【物理】2019届一轮复习人教版动量守恒定律及其应用学案
第27课时 动量守恒定律及其应用
考点1 动量守恒的判定
1．动量守恒定律的内容
如果一个系统不受力，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．动量守恒定律的表达式
(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．动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒：系统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：如果系统在某个方向上不受力或所受外力的合力为零，则系统在这个方向上动量守恒。
[例1] (2018·安徽六安市一中段考)如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析 当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
答案 C
对动量守恒定律理解的几个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒，动量守恒定律是系统在变化过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律。
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒。产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，
动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线。
(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系。出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系。
(4)误认为整体合力不为零，系统动量不守恒，单方向上系统动量也不守恒。如果某个方向上系统所受合力为零，那么系统在这个方向动量守恒。
1．(多选)如图所示，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( )
A．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，此后动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，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
答案 ACD
解析 当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，B错误，C、D正确。
2．(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原
来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒
答案 BCD
解析 如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
3．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( )
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
答案 C
解析 对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故系统动量不守恒的是C。
考点2 动量守恒定律的应用
1．动量守恒定律的五个特性
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(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)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(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。
[例2] (2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞
行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D正确。
答案 D
对动量守恒定律的进一步理解
(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。
(2)判断系统是否动量守恒，还是某个方向上动量守恒。
(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。
1.(2017·济宁高三期末)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。在小木板A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )
A．1.8 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
答案 B
解析 分析可得A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1＋0，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有B正确。
2．(2016·天津高考)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。
答案
解析 设滑块B质量为m，则方盒A的质量为2m。滑块B与方盒A构成的系统，在水平方向所受的合外力为零，由动量守恒定律可得，mv＝(m＋2m)v′，解得二者相对静止时方盒A的速度v′＝
。设滑块B相对方盒A运动的路程为L，由功能关系，可得－μmgL＝×3mv′2－mv2，解得L＝。
3．(2014·北京高考)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
解析 设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s。
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1 m/s。
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25 m。
考点3 碰撞问题
1．对碰撞的理解
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。
(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。
2．碰撞的分类及特点
(1)弹性碰撞：在弹性碰撞过程中，物体发生的形变能够完全恢复，没有能量损失，碰撞前后系统动能不变。
(2)非弹性碰撞：在非弹性碰撞过程中，物体发生的形变不能完全恢复，有一部分动能转化为内能，碰撞前后系统的动能减少。
(3)完全非弹性碰撞：在完全非弹性碰撞过程中，碰撞后两个物体粘在一起(或碰撞后不分开)，具有共同的速度，动能损失最多。
3．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。
(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。
(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。
4．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒。
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理。
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，前面物体的速度一定大于后面物体的速度即v前′≥v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。
[例3] (2015·天津高考)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________。
解析 设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好相同，都是－，则mBv0＝mA·＋mB·，解得mA∶mB＝4∶1。
碰撞前、后动能之比
Ek1∶Ek2＝mBv∶＝9∶5。
答案 4∶1 9∶5
1．“一动一静”碰撞问题讨论
质量为m1的球a以速度v1与静止的质量为m2的球b相碰，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′，根据能量损失情况不同，讨论
碰后可能出现的情况如下。
(1)弹性碰撞：由动量守恒得m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′
由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2解得：v1′＝v1，v2′＝v1。
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1即两球碰撞后速度互换；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0，碰后两球均向前运动；
③若m1
0，碰后质量小的被反弹回来。
(2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。
(3)一般情况下(即非弹性碰撞)：
v1≥v1′≥v1
v1≥v2′≥v1
2．碰撞过程总动能变化
(1)弹性碰撞
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞(包括完全非弹性碰撞)
Q＝m1v－。
1.(2017·黑龙江哈三中三模)(多选)小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动时与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )
A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
答案 AD
解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A正确、B错误；由于A、B是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C错误、D正确。
2．(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图象得
v1＝ m/s＝－2 m/s①
v2＝ m/s＝1 m/s②
设a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图象得
v＝ m/s＝ m/s③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2。
考点4 爆炸与反冲问题
1．爆炸
(1)爆炸中的动量守恒
爆炸过程中物体间的相互作用力是变力，作用时间很短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。
(2)爆炸中的能量
因为有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。
(3)爆炸后的运动状态
在空中沿水平方向运动的物体，如果爆炸后分裂成两块，前面一块做平抛运动时，后面一块可能做同向或反向的平抛运动，也可能做自由落体运动。
2．反冲
(1)定义：当一个物体向某个方向射出物体的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动，这种现象叫作反冲运动。
(2)反冲中的动量守恒
反冲过程中物体间的相互作用力是变力，作用时间很短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲中的能量
因为有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。
[例4] 以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
解析 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cos60°＝。
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为
E＝ΔEk＝－(3m)v＝mv。
答案 (1)2.5v0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反
(2)mv
[例5] (福建高考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，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。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析 喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，动量守恒。由动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，D正确。
答案 D
(1)爆炸和反冲过程都可以近似地看成动量守恒。
(2)它们的动能都增加是因为这两种情况都必须消耗其他能量。
(3)要注意初、末态的动量。如例4，炮弹到最高点有水平动量。
近年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛。假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力及消耗的炸药质量，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能。求：
(1)烟花上升的最大高度；
(2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小；
(3)烟花炸裂时消耗的化学能。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度
h＝。
(2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得s＝v1t，h＝gt2
解得v1＝。
(3)烟花炸裂后两块在水平方向动量守恒
v1－v2＝0
解得另一块的速度为v2＝v1
由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能
E＝＝。
考点5 人船模型
1．特点：系统总动量守恒。
2．x人、x船分别为人和船相对于同一参考系的位移量，则有m人x人＝m船x船
不考虑水和空气阻力，原来静止的船上，人由船头走向船尾，在运动过程中人与船组成的系统合外力为零，所以动量守恒，总动量为零，即人的动量与船的动量大小始终相等。
即m人v人＝m船v船，即＝，可以看出人运动时则船运动，人停止时船停止。所以人的运动时间和船的运动时间始终相等，所以有
eq f(v人t,v船t)＝＝，又x人＋x船＝L，画出运动草图如图所示，联立解得x人＝L，x船＝L。
[例6] 载人气球原静止于高h的高空，气球质量为m0，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
解析 气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为
t，由动量守恒定律有：m0·＝m·，解得L＝h。
答案 h
人船模型是利用平均动量守恒求解的一类问题，解题时要画出单个物体的位移草图，利用物体间的位移关系求解。
如图所示，质量为m、半径为r的小球，放在内半径为R，质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多少？
答案
解析 由于水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，设任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2，所以＝。若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则＝＝，由题意：x1＋x2＝R－r，解得x2＝(R－r)＝。
1．(2017·安徽滁州联考)(多选)一质量为M的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( )
A．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止
B．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0
C．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0
D．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止
答案 AB
解析 两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正确。若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C、D错误。
2．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2且x1＋x2＝
联立解得x2＝，C正确。
3．(2017·黑龙江哈三中二模)如图所示，在光滑水平面上质量为m的物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞，物体B的质量为2m，则碰撞后物体B的速度大小可能为( )
A．v0 B. C．0 D.
答案 D
解析 物体A与物体B碰撞的过程中动量守恒，选物体A原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，计算得出v＝；如果发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得mv＝mv＋·2
mv，计算得出v2＝。碰撞后物体B的速度满足≤vB≤，D正确。
4.(2017·四川成都石室中学二诊)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )
A．A、B的动量变化量相同
B．A、B的动量变化率相同
C．A、B系统的总动能保持不变
D．A、B系统的总动量保持不变
答案 D
解析 两物块相互作用过程中系统所受到的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B的动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A错误、D正确；由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受到的合外力，A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，所受到的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；A、B及弹簧系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则A、B系统的总动能在变化，故C错误。
5.(2017·重庆巴蜀中学模拟)(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量为m的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰(时间极短)后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿曲面上升。下列说法正确的是( )
A．物体B、A组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒
B．物体B返回过程中能达到的最大高度为
C．物体A对B的冲量大小为m
D．物体A对B做的功为mgh
答案 BC
解析 A与B组成的系统碰撞过程合外力为零，则系统的动量守恒，此后A和B一起压缩弹簧，只有弹簧的弹力做功，则A和B与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误。对B下滑过程，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv，B刚到达水平面的速度v0＝，B与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，知A与B碰撞后的共同速度为v＝，此后一起压缩弹簧到最短又恢复原长，B以速度v返回曲面，则mgh′＝mv2，可得h′＝，故B正确。取向左为正方向，对B分析，由动量定理可知I＝mv－(－mv0)＝m·，故C正确。A对B做的功由动能定理有W＝mv2－mv＝－mgh，故D错误。
6．(2017·安徽模拟)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m静止的物块B发生正碰，碰后物块B
刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则碰撞前瞬间A的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
答案 C
解析 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－×2mv2，代入数据解得v＝1 m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于碰撞过程中没有机械能损失，则mv＝mv＋×2mv2，联立可得v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。
7.(2017·河北衡水中学调研)(多选)如图所示，质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5.0 s后，测得两球相距s＝4.5 m，则下列说法正确的是( )
A．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s
B．刚分离时，b球的速度大小为0.2 m/s
C．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
答案 ABD
解析 系统的总动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，两球相距s＝v1t－v2t，代入数据解得v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B正确，C错误；由能量守恒定律得(m1＋m2)v＋Ep＝m1v＋m2v，代入数据解得Ep＝0.27 J，故D正确。
8．(2017·天津一中月考)如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v(对地)推出，车A返回后，小孩抓住并两次把它推出，每次推出车A的速度都是v(对地)、方向向左，则小孩把车A总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。(小车与竖直墙相撞无能量损失)
答案 3
解析 设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A。此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，
即vB＝v①
第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋(n－1)·2mAv＝mBvB②
又由题意知4mA＝mB③
联立①②③，解得n＝2.5
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A。
9．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
答案 D
解析 选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有D满足此式，所以D正确，A、B、C错误。
10．(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案 B
解析 由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B正确。
11.(2017·河南洛阳一模)(多选)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2，则在整个过程中( )
A．物块和木板组成的系统动量守恒
B．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s
C．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s
D．物块相对于木板滑行的时间为1 s
答案 BD
解析 子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，联立可得v2＝＝2 m/s，所以子弹的末动量大小为p＝m0v2＝0.01 kg·m/s，故B正确；由动量定理可得子弹受到的冲量I＝Δp＝p－p0＝0.01 kg·m/s－5×10－3×300 kg·m/s＝－1.49 kg·m/s＝－1.49 N·s。子弹与物块间的相互作用力大小始终相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1.49 N·s，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，综上可得，物块相对于木板滑行的时间t＝＝1 s，故D正确。
12.(2017·四川泸州二诊)如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，B的左侧有一竖直墙壁，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )
A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞
B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞
C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是
D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动
答案 A
解析 设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向。
根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①
根据机械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v②
由①、②解得v1＝v，v2＝v③
若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确。若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误。两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误。两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1＝m2时，v1＝0，碰后A球静止，当m1M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m
查看更多
