資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
專題9.2　動量守恒定律及應(yīng)用
1.物理觀念：碰撞、反沖。
（1）理解碰撞、反沖的定義及物理意義。
（2）定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。
2.科學(xué)思維：動量守恒定律、人船模型、“木塊—滑塊”模型、“子彈打木塊”模型
（1）.理解系統(tǒng)動量守恒的條件、會應(yīng)用動量守恒定律解決基本問題、會分析、解決動量守恒定律的臨界問題。
（2）會用動量守恒觀點(diǎn)分析反沖運(yùn)動、人船模型、“子彈打木塊”、“滑塊—木板”模型的有關(guān)問題。
3.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：現(xiàn)代航天技術(shù)與反沖。
體會用守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。
【知識點(diǎn)一】動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）
同時性 動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p′1、p′2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)
題型1　動量守恒條件的理解
（2023春 南海區(qū)期末）現(xiàn)代飛機(jī)的機(jī)輪剎車在潮濕、結(jié)冰或被雪覆蓋的跑道上效果會降低。反推器能產(chǎn)生反向氣流，用于在潮濕冰雪天氣時替代機(jī)輪剎車，從而縮短制動距離。下列說法正確的是（　　）
A．飛機(jī)啟動過程中應(yīng)開啟反推器，推動飛機(jī)前進(jìn)
B．反推器噴氣氣流速度越大，飛機(jī)受到的反推力越大
C．飛機(jī)制動過程中開啟反推器，飛機(jī)動量守恒
D．反推力做功的多少等于飛機(jī)動能的減少量
（2023 天河區(qū)校級三模）如圖所示，用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星。當(dāng)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以v0的速度繞地球做勻速圓周運(yùn)動。某時刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離后瞬間，衛(wèi)星速度增大，則（　　）
A．分離前衛(wèi)星所受重力為0
B．分離前后衛(wèi)星和火箭殼的動量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分離后衛(wèi)星不可能在原來的軌道上運(yùn)動
（2023 浙江模擬）如圖所示，是一種被稱為“移動擺”的裝置，即將單擺懸掛于一輛可以移動的車上。假設(shè)單擺在重力作用下做機(jī)械振動，且車和擺始終在同一平面內(nèi)運(yùn)動。若忽略所有摩擦和阻力，以車和擺的整體為研究對象，則（　　）
A．機(jī)械能守恒，動量守恒
B．機(jī)械能守恒，動量不守恒
C．機(jī)械能不守恒，動量守恒
D．機(jī)械能不守恒，動量不守恒
題型2　動量守恒定律的基本應(yīng)用
（2023春 通州區(qū)期中）如圖所示，OMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑軌道，MN水平且足夠長，OM下端與MN相切。質(zhì)量為m的小球B靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m的小球A從OM上距水平軌道高為h處由靜止釋放，A球進(jìn)入水平軌道后，與B球發(fā)生彈性碰撞。A、B兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于A、B球碰撞后的速度大小之比，正確的是（　　）
A．1：2 B．1：4 C．4：1 D．2：1
（2023春 荔灣區(qū)校級期中）短道速滑比賽中“接棒”運(yùn)動員（稱為“甲”）在前面滑行，“交棒”運(yùn)動員（稱為“乙”）從后面用力推前方“接棒”運(yùn)動員完成接力過程，如圖所示。假設(shè)運(yùn)動員甲的質(zhì)量小于運(yùn)動員乙的質(zhì)量，交接棒過程中兩運(yùn)動員的速度方向均在同一直線上，忽略運(yùn)動員與冰面之間的摩擦。在交接棒過程，下列說法正確的是（　　）
A．乙對甲的作用力大于甲對乙的作用力
B．甲的動量增加量大于乙的動量增加量
C．甲的速度增加量大于乙的速度減少量
D．甲、乙兩運(yùn)動員沖量之和不為零
（2023春 寧波期中）一個連同裝備共有200kg的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船60m的位置與飛船處于相對靜止的狀態(tài)。裝備中有一個高壓氣源，能以50m/s的速度噴出氣體。航天員為了能在1min內(nèi)返回飛船，他在開始返回的瞬間需要一次性向后噴出的氣體至少約（　　）
A．3kg B．4kg C．5kg D．6kg
【知識點(diǎn)二】碰撞問題
1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律
2．彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝
結(jié)論：（1）當(dāng)m1＝m2時，v′1＝0，v′2＝v1（質(zhì)量相等，速度交換）；
（2）當(dāng)m1>m2時，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1（大碰小，一起跑）；
（3）當(dāng)m10（小碰大，要反彈）；
（4）當(dāng)m1 m2時，v′1＝v1，v′2＝2v1（極大碰極小，大不變，小加倍）；
（5）當(dāng)m1 m2時，v′1＝－v1，v′2＝0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）。
題型一　碰撞的可能性分析
【必備知識】碰撞遵守的原則
（1）動量守恒。
（2）機(jī)械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動能不增加，表達(dá)式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
（3）速度要合理
①碰前若同向運(yùn)動，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后。
②兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向肯定有一個改變或速度均為零。
（2023 晉中二模）我國臺球選手丁俊暉是獲得臺球世界冠軍的第一位中國運(yùn)動員，2022年11月21日，丁俊暉又獲斯諾克英國錦標(biāo)賽亞軍，他在臺球比賽中屢次取得好成績，吸引了大批青少年參與到該活動中來。在某次比賽中，質(zhì)量均為m、材料相同的白球和黑球靜止在臺球桌上，一青少年擊白球以沖量I碰撞靜止的黑球，碰撞前后兩球的位置標(biāo)記如圖所示，A、B分別為碰前瞬間白球，黑球所在位置，C、D分別為碰撞后白球、黑球停止的位置。則由圖可得碰撞過程中損失的動能為（　　）
A． B． C． D．
（2023 西城區(qū)校級模擬）A、B兩滑塊在同一氣墊導(dǎo)軌上，碰前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運(yùn)動并發(fā)生碰撞，利用閃光照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如圖所示。已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T，在這4次閃光的過程中，A、B兩滑塊均在0～80cm范圍內(nèi)，且第1次閃光時，滑塊A恰好位于x＝10cm處。若A、B兩滑塊的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，則（　　）
A．碰撞發(fā)生在第1次閃光后的3T時刻
B．碰撞后A與B的速度相同
C．碰撞后A與B的速度大小之比為1：2
D．A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為1：3
（2023 廣東一模）如圖，材料有差異的冰壺甲每次以相同的動量與靜止在O處的另一冰壺發(fā)生正碰，碰后冰壺甲最終停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壺甲與冰面間的動摩擦因數(shù)相同，冰壺均可視為質(zhì)點(diǎn)，則碰撞后，被碰冰壺獲得動量最大的是（　　）
A． B．
C． D．
題型二　碰撞規(guī)律的應(yīng)用
【必備知識】碰撞問題解題三策略
（1）抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。
（2）可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：
v′1＝v1　v′2＝v1
（3）熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度。當(dāng)m1 m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1 m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。
（多選）（2023 玉林三模）如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道固定在水平地面上，A、B是兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，B球靜止于軌道上最低點(diǎn)，A球從圖示位置由靜止釋放，然后與B球發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A球被反向彈回，且A、B球能達(dá)到相同最大高度。下列說法正確的有（　　）
A．以軌道最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，兩球所達(dá)到的相同的最大高度為R
B．B球的質(zhì)量是A球質(zhì)量的4倍
C．偶數(shù)次碰撞后A球的速度為0
D．兩球總是在最低點(diǎn)發(fā)生碰撞
（多選）（2023 遂寧三模）在一個水平桌面上固定一個內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點(diǎn)，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個小球（球徑略小于管徑，管徑遠(yuǎn)小于R），質(zhì)量分別為mA、mB，開始時B球靜止于a點(diǎn)，A球在其左側(cè)以v0的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)。則下列說法中正確的是（　　）
A．A、B兩球的質(zhì)量比為mA：mB＝3：5
B．若只增大A球的初速度v0，則第二次碰撞點(diǎn)可能在b、c之間某處
C．若只增大A球的質(zhì)量mA，則第二次碰撞點(diǎn)可能仍在b處
D．若只增大A球的質(zhì)量mA，則第一、二次碰撞時間間隔不可能大于
（多選）（2023 青羊區(qū)校級模擬）如圖1所示，按壓式圓珠筆可以簡化為外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分。某按壓式圓珠筆內(nèi)芯的質(zhì)量為m，外殼的質(zhì)量為4m，外殼與內(nèi)芯之間的彈簧的勁度系數(shù)為k。如圖2所示，先把筆豎直倒立于水平硬桌面上，用力下壓外殼使其下端接觸桌面（見位置a），此時彈簧的壓縮量，然后將圓珠筆由靜止釋放，圓珠筆外殼豎直上升，當(dāng)其與內(nèi)芯發(fā)生碰撞時（見位置b），彈簧的壓縮量變?yōu)槌跏紩r的五分之一，此后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處（見位置c）。已知彈簧彈性勢能的計算公式為，x為彈簧的形變量，不計摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．圓珠筆彈起的整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能大于圓珠筆增加的重力勢能
B．從彈簧推動外殼開始向上運(yùn)動到與內(nèi)芯發(fā)生碰撞的過程中，外殼受到的沖量為
C．外殼與內(nèi)芯碰撞后，圓珠筆上升的最大高度為
D．彈簧推動外殼向上運(yùn)動的過程中，在與內(nèi)芯發(fā)生碰撞前的瞬間，外殼的速度達(dá)到最大
【知識點(diǎn)三】動量守恒定律的臨界問題
【歸類總結(jié)】1．當(dāng)小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時，兩物體速度相同．
2．彈簧最短或最長時，兩物體速度相同，此時彈簧彈性勢能最大．
3．兩物體剛好不相撞，兩物體速度相同．
4．滑塊恰好不滑出長木板，滑塊滑到長木板末端時與長木板速度相同．
（2023 浙江模擬）物理規(guī)律往往有一定的適用條件，我們在運(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問題時，需要判斷使用的物理規(guī)律是否成立。如圖所示，站在車上的人用錘子連續(xù)敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止，假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是（　　）
A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動
B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都不守恒
D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量守恒但機(jī)械能不守恒
（多選）（2023 寶雞模擬）如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為2m的光滑半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)正上方高為R處由靜止釋放，由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，重力加速度為g，則（　　）
A．小球進(jìn)入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統(tǒng)總動量守恒
B．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動了
C．小車向左運(yùn)動的最大距離為
D．小車獲得的最大速度為
（多選）（2022 遼寧模擬）
如圖所示，將一質(zhì)量為M半徑為R內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑的水平面上.現(xiàn)從半圓槽右端入口處靜止釋放一質(zhì)量為m（M＞m）的小球，則小球釋放后，以下說法中正確的是（　　）
A．小球能滑至半圓槽左端槽口處
B．小球滑至半圓槽最低點(diǎn)時半圓槽的位移大小為
C．若開始時小球在半圓槽最低點(diǎn)且小球有方向向左大小為v0的初速度，則小球再次回到半圓槽最低點(diǎn)時的速度大小為
D．若開始時小球在半圓槽最低點(diǎn)且小球有方向向左大小為v0的初速度，如果小球能從左側(cè)槽口飛出，則離開槽口后還能上升的最大高度為
【知識點(diǎn)四】爆炸、反沖問題
模型一　爆炸問題
【必備知識】爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
動量 守恒 由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒
動能 增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加
位置 不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動
m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的方向飛去。已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，爆炸后系統(tǒng)的機(jī)械能增加了，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點(diǎn)間的距離為（　　）
A． B． C． D．2
（2022 湖北模擬）一質(zhì)量為m的煙花彈以初速度v0從水平地面豎直向上射出，上升到最大高度時恰好爆炸，沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1：4的A、B兩個部分，此時A、B動能之和與煙花彈從地面射出時的動能相等。爆炸時間極短，不計空氣阻力，則（　　）
A．從射出到爆炸的過程中，系統(tǒng)總動能不變，該過程機(jī)械能守恒
B．爆炸過程釋放的能量與A、B落地時的總動能相等
C．A、B兩個部分落地時速度大小之比為2：1
D．A、B兩個部分落地時速度大小之比為4：1
（2023 鷹潭一模）有人對鞭炮中炸藥爆炸的威力產(chǎn)生了濃厚的興趣，他設(shè)計如下實(shí)驗(yàn)，一個平板車固定在水平地面上，其右端恰好與光滑的半圓弧軌道的底端相切，在平板車的右端放置兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的緊挨著的A、B兩個物體（均可看成質(zhì)點(diǎn)），物體質(zhì)量均為m，現(xiàn)在在它們之間放少量炸藥。當(dāng)初A、B兩物靜止，點(diǎn)燃炸藥讓其爆炸，物體B向右運(yùn)動，恰能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)。物體A沿平板車表面向左做直線運(yùn)動，最后從車上掉下來，落地點(diǎn)離平板車左端的水平距離為s，已知平板車上表面離地面的高度為h，且平板車上表面光滑，不計空氣阻力，重力加速度為g。試求：
（1）當(dāng)A物體離開平板車后，重力對A做功的最大功率是多少？
（2）圓弧的半徑和炸藥爆炸時A、B兩物體所做的功。
模型二　反沖問題
【必備知識】對反沖運(yùn)動的三點(diǎn)說明
作用原理 反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
動量守恒 反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律
機(jī)械能增加 反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加
（2023 青島模擬）如圖，某中學(xué)航天興趣小組在一次發(fā)射實(shí)驗(yàn)中將總質(zhì)量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發(fā)射時“水火箭”在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的水。已知火箭運(yùn)動過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭的動力來源于火箭外的空氣對它的推力
B．火箭上升過程中一直處于超重狀態(tài)
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭在空中飛行的時間為
（2023 金華一模）長春某特警支隊(duì)的2019年反恐演練出現(xiàn)了一款多旋翼查打一體無人機(jī)，該無人機(jī)是中國最先進(jìn)的警用12旋翼無人機(jī)，裝備有攻擊性武器，適合執(zhí)行對高價值目標(biāo)的斬首行動。假設(shè)該無人機(jī)與微型導(dǎo)彈的總質(zhì)量為M，旋翼啟動后恰能懸停在離水平地面高為H的空中，向前方以水平速度v發(fā)射一枚質(zhì)量為m的微型導(dǎo)彈，假設(shè)無人機(jī)豎直方向獲得的升力大小保持不變，機(jī)身始終保持水平，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．發(fā)射微型導(dǎo)彈后，無人機(jī)將做勻變速直線運(yùn)動
B．發(fā)射出微型導(dǎo)彈瞬間，無人機(jī)后退速度大小為
C．微型導(dǎo)彈落地時，無人機(jī)離地高度為
D．微型導(dǎo)彈落地時，無人機(jī)與導(dǎo)彈落地點(diǎn)的水平距離為
（2021 北湖區(qū)校級模擬）明朝有個叫萬戶的，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸．假設(shè)萬戶及其所攜設(shè)備（火箭、椅子、風(fēng)箏等）的總質(zhì)量為M，點(diǎn)燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為M的熾熱物質(zhì)相對地面以570m/s的速度豎直向下噴出，假設(shè)空氣阻力恒為總重力在0.2倍，重力加速度為g＝10m/s2，求：
（1）萬戶會獲得向上初速度有多大？
（2）萬戶落地速度有多大？
【知識點(diǎn)五】動量守恒定律應(yīng)用之常見模型
模型一　子彈打木塊模型
1．模型圖示
2．模型特點(diǎn)
（1）子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒．
（2）系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．
3．兩種情景
（1）子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多（完全非彈性碰撞）．
動量守恒：mv0＝（m＋M）v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－（M＋m）v2
（2）子彈穿透木塊．
動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－（Mv22＋mv12）
（2023 雁塔區(qū)校級三模）如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的木塊A放在長木板的左端，一顆質(zhì)量為的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時速度為，木塊在木板上滑行的時間為t，則下列說法錯誤的是（　　）
A．木塊獲得的最大速度為
B．木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為
C．木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為
D．因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差
（2023 海淀區(qū)校級模擬）質(zhì)量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在光滑水平地面上質(zhì)量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結(jié)束時子彈和木塊可能的相對位置，設(shè)木塊對子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（　　）
A．M越大，子彈射入木塊的時間越短
B．M越大，子彈射入木塊的深度越小
C．無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形
D．若v0較小，則可能是甲圖所示情形；若v0較大，則可能是乙圖所示情形
模型二　“滑塊—木板”碰撞模型
模型圖示
模型特點(diǎn) （1）若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移（子彈為射入木塊的深度）取得極值（完全非彈性碰撞拓展模型） （2）系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能 （3）根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝Ek0，可以看出，子彈（或滑塊）的質(zhì)量越小，木塊（或木板）的質(zhì)量越大，動能損失越多 （4）該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動的角度借助圖示求解
（2023 桃城區(qū)校級三模）如圖所示，滑塊A、木板C分別靜止在光滑水平平臺和粗糙水平地面上，C的左端與平臺上表面相切，滑塊B靜止在C上，且至C左端的距離為x0＝1m，A、B、C的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝3kg。t＝0時刻，對A施加一水平向右的作用力F，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系為，A運(yùn)動2s后撤去F，此時A恰好滑上木板C；一段時間后，A與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），最終B靜止在C的右端。已知A與木板C之間的動摩擦因數(shù)為μA＝0.2，B與C之間的動摩擦因數(shù)為μB＝0.5，C與地面之間的動摩擦因數(shù)為μC＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2。求：
（1）A剛滑上C時的速度大小；
（2）A、B碰后瞬間A的速度大小；
（3）木板C的長度和運(yùn)動的位移大小。
（2023 鼓樓區(qū)校級模擬）如圖所示，水平地面上n輛質(zhì)量均為m的手推車沿一條直線排列，相鄰兩手推車的間距均為L，從左往右依次編號1，2，3，…，n。人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其向右運(yùn)動，當(dāng)車運(yùn)動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動了距離L時與第三輛車相碰，三車以共同速度運(yùn)動，后面重復(fù)。已知1、2、3號車的最大共同速度，車在運(yùn)動時受到的阻力恒為車重的k倍，車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，且碰撞時間極短，重力加速度大小為g，。
（1）求第一輛車前進(jìn)的距離s；
（2）求人對第一輛車的沖量大小I；
（3）要使n輛車能合為一體，求第一輛車獲得的最小初動能Ek1min。
（2023 思明區(qū)校級模擬）如圖為某個有獎挑戰(zhàn)項(xiàng)目的示意圖，挑戰(zhàn)者壓縮彈簧將質(zhì)量m0＝0.3kg的彈丸從筒口A斜向上彈出后，彈丸水平擊中平臺邊緣B處質(zhì)量m1＝0.3kg的滑塊或質(zhì)量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P處的玩具小熊就算挑戰(zhàn)成功。已知彈丸拋射角θ＝53°，B與A的高度差hm，B與P處的小熊相距s＝2.2m，薄板長度L＝0.9m，最初滑塊在薄板的最左端；滑塊與薄板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，薄板與平臺間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；薄板厚度不計，彈丸和滑塊都視為質(zhì)點(diǎn)，所有碰撞過程的時間和外力影響均不計，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B間的水平距離x；
（2）若彈丸與薄板發(fā)生完全非彈性碰撞，試通過計算判定挑戰(zhàn)會不會成功；
（3）若彈丸與滑塊發(fā)生完全彈性碰撞，且之后可能的碰撞也為完全彈性碰撞，試通過計算判定挑戰(zhàn)會不會成功。
【知識點(diǎn)五】力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．解動力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn)
（1）力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題。
（2）能量觀點(diǎn)：用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。
（3）動量觀點(diǎn)：用動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。
但綜合題的解法并非孤立的，而應(yīng)綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個規(guī)律，才能順利求解。
2．力學(xué)規(guī)律的選用原則
（1）如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。
（2）研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理（涉及時間的問題）或動能定理（涉及位移的問題）去解決問題。
（3）若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。
（4）在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。
（5）在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。這種問題由于作用時間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。
（2023 山東）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度v0向右做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，C與B間動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；
（3）若s＝0.48m，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量Δp的大小。
（2023 浙江）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能Ep（x為形變量）。
（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
（2023 湖南）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。
（1）小球第一次運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運(yùn)動的距離；
（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運(yùn)動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小（結(jié)果用a、b及g表示）。
（2023 遼寧）如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep。取重力加速度g＝10m/s2，結(jié)果可用根式表示。
（1）求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離x1。
（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右運(yùn)動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU（用t0表示）。
（2023 浙江）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B（E）處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道下FG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5m，HI長度L0＝9m，擺渡車長度L＝3m、質(zhì)量m＝1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動時的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑塊過C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
（2）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t。
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀(jì)教育網(wǎng)(www.21cnjy.com)中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
專題9.2　動量守恒定律及應(yīng)用
1.物理觀念：碰撞、反沖。
（1）理解碰撞、反沖的定義及物理意義。
（2）定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。
2.科學(xué)思維：動量守恒定律、人船模型、“木塊—滑塊”模型、“子彈打木塊”模型
（1）.理解系統(tǒng)動量守恒的條件、會應(yīng)用動量守恒定律解決基本問題、會分析、解決動量守恒定律的臨界問題。
（2）會用動量守恒觀點(diǎn)分析反沖運(yùn)動、人船模型、“子彈打木塊”、“滑塊—木板”模型的有關(guān)問題。
3.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：現(xiàn)代航天技術(shù)與反沖。
體會用守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。
【知識點(diǎn)一】動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）
同時性 動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p′1、p′2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)
題型1　動量守恒條件的理解
（2023春 南海區(qū)期末）現(xiàn)代飛機(jī)的機(jī)輪剎車在潮濕、結(jié)冰或被雪覆蓋的跑道上效果會降低。反推器能產(chǎn)生反向氣流，用于在潮濕冰雪天氣時替代機(jī)輪剎車，從而縮短制動距離。下列說法正確的是（　　）
A．飛機(jī)啟動過程中應(yīng)開啟反推器，推動飛機(jī)前進(jìn)
B．反推器噴氣氣流速度越大，飛機(jī)受到的反推力越大
C．飛機(jī)制動過程中開啟反推器，飛機(jī)動量守恒
D．反推力做功的多少等于飛機(jī)動能的減少量
【解答】解：AB．飛機(jī)啟動過程中應(yīng)開啟反推器，反推器能產(chǎn)生反向氣流，阻礙飛機(jī)前進(jìn)，根據(jù)動量定理Ft＝mv知反推器噴氣氣流速度越大，飛機(jī)受到的反推力越大，故A錯誤，B正確；
C．飛機(jī)制動過程中開啟反推器，由此可知飛機(jī)受到與運(yùn)動方向相反的推力，則飛機(jī)的動量也會發(fā)生變化，故C錯誤；
D．飛機(jī)動能的減少量等于合力做功，飛機(jī)在跑道剎車時，還受到跑道的阻力和空氣阻力等其他力，由此可知反推力做功的多少不等于飛機(jī)動能的減少量，故D錯誤。
故選：B。
（2023 天河區(qū)校級三模）如圖所示，用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星。當(dāng)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以v0的速度繞地球做勻速圓周運(yùn)動。某時刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離后瞬間，衛(wèi)星速度增大，則（　　）
A．分離前衛(wèi)星所受重力為0
B．分離前后衛(wèi)星和火箭殼的動量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分離后衛(wèi)星不可能在原來的軌道上運(yùn)動
【解答】解：A．根據(jù)重力概念，重力是萬有引力的一個分力，在地球兩極萬有引力等于重力，而當(dāng)衛(wèi)星環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動時，該力完全用來充當(dāng)衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的向心力，可知，分離前衛(wèi)星所受重力并不為零，而是充當(dāng)了衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的向心力，故A錯誤；
B．分離前后衛(wèi)星和火箭殼在做圓周運(yùn)動，所受合力不為零，因此動量不守恒，故B錯誤；
C．根據(jù)萬有引力提供向心力有
可得
可知軌道半徑越大，線速度越小，火箭殼體和衛(wèi)星在地表上空環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動，其環(huán)繞半徑大于地球半徑，因此可知其線速度小于第一宇宙速度，故C錯誤。
D．分離后衛(wèi)星線速度變大，此時衛(wèi)星所受萬有引力不足以提供其在原軌道運(yùn)行的向心力，因此衛(wèi)星將做離心運(yùn)動，向更高的軌道變軌運(yùn)行，故D正確。
故選：D。
（2023 浙江模擬）如圖所示，是一種被稱為“移動擺”的裝置，即將單擺懸掛于一輛可以移動的車上。假設(shè)單擺在重力作用下做機(jī)械振動，且車和擺始終在同一平面內(nèi)運(yùn)動。若忽略所有摩擦和阻力，以車和擺的整體為研究對象，則（　　）
A．機(jī)械能守恒，動量守恒
B．機(jī)械能守恒，動量不守恒
C．機(jī)械能不守恒，動量守恒
D．機(jī)械能不守恒，動量不守恒
【解答】解：忽略所有摩擦和阻力，以車和擺的整體為系統(tǒng)，只有單擺的重力對系統(tǒng)做功，使系統(tǒng)的重力勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，所以機(jī)械能守恒。
直接分析系統(tǒng)所受合力是否為零，不好分析，可用假設(shè)法處理。
假設(shè)車和擺組成的系統(tǒng)動量守恒，則由動量守恒條件可知，系統(tǒng)在整個運(yùn)動過程中所受合力應(yīng)始終為零。但是當(dāng)擺運(yùn)動到最低點(diǎn)時，系統(tǒng)所受合力為單擺的向心力、不等于零，故假設(shè)不成立，故系統(tǒng)動量不守恒。
但系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒。
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
題型2　動量守恒定律的基本應(yīng)用
（2023春 通州區(qū)期中）如圖所示，OMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑軌道，MN水平且足夠長，OM下端與MN相切。質(zhì)量為m的小球B靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m的小球A從OM上距水平軌道高為h處由靜止釋放，A球進(jìn)入水平軌道后，與B球發(fā)生彈性碰撞。A、B兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于A、B球碰撞后的速度大小之比，正確的是（　　）
A．1：2 B．1：4 C．4：1 D．2：1
【解答】解：設(shè)A球與B球碰撞前的速度為v0，發(fā)生彈性后A、B的速度分別為v1、v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律可得
m1v0＝m1v1+m2v2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
聯(lián)立解得：，
其中m1＝2m，m2＝m
可得，，因此A、B球碰撞后的速度大小之比為1：4，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023春 荔灣區(qū)校級期中）短道速滑比賽中“接棒”運(yùn)動員（稱為“甲”）在前面滑行，“交棒”運(yùn)動員（稱為“乙”）從后面用力推前方“接棒”運(yùn)動員完成接力過程，如圖所示。假設(shè)運(yùn)動員甲的質(zhì)量小于運(yùn)動員乙的質(zhì)量，交接棒過程中兩運(yùn)動員的速度方向均在同一直線上，忽略運(yùn)動員與冰面之間的摩擦。在交接棒過程，下列說法正確的是（　　）
A．乙對甲的作用力大于甲對乙的作用力
B．甲的動量增加量大于乙的動量增加量
C．甲的速度增加量大于乙的速度減少量
D．甲、乙兩運(yùn)動員沖量之和不為零
【解答】解：AD．根據(jù)牛頓第三定律可知，兩運(yùn)動員之間的相互作用力大小相等，方向相反，且作用時間相等。根據(jù)I＝Ft可知，兩運(yùn)動員相互作用力的沖量大小相等，方向相反，沖量之和一定為零。故AD錯誤；
BC．因?yàn)楹雎耘c冰面的摩擦，兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)動量守恒，甲的動量的增加量等于乙的動量的減少量；由于甲的質(zhì)量較小，所以甲的速度增加量較大，甲的速度增加量大于乙的速度減少量，故B錯誤，C正確。
故選：C。
（2023春 寧波期中）一個連同裝備共有200kg的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船60m的位置與飛船處于相對靜止的狀態(tài)。裝備中有一個高壓氣源，能以50m/s的速度噴出氣體。航天員為了能在1min內(nèi)返回飛船，他在開始返回的瞬間需要一次性向后噴出的氣體至少約（　　）
A．3kg B．4kg C．5kg D．6kg
【解答】解：航天員獲得速度后將做勻速直線運(yùn)動，設(shè)位移l，設(shè)噴出氣體的速度為v0，噴出氣體的瞬間，航天員獲得的速度大小為v，噴出的氣體的質(zhì)量為m，航天員連同裝備的質(zhì)量為M，則在高壓氣源噴出氣體的瞬間，航天員和噴出的氣體組成的系統(tǒng)動量守恒，取航天員運(yùn)動的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律可得：
0＝（M﹣m）v﹣mv0
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：l＝vt
聯(lián)立解得：m≈4kg，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【知識點(diǎn)二】碰撞問題
1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律
2．彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝
結(jié)論：（1）當(dāng)m1＝m2時，v′1＝0，v′2＝v1（質(zhì)量相等，速度交換）；
（2）當(dāng)m1>m2時，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1（大碰小，一起跑）；
（3）當(dāng)m10（小碰大，要反彈）；
（4）當(dāng)m1 m2時，v′1＝v1，v′2＝2v1（極大碰極小，大不變，小加倍）；
（5）當(dāng)m1 m2時，v′1＝－v1，v′2＝0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）。
題型一　碰撞的可能性分析
【必備知識】碰撞遵守的原則
（1）動量守恒。
（2）機(jī)械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動能不增加，表達(dá)式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
（3）速度要合理
①碰前若同向運(yùn)動，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后。
②兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向肯定有一個改變或速度均為零。
（2023 晉中二模）我國臺球選手丁俊暉是獲得臺球世界冠軍的第一位中國運(yùn)動員，2022年11月21日，丁俊暉又獲斯諾克英國錦標(biāo)賽亞軍，他在臺球比賽中屢次取得好成績，吸引了大批青少年參與到該活動中來。在某次比賽中，質(zhì)量均為m、材料相同的白球和黑球靜止在臺球桌上，一青少年擊白球以沖量I碰撞靜止的黑球，碰撞前后兩球的位置標(biāo)記如圖所示，A、B分別為碰前瞬間白球，黑球所在位置，C、D分別為碰撞后白球、黑球停止的位置。則由圖可得碰撞過程中損失的動能為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：假設(shè)圖中每個小方格邊長為x，則碰撞后，對白球、黑球，分別由動能定理得：
﹣f 3x＝0﹣Ek白，﹣f 12x＝0﹣Ek黑
可知碰撞后瞬間黑球的動能是白球的4倍，則：4
解得：v白＝2v黑
假設(shè)碰撞后v黑＝2v，v白＝v，在碰撞過程中，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：
I＝mv白+mv黑＝mv+m 2v＝3mv
解得：v
則碰撞過程中損失的動能為：ΔEk
聯(lián)立解得：ΔEk，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2023 西城區(qū)校級模擬）A、B兩滑塊在同一氣墊導(dǎo)軌上，碰前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運(yùn)動并發(fā)生碰撞，利用閃光照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如圖所示。已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T，在這4次閃光的過程中，A、B兩滑塊均在0～80cm范圍內(nèi)，且第1次閃光時，滑塊A恰好位于x＝10cm處。若A、B兩滑塊的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，則（　　）
A．碰撞發(fā)生在第1次閃光后的3T時刻
B．碰撞后A與B的速度相同
C．碰撞后A與B的速度大小之比為1：2
D．A、B兩滑塊的質(zhì)量之比為1：3
【解答】解：A、由圖像知，在這4次閃光的過程中，滑塊B有3次影像是重合的，可得碰撞發(fā)生在x＝60cm的位置，且碰撞發(fā)生第3次閃光之后，從第1次閃光到第2次閃光滑塊A勻速直線運(yùn)動了20cm。從第3次閃光到兩個滑塊碰撞的過程，滑塊A從x＝50cm勻速直線運(yùn)動到x＝60cm處，運(yùn)動位移為10cm，可得運(yùn)動時間為0.5T，碰撞發(fā)生在第1次閃光后的2T+0.5T＝2.5T的時刻，故A錯誤；
BC、由圖像知，兩個滑塊碰撞后到第4次閃光，滑塊A從x＝60cm勻速直線運(yùn)動到x＝55cm處，滑塊B從x＝60cm勻速直線運(yùn)動到x＝65cm處，兩滑塊在相等時間內(nèi)位移大小相等，方向相反，因此碰撞后A與B的速度大小相等，方向相反，碰撞后A與B的速度大小之比為1：1，故BC錯誤；
D、由上述分析可知，碰撞前A的速度大小是碰后A速度大小的2倍，碰后A、B速度大小又相等。設(shè)碰撞前A的速度大小為v，則碰撞后A、B速度大小均為，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
解得：mA：mB＝1：3，故D正確。
故選：D。
（2023 廣東一模）如圖，材料有差異的冰壺甲每次以相同的動量與靜止在O處的另一冰壺發(fā)生正碰，碰后冰壺甲最終停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壺甲與冰面間的動摩擦因數(shù)相同，冰壺均可視為質(zhì)點(diǎn)，則碰撞后，被碰冰壺獲得動量最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：設(shè)冰壺甲與另一冰壺碰撞前的動量為p0，碰后甲的動量為p'，被碰冰壺的動量為p，以甲的初速度方向?yàn)檎较颍瑑杀鶋嘏鲎策^程滿足動量守恒，有p0＝p'+p
解得：p＝p0﹣p'
A圖中p'≈0，則p＝p0
B圖中p＝p0+p'
CD圖中p＝p0﹣p'
可知B圖中對應(yīng)乙向右的動量最大，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
題型二　碰撞規(guī)律的應(yīng)用
【必備知識】碰撞問題解題三策略
（1）抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。
（2）可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：
v′1＝v1　v′2＝v1
（3）熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度。當(dāng)m1 m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1 m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。
（多選）（2023 玉林三模）如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道固定在水平地面上，A、B是兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，B球靜止于軌道上最低點(diǎn)，A球從圖示位置由靜止釋放，然后與B球發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A球被反向彈回，且A、B球能達(dá)到相同最大高度。下列說法正確的有（　　）
A．以軌道最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，兩球所達(dá)到的相同的最大高度為R
B．B球的質(zhì)量是A球質(zhì)量的4倍
C．偶數(shù)次碰撞后A球的速度為0
D．兩球總是在最低點(diǎn)發(fā)生碰撞
【解答】解：設(shè)A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為M
AB、兩球碰撞后向上運(yùn)動過程機(jī)械能守恒，設(shè)上升的最大高度為h，由機(jī)械能守恒定律得：mgh，解得：v，兩球碰撞后，A、B球能達(dá)到相同最大高度，則兩球碰撞后瞬間兩球的速度大小相等，A球運(yùn)動到最低點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得：mgR，兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以碰撞前A的速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻茫簃v0＝﹣mv+Mv，由機(jī)械能守恒定律得：，解得：M＝3m，v，hR，故A正確，B錯誤；
D、兩球碰撞前后運(yùn)動過程機(jī)械能守恒，兩球碰撞后速度大小相等，兩球上升的最大高度相等，則兩球碰撞后上升到最高點(diǎn)需要的時間相等，兩球碰撞后同時到達(dá)最高點(diǎn)，同時從最高點(diǎn)下滑，下滑的高度相等，則兩球同時到達(dá)最低點(diǎn)，小球到達(dá)最低點(diǎn)發(fā)生碰撞，則兩球總是在最低點(diǎn)發(fā)生碰撞，故D正確；
C、兩球從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)過程機(jī)械能守恒，小球到達(dá)最低點(diǎn)時的速度大小與第一碰撞結(jié)束瞬間的速度大小相等，速度大小都是v，兩球第二次碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv﹣Mv＝mvA+MvB，由機(jī)械能守恒定律得：，解得：vA，vB＝0，偶數(shù)次碰撞后A的速度為，B的速度為0，故C錯誤。
故選：AD。
（多選）（2023 遂寧三模）在一個水平桌面上固定一個內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點(diǎn)，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個小球（球徑略小于管徑，管徑遠(yuǎn)小于R），質(zhì)量分別為mA、mB，開始時B球靜止于a點(diǎn)，A球在其左側(cè)以v0的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)。則下列說法中正確的是（　　）
A．A、B兩球的質(zhì)量比為mA：mB＝3：5
B．若只增大A球的初速度v0，則第二次碰撞點(diǎn)可能在b、c之間某處
C．若只增大A球的質(zhì)量mA，則第二次碰撞點(diǎn)可能仍在b處
D．若只增大A球的質(zhì)量mA，則第一、二次碰撞時間間隔不可能大于
【解答】解：AC、設(shè)兩球第一次碰撞后速度分別為va、vb，取碰撞前入射小球的速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣膳c機(jī)械能守恒定律分別得
mAv0＝mAva+mBvb
聯(lián)立可得：，
兩球在b點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，若mA＜mB，可知A球碰后反向，則A球運(yùn)動的路程是B球的3倍，兩球在軌道內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，可得兩球碰后速度的大小之比，則有：，可得，若mA＞mB，AB兩球碰后同向運(yùn)動，兩球在b點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，則A球運(yùn)動的路程是B球的，兩球碰后速度的大小之比，則有：，可得
若只增大A的質(zhì)量，滿足，則兩球也會在b點(diǎn)再次碰撞，故A錯誤，C正確；
BD、若mA＜mB，A球碰后反向與B球再次碰撞，則有：sA+sB＝2πR，即：vat+vbt＝2πR，可得兩球第一次碰后到第二次碰撞的時間，兩球速度大小之和，代入上式，可得；若mA＞mB，A球碰后與B球速度同向運(yùn)動，再次碰撞時，則有：sB﹣sA＝2πR，即：vbt﹣vat＝2πR，可得，兩球速度大小之差，代入上式，可得，若只增大A球的初速度v0，A、B兩球碰后速度增大，但速度大小之比不變，兩球再次碰撞時運(yùn)動的路程之比不變，運(yùn)動路程之和仍為2πR，所以第二次碰撞還是在b點(diǎn)，故B錯誤，D正確。
故選：CD。
（多選）（2023 青羊區(qū)校級模擬）如圖1所示，按壓式圓珠筆可以簡化為外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分。某按壓式圓珠筆內(nèi)芯的質(zhì)量為m，外殼的質(zhì)量為4m，外殼與內(nèi)芯之間的彈簧的勁度系數(shù)為k。如圖2所示，先把筆豎直倒立于水平硬桌面上，用力下壓外殼使其下端接觸桌面（見位置a），此時彈簧的壓縮量，然后將圓珠筆由靜止釋放，圓珠筆外殼豎直上升，當(dāng)其與內(nèi)芯發(fā)生碰撞時（見位置b），彈簧的壓縮量變?yōu)槌跏紩r的五分之一，此后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處（見位置c）。已知彈簧彈性勢能的計算公式為，x為彈簧的形變量，不計摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．圓珠筆彈起的整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能大于圓珠筆增加的重力勢能
B．從彈簧推動外殼開始向上運(yùn)動到與內(nèi)芯發(fā)生碰撞的過程中，外殼受到的沖量為
C．外殼與內(nèi)芯碰撞后，圓珠筆上升的最大高度為
D．彈簧推動外殼向上運(yùn)動的過程中，在與內(nèi)芯發(fā)生碰撞前的瞬間，外殼的速度達(dá)到最大
【解答】解：A、圓珠筆彈起過程中，外殼和內(nèi)芯碰撞存在機(jī)械能損失，因此釋放的彈性勢能大于筆增加重力勢能，故A正確；
B、設(shè)外殼與內(nèi)芯碰撞時外殼的速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
即
解得：
設(shè)外殼受到的沖量為I，對外殼，由動量定理得：I＝4mv，解得：I，故B正確；
C、外殼和內(nèi)芯碰撞過程，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：4mv＝（4m+m）v'。
碰后過程，由機(jī)械能守恒定律得：
聯(lián)立解得圓珠筆上升的最大高度：，故C錯誤；
D、外殼受向下的重力和向上的彈力，彈力逐漸減小，當(dāng)彈力等于重力時，加速度為零，速度最大，碰撞前彈簧的彈力，此時已經(jīng)減速了，故D錯誤。
故選：AB。
【知識點(diǎn)三】動量守恒定律的臨界問題
【歸類總結(jié)】1．當(dāng)小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時，兩物體速度相同．
2．彈簧最短或最長時，兩物體速度相同，此時彈簧彈性勢能最大．
3．兩物體剛好不相撞，兩物體速度相同．
4．滑塊恰好不滑出長木板，滑塊滑到長木板末端時與長木板速度相同．
（2023 浙江模擬）物理規(guī)律往往有一定的適用條件，我們在運(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問題時，需要判斷使用的物理規(guī)律是否成立。如圖所示，站在車上的人用錘子連續(xù)敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止，假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是（　　）
A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動
B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都不守恒
D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量守恒但機(jī)械能不守恒
【解答】解：A．對人、車和錘采用整體法，整體水平方向不受外力，水平方向動量守恒，水平方向整體總動量為零，用錘子連續(xù)敲打小車左端，當(dāng)錘子向左運(yùn)動，根據(jù)動量守恒，小車向右運(yùn)動；當(dāng)錘子向右運(yùn)動，根據(jù)動量守恒，小車向左運(yùn)動；故小車左右往復(fù)運(yùn)動，不會持續(xù)向右運(yùn)動，故A錯誤；
BCD．人消耗體能，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，人體內(nèi)儲存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機(jī)械能，故人、車和錘整體機(jī)械能不守恒；在錘子連續(xù)敲打下，整體在豎直方向合外力不等于零，故整體在豎直方向不滿足動量守恒，所以人、車和錘組成的系統(tǒng)動量不守恒，故BD錯誤，C正確。
故選：C。
（多選）（2023 寶雞模擬）如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為2m的光滑半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)正上方高為R處由靜止釋放，由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，重力加速度為g，則（　　）
A．小球進(jìn)入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統(tǒng)總動量守恒
B．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動了
C．小車向左運(yùn)動的最大距離為
D．小車獲得的最大速度為
【解答】解：A、小球進(jìn)入半圓軌道后，水平方向不受力，由小球和小車組成的系統(tǒng)總動量在水平方向守恒，故A錯誤；
B、開始時系統(tǒng)水平方向的總動量為零，小球由B點(diǎn)離開小車時，小球和小車在水平方向的速度相同，結(jié)合系統(tǒng)水平方向動量為零，知小球離開小車小球與小車水平方向速度均為零，則小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動，故B錯誤；
C、系統(tǒng)水平方向動量守恒，當(dāng)小球由B離開小車時，小車向左運(yùn)動的距離最大，小球在半圓軌道的任意位置時，小球的水平速度大小vx與小車的速度大小v1始終滿足：mvx﹣2mv1＝0
設(shè)小車向左運(yùn)動的最大距離為x，用位移表示平均速度，可得：m 2m0，解得：x，故C正確；
D、系統(tǒng)水平方向動量守恒，當(dāng)小球下滑到半圓軌道的最低點(diǎn)時，小車獲得的速度最大（設(shè)為vm），規(guī)定向右為正方向，在水平方向上由動量守恒定律得：
mv﹣2mvm＝0
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：
mg 2R
解得：vm，故D正確。
故選：CD。
（多選）（2022 遼寧模擬）
如圖所示，將一質(zhì)量為M半徑為R內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑的水平面上.現(xiàn)從半圓槽右端入口處靜止釋放一質(zhì)量為m（M＞m）的小球，則小球釋放后，以下說法中正確的是（　　）
A．小球能滑至半圓槽左端槽口處
B．小球滑至半圓槽最低點(diǎn)時半圓槽的位移大小為
C．若開始時小球在半圓槽最低點(diǎn)且小球有方向向左大小為v0的初速度，則小球再次回到半圓槽最低點(diǎn)時的速度大小為
D．若開始時小球在半圓槽最低點(diǎn)且小球有方向向左大小為v0的初速度，如果小球能從左側(cè)槽口飛出，則離開槽口后還能上升的最大高度為
【解答】解：A、以半圓槽與小球組成的系統(tǒng)為研究對象，在整個過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力，系統(tǒng)在水平方向動量守恒且總動量為零；在整個過程中，半圓槽與小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知小球能滑到半圓槽左端入口處，故A正確；
B、設(shè)小球滑至半圓槽最低點(diǎn)時半圓槽的位移大小為x，取向左為正方向，對系統(tǒng)水平方向根據(jù)平均動量守恒可得：0＝mM，解得：x，故B錯誤；
C、若開始時小球在半圓槽最低點(diǎn)且小球有方向向左大小為v0的初速度，設(shè)小球再次回到軌道最低點(diǎn)的速度為v1、槽的速度為v2；
取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv1+Mv2，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mv02mv12Mv22，
聯(lián)立解得：v1，v2，小球再次回到半圓槽最低點(diǎn)時的速度大小為，故C正確；
D、若開始時小球在半圓槽最低點(diǎn)且小球有方向向左大小為v0的初速度，如果小球能從左側(cè)槽口飛出，
取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝（m+M）v
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mv02（m+M）v2+mg（R+H）
聯(lián)立解得：，故D正確。
故選：ACD。
【知識點(diǎn)四】爆炸、反沖問題
模型一　爆炸問題
【必備知識】爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
動量 守恒 由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒
動能 增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加
位置 不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動
m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的方向飛去。已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，爆炸后系統(tǒng)的機(jī)械能增加了，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點(diǎn)間的距離為（　　）
A． B． C． D．2
【解答】解：炮彈炸裂的過程水平方向動量守恒，設(shè)炮彈炸裂前的速度大小為v，則有，解得v
設(shè)炸裂后瞬間兩塊碎片的速度分別為v1、v2，以爆炸前炮彈的速度方向與正方向，據(jù)動量守恒定律有2mv＝mv1+mv2
據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得：，
根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有，兩塊碎片落地點(diǎn)之間的距離x＝（v1﹣v2）t
解得：，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2022 湖北模擬）一質(zhì)量為m的煙花彈以初速度v0從水平地面豎直向上射出，上升到最大高度時恰好爆炸，沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1：4的A、B兩個部分，此時A、B動能之和與煙花彈從地面射出時的動能相等。爆炸時間極短，不計空氣阻力，則（　　）
A．從射出到爆炸的過程中，系統(tǒng)總動能不變，該過程機(jī)械能守恒
B．爆炸過程釋放的能量與A、B落地時的總動能相等
C．A、B兩個部分落地時速度大小之比為2：1
D．A、B兩個部分落地時速度大小之比為4：1
【解答】解：A．從水平地面豎直向上射出，上升到最大高度過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒；但在爆炸過程中，重力勢能不變，煙火彈的動能增加，即機(jī)械能增加。故A錯誤；
B．爆炸過程釋放的能量等于爆炸結(jié)束瞬間A、B的動能之和，由于落地過程還有重力做功，因此爆炸過程釋放的能量小于A、B落地時的總動能，故B錯誤；
CD．假設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m、4m，則爆炸過程中由動量守恒可得mvA＝4mvB
得
假設(shè)vA＝4v，vB＝v，由題意可知
解得
則vA＝2v0，
A、B兩部分爆炸后做平拋運(yùn)動，水平速度即為vA，vB，落地時的豎直速度均為v0，
則落地時，
所以A、B兩個部分落地時速度大小之比為2：1，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2023 鷹潭一模）有人對鞭炮中炸藥爆炸的威力產(chǎn)生了濃厚的興趣，他設(shè)計如下實(shí)驗(yàn)，一個平板車固定在水平地面上，其右端恰好與光滑的半圓弧軌道的底端相切，在平板車的右端放置兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的緊挨著的A、B兩個物體（均可看成質(zhì)點(diǎn)），物體質(zhì)量均為m，現(xiàn)在在它們之間放少量炸藥。當(dāng)初A、B兩物靜止，點(diǎn)燃炸藥讓其爆炸，物體B向右運(yùn)動，恰能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)。物體A沿平板車表面向左做直線運(yùn)動，最后從車上掉下來，落地點(diǎn)離平板車左端的水平距離為s，已知平板車上表面離地面的高度為h，且平板車上表面光滑，不計空氣阻力，重力加速度為g。試求：
（1）當(dāng)A物體離開平板車后，重力對A做功的最大功率是多少？
（2）圓弧的半徑和炸藥爆炸時A、B兩物體所做的功。
【解答】解：（1）重力對A做功的最大功率是剛落地時
剛落地時在豎直方向的速度為：
最大功率是：
（2）設(shè)物體離開平板車的速度為v，A物體離開平板車后做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律，得
在水平方向上，有：s＝v1t
在豎直方向上，有：
聯(lián)立兩式解得：
設(shè)炸藥爆炸后A、B兩物體的速度分別為v1、v2，炸藥爆炸后，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：mv1﹣mv2＝0
物體B向右運(yùn)動到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)的速度為v3。物體B恰能到達(dá)最高點(diǎn)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：
物體B上升到最高點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律得：
聯(lián)立解得：
由功能關(guān)系，炸藥對A、B物體做的功為：
解得：
答：（1）重力對A做功的最大功率是為；
（2）圓弧的半徑為，炸藥爆炸時對A、B兩物體所做的功為。
模型二　反沖問題
【必備知識】對反沖運(yùn)動的三點(diǎn)說明
作用原理 反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
動量守恒 反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律
機(jī)械能增加 反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加
（2023 青島模擬）如圖，某中學(xué)航天興趣小組在一次發(fā)射實(shí)驗(yàn)中將總質(zhì)量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發(fā)射時“水火箭”在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的水。已知火箭運(yùn)動過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭的動力來源于火箭外的空氣對它的推力
B．火箭上升過程中一直處于超重狀態(tài)
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭在空中飛行的時間為
【解答】解：A、火箭的動力來源于火箭噴出的水對它的推力，故A錯誤；
B、火箭先加速上升、后減速上升，所以上升過程中先處于超重狀態(tài)、后處于失重狀態(tài)，故B錯誤；
C、取向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：（M﹣m）vm＝mv0，解得：vm，故C錯誤；
D、上升過程中，取向上為正方向，根據(jù)動量定理可得：﹣（M﹣m）t1﹣kt1＝0﹣（M﹣m）vm
下降過程中，取向下為正方向，根據(jù)動量定理可得：（M﹣m）t2﹣kt2＝（M﹣m）v﹣0
設(shè)上升的最大高度為h，則有：t1t2＝h
火箭在空中飛行的時間為：t＝t1+t2
聯(lián)立解得：，故D正確。
故選：D。
（2023 金華一模）長春某特警支隊(duì)的2019年反恐演練出現(xiàn)了一款多旋翼查打一體無人機(jī)，該無人機(jī)是中國最先進(jìn)的警用12旋翼無人機(jī)，裝備有攻擊性武器，適合執(zhí)行對高價值目標(biāo)的斬首行動。假設(shè)該無人機(jī)與微型導(dǎo)彈的總質(zhì)量為M，旋翼啟動后恰能懸停在離水平地面高為H的空中，向前方以水平速度v發(fā)射一枚質(zhì)量為m的微型導(dǎo)彈，假設(shè)無人機(jī)豎直方向獲得的升力大小保持不變，機(jī)身始終保持水平，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．發(fā)射微型導(dǎo)彈后，無人機(jī)將做勻變速直線運(yùn)動
B．發(fā)射出微型導(dǎo)彈瞬間，無人機(jī)后退速度大小為
C．微型導(dǎo)彈落地時，無人機(jī)離地高度為
D．微型導(dǎo)彈落地時，無人機(jī)與導(dǎo)彈落地點(diǎn)的水平距離為
【解答】解：A、發(fā)射微型導(dǎo)彈后，無人機(jī)獲得一個水平方向的初速度，其重力減小、合力方向向上，將做勻變速曲線運(yùn)動，故A錯誤；
B、取無人機(jī)后退速度方向?yàn)檎较颍椒较蚋鶕?jù)動量守恒定律可得：0＝（M﹣m）v1﹣mv，解得：v1，故B錯誤；
C、由于微型導(dǎo)彈落地過程中，系統(tǒng)豎直方向受力平衡，動量守恒，取向下為正方向，則有：0＝m（M﹣m）
解得此過程中無人機(jī)上升的高度為：h
所以無人機(jī)離地高度為：h′＝h+H，故C錯誤；
D、微型導(dǎo)彈落地時經(jīng)過的時間為：t，所以無人機(jī)與導(dǎo)彈落地點(diǎn)的水平距離為：x＝（v+v1）t，解得：x，故D正確。
故選：D。
（2021 北湖區(qū)校級模擬）明朝有個叫萬戶的，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸．假設(shè)萬戶及其所攜設(shè)備（火箭、椅子、風(fēng)箏等）的總質(zhì)量為M，點(diǎn)燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為M的熾熱物質(zhì)相對地面以570m/s的速度豎直向下噴出，假設(shè)空氣阻力恒為總重力在0.2倍，重力加速度為g＝10m/s2，求：
（1）萬戶會獲得向上初速度有多大？
（2）萬戶落地速度有多大？
【解答】解：（1）設(shè)萬戶會獲得向上初速度大小為v1。
點(diǎn)燃火箭后在極短的時間內(nèi)，取向下為正方向，由動量守恒定律可得
v0﹣（M）v1＝0
代入數(shù)據(jù)解得：v1＝30m/s
（2）萬戶及其所攜設(shè)備上升過程，根據(jù)牛頓第二定律得：
（M）g+0.2（M）g＝ma1
上升的最大高度為H
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：H＝37.5m
下落過程，根據(jù)牛頓第二定律得：
（M）g﹣0.2（M）g＝ma2
由運(yùn)動學(xué)公式有v22＝2a2H
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v2＝10m/s
即萬戶落地速度為10m/s。
答：（1）萬戶會獲得向上初速度為30m/s。
（2）萬戶落地速度為10m/s。
【知識點(diǎn)五】動量守恒定律應(yīng)用之常見模型
模型一　子彈打木塊模型
1．模型圖示
2．模型特點(diǎn)
（1）子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒．
（2）系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．
3．兩種情景
（1）子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多（完全非彈性碰撞）．
動量守恒：mv0＝（m＋M）v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－（M＋m）v2
（2）子彈穿透木塊．
動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－（Mv22＋mv12）
（2023 雁塔區(qū)校級三模）如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的木塊A放在長木板的左端，一顆質(zhì)量為的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時速度為，木塊在木板上滑行的時間為t，則下列說法錯誤的是（　　）
A．木塊獲得的最大速度為
B．木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為
C．木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為
D．因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差
【解答】解：A、子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，取向右為正方向，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 m v0＝（mm）v1，可得，木塊獲得的最大速度 v1。故A正確。
B、木塊滑離木板時，取向右方向?yàn)檎瑢δ景搴湍緣K（包括子彈）系統(tǒng)：
解得：，故B錯誤。
C、木塊在木板上滑動時，對木板，以向右方向?yàn)檎蓜恿慷ɡ淼?ft＝mv2﹣0，得 f，故C正確；
D、由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差，故D正確。
本題選錯誤的，
故選：B。
（2023 海淀區(qū)校級模擬）質(zhì)量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在光滑水平地面上質(zhì)量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結(jié)束時子彈和木塊可能的相對位置，設(shè)木塊對子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（　　）
A．M越大，子彈射入木塊的時間越短
B．M越大，子彈射入木塊的深度越小
C．無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形
D．若v0較小，則可能是甲圖所示情形；若v0較大，則可能是乙圖所示情形
【解答】解：A、子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)子彈和木塊的共同速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得：v
設(shè)子彈受到的阻力大小為f，子彈射入木塊的時間為t。
對子彈，由動量定理得：﹣ft＝mv﹣mv0，聯(lián)立解得：t，可知，M越大，越小，t越長，故A錯誤；
B、設(shè)子彈射入木塊的深度為d，根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒得：fd（M+m）v2，聯(lián)立解得 d，可知，M越大，越小，d越大，故B錯誤；
CD、設(shè)子彈從開始射入到與木塊相對靜止的過程木塊的位移為x，對木塊，根據(jù)動能定理得：fxMv2，結(jié)合v，得 x
則1，即x＜d，所以，無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形，故C正確，D錯誤。
故選：C。
模型二　“滑塊—木板”碰撞模型
模型圖示
模型特點(diǎn) （1）若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移（子彈為射入木塊的深度）取得極值（完全非彈性碰撞拓展模型） （2）系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能 （3）根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝Ek0，可以看出，子彈（或滑塊）的質(zhì)量越小，木塊（或木板）的質(zhì)量越大，動能損失越多 （4）該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動的角度借助圖示求解
（2023 桃城區(qū)校級三模）如圖所示，滑塊A、木板C分別靜止在光滑水平平臺和粗糙水平地面上，C的左端與平臺上表面相切，滑塊B靜止在C上，且至C左端的距離為x0＝1m，A、B、C的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝3kg。t＝0時刻，對A施加一水平向右的作用力F，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系為，A運(yùn)動2s后撤去F，此時A恰好滑上木板C；一段時間后，A與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），最終B靜止在C的右端。已知A與木板C之間的動摩擦因數(shù)為μA＝0.2，B與C之間的動摩擦因數(shù)為μB＝0.5，C與地面之間的動摩擦因數(shù)為μC＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2。求：
（1）A剛滑上C時的速度大小；
（2）A、B碰后瞬間A的速度大小；
（3）木板C的長度和運(yùn)動的位移大小。
【解答】解：（1）撤去F之前2s內(nèi)F的沖量為：
此過程，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量定理，有IF＝mAv0
解得A剛滑上C時的速度大小為：
（2）A滑上C時，A受到滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知A的加速度為
此時A對C的滑動摩擦力為
fAC＝μAmAg＝0.2×2×10N＝4N
地面對C的最大靜摩擦力為
f地C＝μC（mA+mB+mC）g＝0.1×（2+1+3）×10N＝6N
可知木板C靜止，則當(dāng)A將要與B相碰時的速度
AB碰撞過程由動量守恒和能量關(guān)系
mAv1＝mAv2+mBv3
解得
v2＝2m/s，v3＝8m/s
（3）AB沿木板向右運(yùn)動時，B對C的滑動摩擦力
fBC＝μBmBg＝0.5×1×10N＝5N
此時木板C開始向右加速滑動，C的加速度
物塊B減速的加速度
當(dāng)AC相對靜止時
v2﹣aAt1＝aCt1
解得
此過程中C的位移
C的速度
B的位移
B的速度
以后C減速的加速度
當(dāng)BC共速時
v共＝vC1﹣a'Ct2＝vB1﹣aBt2
解得
v共＝0.5m/s
此時C的位移
B的位移
因此時A恰到達(dá)C的右端，則B相對C運(yùn)動的距離
即木板C長度為
共速后木板C減速的加速度a″C
則運(yùn)動距離
則木板的總位移
答：（1）A剛滑上C時的速度大小為；
（2）A、B碰后瞬間A的速度大小為2m/s；
（3）木板C的長度為6.7m，運(yùn)動的位移大小為0.83m。
（2023 鼓樓區(qū)校級模擬）如圖所示，水平地面上n輛質(zhì)量均為m的手推車沿一條直線排列，相鄰兩手推車的間距均為L，從左往右依次編號1，2，3，…，n。人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其向右運(yùn)動，當(dāng)車運(yùn)動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動了距離L時與第三輛車相碰，三車以共同速度運(yùn)動，后面重復(fù)。已知1、2、3號車的最大共同速度，車在運(yùn)動時受到的阻力恒為車重的k倍，車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，且碰撞時間極短，重力加速度大小為g，。
（1）求第一輛車前進(jìn)的距離s；
（2）求人對第一輛車的沖量大小I；
（3）要使n輛車能合為一體，求第一輛車獲得的最小初動能Ek1min。
【解答】解：（1）1、2號車與3號車碰撞后以的初速度做勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律得：k 3mg＝3ma
解得：a＝3kg
假設(shè)三小車不會與4號車相撞，在減速到0的過程中，由位移—速度公式得：
代入數(shù)據(jù)解得：s＝3L
則1、2、3號車恰好與4號車沒有相撞，即第一輛車前進(jìn)的距離為3L。
（2）設(shè)1號車獲得的初速度大小為v1，速度方向?yàn)檎较颍\(yùn)動距離L后速度大小為v1′，與2號車相互作用以后共同速度大小為v2，二者繼續(xù)運(yùn)動距離L以后速度大小變?yōu)関2′，相互作用以后三者的最大速度，則從1號車開始運(yùn)動到1號車與2號車相撞的過程中，由動能定理得：
1、2號車相撞過程中，由動量守恒定律得：mv1′＝2mv2
從1、2號車相撞到再與3號車相撞的過程中，由動能定理得：
1、2、3號車相撞過程中，由動量守恒定律得：2mv2′＝3mv3
人對第一輛車的沖量大小為I＝mv1
聯(lián)立解得：I＝2m
（3）設(shè)1號車獲得的初動能為Ek1，1、2號車作用前后的總動能為Ek1′、Ek2，2、3號車作用前后的總動能為Ek2′、Ek3，……（n﹣2）、（n﹣1）號車作用前后的總動能為Ek（n﹣2）′、Ek（n﹣1），從1號車開始運(yùn)動到1號車與2號車相撞的過程中，由動能定理得：Ek1﹣kmgL＝Ek1′
1、2號車相撞過程中，由動量守恒定律得：mv1′＝2mv2
聯(lián)立解得：Ek1′＝2Ek2
從1、2號車相撞到再與3號車相撞的過程中，由動能定理得：Ek2﹣2kmgL＝Ek2′
1、2、3號車相撞過程中，由動量守恒定律得：2mv2′＝3mv3
聯(lián)立解得：Ek2′Ek3
……
從（n﹣3）、（n﹣2）號車相撞到再與（n﹣1）號車相撞的過程中，由動能定理得：Ek（n﹣2）﹣（n﹣2）kmgL＝Ek（n﹣2）′
前（n﹣2）號車和第（n﹣1）號車相撞過程中，由動量守恒定律得：（n﹣2）mv（n﹣2）′＝（n﹣1）mv（n﹣2）
聯(lián)立解得：Ek（n﹣2）′Ek（n﹣1）
綜上，有：（n﹣1）Ek（n﹣1）＝Ek1﹣[1+22+32+…+（n﹣2）2]kmgL
若n輛車剛好合為一體，從（n﹣2）、（n﹣1）號車相撞到再與第n號車相撞的過程中，由動能定理得：Ek（n﹣1）＝（n﹣1）kmgL
則第一輛車獲得的最小初動能Ek1min＝[1+22+32+…+（n﹣1）2]kmgL
答：（1）第一輛車前進(jìn)的距離s為3L；
（2）人對第一輛車的沖量大小I為；
（3）要使n輛車能合為一體，第一輛車獲得的最小初動能Ek1min為。
（2023 思明區(qū)校級模擬）如圖為某個有獎挑戰(zhàn)項(xiàng)目的示意圖，挑戰(zhàn)者壓縮彈簧將質(zhì)量m0＝0.3kg的彈丸從筒口A斜向上彈出后，彈丸水平擊中平臺邊緣B處質(zhì)量m1＝0.3kg的滑塊或質(zhì)量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P處的玩具小熊就算挑戰(zhàn)成功。已知彈丸拋射角θ＝53°，B與A的高度差hm，B與P處的小熊相距s＝2.2m，薄板長度L＝0.9m，最初滑塊在薄板的最左端；滑塊與薄板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，薄板與平臺間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；薄板厚度不計，彈丸和滑塊都視為質(zhì)點(diǎn)，所有碰撞過程的時間和外力影響均不計，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B間的水平距離x；
（2）若彈丸與薄板發(fā)生完全非彈性碰撞，試通過計算判定挑戰(zhàn)會不會成功；
（3）若彈丸與滑塊發(fā)生完全彈性碰撞，且之后可能的碰撞也為完全彈性碰撞，試通過計算判定挑戰(zhàn)會不會成功。
【解答】解：（1）設(shè)彈丸在筒口A的速率為v0，彈丸從A到B的運(yùn)動過程，可視為從B到A的平拋運(yùn)動的逆過程，由平拋運(yùn)動規(guī)律得：
hgt2
x＝v0t
tanθ
將hm，θ＝53°代入解得：
ts，v0＝5m/s，xm；
（2）彈丸與薄板發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后瞬間的共同速率為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m2）v
解得：v＝3m/s
碰撞結(jié)束時，滑塊速度仍然為零，將在B處脫離薄板，彈丸與薄板整體向右做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)此過程發(fā)生的最大位移為xm。
由動能定理得： μ2（m0+m2）gxm＝0 （m0+m2）v2
解得：xm＝1.5m
因xm+L＝1.5m+0.9m＝2.4m＞s＝2.2m，所以薄板能撞上小熊，挑戰(zhàn)會成功；
（3）彈丸與滑塊發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后兩者速率分別為v0′、v1。以水平向右為正方向，由動量守恒和機(jī)械能守恒得：
m0v0＝m0v0′+m1v1
m0m0v0′2m1
解得：v1＝5m/s，v0′＝0（碰撞后彈丸掉落）
薄板所受滑塊的滑動摩擦力為：f1＝μ1m1g，解得：f1＝1.5N
薄板所受平臺的最大靜摩擦力為：f2＝μ2（m1+m2）g，解得：f2＝1.5N
因f1＝f2，故薄板靜止不動。
設(shè)滑塊滑至薄板右側(cè)與薄板右端相碰時，滑塊速率為v2，由動能定理得：
μ1m1gLm1 m1
解得：v2＝4m/s
滑塊與薄板發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后兩者速度分別為v3、v4，以水平向右為正方向，由動量守恒和機(jī)械能守恒得：
m1v2＝m1v3+m2v4
m1m1m2
解得：v3＝0.8m/s，v4＝4.8m/s
此后，滑塊向右做勻加速直線運(yùn)動，薄板向右做勻減速直線運(yùn)動，假設(shè)兩者能夠共速，速率為v5，以水平向右為正方向，對滑塊和薄板，分別由動量定理得：
μ1m1gt1＝m1v5﹣m1v3
﹣μ1m1gt1﹣μ2（m1+m2）gt1＝m2v5﹣m2v4
解得：v5＝1.8m/s，t1＝0.2s
此過程中，設(shè)滑塊與薄板發(fā)生的位移分別為x1和x2，由運(yùn)動學(xué)公式得：
x1（v3+v5）t，解得：x1＝0.26m
x2（v4+v5）t，解得：x2＝0.66m
因：x2+L＝0.66m+0.9m＝1.56m＜s＝2.2m，故薄板沒有撞上小熊。
滑塊與薄板的相對位移為：Δx1＝x2﹣x1＝0.66m﹣0.26m＝0.4m＜L＝0.9m，故兩者能共速的假設(shè)成立。
共速后，因μ1＞μ2，故兩者相對靜止做勻減速直線運(yùn)動直至停止，設(shè)共速后的最大位移為x3，由動能定理得：
μ2（m1+m2）gx3＝0 （m1+m2）
解得：x3＝0.54m
因x2+x3+L＝0.66m+0.54m+0.9m＝2.1m＜s＝2.2m，所以薄板不能撞上小熊，挑戰(zhàn)失敗。
答：（1）A、B間的水平距離x為m；
（2）挑戰(zhàn)會成功，計算判定過程見解析；
（3）挑戰(zhàn)不會成功，計算判定過程見解析。
【知識點(diǎn)五】力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．解動力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn)
（1）力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題。
（2）能量觀點(diǎn)：用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。
（3）動量觀點(diǎn)：用動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。
但綜合題的解法并非孤立的，而應(yīng)綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個規(guī)律，才能順利求解。
2．力學(xué)規(guī)律的選用原則
（1）如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。
（2）研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理（涉及時間的問題）或動能定理（涉及位移的問題）去解決問題。
（3）若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。
（4）在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。
（5）在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。這種問題由于作用時間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。
（2023 山東）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度v0向右做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，C與B間動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；
（3）若s＝0.48m，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量Δp的大小。
【解答】解：（1）滑塊C沿弧形軌道下滑過程，由動能定理得：mCgHmCv2
代入數(shù)據(jù)解得：H＝0.8m
（2）滑塊C剛滑上B時，對C受力分析，由牛頓第二定律得：μ2mCg＝mCaC
對B受力分析，由牛頓第二定律得：μ2mCg﹣μ1（mB+mC）g＝mBaB
代入數(shù)據(jù)解得：aC＝5m/s2
aB＝1m/s2
設(shè)經(jīng)過時間t1，B和C共速，有：v﹣aCt1＝v0+aBt1
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝0.5s
共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×0.5m/s＝1.5m/s
B的位移為xB1t10.5m＝0.625m
B和C共速后，一起做勻減速直線運(yùn)動，對BC整體受力分析，由牛頓第二定律得：μ1（mB+mC）g＝（mB+mC）aBC
代入數(shù)據(jù)解得：aBC＝1m/s2
設(shè)再經(jīng)過時間t2，A與B發(fā)生碰撞，則有：xA＝xB1+xB2
其中A的位移為：xA＝v0（t1+t2）
B在t2時間內(nèi)的位移為：xB2＝v共1t2aBC
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t2s或s（舍去）
xB2m
此時BC的共同速度為v共2＝v共1﹣aBCt2＝1.5m/s﹣1m/s＝（1）m/s
為保證與P碰撞前，B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，則xB1≤s≤xB1+xB2
代入數(shù)據(jù)解得：0.625m≤s≤（1）m
（3）s＝0.48m＜xB1
即B與P碰撞時，滑塊C與木板B沒有共速，對木板B，由位移—時間公式得：s＝v0t0aB
代入數(shù)據(jù)解得：t0＝0.4s或﹣2.4s（舍去）
滑塊C的位移為：xC＝vt0aC
代入數(shù)據(jù)解得：xC＝1.2m
摩擦力對C做的功W＝﹣μ2mCgxC
代入數(shù)據(jù)解得：W＝﹣6J
（4）木板B與P碰撞時，B的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×0.4m/s＝1.4m/s
C的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×0.4m/s＝2m/s
A的位移為xA1＝v0t0＝1×0.4m＝0.4m
此時A、B間的距離為Δx＝s﹣xA1＝0.48m﹣0.4m＝0.08m
B與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞后以原速率反彈，反彈后對B受力分析，由牛頓第二定律得：μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′
代入數(shù)據(jù)解得：aB′＝4m/s2
物塊A與木板B相向運(yùn)動，設(shè)經(jīng)時間t3恰好相遇，由位移關(guān)系得：xA2+xB3＝Δx
其中A的位移為：x＝v0t3
B的位移為：xB3＝vB0t3aB′
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t3s或s（舍去）
此時B的速度vB1＝vB0﹣aB′t3＝1.4m/s﹣4m/sm/s
方向向左；
C的速度vC1＝vC0﹣aCt3＝2m/s﹣5m/s＝（21）m/s
方向向右；
以水平向右為正方向，A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程由動量定理得：mAv0﹣mBvB1＝mAvA+mBvB
由機(jī)械能守恒定律得：mAmBmAmB
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vAm/s
vBm/s
此時C的速度vC＝vC1＝（21）m/s
物塊A向左的速度大于木板B和滑塊C向右的速度，物塊A向左做勻速直線運(yùn)動，由于摩擦力作用，B和C最后靜止，三個物體的初動量為p1＝（mA+mB）v0+mCv
末動量為p1＝mAvA
整個過程動量的變化量為Δp＝p2﹣p1
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Δp＝（6）kg m/s
答：（1）求C下滑的高度H為0.8m；
（2）s的范圍為0.625m≤s≤（1）m；
（3）摩擦力對C做的功W為﹣6J；
（4）這三個物體總動量的變化量Δp的大小為（6）kg m/s。
（2023 浙江）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能Ep（x為形變量）。
（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
【解答】解：（1）從D到F的過程中，對滑塊a根據(jù)動能定理可得：
2mgR
代入數(shù)據(jù)解得：vF＝10m/s
在F點(diǎn)，滑塊受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，則
解得：FN＝31.2N，方向豎直向上
（2）滑塊a碰后返回到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理可得：
碰撞瞬間，滑塊a與b組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右的方向?yàn)檎较颍O(shè)碰撞后滑塊a的速度為v1，滑塊b的速度為v2，則
mvF＝﹣mv1+3mv2
聯(lián)立解得：ΔE＝0
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，選擇水平向右的方向?yàn)檎较颍瑒t
mvF＝（m+3m）v
當(dāng)彈簧的長度最大或者最小時，彈簧的彈性勢能都最大，且滑塊的速度相等，根據(jù)能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
設(shè)彈簧的壓縮量和伸長量分別為x1和x2，則
聯(lián)立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
則Δx＝x2+x1
代入數(shù)據(jù)解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小為10m/s，所受支持力大小為31.2N；
（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能為0；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差為0.2m。
（2023 湖南）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。
（1）小球第一次運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運(yùn)動的距離；
（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運(yùn)動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小（結(jié)果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時，小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，機(jī)械能守恒，選水平向左的方向?yàn)檎较颍O(shè)小球的速度為v1，凹槽的速度為v2，則
0＝mv1﹣Mv2
兩邊同時乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根據(jù)幾何關(guān)系可知：x1+x2＝a
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：
聯(lián)立解得：v2；x2
（2）設(shè)小球的坐標(biāo)為（x，y），設(shè)此時凹槽向右運(yùn)動的距離為x0，則
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可分析出此時的橢圓方程為：
整理可得：，（y≤0）
（3）將代入上述的軌跡方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，上述的軌跡方程是以（a﹣b，0）為圓心，b為半徑的圓，當(dāng)小球下落的高度為時，對應(yīng)的位置如圖所示：
此時可知速度的方向與水平方向的夾角為60°，小球下落的高度為 過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，選擇水平向左的方向?yàn)檎较颍O(shè)小球的速度為v3，凹槽的速度為v4，則
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得；
聯(lián)立解得：v3
答：（1）小球第一次運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時，凹槽的速度大小為，凹槽相對于初始時刻運(yùn)動的距離為；
（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，小球運(yùn)動的軌跡方程為，（y≤0）；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小為。
（2023 遼寧）如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep。取重力加速度g＝10m/s2，結(jié)果可用根式表示。
（1）求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離x1。
（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右運(yùn)動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU（用t0表示）。
【解答】解：（1）物塊滑上木板到兩者共速時木板恰好與彈簧接觸的過程，物塊與木板組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律，以向右為正方向，則有：
m2v0＝（m1+m2）v1
代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1m/s
此過程對木板，由動能定理得：
μm2gx1m1
代入數(shù)據(jù)解得：x1＝0.125m；
（2）物塊與木板一起向右壓縮彈簧，兩者即將相對滑動時它們之間的靜摩擦力等于最大靜摩擦力，設(shè)此時兩者的加速度大小為a。
對物塊受力分析，由牛頓第二定律得：
μm2g＝m2a
解得：a＝1m/s2
對物塊和木板組成的整體受力分析，由牛頓第二定律得：
kx2＝（m1+m2）a
代入數(shù)據(jù)解得：x2＝0.25m
從木板與彈簧接觸到物塊與木板即將相對滑動的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
（m1+m2）（m1+m2）
代入數(shù)據(jù)解得：v2m/s；
（3）物塊與木板相對滑動后到兩者加速度首次相同的過程中，木板的加速度始終大于物塊的加速度，物塊相對木板始終向右運(yùn)動，物塊的加速度大小始終為a＝1m/s2，方向水平向左。此過程木板先向右速度從v2減小到0，再反向加速運(yùn)動到加速度大小等于a，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過程木板的減速運(yùn)動過程與加速運(yùn)動過程具有對稱性，可知此過程的總時間為2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移為零，彈簧的初、末狀態(tài)的形變量相同，故此過程彈簧的初、末狀態(tài)的彈性勢能相等，木板的初末動能也相等，由能量守恒定律可知此過程系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU就等于物塊減少的動能，設(shè)此過程物塊的末速度為v3，則有：
ΔUm2m2
對物塊，由速度—時間公式得：
v3＝v2﹣a 2t0
聯(lián)立解得：ΔU
答：（1）木板剛接觸彈簧時速度v1的大小為1m/s，木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離x1為0.125m。
（2）木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2為0.25m，此時木板速度v2的大小為m/s。
（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU為。
（2023 浙江）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B（E）處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道下FG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5m，HI長度L0＝9m，擺渡車長度L＝3m、質(zhì)量m＝1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動時的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑塊過C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
（2）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t。
【解答】解：（1）滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過程中，只有重力做功，根據(jù)動能定理可得：
mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）0
代入數(shù)據(jù)解得：vC＝4m/s
滑塊過C點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可得：FC+mg＝m
代入數(shù)據(jù)解得：FC＝22N；
（2）設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得：
mgh﹣0.2mgLFG0
代入數(shù)據(jù)解得：v＝6m/s
擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，假設(shè)滑塊到達(dá)擺渡車右端時剛好與擺渡車共速v1，以滑塊和擺渡車為研究對象，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
mv＝2mv1；
代入數(shù)據(jù)解得：v1＝3m/s
根據(jù)能量守恒定律可得：μmgLmv22mv12
解得：μ＝0.3
此過程中對擺渡車根據(jù)動能定理可得：μmgx
代入數(shù)據(jù)解得擺渡車的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m
所以假設(shè)成立，說明擺渡車達(dá)到I之前已經(jīng)共速，動摩擦因數(shù)為μ＝0.3；
（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，所用時間為t1，對擺渡車根據(jù)動量定理可得：μmgt＝mv1﹣0
解得：t1＝1s
滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運(yùn)動所用時間為：t2
代入數(shù)據(jù)解得：t2＝1.5s
所以滑塊從G到J所用的時間t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。
答：（1）滑塊過C點(diǎn)的速度大小為4m/s，軌道對滑塊的作用力大小為22N；
（2）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，則滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)為0.3；
（3）在（2）的條件下，滑塊從G到J所用的時間為2.5s。
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀(jì)教育網(wǎng)(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑