文档内容
2023 年高考物理二轮复习讲练测（新高考专用）
专题二 能量和动量（讲）
2. 3 动量和动能
一、考情分析
近3年考情分析
等级 考题统计
考点要求
要求 2022 2021 2020
2022·重庆卷·T10
2021·重庆卷·T7
2022·重庆卷·T4
2021·北京卷·T10
2022·北京卷·T17
2021·湖北卷·T3
2022·北京卷·T12
动量 冲量和动量定 2021·湖南卷·T8 2020·海南卷·T8
Ⅱ 2022·北京卷·T10
理 2021·湖南卷·T2
2022·海南卷·T1
2021·福建卷·T4
2022·湖南卷·T7
2021·山东卷·T16
2022·全国乙卷·T20
2021·重庆卷·T13
2020·全国** 错误的
表达式 **卷·T14
2021·浙江1月卷·T12
2020·全国** 错误的
2022·全国乙卷·T25 2021·全国乙卷·T14
动量守恒定律的应用 Ⅱ 表达式 **卷·T21
2022·广东卷·T13 2021·广东卷·T13
2020·全国** 错误的
2021·北京卷·T17
表达式 **卷·T15
2020·北京卷·T13
碰撞与反冲、爆炸类
Ⅱ 2022·山东卷·T2 2021·天津卷·T7
问题
2021·天津卷·T11
2020·海南卷·T17
2021·浙江省6月卷
2022·海南卷·T17 2020·全国** 错误的
·T21
动力学、动量和能量 2022·浙江6月卷·T20 表 达 式 ** 卷 ·T25
Ⅱ 2021·湖南卷·T14
观点的综合应用 2022·山东卷·T18 2020· 山 东 卷 ·T18
2021·湖北卷·T15
2022·湖南卷·T14 2020· 天 津 卷 ·T12
2021·河北卷·T13
2021·海南卷·T17
动量守恒定律与磁
场、电磁感应、原子 2022·湖南卷·T4
Ⅱ
核物理等知识的综合
应用
动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，是解决物理问题的重要基本方法，高
考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒
考情总结 定律，结合动力学方法解决平抛运动、圆周运动、多运动过程问题；二是综合运用动
能定理和能量守恒定律，结合动量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感
应问题．这几类题型，命题情景新，密切联系实际，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用
本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等
知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物
应考策略 理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．
2023年复习备考要加强动力学、动量及能量综合题目的训练，关注运用动量定理、动
量守恒定律和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．
二、思维导图
三、讲知识
1．动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．
应用动量定理列方程时必须选取正方向．
2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动
量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．
3．三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：mv＋mv＝mv′＋mv′.
1 1 2 2 1 1 2 2
机械能守恒：mv＋mv＝mv′2＋mv′2.
1 2 1 1 2 2
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：mv＋mv＝(m＋m)v′.
1 1 2 2 1 2机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(mv＋mv)－(m＋m)v′2.
1 2 1 2
(3)非弹性碰撞
动量守恒：mv＋mv＝mv′＋mv′.
1 1 2 2 1 1 2 2
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(mv＋mv)－(mv′2＋mv′2)．
1 2 1 1 2 2
四、讲重点
重点 1 动量 冲量和动量定理
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．
(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
(3)图象法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力
的冲量．
2.流体作用的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流
体的长度为Δl，如图1所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝
ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情
况：(以原来流速v的方向为正方向)
图1
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
3．使用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量
定理求解更简捷．动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在
作用时间内的平均值．
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的 F
是物体或系统所受的合力．
4．应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)．
(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．
(3)规定正方向．
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解．
重点 2 动量守恒定律的应用
1．注意区分动量守恒与机械能守恒的条件
(1)不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零，系统在该方向上动量守恒．
(2)在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒．
(3)动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系．
2．判断动量是否守恒与机械能是否守恒的方法
(1)判断动量是否守恒一般都是根据守恒条件．
(2)判断机械能是否守恒既可以根据守恒条件，也可以根据守恒表达式，即E＝E．
1 2
3.应用动量守恒定律解题的基本步骤
(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，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和
箱子”为系统．
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)．
(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．
4.几种常见情境的规律
动量守恒
动能不增加即＋≥＋
速度要合理
碰撞（一维） ①若两物体同向运动，则碰前应有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 ′≥v ′。
前 后
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力
爆炸 动能增加：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，物体产生的位移很小，一般可忽略不计
动量守恒：系统不受外力或内力远大于外力
反冲
机械能增加：有其他形式的能转化为机械能
两个物体
动量守恒：系统所受合外力为零
人船模型
质量与位移关系：mx＝mx(m、m为相互作用的物体质量，x、x为其
1 1 2 2 1 2 1 2
位移大小)
重点 3 碰撞与反冲、爆炸类问题
1．掌握碰撞的“三个原则”
(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；
(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；
(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．
2．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：
v＝v、v＝v.
1 0 2 0
3．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 m m ，且v ＝0时，碰
1 2 20
后质量大的速率不变，质量小的速率为2v.当m m，且v ＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．
0 1 2 20 ≫
命题角度 解决方法 易错辨析
≪
动量守恒的条件 掌握三个守恒条件 准确判断系统合外力是否为零或内力远大于外力，或者分析是否为碰
判断
撞或爆炸
动量守恒定律、机械能守
弹性碰撞分析 无能量损失是最大特点
恒定律
完全非弹性碰撞
动量守恒定律 掌握碰撞后速度相等这一条件
分析
动量守恒的条件是内力远 注意爆炸后各部分的速度方向，有
爆炸现象求解
大于外力 可能不在同一平面内
4.“两体碰撞多过程模型”
1．弹性碰撞模型的拓展
(1)“滑块－弹簧”模型 (如图)
①注意临界条件：弹簧压缩到最短或伸长到最长时，两滑块同速，弹簧的弹性势能最大．
②从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可看成弹性碰撞过程，恢复原长时，v＝v，v＝v；
1 0 2 0
(2)“滑块－斜面”模型(如图)
①水平方向动量守恒；
②注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速，系统动能最小，重力势能最大；
③从滑块以v 滑上斜面再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，滑块离开斜面时，v＝v，v＝v.
0 1 0 2 0
(3)“小球－圆弧槽”模型 (如图)
①水平方向动量守恒；
②小球滑上圆弧槽并从顶端离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，小球会沿
切面再进入圆弧槽；
③从小球以v 滑上圆弧槽再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，小球离开圆弧槽时，v＝v，v＝v.
0 1 0 2 0
5.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)
小球—弹簧模型 小球曲面模型
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv
0
达到共速
＝(m＋M)v ，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势
共
能或电势能
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv＝mv＋
0 1
再次分离
Mv，能量满足mv2＝mv2＋Mv2
2 0 1 2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨
都光滑)
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv＝(m＋M)v ，损失的动
达到共速 0 共
能最大，分别转化为内能或电能
重点 4 动力学、动量和能量观点的综合应用
1.确定研究对象，进行运动分析和受力分析；
2.分析物理过程，按特点划分阶段；
3.选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
4.几种常见模型的特点及规律
模型 特点及满足的规律
子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv＝(m＋
0
M)v，Q ＝fL ＝mv2－(M＋m)v2若子弹穿出木块，有mv＝mv＋
热 相对 0 0 1Mv ，Q ＝fL ＝mv2－mv2－Mv 2
2 热 相对 0 1 2
(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满
足动量守恒、机械能守恒，即
mv＝(m＋m)v ，mv2＝(m ＋m)v 2＋E 。
1 0 1 2 共 1 0 1 2 共 pm
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒，
即mv＝mv＋mv，mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 2 2
表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的小
木块以初速度v 滑上木板，若木块未滑离木板，当木块与木板相对静
0
止时，二者的共同速度为v，木块相对木板的位移为d，木板相对地面
的路程为s，木块和木板间的摩擦力为f。这类问题类似于子弹打木块
模型中子弹未射出的情况，则有mv＝(M＋m)v，
0
模型 f·d＝mv2－(M＋m)v2＝mv2。
0 0
若木块滑离木板，设滑离木板时，木块的速度为v，木板的速度为v
1 2
木板长为l，则根据动量守恒定律有mv＝mv＋Mv ，摩擦力和相对路
0 1 2
程的乘积等于系统动能的减少量，有
f·l＝mv2－mv2－Mv 2。
0 1 2
重点 5 动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
合理选择解题方法
选择角度 常用解题方案选择
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
从研究对象
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去
上看
解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
从研究过程 (3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
上看
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律．
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定
律；
从所涉及的
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定
物理量看
律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考
虑用牛顿运动定律．重点 1 动量 冲量和动量定理
例1：（2023·山西临汾市高三上学期期中）如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角
θ=30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为 。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物
装入木箱，之后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，
自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是
（ ）
A. 木箱下滑时最大速度所在位置，比上滑时最大速度所在位置偏下一些
B. 木箱下滑时最大速度所在位置，与上滑时最大速度所在位置在同一点
C. 载物木箱刚和弹簧接触时的动量，比卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量大
D. 载物木箱刚和弹簧接触时的动量，与卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量一样大
【答案】BC
【解析】
AB．设木箱沿斜面下滑的最大位移为s，由题意，根据功能关系可得
解得
木箱速度最大时所受合外力为零，设木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x，上滑过程中速度最大时弹
1
簧的形变量为x，则
2
解得所以木箱下滑时最大速度所在位置，与上滑时最大速度所在位置在同一点，故A错误，B正确；
CD．设斜面顶端到弹簧上端的距离为L，载物木箱刚和弹簧接触时的速度大小为v，卸载后木箱刚好离开弹
1
簧时的速度大小为v，根据动能定理有
2
解得
载物木箱刚和弹簧接触时的动量大小为
卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量大小为
所以
故C正确，D错误。
故选BC。
训1：（2023·山东青岛市高三上学期期中）“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减少飞行时间
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增加与地面的作用时间
【答案】D
【解析】
A．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；
B．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错误；
C．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；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，
D正确。
故选D。
重点 2 动量守恒定律的应用
例2：（2023·北京朝阳区高三上学期期中）一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船
x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员
运动。如果航天员一次性向后喷出质量为Δm的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是
（ ）
A. 喷出气体的质量Δm小于
B. 若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t
C. 若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于t
D. 在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒
【答案】A
【解析】
A．由题知，航天员的速度为喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A正确；
B．根据动量守恒有
解得
若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则 变大，故返回时间小于t，故B错误；
C．根据动量守恒有
解得
若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据
可知 减小，故 减小，则返回时间大于t，故C错误；
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，
故D错误。
故选A。
训2：（2023·河南省安阳市高三上学期期中）如图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑
的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放，然后由A
点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A. 小球运动到最低点的速度大小为 B. 小球离开小车后做斜上抛运动
C. 小球离开小车后上升的高度小于R D. 小车向左运动的最大距离为R
【答案】AD
【解析】
A．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有
则知小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，小球运动到最低点过程有机械能守恒
则最低点的速度大小为
故A正确；
B．小球离开小车后水平方向分速度为0，做竖直上抛运动，故B错误；
C．小球离开小车后水平方向分速度为0，小车的速度也为0，根据能量守恒小球离开小车后仍能上到下落点
的高度R，故C错误；
D．小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等，根据几何关系知两者的相对位移为
2R，故小车向左运动的最大距离为R，故D正确。
故选AD。
重点 3 碰撞与反冲、爆炸类问题
例3：（2023·江苏常熟市高三上学期期中）质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，
开始时细线处于松弛状态。现使两球反向运动， ， ，如图所示，当细绳拉紧时突然绷
断，这以后两球的运动情况可能是（ ）A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
A．当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向
因为两球质量相等，所以
带入数据，不满足条件，故A错误；
B．带入数据，满足
且满足，动能不增加原则
且不会二次碰撞，故B正确；
C．会发生二次碰撞，故C错误；
D．绳子断后动能增加，违背能量守恒定律
故D错误。
故选B。
训3：（2023·湖北十堰市县区普通联合体高三上学期期中）如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m
和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当
剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（ ）
A. 两滑块的动能之比
B. 两滑块的动量大小之比C. 弹簧对两滑块的冲量之比
D. 弹簧对两滑块做功之比
【答案】AC
【解析】
A．根据动量守恒定律得
解得
可知两滑块速度大小之比为
两滑块的动能之比
A正确；
B．两滑块的动量大小之比
B错误；
C．弹簧对两滑块的冲量之比
C正确；
D．弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为1∶2，D错误。
故选AC。
重点 4 动力学、动量和能量观点的综合应用
例4：（2023·福建宁德市高三上学期期中）如图所示，视为质点的运动员和滑板，总质量为 ，从
半径为 的光滑 圆弧顶端A由静止滑下，到达最低点B时，滑上静止在光滑水平轨道上质量为，长度为L的小车左端，小车向右滑动kR后，与静止放置质量为 的物块C发生弹性碰
撞，碰撞时间极短，人始终在车上。已知滑板与小车间的动摩擦因素 ，重力加速度为g取10m/s2，求：
（1）滑板运动员到达B点时对轨道的压力大小；
（2）若小车和物块C碰前，滑板运动员和小车能达到同速，则滑板和小车因摩擦产生的热量Q；
（3）若小车与物块C只发生一次碰撞，求k与车长L的最小值。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【解析】
（1）运动员从A到B由动能定理得
解得
到达B点后，受力分析得
联立解得
由牛顿第三定律可知，滑板运动员到达B点时对轨道的压力大小为
（2）若小车和物块C碰前，滑板运动员和小车能达到同速，则设共速时速度为 ，则取向右为正方向，由动
量守恒定律得
解得
共速时，由能量守恒定律得滑板和小车因摩擦产生的热量Q为（3））滑板运动员和小车将要碰撞C前
小车与C发生弹性碰撞，则
设滑板运动员和小车动量守恒共速时为
当
时，小车与物块C只发生一次碰撞，代入解得
解得
由能量守恒定律得
解得
对车
解得
且
解得训4：（2023·湖北黄冈市高三上学期期中）如图所示，一根长度 的轻绳一端固定于O点，另一端
系一个质量 的小球 ，球 静止时刚好与水平地面接触。O点上方有一短小的平台，平台上静止的
放一个质量为 的小球 。现给球 水平向左的初速度 ，当球 运动到最高点时，与位
于平台上的球 发生弹性正碰，球 随即水平飞离平台。重力加速度g取 。空气阻力不计，求：
（1）球 开始运动时，轻绳上的拉力大小；
的
（2） 、 球刚要相碰， 球 速度大小；
（3）若球 和球 碰撞结束瞬间，轻绳断开，则球 和球 的落地点之间的距离是多少。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
（1）球 开始运动时，轻绳的拉力和球 的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
（2）设球 碰前速度为 ，球 从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得
（3）设球 和球 碰后的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得解得
碰后，球 向左做平抛运动，球 向右做平抛运动，设下落时间为 ，
解得
则球 和球 落地点之间的距离为
解得
重点 5 动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
例5：在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。放射出α粒子(He)在
与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。
(1)放射性原子核用X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程；
(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小；
(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm。
【答案】： (1)X→Y＋He (2) (3)
【解析】：
(1)X→Y＋He
(2)洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 所以v＝，T＝＝
环形电流I＝＝。
(3)衰变过程动量守恒，有0＝p＋p 所以P＝－P，“－”表示方向相反。
Y α Y α
因为p＝mv，E＝mv2 所以E＝
k k
即：E∶E ＝m∶M 由能量守恒Δmc2＝E＋E
kY kα kY kα
Δm＝，其中E ＝mv2＝，
kα
所以Δm＝。
训5：长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖
直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为 的小球B与之迎面正碰，
碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 至少多大？
【答案】（1） ；（2）【解析】
（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第
二定律，有 ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 ，有
②
由动量定理，有 ③
联立①②③式，得 ④
（2）设两球粘在一起时速度大小为 ，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度
大小为 ，由动量守恒定律，有 ⑥
又 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能 至少为 ⑧
