动量守恒定律(高考一轮复习,自编)
面，速度为v．在此过程中，（
）
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为½mv2
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为½mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
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8． (2012广州调研)两个质量不同的物体，如果它们的（ ）
）
A．4×l09N
B．8×109 N
C．8×l012N
D．5×106 N
12．玻璃杯从同一高度落下，掉在石板上比掉在草地上容易碎，这是由于( )
A.玻璃杯掉在石板上时的动量大些
B.掉在石板上使玻璃杯受到的冲量大些
C.玻璃杯与石板作用过程中动量变化大些
D.玻璃杯与石板作用过程中动量变化快些
13．（多选）木块A从斜面底端以初速度v0冲上斜面，经一段时间，回到斜面底端．若木块A在斜面上所受的摩 擦阻力大小不变．对于木块A，下列说法正确的是( )
A．在全过程中重力的冲量为零
B．在全过程中重力做功为零
C．在上滑过程中动量的变化量的大小大于下滑过程中动量的变化量
D．在上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量
14．（1991年·全国）有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma>mb．它们的初动能相同．若a和b分别受 到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则( )
2． 动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
(2)表达式：p′－p＝I 或 mv′－mv＝F(t′－t)。
(3)冲量：力与力的作用时间的乘积，即 I＝F(t′－t)。
3． 动量和动能区别与联系 Nhomakorabea表达式 单位
动量 p=mv
kg m / s
动能 Ek=1/2m v2
A．Wb=2Wa，Ib=2 Ia B．Wb=4Wa，Ib=2 Ia
C．Wb=2 Wa，Ib=4 Ia D．Wb=4 Wa，Ib=4 Ia 16．（2013 年天津卷）我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子 3000m 接力三连冠。观察发现，“接棒”
的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得
A．Fa>Fb且sa<sb
B．Fa>Fb且sa>sb
C．Fa<Fb且sa>sb
D．Fa<Fb且sa<sb
15．两相同的物体a和b，分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时开始运动.若b所受的
力是a的2倍，经过t时间后，分别用Ia，Wa和Ib，Wb分别表示在这段时间内a和b各自所受恒力的冲量的大小和做 功的大小，则( )
W 总=½mv22-½mv12
标、矢量
矢量
矢量
标量
二、经典习题
6． 放在水平桌面上的物体质量为m，用一个F的水平恒力推它t秒钟，物体始终不动，那么在t秒内，推力对
物体的冲量应为（ ）
A．0
B．F t
C．mgt
D．无法计算
7． （2006年·全国理综Ⅰ）一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地
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更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
17．（多选）一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥
A．动能相等，则质量大的动量大
B．动能相等，则动量大小也相等
C．动量大小相等，则质量大的动能小
D．动量大小相等，则动能也相等
9． （2006年·江苏）一质量为m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间
间隔内，下列说法正确的是（ ）
A．物体的位移相等
B．物体动能的变化量相等
潭直到停住的过程称为过程Ⅱ,则( )
A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量;
B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小;
C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和;
D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能
18．如图，汽车从静止开始做匀加速直线运动，到最大速度时刻立即关闭发动机，滑行一段后停止，总共经
历4s，其速度-时间图象如图所示，若汽车所受牵引力为F，摩擦阻力为f，在这一过程中，汽车所受牵引力的冲
量大小为I1，摩擦力的冲量大小为I2，则（
高中物理问题与方法
第七期 动量守恒定律
2016-11-30
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第一讲 动量和动量定理
一、知识清单
问题 1：动量和动量定理
1． 动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)公式：p＝mv。
(3)单位：千克·米/秒。符号：kg·m/s。
(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。
J
标、矢量
矢量
标量
联系 4． 冲量和功区别与联系
P2=2m Ek ； Ek = P2/2m
表达式 单位
冲量 I=Ft
1N s 1kg m / s
功 W =F l c o s α
J
标、矢量 矢量 5． 牛顿第二定律、动量定理和动能定理
标量
牛顿第二定律
动量定理
动能定理
表达式
F 合=ma
I 合=mv2-mv1
C．F对物体做的功相等
D．物体动量的变化量相等
10．(2015·重庆理综·3)高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带
对人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动)．此后经历时间 t 安全带达到最大伸长，若在此
过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
m A.
t2gh＋mg
m B.
t2gh－mg
m C.
t gh＋mg
m D.
t gh－mg
11．2005年7月26日，美国"发现号"航天飞机从肯尼迪航天中心发射升空，飞行中一只飞鸟撞上了航天飞机的
外挂油箱，幸好当时速度不大，航天飞机有惊无险．假设某航天器的总质量为10t，以8km/s的速度高速运行时
迎面撞上一只速度为10m/s、质量为5kg的大鸟，碰撞时间为1.0×10-5s，则撞击过程中的平均作用力约为（
备考2025届高考物理一轮复习讲义第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用考点3人船模型
考点3 人船模型1.人船模型问题如图所示，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.2.人船模型的特点（1）两物体满意动量守恒定律：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x1 x2＝v1v2＝m2m1.（3）应用x1x2＝v1v2＝m2m1时要留意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.3.“人船模型”的拓展研透高考明确方向6.[人船模型]有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长.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岸，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，则船的质量为（B）A.m（L＋d）d B.m（L－d）dC.mLd D.m（L＋d）L解析设船的质量为M，人走动的时候船的平均速度为v，人的平均速度为v'，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L-d，船的位移为d，所以v＝dt ，v'＝L−dt.以船后退的方向为正方向，依据动量守恒定律有Mv-mv'＝0，可得M dt ＝m(L−d)t，小船的质量为M＝m(L−d)d，故B正确.7.[“人船模型”的拓展/2024云南曲靖模拟/多选]如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器限制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（CD）A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒B.滑块运动的距离为MRM＋mC.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2RD.小型机器人运动的位移是滑块的Mm倍解析小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误；小型机器人从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1＝Mx2，依据位移关系有x1＋x2＝2R，可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1＝2MRM＋m ，x2＝2mRM＋m，即小型机器人运动的位移与滑块运动的位移之比为x1x2＝Mm，故B错误，C、D正确.。
(完整word版)高三一轮复习-动量守恒定律.
一. 冲量1. 定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft2. 冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应．3. 冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）．如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．4. 高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量．对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求．5. 要注意的是：冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．二.动量1．动量： p ＝mv ，是矢量，它的方向由__________方向决定．2．动量的变化(也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等等)(1)定义： 动量的变化＝__________－__________(2)表达式： Δp ＝p ′－p ＝Δ(mv)＝m Δv ＝mv ′－mv3. 动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的三.动量定理1. 动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．既I =Δp2. 动量定理的理解①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）．②动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系．③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：tP F ∆∆=（牛顿第二定律的动量形式）． ④动量定理的表达式是矢量式．在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正．四．动量守恒定律1．动量守恒定律： 相互作用的一个系统不受外力或者所受外力和为0，这个系统的总动量保持不变． 表达式： ①m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，表示作用前后系统的总动量相等．②Δp 1＋Δp 2＝0(或Δp ＝0)，表示相互作用物体系统总动量增量为零．③Δp 1＝－Δp 2，表示两物体动量的增量大小相等方向相反．2．动量守恒定律的条件(1)系统不受外力或系统所受的合外力为零．(2)系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多．如爆炸过程中的重力比相互作用力小很多，可忽略重力，认为爆炸过程符合动量守恒定律．(3)系统所受的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．3．动量守恒定律的适用范围牛顿定律的适用范围是： 低速运动的物体、宏观物体，动量守恒定律却不受此种限制．动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一．五．碰撞与爆炸1．碰撞与爆炸具有一个共同特点： 即相互作用的力为变力，作用的时间极短，作用力很大，且远远大于系统受的外力，故均可用动量守恒定律来处理．2．爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的机械能会增加．3．由于碰撞(或爆炸)的作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，即认为碰撞(或爆炸)后还是从碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动．4．碰撞的分类：按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．(1)弹性碰撞： 碰撞过程中机械能不损失，碰撞前后系统总动能守恒，Ek 1′＋Ek 2′＝Ek 1＋Ek 2(2)非弹性碰撞： 碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒，Ek 1′＋Ek 2′≠Ek 1＋Ek 2(3)完全非弹性碰撞： 碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．5. 碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (3)速度要合理．①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．③ 以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 21＝12m 1v 1′2 ＋12m 2v 2′2 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①m1＝m2，则交换速度 ②m1>m2， 大撞小，一起前进③若m1<m2,小撞大，小反弹，大前进 ④若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1 ⑤若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0★要点一 基本概念的理解【典型例题】【例1】关于物体的动量，下列说法中正确的是( ) AA ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的加速度不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．物体的动量越大，其惯性也越大【例2】下列论述中错误的是( ) BA ．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B ．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C ．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D ．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的★要点二动量守恒的判断【典型例题】【例1】木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示．当撤去外力F后，下列说法中正确的是( )A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒BC[在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对a和b构成的系统，由于受到墙给a的弹力作用，所以a、b构成的系统动量不守恒，因此B选项正确，A选项错误；a离开墙壁后，a、b构成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故C选项正确，D选项错误．]【例2】如图，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C 均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中( )A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒解析当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B 与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项A、D正确．【对应练习】1. 如图1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( ) ACDA．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零图12. 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图4所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( ) A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2图4解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v′．故BC正确，AD错误．故选：BC．★要点三 动量守恒的应用【典型例题】【例1】一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 与bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g.求：(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ；(2)木块最后距a 点的距离s.解析 木块m 和物体P 组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v ①根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋fL ＋mgh ② 联立①②得f ＝mv 203L －mgh L ＝mv 20－3mgh 3L③ (2)以木块开始运动至最后与物体P 在水平面ab 上相对静止为研究过程，木块与物体P 相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v ④根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋f(L ＋L －s)⑤ 联立③④⑤得s ＝v 20L －6ghL v 20－3gh【例2】如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线(细线未画出)把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0.求弹簧释放的势能．解析 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得3mv ＝mv 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒定律得3mv ＝2mv 1＋mv 0②设弹簧的弹性势能为Ep ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v 2＋Ep ＝12(2m)v 21＋12mv 20③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep ＝13mv 20④【针对练习】1. 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图1 图2A. 12mv 2B.12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为 v 1，m v ＝(m ＋M )v 1，系统损失动能ΔE k ＝12m v 2－12(M ＋m )v 21＝12Mm v 2M ＋m，A 错误、B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝NμmgL ，C 错误，D 正确．2. 如图2所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平面上．c 车上有一小 孩跳到b 车上，接着又立即从b 车跳到a 车上．小孩跳离c 车和b 车时对地水平速度相同．他跳到a 车上相对a 车保持静止．此后( )A ．a 、b 两车运动速率相等B ．a 、c 两车运动速率相等C ．三辆车的速率关系v c ＞v a ＞v bD ．a 、c 两车运动方向相同3. 如图所示，小球A 系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h.物块B 质量是小球的5倍，至于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h 16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求物块在水平面上滑行的时间t.★要点五 动量和能量观点的综合应用【例1】如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m /s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10 m/s 2)解析 以子弹和木块组成的系统为研究对象，设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：m 0v 0－m v ＝(m ＋m 0)v 1① 解得v 1＝8 m/s它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板小车滑行距离x ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－M v ＝(m ＋m 0＋M )v 2② 解得v 2＝0.8 m/s由能量守恒定律有 μ(m 0＋m )gx ＝12(m ＋m 0)v 21＋12M v 2－12(m 0＋m ＋M )v 22③由①②③，解得μ＝0.54 【例2】如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M 的小木块静止在O 点，一个质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．求：(1)子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【针对练习】1. 如图14所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.解析 第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v ，设木板的质量为m ，重物的质量为2m ，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv 0－mv 0＝3mv ①设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得，2μmgt 1＝mv －m(－v 0)② 由牛顿第二定律得2μmg ＝ma ③ 式中a 为木板的加速度在达到共同速度v 时，木板离墙的距离l 为l ＝v 0t 1－12at 21④ 从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为 t 2＝l v⑤ 所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t ＝t 1＋t 2⑥ 由以上各式得t ＝4v 03μg. 2. 如图7所示，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(ⅰ)两球a 、b 的质量之比；(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．解析 (ⅰ)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2 ①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′ ②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ) ③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1 ④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1 ⑤(ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥ 联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2)之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－221. 如图所示，光滑水平面上小球A 和B 向同一方向运动，设向右为正方向，已知两小球的质量和运动速度分别为m A =3kg 、m B =2kg 和vA=4m/s 、vB=2m/s ．则两将发生碰撞，碰撞后两球的速度可能是（ ） ABA ．v ′A =3 m/s 、 v ′B =3.5 m/s B ．v ′A =3.2 m/s 、v ′B =3.2 m/sC ．v ′A =-2 m/s 、 v ′B =11 m/sD ．v ′A =5 m/s 、 v ′B =0.5 m/s2. 静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m 的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，下列说法中，正确的是( )(设水的阻力不计)． DA ．两球抛出后，船往左以一定速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大B ．两球抛出后，船往右以一定速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大C ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相等D ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大解：设小船的质量为M ，小球的质量为m ，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m ）v ′，v ′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m ）v ′=mv+Mv ″，解得v ″为负值，方向向左．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv ，对于乙球动量的变化量为mv-mv ′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故D 正确．3. 两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（ ）A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m 1v 1=m 2v 2，因此最终谁接球谁的速度小．4. 如图 所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为 d.m 2的左边有一固定挡板，m 1由图示位置静止释放．当m 1与m 2第一次相距最近时m 1速度为v 1，在以后的运动过程中( )BDA ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1C．m2的最大速度是v1 D．m2的最大速度是m1m1＋m2v15. 如图2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．(不计水的阻力)图2解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×v min① 10m×2v0－m×v min＝11m×v2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0.④6. 如图所示，质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，求(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。
2025届高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用(40张PPT)
1.碰撞:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象。2.碰撞的特点:在碰撞现象中,一般都满足内力_______外力,可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
考点2 碰撞问题
远大于
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
_______
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
答案 D
考向3 用数学归纳法解决多次碰撞问题【典例6】 (多选)(2022·全国卷Ⅱ)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
同学们再见！
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时间：2024年9月1日
2024课件
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考向1 碰撞的可能性【典例4】 (多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是6 kg·m/s,B球的动量是4 kg·m/s,已知mA=1 kg,mB=2 kg,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是( )A.vA'=3 m/s vB'=3.5 m/s B.vA'=2 m/s vB'=4 m/sC.vA'=5 m/s vB'=2.5 m/s D.vA'=-3 m/s vB'=6.5 m/s
2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：验证动量守恒定律
实验八 验证动量守恒定律目标要求 1.理解动量守恒定律成立的条件，会利用不同案例验证动量守恒定律.2.知道在不同实验案例中要测量的物理量，会进行数据处理及误差分析．实验技能储备一、实验原理在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m 1、m 2和碰撞前、后物体的速度v 1、v 2、v 1′、v 2′，算出碰撞前的动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2及碰撞后的动量p ′＝m 1v 1′＋m 2v 2′，看碰撞前、后动量是否相等．二、实验方案及实验过程案例一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 1．实验器材气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等． 2．实验过程(1)测质量：用天平测出滑块的质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨，如图所示．(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． (4)改变条件，重复实验： ①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向． (5)验证：一维碰撞中的动量守恒． 3．数据处理(1)滑块速度的测量：v ＝ΔsΔt ，式中Δs 为滑块上挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间． (2)验证的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′. 案例二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 1．实验器材斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等．2．实验过程(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.(6)验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中，最后代入m1·OP ＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理：将实验器材放回原处．3．数据处理验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.三、注意事项1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．案例提醒(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应确保导轨水平．(2)若利用平抛运动规律进行验证：①斜槽末端的切线必须水平；②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；③选质量较大的小球作为入射小球；④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．考点一 教材原型实验考向1 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒例1 (2022·全国甲卷·23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m 1的滑块A 与质量为m 2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v 1和v 2，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s 1与B 的右端到右边挡板的距离s 2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t 1和t 2；(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；1 2 3 4 5 t 1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t 2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k ＝v 1v 20.31k 20.330.330.33(6)表中的k 2＝________(保留2位有效数字)； (7)v 1v 2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v 1v 2判断．若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则v 1v 2的理论表达式为__________________(用m 1和m 2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． 答案 (2)0.304 (6)0.31 (7)0.32(8)v 1v 2＝m 2－m 12m 10.34 解析 (2)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，故选质量为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k 2＝v 1v 2＝t 2t 1＝0.210.67＝0.31.(7)v 1v 2的平均值为k ＝0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.335＝0.32. (8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 联立解得v 1v 2＝m 2－m 12m 1，代入数据可得v 1v 2＝0.34.考向2 研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒例2 (2023·福建省莆田二中模拟)在验证动量守恒定律的实验中，请回答下列问题：(1)实验记录如图乙所示，为测定A 球不碰B 时做平抛运动的落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O 点对齐，图乙给出了小球A 落点附近的情况，可得A 的平均落点到O 点的距离应为________cm.(2)小球A 下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果________产生误差(填“会”或“不会”)．(3)实验装置如图甲所示，A 球为入射小球，B 球为被碰小球，以下有关实验过程中必须满足的条件正确的是________．A ．入射小球的质量m A 可以小于被碰小球的质量mB B ．实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度C ．入射小球每次不必从斜槽上的同一位置由静止释放D ．斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，且应恰好静止(4)如果碰撞过程中系统机械能也守恒，根据图中各点间的距离，下列式子成立的有________． A ．m A ∶m B ＝ON ∶MPB ．m A ∶m B ＝OP ∶MPC ．m A ∶m B ＝OP ∶(MN －OM )D ．m A ∶m B ＝ON ∶(MN －OM ) 答案 (1)65.50 (2)不会 (3)D (4)AD解析 (1)小球A 落点，应该取多次落点的平均落点，即用尽量小的圆把这些落点圈起来的圆心的位置，由题图乙可得距离应为65.50 cm.(2)在题图甲装置中，只要保证小球A 到达底端的速度相同即可，轨道有无摩擦对实验结果不会产生误差．(3)入射小球的质量m A 不可以小于被碰小球的质量m B ，否则A 球碰后反弹，故A 错误；在实验中不需要小球的下落高度，只要能保证高度相同，即可知道两小球下落时间相同，故B 错误；入射小球每次必从斜槽上的同一位置由静止释放，才能保证每次碰前的速度均相同，故C 错误；斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能保持静止，故D 正确． (4)两球碰撞后，小球做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中做平抛运动的时间t 相等，小球做平抛运动的初速度v A ＝OP t ，v A ′＝OM t ，v B ′＝ONt由动量守恒定律得m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′则m A OP t ＝m A OM t ＋m B ON t ，m A m B ＝ON OP －OM ＝ON MP ，故A 正确，B 错误；由系统机械能守恒得12m A v A 2＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2，代入速度表达式整理得m A (OP 2－OM 2)＝m B ON 2，又由m Am B ＝ONOP －OM，联立解得OP ＋OM ＝ON ，故OM ＝PN ，由几何关系得MN －OM ＝MN －PN ＝MP ，则m A ∶m B ＝ON ∶MP ＝ON ∶(MN －OM )，故D 正确，C 错误．考点二 探索创新实验考向1 实验装置的创新例3 如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m 1和m 2；②安装实验装置，将斜槽AB 固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC 连接在斜槽末端；③先不放小球m 2，让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P ； ④将小球m 2放在斜槽末端B 处，仍让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m 1、m 2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B 的距离．图中M 、P 、N 三点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M 、P 、N 到B 的距离分别为s M 、s P 、s N .依据上述实验步骤，请回答下面问题：(1)两小球的质量m 1、m 2应满足m 1________m 2(填“>”“＝”或“<”)；(2)小球m 1与m 2发生碰撞后，m 1的落点是图中________点，m 2的落点是图中________点； (3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；(4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较________与________是否相等即可． 答案 (1)> (2)M N (3)m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N (4)m 1s P m 1s M ＋m 2s N解析 (1)为了防止入射小球碰撞后反弹，一定要保证入射小球的质量大于被碰小球的质量，故m 1>m 2；(2)碰撞前，小球m 1落在题图中的P 点，由于m 1>m 2，当小球m 1与m 2发生碰撞后，m 1的落点是题图中M 点，m 2的落点是题图中N 点；(3)设碰前小球m 1的水平初速度为v 1，当小球m 1与m 2发生碰撞后，小球m 1落到M 点，设其水平速度为v 1′，m 2落到N 点，设其水平速度为v 2′，斜面BC 与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得s M sin α＝12gt 2，s M cos α＝v 1′t ，联立解得v 1′＝gs M cos 2 α2sin α，同理可得v 2′＝gs N cos 2α2sin α，v 1＝gs P cos 2 α2sin α，因此只要满足m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，即m 1s P ＝m 1s M ＋m2s N.(4)如果小球的碰撞为弹性碰撞，则满足12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2代入以上速度表达式可得m1s P＝m1s M＋m2s N故验证m1s P和m1s M＋m2s N相等即可．考向2实验方案的创新例4某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置．在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，其右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面．当地重力加速度大小为g.采用的实验步骤如下：A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；B．用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量m a、m b；C．a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧(与a、b不连接)，静止放置在平台上；D．细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；F．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h 及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s；G．改变弹簧压缩量，进行多次测量．(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________ mm.(2)针对该实验装置和实验结果，同学们做了充分的讨论．讨论结果如下：①该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证a、b弹开后的动量大小相等，即________＝________(用上述实验所涉及物理量的字母表示)；②若该实验的目的是求弹簧的最大弹性势能，则弹簧的弹性势能为________(用上述实验所涉及物理量的字母表示)；③改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到x a与1t2的关系图像如图丙所示，图线的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为________(用上述实验数据字母表示)．答案 (1)3.80 (2)①m a dt m b sg 2h②m a d 22t 2＋m b s 2g 4h ③d 22kg解析 (1)挡光片的宽度d ＝3 mm ＋16×0.05 mm ＝3.80 mm.(2)①要验证“动量守恒定律”，则应该验证m a v a ＝m b v b ，由滑块a 通过光电门可求v a ＝d t ，由b 球离开平台后做平抛运动，根据h ＝12gt 2，s ＝v b t ，整理可得v b ＝sg2h，因此需验证的表达式为m a dt＝m b sg 2h ；②弹性势能大小为E p ＝12m a v a 2＋12m b v b 2，代入数据整理得E p ＝m a d 22t2＋m b s 2g 4h ；③根据动能定理可得μmgx a ＝12m v a 2，而v a ＝d t ，联立整理得x a ＝d 22μg ·1t 2，故k ＝d 22μg ，可得平台A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数μ＝d 22kg.课时精练1．(2023·云南省昆明一中高三检测)某实验小组在进行“验证动量守恒定律”的实验，入射球与被碰球半径相同、质量不等，且入射球的质量大于被碰球的质量．(1)用游标卡尺测量直径相同的入射球与被碰球的直径，测量结果如图甲所示，则直径为________cm ；(2)实验中，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量________(填选项前的字母)，间接地解决这个问题； A ．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的水平位移D．小球的直径(3)实验装置如图乙所示，先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，再把B 球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下．记录纸上的O点是铅垂线所指的位置，M、P、N分别为落点的痕迹，未放B球时，A球落地点是记录纸上的________点；放上B球后，B球的落地点是记录纸上的________点；(4)释放多次后，取各落点位置的平均值，测得各落点痕迹到O点的距离：OM＝13.10 cm，OP＝21.90 cm，ON＝26.04 cm.用天平称得入射小球A的质量m1＝16.8 g，被碰小球B的质量m2＝5.6 g．若将小球质量与水平位移的乘积作为“动量”，请将下面的表格填写完整．(结果保留三位有效数字)根据上面表格中的数据，你认为能得到的结论是____________________________；(5)实验中，关于入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是________．A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小答案(1)2.14(2)C(3)P N(4)3.66×10－3在实验误差允许范围内，可认为系统在碰前和碰后的“动量”守恒(5)C解析(1)球的直径d＝21 mm＋4×0.1 mm＝21.4 mm＝2.14 cm.(2)小球离开轨道后做平抛运动，因为小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球抛出的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，所以C 正确．(3)A球和B球相撞后，B球的速度增大，A球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距离O 点最近，B球的落地点距离O点最远，所以P点是未放B球时A球的落地点，N点是放上B 球后B球的落地点．(4)碰后“总动量”p ′＝m 1OM ＋m 2ON ＝0.016 8×0.131 0 kg·m ＋0.005 6×0.260 4 kg·m ≈3.66×10－3 kg·m则可知碰撞前、后“总动量”近似相等，在实验误差允许范围内，可认为系统在碰前和碰后的“动量”守恒．(5)入射小球的释放点越高，入射球碰撞前的速度越大，相撞时内力越大，阻力的影响相对越小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减小测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，C 正确．2．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图甲所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器所用的电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以补偿阻力．(1)若已得到打点纸带，测得各计数点间距如图乙所示，A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 车的碰前速度，应选________段来计算A 车和B 车碰后的共同速度．(以上两空均选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.40 kg ，小车B 的质量m 2＝0.20 kg ，由以上测量结果可得，碰前总动量为______ kg·m/s ；碰后总动量为____ kg·m/s(结果保留小数点后3位)．由上述实验结果得到的结论是：________________________________________________________. 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 A 、B 碰撞过程中，在误差允许范围内，系统动量守恒 解析 (1)小车A 碰前运动稳定时做匀速直线运动，所以选择BC 段计算A 碰前的速度；两小车碰后粘在一起仍做匀速直线运动，所以选择DE 段计算A 和B 碰后的共同速度． (2) 碰前小车A 的速度为v 0＝BC t ＝0.105 05×0.02m/s ＝1.050 m/s 则碰前两小车的总动量为p ＝m 1v 0＋0＝0.40×1.050 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s 碰后两小车的速度为v ＝DE t ＝0.069 55×0.02m/s ＝0.695 m/s则碰后两小车的总动量为p ′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s由上述实验结果得到的结论是：A 、B 碰撞过程中，在误差允许范围内，系统动量守恒．3．(2023·福建福州市模拟)某地中学生助手设计了一个实验演示板做“探究碰撞中的不变量”的实验，主要实验步骤如下：①选用大小为120 cm ×120 cm 的白底板竖直放置，悬挂点为O ，并标上如图所示的高度刻度；②悬挂点两根等长不可伸长的细绳分别系上两个可视为质点的A 摆和B 摆，两摆相对的侧面贴上双面胶，以使两摆撞击时能合二为一，以相同速度一起向上摆；③把A 摆拉到右侧h 1的高度，释放后与静止在平衡位置的B 摆相碰．当A 、B 摆到最高点时读出摆中心对应的高度h 2；回答以下问题：(1)若A 、B 两摆的质量分别为m A 、m B ，则验证动量守恒的表达式为________(用上述物理量字母表示)．(2)把A 摆拉到右侧的高度为0.8 m ，两摆撞击后一起向左摆到的高度为0.2 m ，若满足A 摆质量是B 摆质量的________倍，即可验证系统动量守恒，从而可以得出A 摆碰前初动能为碰后两摆损失机械能的________倍．答案 (1)m A h 1＝(m A ＋m B )h 2(2)1 2解析 (1)由机械能守恒定律可得m A gh 1＝12m A v 12，得碰前速度v 1＝2gh 1，由(m A ＋m B )gh 2＝12(m A ＋m B )v 22，得碰后速度v 2＝2gh 2，根据动量守恒可知需要验证的表达式为m A h 1＝(m A ＋m B )h 2.(2)把数据代入上述验证表达式可得m A ＝m B ，即若满足A 摆的质量是B 摆的质量的1倍，即可验证系统动量守恒；根据动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，根据能量守恒定律有12m A v 12＝12(m A ＋m B )v 22＋ΔE ，联立解得ΔE ＝14m A v 12，即A 摆碰前初动能为碰后两摆损失机械能的2倍．4．(2023·云南省昆明一中模拟)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与连接打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A(包括弹簧片)的质量m1＝0.310 kg，滑块B(包括弹簧片和遮光片)的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm，打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．根据图(b)中所标数据，可分析推断出碰撞发生在________间，A滑块碰撞前的速度为________ m/s，B滑块碰撞前的速度为________ m/s, A滑块碰撞后的速度为________ m/s，B 滑块碰撞后的速度为________ m/s.(结果保留三位有效数字)答案EF 2.0000.970 2.86解析由于A滑块与气垫导轨间的摩擦力非常小，所以除了碰撞过程，A滑块运动过程因摩擦力产生的加速度非常小，在相同时间内相邻位移的差值也非常小，根据图(b)中所标数据，可看出只有EF间的位移相比相邻间的位移变化比较明显，故碰撞发生在EF间；A滑块碰撞前的速度为v A＝s FGT ＝4.00×10－20.02m/s＝2.00 m/s, B滑块碰撞前的速度为0，A滑块碰撞后的速度为v A′＝s DET ＝1.94×10－20.02m/s＝0.970 m/s，B滑块碰撞后的速度为v B′＝dΔt B＝1.00×10－23.500×10－3m/s≈2.86 m/s.5．某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平；②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘．将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P；③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P2；④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P1、P3.(1)下列说法正确的是________．A．小球a的质量一定要大于小球b的质量B．弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑C．步骤②③中入射小球a的释放点位置一定相同D．把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平(2)本实验必须测量的物理量有________．A．小球的半径rB．小球a、b的质量m1、m2C．弹簧的压缩量x1，木板距离桌子边缘的距离x2D．小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3(3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式________时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒．答案(1)AD(2)BD(3)m1h2＝m1h3＋m2h1解析(1)小球a的质量一定要大于小球b的质量，以防止入射球碰后反弹，选项A正确；弹簧发射器的内接触面及桌面不一定要光滑，只要a球到达桌边时速度相同即可，选项B错误；步骤②③中入射小球a的释放点位置不一定相同，但是步骤③④中入射小球a的释放点位置一定要相同，选项C错误；把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平，选项D正确．(2)小球离开桌面右边缘后做平抛运动，设其水平位移为L，则小球做平抛运动的时间t＝L v0小球的竖直位移h ＝12gt 2 联立解得v 0＝L g 2h碰撞前入射球a 的水平速度v 1＝L g 2h 2碰撞后入射球a 的水平速度v 2＝L g 2h 3碰撞后被碰球b 的水平速度v 3＝Lg 2h 1 如果碰撞过程系统动量守恒，则m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3 即m 1·Lg 2h 2＝m 1·L g 2h 3＋m 2·L g 2h 1， 整理得m 1h 2＝m 1h 3＋m 2h 1 则要测量的物理量是：小球a 、b 的质量m 1、m 2和小球在木板上的压痕P 1、P 2、P 3分别与P 之间的竖直距离h 1、h 2、h 3，故选B 、D. (3)由以上分析可知当满足关系式m 1h 2＝m 1h 3＋m 2h 1时，则证明a 、b 两球碰撞过程中动量守恒．。
高中物理一轮总复习课件动量守恒定律
飞船对接过程
在宇宙航行中，两艘飞船进行对接时需 要精确控制各自的速度和方向。
VS
动量守恒应用
对接过程中，两艘飞船组成的系统动量守 恒。通过调整各自的速度和方向，使得对 接后整体动量保持不变，实现平稳对接。
其他领域如体育、军事等方面应用举例
体育领域应用
在诸如篮球、足球等运动中，运 动员通过控制自身和球的动量来
非完全弹性碰撞
讨论非完全弹性碰撞中能 量损失的情况，运用动量 守恒定律和恢复系数进行 求解。
多物体碰撞问题
分析多个物体间的相互作 用和碰撞过程，根据动量 守恒定律和能量守恒定律 进行求解。
04
动量定理及其在生活生产中应用
动量定理表述和证明过程
动量定理表述
物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。
证明过程
04
06
动量守恒定律在科学技术中应用
火箭发射过程中动量守恒分析
火箭发射原理
火箭通过向后高速喷出燃气，利用反作用力推动自身向 前运动。
动量守恒应用
在火箭发射过程中，火箭和燃气组成的系统动量守恒。 通过计算燃气喷出的动量和火箭的动量变化，可以分析 火箭的加速度和速度变化。
宇宙航行中飞船对接时动量守恒应用
05
实验：验证动量守恒定律
实验原理和方法介绍
动量守恒定律
在一个封闭系统内，动量的总和始终 保持不变。
验证方法
通过碰撞实验来验证动量守恒定律， 测量碰撞前后物体的质量和速度，计 算动量的变化。
实验步骤和数据记录表格设计
实验步骤 1. 准备实验器材，包括气垫导轨、光电计时器、滑块、天平、砝码等。
2. 安装实验装置，调整气垫导轨水平，将光电计时器固定在导轨上。
2025年高考物理一轮复习(新人教版)第7章第2讲 动量守恒定律及应用
碰撞问题
梳理 必备知识
1.碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力 很大 的 现象. 2.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.
3.分类
弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞
动量是否守恒 守恒 _守__恒__ 守恒
机械能是否守恒 _守__恒__ 有损失
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)
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体 同时性 在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各
物体在相互作用后同一时刻的动量
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
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 普适性
2.反冲运动的三点说明 作用 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 原理 动量 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 守恒 遵循动量守恒定律 机械能 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 增加 总机械能增加
判断 正误
1.发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于
考向2 反冲运动
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为
M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下 喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则
喷气结束时导弹获得的速度大小是
A.Mm v0
B.Mm v0
M C.M－m v0
√m
爆炸、反冲运动和人船模型
梳理 必备知识
1.爆炸现象的三个规律 动量 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 守恒 程中，系统的总动量_守__恒__ 动能 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能， 增加 所以系统的机械能增加 位置 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移 很小 ，可 不变 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
2023届高考物理一轮总复习练专题二 动量守恒定律
2023年高考物理总复习专题二——动量守恒定律1、如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A， B的质量为m B， m A>m B．最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车A．静止不动 B．向右运动C．向左运动 D．左右往返运动2、两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙3、在光滑的地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑去，如图所示，若M=m，则铁块从右端离开车时将A．向左平抛 B．向右平抛 C．自由落体 D．无法判断4、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。
让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。
从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。
忽略空气阻力，求（1）两球a、b的质量之比；（2）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
5、如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A从P点以初速度v0向B滑行，经过时间t时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．滑块均可视为质点，与平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量；（3）整个过程中滑块B对滑块A做的功．6、如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端（B、C可视为质点），三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg，A与B的动摩擦因数为μ=0．5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来．求长木板A的长度．（g＝10 m/s2）7、如图所示，两质量分别为M1=M2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高。
高考物理一轮复习课件动量定理动量守恒定律
适用范围及注意事项
适用范围
动量定理适用于恒力和变力的情况，既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
注意事项
在应用动量定理时，要注意冲量是力对时间的积累效应，动量是描述物体运动 状态的物理量；同时，要正确选择研究对象和研究过程，以便准确应用动量定 理解决问题。
02
动量守恒定律原理及应用
系统内力和外力分析
理。
火箭发射过程中能量转化分析
03
化学能转化为内能
内能转化为机械能
机械能转化为重力势能
火箭发动机的燃料和氧化剂在燃烧室内混 合燃烧，将化学能转化为内能。
燃烧产生的高温高压气体通过喷管膨胀加 速，将内能转化为机械能，推动火箭向上 运动。
火箭在上升过程中，克服地球引力做功， 将机械能转化为重力势能。同时，火箭的 速度逐渐减小，动能转化为重力势能。
，提高解题效率。
易错点提示
指出学生在复习过程中容易出现的 错误和误区，提醒学生注意避免， 减少失分。
备考心态调整
提供备考心态调整的建议，帮助学 生缓解紧张情绪，保持积极心态， 更好地应对高考。
THANKS
第一、第二宇宙速度推导过程
第一宇宙速度
第一宇宙速度是指物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，数值上等于7.9km/s 。推导过程基于万有引力提供向心力的原理，结合牛顿第二定律和圆周运动公式进行推
导。
第二宇宙速度
第二宇宙速度是指物体完全摆脱地球引力束缚，飞离地球所需要的最小初始速度，数值 上等于11.2km/s。推导过程需要考虑物体在地球引力作用下的运动轨迹和能量守恒原
处理方法
对于非完全弹性碰撞，需要根据动量守恒定律和能量损失情况，运用数学方法求 解碰撞后的速度和动量。
动量守恒定律及三类模型(解析版)-2024物理一轮复习题型归纳(新高考专用)
第六章 碰撞与动量守恒定律动量守恒定律及三类模型【考点预测】1.动量守恒的条件2.动量守恒的简单应用3.子弹打木块问题4.爆炸反冲问题5.人船模型问题【方法技巧与总结】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零，这个系统的总动量保持不变．2.表达式(1)p=p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．(4)Δp=0，系统总动量的增量为零．3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．二、“三类”模型问题1.“子弹打木块”模型(1)“木块”放置在光滑的水平面上①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒．把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.对“木块”和“子弹”分别应用动能定理．(2)“木块”固定在水平面上①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静止不动．②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律．2.“反冲”和“爆炸”模型(1)反冲①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．③规律：遵从动量守恒定律．(2)爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．如爆竹爆炸等．3.“人船模型”问题(1)模型介绍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)模型特点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x1x2=v1v2=m2m1.③应用x1x2=v1v2=m2m1时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的．【题型归纳目录】题型一：动量守恒的判定题型二：动量守恒定律的理解和基本应用题型三：“人船”模型题型四：“子弹打木块”模型题型五：反冲和爆炸模型【题型一】动量守恒的判定【典型例题】1“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。
高三第一轮复习-动量 动量守恒定律
动量动量守恒定律1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一动量、冲量、动量定理的理解与应用1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积． (2)定义式：I ＝Ft . (3)单位：N·_s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧Ft ＝p ′－pI ＝Δp[例题1] （2024•河南一模）质量相等的A 、B 两个小球处在空中同一高度，将A 球水平向右抛出，同时将B 球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。
则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．相同时间内，速度变化量可能不同B ．同一时刻，速度变化快慢可能不同C ．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同D ．相同时间内，重力的冲量大小可能不同[例题2] （2024•开福区校级模拟）一质量为m ＝1kg 的物体，从距地面高度为0.8m 处以某一未知初速度水平抛出。
落地后不弹起。
假设地面为粗糙刚性水平接触面（与物体发生碰撞的时间极短，不计重力产生的冲量），物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g ＝10m/s 2。
下列说法正确的是（ ）A ．物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能等于与粗糙水平面的摩擦生热B ．若物体的初速度为1m/s ，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为4N •sC ．若物体的初速度为3m/s ，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为2√5N •sD ．若物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平运动的距离可能是原来的4倍 [例题3] （2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l 的水平小细杆构成一排固定的栅栏。