案　C
解析　碰撞過程系統動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根據碰撞過程總動能不增加，則有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可知mA≤mB≤4mA，故C正確。
1.(多選)(2024·全國甲卷，20)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖7所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖7
A.t＝0.15 s時，運動員的重力勢能最大
B.t＝0.30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C.t＝1.00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
答案　BD
解析　根據題圖分析可知，t＝0.15 s時，運動員對蹦床作用力最大，則此時運動員下降至最低點，運動員的重力勢能最小，A錯誤；t＝0.30 s時，運動員離開蹦床，做豎直上拋運動，經2 s后，即t＝2.30 s時再次落至蹦床上，根據豎直上拋運動的對稱性可知，t＝1.30 s時，運動員運動至最大高度處，根據v＝gΔt可知，運動員在t＝0.30 s時的速度大小v0＝10 m/s，B正確，C錯誤；對運動員與蹦床一次相互作用過程，根據動量定理有(－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，代入數據解得＝4 600 N，D正確。
2.(2024·江蘇卷，9)如圖8所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側用一根細繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則(　　)
圖8
A.彈簧恢復原長時A的動能最大
B.彈簧壓縮至最短時A的動量最大
C.整個系統動量變大
D.整個系統機械能變大
答案　A
解析　對A、彈簧與B組成的系統受力分析，該系統所受合外力為零，則其動量守恒，又運動過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統的機械能守恒，C、D錯誤；對系統由動量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機械能守恒定律有Ep＝mAv＋mBv，聯立兩式可知當彈簧恢復至原長，彈簧的彈性勢能完全轉化為A、B的動能時，A的動能最大，動量也最大，A正確，B錯誤。
3.(2024·江蘇卷，14)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發射場發射升空并進入地月轉移軌道，探測器經過軌道修正、近月制動，順利進入環月軌道飛行。此后，探測器經歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度vA；
(2)分離時A對B的推力大小。
答案　(1)　方向與v0相同 (2)
解析　(1)A、B組成的系統沿速度方向動量守恒，由動量守恒定律有
(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分離后A的速度vA＝
方向與v0相同。
(2)A、B分離的過程，對B由動量定理有
FΔt＝MvB－Mv0
解得分離時A對B的推力大小為F＝。
4.(2024·廣東卷，14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
圖9
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖9甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ；
(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
答案　(1)　(2)①330 N·s　方向豎直向上 ②0.2 m
解析　(1)敏感球受豎直向下的重力mg、敏感臂豎直向下的壓力FN以及斜面的支持力FN1，由牛頓第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma
解得tan θ＝。
(2)①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s
方向豎直向上。
②頭錘落到氣囊上時的速度v0＝＝8 m/s
與氣囊作用過程由動量定理得(向上為正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
則上升的最大高度h＝＝0.2 m。
基礎保分練
1.(2024·江蘇淮陰高三適應性考試)2024年4月30日，神舟十七號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。返回艙經歷一系列減速過程后，在距離地面高度只有1 m時，返回艙的速度為7 m/s，此時底部的反推火箭將瞬間點火，讓返回艙的速度快速降至2 m/s，從而實現軟著陸。已知返回艙的總質量約為3 t，重力加速度取10 m/s2，火箭點火時間約為0.15 s，則點火過程返回艙受到的反向推力約為(　　)
A.7.0×104 N B.1.0×105 N C.1.3×105 N D.1.6×105 N
答案　C
解析　根據動量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得點火過程返回艙受到的反向推力約為F＝1.3×105 N，故C正確。
2.(2024·湖北武漢高三期末)一物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻起，受到的水平外力F作用，如圖1所示，以向右運動為正方向，物體質量為2.5 kg，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.t＝2 s時物體回到出發點
B.t＝3 s時物體的速度大小為1 m/s
C.前2 s內物體的平均速度為0
D.第3 s內物體的位移為1 m
答案　D
解析　由題圖知Ft－Ft＝0，t＝2 s時物體速度變為0，沒有回到原點，A錯誤；0～3 s內，由動量定理知Ft－Ft＋Ft′＝mv－0，解得v＝2 m/s，B錯誤；前2 s內物體位移不為0，由＝知平均速度不為0，C錯誤；第3 s內物體做初速度為0的勻加速直線運動，位移x＝at2＝××12 m＝1 m，D正確。
3.(多選)(2023·新課標卷，19)如圖2，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
圖2
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等
D.甲和乙的動量之和不為零
答案　BD
解析　根據F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，則任意時刻甲的速度大小比乙的小，A錯誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則Ff甲＞Ff乙，故甲和乙組成的系統所受合外力向左，合外力的沖量方向向左，即甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。
4.(多選)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變為與車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風面積(垂直運動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運行。若只考慮車頭有空氣阻力，不計軌道摩擦等其他阻力作用，下列說法正確的是 (　　)
圖3
A.列車的最大運行速度為
B.列車的最大運行速度為
C.列車受到的最大阻力為
D.列車受到的最大阻力為
答案　AC
解析　設磁懸浮列車的速度為v，列車對空氣的作用力為F，則根據動量定理可得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，當牽引力等于阻力時，列車速度達到最大，則有P＝Fvmax，解得vmax＝，A項正確，B項錯誤；根據牛頓第三定律可知此時列車受到的空氣阻力為f＝ρSv＝，C項正確，D項錯誤。
5.如圖4所示，質量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發生正碰，碰前A、B的速度分別為vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B兩小球的速度vA′和vB′可能是(　　)
圖4
A.vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝0
C.vA′＝0，vB′＝2 m/s
D.vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
答案　C
解析　兩球碰撞前后應滿足動量守恒定律，有mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，選項A中數據不滿足動量守恒，A錯誤；B、C兩個選項滿足動量守恒mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，也滿足碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和，即mv＋mv≥mvA′2＋mvB′2，如果碰后A的速度方向不變，則A球的速度不大于B球的速度，即有vA′≤vB′，B錯誤，C正確；選項D中，碰前兩球的動能之和Ek前＝mv＋mv＝5m，碰后兩球的動能之和Ek后＝mvA′2＋mvB′2＝10m，動能增加，D錯誤。
6.(多選)(2024·河北邯鄲一模)如圖5所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，小物塊B放置在水平軌道上，小物塊A從圓弧軌道釋放，A、B在水平軌道上發生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圓弧軌道，然后返回與B發生第二次碰撞，已知B的質量是A質量的4倍，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比可能為(　　)
圖5
A.4 B.2 C. D.
答案　BC
解析　設物塊A的質量為m，A碰前速度為v0，碰后速度為v1，物塊B碰后速度為v2。若第一次A、B小物塊發生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒定律，有mv0＝－mv1＋4mv2，mv＝mv＋×4mv，解得v1＝v0，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比為5∶3。因為A能第二次與B碰撞，應該第一次碰后A的速度比B的速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1＞v2，聯立解得v1＞，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應小于3∶1，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應介于上面兩比值之間，故B、C正確，A、D錯誤。
7.如圖6所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的質量均為1 kg。滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝2 m/s速度水平向右運動，彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，則B和C碰撞過程中整個系統損失的機械能為(　　)
圖6
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
答案　A
解析　對A、B系統，A、B速度相等時，彈簧被壓縮到最短，根據動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入數據解得彈簧被壓縮到最短時，B的速度v1＝1 m/s，此時B與C發生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統，由動量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入數據解得v2＝0.5 m/s，只有B與C發生非彈性碰撞，有機械能損失，則系統損失的機械能為ΔE＝mBv－(mB＋mC)v＝0.25 J，A項正確。
提能增分練
8.(多選)(2024·吉林一中一模)碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數游樂場都設置了碰碰車，如圖7所示為兩游客分別駕駛碰碰車進行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設碰撞的過程沒有機械能損失。則下列說法正確的是(　　)
圖7
A.若碰后兩車的運動方向相同，則一定有m1＞m2
B.若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5∶6
C.若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有m2＞3m1
D.碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3∶1
答案　AC
解析　根據動量守恒定律與機械能守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1v＋m2v，得v1＝v，v2＝v，可知，當m1＞m2時，兩車速度方向相同，A正確；若碰后黃車反向運動，則m1＜m2，可知碰撞后黃車速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黃車的速度大小之比不可能為5∶6，B錯誤；若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，即v＞v，解得m2＞3m1，C正確；設碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比為3∶1，即v2∶v＝3∶1，解得m1＋3m2＝0，不符合實際情況，D錯誤。
9.如圖8所示，小球B和小球C靜止在光滑水平面上，輕彈簧一端固定在B球上，另一端與C球接觸但未拴接，彈簧處于自然伸長狀態，小球A從光滑圓弧面上距水平地面高h處由靜止滑下，圓弧面與水平地面平滑連接，A球與B球發生彈性正碰，并在碰撞后立即將A球拿走。已知小球A的質量為m，小球B的質量為3m，重力加速度為g，求：
圖8
(1)A球和B球碰撞后瞬間，B球的速度大小；
(2)要使C球能獲得最大動能，C球的質量應為多少。
答案　(1)　(2)3m
解析　(1)設球A與B第一次碰撞前的速度大小為v0，根據機械能守恒定律有
mgh＝mv
解得v0＝
設碰撞后，A球的速度大小為v1，B球的速度大小為v2，根據動量守恒定律有
mv0＝－mv1＋3mv2
根據能量守恒定律有mv＝mv＋×3mv
解得v2＝v0＝。
(2)設C球的質量為mC，要使C球具有最大動能，則B、C通過彈簧作用，將C球彈離時，B球的速度為零，設C球獲得的速度大小為v3，根據動量守恒定律有3mv2＝mCv3
根據能量守恒定律有×3mv＝mCv
解得v3＝v2，mC＝3m。
培優高分練
10.(2024·湖北恩施二模)如圖9所示，光滑水平面上的小車質量為2m，小車左側部分有半徑為R的光滑圓弧軌道，與水平軌道AB相切于A點，小車右端B點固定一個豎直彈性擋板，A、B間距為2R。質量為m的小物塊從圓弧軌道最高點以v0＝2的速度滑下，已知小物塊與A、B間軌道的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g。
圖9
(1)若將小車固定，求物塊經過圓弧軌道最低點時受到支持力的大小；
(2)若小車不固定，求物塊第一次滑過A點時小車的速度大小；
(3)若小車不固定，求物塊最終靜止的位置與A點的距離及全過程小車的位移大小。
答案　(1)7mg　(2)　(3)2R　R
解析　(1)若將小車固定，物塊滑到圓弧軌道最低點的過程中，根據機械能守恒定律有
mgR＋mv＝mv2
在最低點，由牛頓第二定律有FN－mg＝m
聯立解得FN＝7mg。
(2)若小車不固定，物塊與小車在水平方向動量守恒，且同時滿足能量守恒，則有0＝mvA＋2mv1
mv＋mgR＝mv＋×2mv
聯立解得vA＝2，v1＝－
可知物塊第一次滑過A點時小車的速度大小為。
(3)由于圓弧軌道最左端的切線在豎直方向，物塊若飛出小車其水平速度必然與小車一致，還會回到小車，又該系統水平方向總動量為零，經過水平軌道的循環摩擦后物塊與小車最終必然均靜止。設物塊返回后能夠上升的最大高度為h，由能量守恒定律有mv＋mgR＝2μmg·2R＋mgh
解得h＝R
即物塊與擋板碰撞后剛好返回到圓弧軌道最高點，沒有飛出小車，設物塊相對AB段滑行的總路程為s，則由能量守恒定律有mv＋mgR＝μmgs
解得s＝6R
則可知物塊最終將停在B點，距A點2R。設全過程物塊的水平位移為x1，小車的水平位移為x2
水平方向由動量守恒定律可得mx1＝2mx2
而x1＋x2＝3R
聯立解得x2＝R。(共62張PPT)
第7課時　動量定理　動量守恒定律
專題二　能量與動量
知識網絡
目 錄
CONTENTS
突破高考熱點
01
課時跟蹤訓練
03
鏈接高考真題
02
突破高考熱點
1
熱點二　動量守恒定律及其應用
熱點一　動量定理的應用
熱點三　碰撞模型及拓展
熱點一　動量定理的應用
1.沖量的三種計算方法
(1)公式法：I＝Ft，適用于求恒力的沖量。
(2)動量定理法：I＝p′－p，多用于求變力的沖量或F、t未知的情況。
(3)圖像法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量。若F－t呈線性關系，也可直接用平均力求變力的沖量。
2.動量定理在“四類”問題中的應用
(1)解緩沖問題。
(2)求解平均力問題。
(3)求解流體問題。
(4)在電磁感應中求解電荷量問題。
A
例1 (2024·山東日照一模)臺風對沿海地區的破壞力非常巨大，12級臺風登陸時中心附近最大風速約為35 m/s。已知小明站立時，在垂直于風速方向的受力面積約為0.5 m2，空氣的密度約為1.29 kg/m3。假設空氣吹到人身體上后速度減為零，則小明站在12級臺風中心附近，所受的風力大小約為(　　)
A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N
解析　單位時間吹到人身體上的空氣質量m＝ρV＝ρSvΔt，根據動量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的風力大小約為F＝ρSv2＝1.29×0.5×352 N≈790 N，故A正確。
圖1
ACD
訓練1 (多選)(2024·廣東江門一模)數據表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6 ms以上，人頭部的質量約為2 kg，則下列說法正確的是(　 　)
A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率
B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量
C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等
D.若事故中頭部以6 m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2 000 N
圖2
AD
訓練2 (多選)一個質量為60 kg的蹦床運動員，從離水平網面某高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機錄下運動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機作出v－t圖像如圖2所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6 s，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網面最高處的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.網對運動員的平均作用力大小為1 950 N
B.運動員動量的變化量為1 080 kg·m/s
C.彈力的沖量大小為480 N·s
D.運動員所受重力的沖量大小為1 560 N·s
熱點二　動量守恒定律及其應用
1.判斷守恒的三種方法
2.動量守恒定律的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
圖3
D
例2 如圖3所示，兩物塊A、B質量分別為m、2m，與水平地面間的動摩擦因數分別為2μ、μ，其間用一輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長狀態，使A、B兩物塊同時獲得一個方向相反，大小分別為v1、v2的水平速度，彈簧再次恢復原長時兩物塊的速度恰好同時為零。關于這一運動過程，下列說法正確的是(　　)
A.兩物塊A、B及彈簧組成的系統動量不守恒
B.兩物塊A、B及彈簧組成的系統機械能守恒
C.兩物塊A、B初速度的大小關系為v1＝v2
D.兩物塊A、B運動的路程之比為2∶1
解析　物塊A、B的質量分別為m、2m，與地面間的動摩擦因數分別為2μ、μ，因此在滑動過程中，兩物塊所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系統所受合外力為零，系統動量守恒，故A錯誤；在系統運動過程中要克服摩擦力做功，系統的機械能轉化為內能，系統機械能不守恒，故B錯誤；系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，故C錯誤；極短時間Δt內也滿足mv1Δt－2mv2Δt＝0，設A、B的路程分別為s1、s2，則ms1－2ms2＝0，即s1＝2s2，則有s1∶s2＝2∶1，故D正確。
圖4
AD
例3 (多選)如圖4所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足夠長的豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為m0的球C，現將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是(重力加速度為g) (　　)
BC
訓練3 (多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
解析　選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為m運，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝m運v1－mv0，物塊與擋板發生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有m運v1＋mv0＝－mv0＋m運v2，依此類推，m運v2＋mv0＝－mv0＋m運v3，…，m運v7＋mv0＝－mv0＋m運v8，又運動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m運＜15m，即52 kg＜m運＜60 kg，故B、C項正確，A、D項錯誤。
熱點三　碰撞模型及拓展
1.碰撞問題遵循的三條原則
2.兩種碰撞
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
圖例(水平面光滑) 小球—彈簧模型 小球—曲面模型
小球—小球模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
圖例 (水平面、 水平導軌 都光滑)
達到共速 相當于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最多，分別轉化為內能或電能
圖5
AD
例4 (多選)(2024·福建福州一模)在某次臺球游戲中，出現了如圖5所示的陣型，5個小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個球B、C、D、E質量均為m1，A球、F球質量均為m2，A球以速度v0與B球發生碰撞，所有的碰撞均可認為是彈性碰撞，下列說法正確的是(　　)
A.若m1＝m2，最終將有1個小球運動
B.若m1＜m2，相鄰兩小球之間只發生1次碰撞
C.若m1＞m2，最終將有3個小球運動，且運動方向一致
D.若m1＞m2，最終將有3個小球運動，且運動方向不一致
圖6
C
訓練4 (2024·重慶九龍坡模擬)如圖6為臺球選手正在準備擊球，設在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
鏈接高考真題
2
BD
1.(多選)(2024·全國甲卷，20)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖7所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖7
A.t＝0.15 s時，運動員的重力勢能最大
B.t＝0.30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C.t＝1.00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
A
2.(2024·江蘇卷，9)如圖8所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側用一根細繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則(　　)
圖8
A.彈簧恢復原長時A的動能最大
B.彈簧壓縮至最短時A的動量最大
C.整個系統動量變大
D.整個系統機械能變大
3.(2024·江蘇卷，14)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發射場發射升空并進入地月轉移軌道，探測器經過軌道修正、近月制動，順利進入環月軌道飛行。此后，探測器經歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度vA；
(2)分離時A對B的推力大小。
解析　(1)A、B組成的系統沿速度方向動量守恒，由動量守恒定律有
(m＋M)v0＝MvB＋mvA
4.(2024·廣東卷，14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
圖9
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖9甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的
加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ；
(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
解析　(1)敏感球受豎直向下的重力mg、敏感臂豎直向下的壓力FN以及斜面的支持力FN1，由牛頓第二定律可知
(mg＋FN)tan θ＝ma
(2)①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小
②頭錘落到氣囊上時的速度
與氣囊作用過程由動量定理得(向上為正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
課時跟蹤訓練
3
C
1.(2024·江蘇淮陰高三適應性考試)2024年4月30日，神舟十七號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。返回艙經歷一系列減速過程后，在距離地面高度只有1 m時，返回艙的速度為7 m/s，此時底部的反推火箭將瞬間點火，讓返回艙的速度快速降至2 m/s，從而實現軟著陸。已知返回艙的總質量約為3 t，重力加速度取10 m/s2，火箭點火時間約為0.15 s，則點火過程返回艙受到的反向推力約為(　　)
A.7.0×104 N B.1.0×105 N C.1.3×105 N D.1.6×105 N
基礎保分練
解析　根據動量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得點火過程返回艙受到的反向推力約為F＝1.3×105 N，故C正確。
D
2.(2024·湖北武漢高三期末)一物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻起，受到的水平外力F作用，如圖1所示，以向右運動為正方向，物體質量為2.5 kg，則下列說法正確的是(　　)
A.t＝2 s時物體回到出發點
B.t＝3 s時物體的速度大小為1 m/s
C.前2 s內物體的平均速度為0
D.第3 s內物體的位移為1 m
圖1
BD
3.(多選)(2023·新課標卷，19)如圖2，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
圖2
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等
D.甲和乙的動量之和不為零
AC
4.(多選)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變為與車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風面積(垂直運動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運行。若只考慮車頭有空氣阻力，不計軌道摩擦等其他阻力作用，下列說法正確的是 (　　)
圖3
C
5.如圖4所示，質量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發生正碰，碰前A、B的速度分別為vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B兩小球的速度vA′和vB′可能是(　　)
圖4
A.vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝0
C.vA′＝0，vB′＝2 m/s
D.vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
BC
6.(多選)(2024·河北邯鄲一模)如圖5所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，小物塊B放置在水平軌道上，小物塊A從圓弧軌道釋放，A、B在水平軌道上發生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圓弧軌道，然后返回與B發生第二次碰撞，已知B的質量是A質量的4倍，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比可能為(　　)
圖5
A
7.如圖6所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的質量均為1 kg。滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝2 m/s速度水平向右運動，彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，則B和C碰撞過程中整個系統損失的機械能為(　　)
圖6
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
AC
提能增分練
8.(多選)(2024·吉林一中一模)碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數游樂場都設置了碰碰車，如圖7所示為兩游客分別駕駛碰碰車進行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設碰撞的過程沒有機械能損失。則下列說法正確的是(　　)
圖7
A.若碰后兩車的運動方向相同，則一定有m1＞m2
B.若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5∶6
C.若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有m2＞3m1
D.碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3∶1
9.如圖8所示，小球B和小球C靜止在光滑水平面上，輕彈簧一端固定在B球上，另一端與C球接觸但未拴接，彈簧處于自然伸長狀態，小球A從光滑圓弧面上距水平地面高h處由靜止滑下，圓弧面與水平地面平滑連接，A球與B球發生彈性正碰，并在碰撞后立即將A球拿走。已知小球A的質量為m，小球B的質量為3m，重力加速度為g，求：
圖8
(1)A球和B球碰撞后瞬間，B球的速度大小；
(2)要使C球能獲得最大動能，C球的質量應為多少。
解析　(1)設球A與B第一次碰撞前的速度大小為v0，根據機械能守恒定律有
設碰撞后，A球的速度大小為v1，B球的速度大小為v2，根據動量守恒定律有
mv0＝－mv1＋3mv2
(2)設C球的質量為mC，要使C球具有最大動能，則B、C通過彈簧作用，將C球彈離時，B球的速度為零，設C球獲得的速度大小為v3，根據動量守恒定律有3mv2＝mCv3
培優高分練
圖9
(1)若將小車固定，求物塊經過圓弧軌道最低點時受到支持力的大小；
(2)若小車不固定，求物塊第一次滑過A點時小車的速度大小；
(3)若小車不固定，求物塊最終靜止的位置與A點的距離及全過程小車的位移大小。
解析　(1)若將小車固定，物塊滑到圓弧軌道最低點的過程中，根據機械能守恒定律有
聯立解得FN＝7mg。
(2)若小車不固定，物塊與小車在水平方向動量守恒，且同時滿足能量守恒，則有0＝mvA＋2mv1
(3)由于圓弧軌道最左端的切線在豎直方向，物塊若飛出小車其水平速度必然與小車一致，還會回到小車，又該系統水平方向總動量為零，經過水平軌道的循環摩擦后物塊與小車最終必然均靜止。設物塊返回后能夠上升的最大高度為h，由能量守恒定律有
解得h＝R
即物塊與擋板碰撞后剛好返回到圓弧軌道最高點，
沒有飛出小車，設物塊相對AB段滑行的總路程為s，
解得s＝6R
則可知物塊最終將停在B點，距A點2R。設全過程物塊的水平位移為x1，小車的水平位移為x2
水平方向由動量守恒定律可得mx1＝2mx2
而x1＋x2＝3R
聯立解得x2＝R。

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