微專題10動量定理動量守恒定律1.計算動量、沖量及應用動量定理和動量守恒定律解決問題時，均需要規定正方向。2.解決不涉及加速度、位移的問題時，用動量定理比運用牛頓第二定律更簡便。3.兩個以上物體構成的系統，若系統的合外力(或某一方向合外力)為零，可運用動量守恒定律求解；若系統的合外力不為零，可對每個物體分別運用動量定理列式再聯立求解。4.正碰僅指一維碰撞，即碰撞前后兩物體速度始終共線，但不一定是彈性碰撞。5.彈簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，兩物體共速時，動能損失最大；兩物體分離后，兩物體相當于發生了彈性碰撞。考點一動量定理及應用1.(多選)(2024·全國甲卷·20)蹦床運動中，體重為60kg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10m/s2。下列說法正確的是：A.t=0.15s時，運動員的重力勢能最大B.t=0.30s時，運動員的速度大小為10m/sC.t=1.00s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4600N2.(2024·甘肅酒泉市三模)乒乓球被稱為中國的“國球”，是一種世界流行的球類體育項目，如圖所示為某同學訓練時的情景，若某次乒乓球從某一高度由靜止下落，以v0=2m/s的速度豎直向下碰撞乒乓球拍，同時使乒乓球拍的接球面保持水平且以1m/s的速度水平移動，乒乓球與球拍碰撞反彈后的高度與下落高度相等。已知乒乓球與球拍之間的動摩擦因數為μ=54(乒乓球不旋轉)A.4m/s B.3m/s C.2m/s D.1m/s3.(2024·海南海口市一模)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內筒中水面上升的高度為h，設雨滴下落的速度為v0，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為ρ，不計雨滴重力。壓強p為：A.ρht(v0-v)B.ρht(v0+v)C.ρ(v02-v2)D.ρ(v【點撥·提煉】1.沖量、動量變化、平均沖力的求解(1)沖量的三種計算方法：公式法(I=Ft)；F-t圖像法；動量定理法(I=Δp)(2)動量的變化Δp=p'-p=F合t求某一方向的平均沖力可應用分方向的動量定理解決問題(3)平均沖力在變加速運動或瞬時碰撞問題中，F為平均沖力，一般由動量定理求解。由F·Δt=mv'-mv=Δp得F=Δ2.微元法和柱體模型解決流體(或微粒)對界面的沖力問題(如圖所示)(1)首先建立模型：沿流速v方向選取一段柱狀流體，其橫截面積可設為S；(2)將柱體內流體(或微粒)的質量表示出來；(3)由動量定理建立方程。考點二碰撞模型及拓展4.(多選)(2024·河北省二模)如圖所示，足夠長光滑水平面上，一輕質彈簧左端與質量為2m的B滑塊相連，右端與質量為m的滑塊A接觸而不固連，彈簧處于原長，現給A施加一瞬間沖量使其獲得一個水平向左的初速度v0，經一段時間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是：A.A與彈簧分離前任一時刻，A與B的動量之比為1∶2B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5EpC.A與彈簧分離后A、B的動能之比為1∶8D.若事先在距B左側很遠處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A5.(多選)(2024·廣東卷·10)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有：A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關D.甲最終停止位置與O處相距H6.(2024·遼寧省部分學校聯考)如圖所示，質量為4m、半徑為R的光滑四分之一圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質量為m的小球B壓縮彈簧(B與彈簧不連接)，由靜止釋放小球，小球被彈開后運動到圓弧體的最高點時，恰好與圓弧體相對靜止，不計小球的大小，重力加速度為g。求：(1)(3分)彈簧具有的最大彈性勢能；(2)(3分)小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對圓弧面的壓力大小；(3)(4分)小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度。【點撥·提煉】首先區分彈性碰撞和完全非彈性碰撞(1)彈性碰撞：動量守恒，機械能守恒舉例：一動碰一靜m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v1得v1=m1-m2m1+m2(2)完全非彈性碰撞：碰后兩物體粘在一起(有共同速度)，機械能損失最大。考點三動量和能量的綜合應用7.(2024·黑龍江省模擬)如圖所示，半徑為R的光滑14圓弧槽靜止在足夠長的光滑水平地面上，圓弧底端與水平地面相切，其最低點的右側相距為R處有厚度不計、上表面粗糙程度處處相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑塊，薄木板右端固定一豎直擋板，擋板左側連有一水平輕質彈簧。現將一小球從圓弧槽最高點正上方的一定高度處由靜止釋放，小球落入圓弧槽后從圓弧槽最低點滑離；然后以大小為v0的速度與小滑塊發生對心彈性碰撞，碰撞時間極短；隨后小滑塊相對薄木板向右滑動，壓縮彈簧后反彈，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圓弧槽的質量均為m，小滑塊的質量為2m，薄木板以及固定擋板的總質量為4m，小球和小滑塊均可視為質點，重力加速度為g(1)(2分)小球開始下落時距離水平地面的高度h；(2)(4分)小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x；(3)(6分)彈簧的最大彈性勢能Epm。1.(2024·山西運城市模擬)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切。一質量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達的最大高度為R3。則小球與滑塊質量之比m∶MA.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶12.(多選)(2024·浙江6月選考·15)如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ角。質量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力，重力加速度為g。小球以初速度v0沿細桿向上運動至最高點，則該過程：A.合力沖量大小為mv0cosθ B.重力沖量大小為mv0sinθC.洛倫茲力沖量大小為qBv022gsinθ 3.(2024·山東菏澤市模擬)如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直徑相同，小球A以初動量p0沿直線運動，與靜止的帶輕質彈簧的小球B發生正碰，此過程中，小球A的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖乙所示，t1時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標為p1，t2時刻縱坐標為零。則：A.小球A、B的質量之比為pB.t2時刻彈簧的彈性勢能最大C.小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比為pD.0~t2時間內，小球B的動量變化量為p0-p14.(2024·安徽卷·14)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運動，已知細線長L=1.25m，小球質量m=0.20kg，物塊、小車質量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長s=1.0m。圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)(2分)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；(2)(3分)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；(3)(5分)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。

答案精析高頻考點練1.BD[根據牛頓第三定律結合題圖可知t=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；運動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上經歷的時間為2s，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在t=1.30s時，運動員恰好運動到最大高度處，t=0.30s時運動員的速度大小v=10×1m/s=10m/s，故B正確，C錯誤；同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據動量定理得F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)其中Δt=0.30s代入數據可得F=4600N根據牛頓第三定律可知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4600N，故D正確。]2.B[由題意可知，乒乓球與球拍碰撞后反彈的高度與下落高度相等，則碰后豎直方向的速度大小為vy=v0=2m/s，設乒乓球的質量為m，乒乓球與球拍的碰撞時間為Δt，在豎直方向上，根據動量定理有FN·Δt=mvy-(-mv0)，在水平方向上，根據動量定理有Ff·Δt=μFN·Δt=mvx，聯立解得vx=5m/s，v=vx2+vy2=33.B[設極短時間Δt內落至芭蕉葉上的雨滴的質量為Δm，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，選豎直向上為正方向，根據動量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)，由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時間內下落的雨水質量為m0=ρS圓htS圓=ρht，則極短時間Δt內落至芭蕉葉上的雨滴的質量Δm=m0SΔt=ρhSΔtt，根據牛頓第三定律有雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均沖力F2=F1，雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p=F2S4.BC[A與彈簧分離之前任一時刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動量大小之比不一定為1∶2，A錯誤；A、B運動過程中，二者相對靜止時，彈性勢能最大，由動量守恒定律有mv0=3mv，即Ep=12mv02-12×3m×v029=13mv02，B固定，則A速度減小為0時彈性勢能最大，可得Ep'=12mv02=1.5Ep，B正確；整個過程系統根據動量守恒及機械能守恒可得mv0=mvA+2mvB，12mv02=12mvA2+12×2mvB2，解得vA=-v03，vB=2v03，即有EkA=12mvA2=118mv02，E5.ABD[兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質量相同，且發生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙=12gsinθ·在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動，所用時間為t3，乙運動的時間為t=t1+t2+t3由于t1和t2與H乙有關，則總時間與H乙有關，故C錯誤；由于甲和乙發生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發生碰撞時乙最終停止的位置相同，而如果不發生碰撞，乙下滑過程有mgH乙=12m乙在水平面運動到停止有v乙2聯立可得x=H即發生碰撞后甲最終停止位置與O處相距H乙μ。故D6.(1)1.25mgR(2)3.5mg(3)0.04R解析(1)設彈簧開始具有的最大彈性勢能為Ep，設小球被彈開后速度大小為v0，滾上圓弧面最高點后速度大小為v1，根據能量守恒有Ep=12×5mv1Ep=12m根據A、B系統水平方向動量守恒有mv0=5mv1解得Ep=1.25mgR(2)由(1)可解得v0=5小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間FN-mg=mv解得FN=3.5mg根據牛頓第三定律可知，小球對圓弧面的壓力大小FN'=FN=3.5mg(3)設小球第一次離開圓弧面時，小球的速度大小為v2、圓弧體的速度大小為v3，根據動量守恒有mv0=4mv3-mv2根據能量守恒有12mv02=12×4mv從小球第二次滾上圓弧面到上升到最高點過程中，設上升到最高點時共同速度為v4，上升的最大高度為h，根據水平方向動量守恒有4mv3+mv2=5mv4根據能量守恒有12×4mv32+12mv22=解得h=0.04R。7.(1)v02g(2)3R(解析(1)設小球滑離圓弧槽時，圓弧槽的反沖速度大小為v1，方向水平向左，由動量守恒定律得mv0=mv1解得v1=v0從小球開始下落至球、槽第一次分離過程，系統機械能守恒。由機械能守恒定律得mgh=12mv02+解得h=v(2)設小球從開始下落至剛好滑離圓弧槽，相對地面向右運動x1，圓弧槽相對地面向左運動x2，由平均動量守恒可得mx1=mx2x1+x2=R解得x1=12R，x2=1小球要繼續向右運動x2+R，歷時t，則t=x2+圓弧槽在t時間內向左繼續滑行的距離為x槽=v1t=v0×3R2小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x=x槽+x2+R=3R(3)規定向右為正方向，小球與滑塊發生彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒mv0=mv0'+2mv212mv02=12mv0'2+解得v0'=-v0v2=2v滑塊與薄木板共速時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得2mv2=(2m+4m)v解得v=2因滑塊壓縮彈簧后反彈恰好回到薄木板的最左端，故滑塊相對薄木板向右運動和返回時向左運動過程摩擦生熱相同，設為Q，滑塊向右運動與薄木板達到共速的過程由能量守恒定律得12×2mv22=12(2m+4m)v2+滑塊恰好回到薄木板的最左端時仍共速，速度仍為v，故Epm=Q解得Epm=4m補償強化練1.C[當圓弧滑塊固定時，有12mv02=mgR，當圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒有mv0=(m+M)v，根據機械能守恒定律有12mv02=mg·R3+12(m+M)v2，聯立解得m∶M2.CD[根據動量定理有I=0-mv0=-mv0故合力沖量大小為mv0，故A錯誤；小球上滑的時間為t=v重力的沖量大小為IG=mgt=mv0sin小球所受洛倫茲力大小為Bqv=Bq(v0-at)=-Bqat+Bqv0，其中a=gsinθ洛倫茲力大小隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為I洛=q×v02×B×v0gsin若v0=2mgcosθqB，0時刻小球所受洛倫茲力為Bqv0小球在垂直細桿方向所受合力為零，可得Bqv=mgcosθ+FN即FN=Bqv-mgcosθ=Bq(v0-at)-mgcosθ=mgcosθ-Bqtgsinθ