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2022步步高一輪word題庫碰撞與動量守恒·第2講 動量守恒定律及其應用.doc
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第2講　動量守恒定律及其應用

知識要點
一、動量守恒定律
1.內容
如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統的總動量保持不變。
2.表達式
(1)p＝p′，系統相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。
3.動量守恒的條件
(1)理想守恒：系統不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒。
(2)近似守恒：系統受到的外力矢量和不為零，但當內力遠大于外力時，系統的動量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系統在某個方向上所受外力矢量和為零時，系統在該方向上動量守恒。
二、彈性碰撞和非彈性碰撞
1.碰撞
物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象。
2.特點
在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒。
3.分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最多
三、反沖和爆炸問題
1.反沖
(1)定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現象叫反沖運動。
(2)特點：系統內各物體間的相互作用的內力遠大于系統受到的外力。實例：發射炮彈、爆竹升空、發射火箭等。
(3)規律：遵從動量守恒定律。
2.爆炸問題
爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統所受的外力，所以系統動量守恒。
基礎診斷
1.(多選)如圖1所示，在光滑水平面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態。若突然撤去力F，則下列說法中正確的是(　　)

圖1
A.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統動量守恒，機械能也守恒
B.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統動量不守恒，但機械能守恒
C.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統動量守恒，機械能也守恒
D.木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統動量不守恒，但機械能守恒
解析　木塊A離開墻壁前，由A、B和彈簧組成的系統受墻壁的彈力，屬于外力，故系統動量不守恒，但機械能守恒，故選項A錯誤，B正確；木塊A離開墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統所受合外力為零，故系統動量守恒，又沒有機械能和其他形式的能量轉化，故機械能也守恒，故選項C正確，D錯誤。
答案　BC
2.如圖2所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是(　　)

圖2
A.A和B都向左運動 B.A和B都向右運動
C.A靜止，B向右運動 D.A向左運動，B向右運動
解析　以兩滑塊組成的系統為研究對象，兩滑塊碰撞過程動量守恒，由于初始狀態系統的動量為零，所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零，所以A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應該向左運動，B應該向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤。
答案　D
3.[人教版選修3－5·P16·T5改編]某機車以0.8 m/s 的速度駛向停在鐵軌上的15節車廂，跟它們對接。機車跟第1節車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節車廂。設機車和車廂的質量都相等，則跟最后一節車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)(　　)
A.0.053 m/s B.0.05 m/s
C.0.057 m/s D.0.06 m/s
解析　取機車和15節車廂整體為研究對象，由動量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝116v0＝116×0.8 m/s＝0.05 m/s。故選項B正確。
答案　B
4.(2017·全國Ⅰ卷，14)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
解析　設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2。由題意可知，燃氣的動量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根據動量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以選項A正確，B、C、D錯誤。
答案　A


　動量守恒定律的理解和基本應用
1.動量守恒定律的四個特性
相對性 公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對于同一個慣性系
同時性 公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一時刻的速度
矢量性 應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負值
普適性 不僅適用于低速宏觀系統，也適用于高速微觀系統
2.應用動量守恒定律解題時應該首先判斷動量是否守恒，這就需要理解好動量守恒的條件，基本思路如下

【例1】 (多選)(2019·安徽省宜城市第二次調研)如圖3所示，小車在光滑水平面上向左勻速運動。水平輕質彈簧左端固定在A點，物體與固定在A點的細線相連，彈簧處于壓縮狀態(物體與彈簧未連接)，某時刻細線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上，取小車、物體和彈簧為一個系統，下列說法正確的是(　　)

圖3
A.若物體滑動中不受摩擦力，則該系統全過程機械能守恒
B.若物體滑動中有摩擦力，則該系統全過程動量守恒
C.不論物體滑動中有沒有摩擦，小車的最終速度與斷線前相同
D.不論物體滑動中有沒有摩擦，系統損失的機械能相同
解析　物體與油泥粘合的過程，發生非彈簧碰撞，系統機械能有損失，故A錯誤；整個系統在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統動量一直守恒，故B正確；取系統的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律可知，物體在沿車滑動到B端粘在B端的油泥上后系統共同的速度與初速度是相同的，故C正確；由C的分析可知，當物體與B端油泥粘在一起時，系統的速度與初速度相等，所以系統的末動能與初動能是相等的，系統損失的機械能等于彈簧的彈性勢能，與物體滑動中有沒有摩擦無關，故D正確。
答案　BCD
【例2】 如圖4所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發生碰撞后瞬間A的速度大小。

圖4
解析　因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足
vAB＝vC③
聯立①②③式，代入數據得
vA＝2 m/s。
答案　2 m/s

1.(多選)(2020·湖北武漢三模)如圖5所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上。開始時人、錘和車均靜止。此人將錘掄起至最高點，此時大錘在頭頂的正上方，然后，人用力使錘落下敲打車的左端，如此周而復始，使大錘連續地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復至初始狀態并停止敲打。在此過程中，下列說法中正確的是(　　)

圖5
A.錘從最高點落下至剛接觸車的過程中，車的動量方向先水平向右，后水平向左
B.錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向左的動量，車的動量減小至零
C.錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，車具有水平向右的動量，車的動量先增大后減小
D.在任一時刻，人、錘和車組成的系統動量守恒
解析　由水平方向動量守恒可知錘從最高點落下至剛接觸車的過程中，車的動量方向先水平向右，后水平向左，故A正確；錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向左的動量，車的動量減小至零，故B正確；錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，錘的動量方向先向左再向右，則車的動量先向右再向左，故C錯誤；人、錘和車組成的系統，只在水平方向上所受的外力之和為零，水平方向上動量守恒，故D錯誤。
答案　AB
2.[臨界問題]兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知甲車和磁鐵的總質量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質量為1 kg，兩磁鐵的N極相對。推動一下，使兩車相向運動，某時刻甲的速率為2 m/s，乙的速率為3 m/s。方向與甲相反，兩車運動過程中始終未相碰。則：
(1)兩車最近時，乙的速度為多大？
(2)甲車開始反向時，乙的速度為多大？
解析　(1)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設該速度為v，取剛開始運動時乙車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以兩車最近時，乙車的速度為
v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝1×3－0.5×20.5＋1 m/s＝1.3 m/s。
(2)甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為v乙′，取剛開始運動時乙車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
解得v乙′＝2 m/s。
答案　(1)1.3 m/s　(2)2 m/s
　碰撞問題
1.三種碰撞形式的理解
碰撞類型 特征描述及重要關系式或結論
彈性碰撞 碰撞時，只發生機械能的轉移，系統內無機械能損失，叫作彈性碰撞，若系統有兩個物體在水平面上發生彈性碰撞，動量守恒，同時機械能也守恒，滿足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
12m1v 21＋12m2v 22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
若碰撞前，有一個物體是靜止的，設v2＝0，則碰撞后的速度分別為
v1′＝（m1－m2）v1m1＋m2、v2′＝2m1v1m1＋m2

非彈性碰撞 發生非彈性碰撞時，部分機械能轉化為物體的內能，機械能有損失，若系統有兩個物體在水平面上發生非彈性碰撞，動量守恒，總動能減少。
滿足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
12m1v 21＋12m2v 22＞12m1v1′2＋12m2v2′2

完全非彈性碰撞 發生完全非彈性碰撞時，機械能向內能轉化得最多，機械能損失最大。兩個物體在水平面上碰撞，碰后物體以共同速度運動，動量守恒，損失的機械能轉化為內能。滿足：
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝12m1v 21＋12m2v 22－12(m1＋m2)v2

2.碰撞現象滿足的規律
(1)動量守恒定律。
(2)機械能不增加。
(3)速度要合理。
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后＞v前，碰后原來在前面的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
考向 　彈性碰撞
【例3】 (2019·江西贛州模擬)如圖6所示，B、C、D、E、F五個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四個球質量相等，而F球質量小于B球質量，A球質量等于F球質量。A球以速度v0向B球運動，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(　　)

圖6
A.3個小球靜止，3個小球運動
B.4個小球靜止，2個小球運動
C.5個小球靜止，1個小球運動
D.6個小球都運動
解析　A、B質量不等，MA＜MB，A、B相碰后，A向左運動，B向右運動；B、C、D、E質量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、D靜止；E、F質量不等，ME＞MF，則E、F都向右運動，所以B、C、D靜止，A向左運動，故A正確。
答案　A
考向 　完全非彈性碰撞
【例4】 A、B兩球沿同一條直線運動，如圖7所示的x－t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B兩球碰撞前的x－t圖象，c為碰撞后它們的x－t圖象。若A球質量為1 kg，則B球質量為(　　)

圖7
A.2 kg 　　　B.23 kg
C.4 kg 　　　D.43 kg
解析　由圖象可知，碰撞前A、B兩球都做勻速直線運動，va＝4－102 m/s＝－3 m/s，vb＝4－02 m/s＝2 m/s，碰撞后二者合在一起做勻速直線運動，vc＝2－44－2 m/s＝－1 m/s。碰撞過程中動量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝23 kg，選項B正確。
答案　B
考向 　非彈性碰撞
【例5】 北京成功申辦2022年冬奧會，水立方將搖身一變，成為冰立方，承辦北京冬奧會冰壺比賽。訓練中，運動員將質量為19 kg的冰壺甲推出，運動一段時間后以0.4 m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺甲以0.1 m/s的速度繼續向前滑向大本營中心。若兩冰壺質量相等，則：

圖8
(1)冰壺乙獲得的速度為多大？
(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。
解析　(1)由動量守恒定律得
mv1＝mv2＋mv3
其中v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
解得v3＝0.3 m/s。
(2)碰撞前的動能E1＝12mv 21＝0.08m，
碰撞后兩冰壺的總動能E2＝12mv 22＋12mv 23＝0.05m，
因為E1＞E2，所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞。
答案　(1)0.3 m/s　(2)非彈性碰撞
考向 　碰撞的可能性
【例6】 (2020·湖北宜昌西陵區期末)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲從后面追上乙并發生碰撞，碰后乙球的動量變為10 kg·m/s，則兩球質量m1與m2間的關系可能是(　　)
A.m1＝m2 B.2m1＝m2
C.4m1＝m2 D.6m1＝m2
解析　甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，
得p1′＝2 kg·m/s。
由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉化為機械能，只能是系統內物體間機械能相互轉化或一部分機械能轉化為內能，因此系統的機械能不會增加。所以有p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2，得m1≤2151m2。因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有p1m1＞p2m2，即m1＜57m2；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即p1′m1＜p2′m2，所以m1＞15m2。因此選項C正確。
答案　C

1.如圖9所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行。甲球質量m甲大于乙球質量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是(　　)

圖9
A.甲球速度為零，乙球速度不為零
B.兩球速度都為零
C.乙球速度為零，甲球速度不為零
D.兩球都以各自原來的速率反向運動
解析　首先根據兩球動能相等，12m甲v 2甲＝12m乙v 2乙得出兩球碰前動量大小之比為p甲p乙＝m甲m乙，因m甲＞m乙，則p甲＞p乙，則系統的總動量方向向右。根據動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A所述情況，而B、C、D情況是違背動量守恒的。
答案　A
2.如圖10所示，質量為m的物塊Q靜止于半徑為R的半圓形軌道的最低點，輕質彈簧的一端連接在Q上，另一端固定在圓弧軌道的上端A點，彈簧恰好處于原長。質量也為m的物塊P由圓弧軌道的頂端B點由靜止釋放，運動到軌道的最低點與Q發生彈性正碰，碰撞后物塊Q沿軌道上升的高度為h＝R2，不考慮物塊和軌道間的摩擦，重力加速度為g，物塊P、Q可以看成質點，則(　　)

圖10
A.物塊P、Q碰撞后，物塊P會原速返回
B.物塊P、Q碰撞后，物塊Q的機械能守恒
C.彈簧的最大彈性勢能等于12mgR
D.物塊P、Q碰撞過程中，物塊P對物塊Q做的功為12mgR
解析　由題意知，物塊P和物塊Q發生彈性正碰，質量相等，交換速度，所以物塊P碰后靜止在軌道的最低點，A錯誤；物塊P、Q碰撞后，在物塊Q上升的過程中，Q和彈簧組成的系統機械能守恒，B錯誤；物塊P下滑的過程中機械能守恒，mgR＝12mv20，可得v0＝2gR，碰撞后交換速度，則碰后對物塊Q和彈簧由功能關系可知彈簧的最大彈性勢能Ep＝12mv20－mgh，可得Ep＝12mgR，C正確；根據功能關系可知在物塊P、Q碰撞過程中，物塊P對物塊Q做的功W＝12mv20＝mgR，D錯誤。
答案　C
　常見的三個經典模型
模型 　“人船模型”類問題的處理方法
1.人船模型的適用條件
物體組成的系統動量守恒且系統中物體原來均處于靜止狀態，合動量為零。
2.人船模型的特點
(1)遵從動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。如圖所示。

(2)兩物體的位移滿足：mx人t－Mx船t＝0
x人＋x船＝L
即x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL
【例7】 長度為L、質量為M的平板車的左端緊靠著墻壁，右端站著一個質量為m的人(可視為質點)如圖11所示，某時刻人向左跳出，恰好落到車的左端，而此時車已離開墻壁有一段距離，那么這段距離為(車與水平地面間的摩擦不計)(　　)

圖11
A.L B.mLM
C.mLM＋m D.MLM＋m
解析　設人從小車上跳起后沿水平方向的分速度為v1，小車沿水平方向的速度為v2，人和小車在水平方向的動量守恒，選取向左為正方向，則mv1－Mv2＝0，設人從右端到達左端時間為t，則有mv1t－Mv2t＝0，化簡為mx1＝Mx2，由空間幾何關系得x1＋x2＝L，聯立解得車的位移為x2＝mLM＋m，故只有選項C正確。
答案　C
模型 　“滑塊—彈簧”碰撞模型
【例8】 如圖12所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3 kg。質量m＝1 kg的鐵塊B以水平速度v0＝4 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　)

圖12
A.3 J B.4 J C.6 J D.20 J
解析　設鐵塊與木板共速時速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L，鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff。鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時，由能量守恒定律可得12mv20＝Ff L＋12(M＋m)v2＋Ep。由動量守恒定律，得mv0＝(M＋m)v。從鐵塊開始運動到最后停在木板左端過程，由能量關系得12mv 20＝2FfL＋12(M＋m)v2，聯立解得Ep＝3 J，故選項A正確。
答案　A
模型 　“子彈打木塊”模型
【例9】 (2019·陜西咸陽模擬)如圖13所示，相距足夠遠完全相同的質量均為3m的兩個木塊靜止放置在光滑水平面上，質量為m的子彈(可視為質點)以初速度v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時的速度為25v0，已知木塊的長為L，設子彈在木塊中所受的阻力恒定，不計空氣阻力。試求：

圖13
(1)子彈穿出第一塊木塊后，第一個木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大小；
(2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發生相對運動的時間t。
解析　(1)子彈打穿第一塊木塊過程，由動量守恒定律有
mv0＝m(25v0)＋3mv
解得v＝15v0
對子彈與第一塊木塊組成的相互作用系統，由能量守恒有
FfL＝12mv20－12m(25v0)2－12·(3m)v2
解得子彈受到木塊阻力Ff＝9mv 2025L。
(2)對子彈與第二塊木塊組成的相互作用系統，由于12m·(25v0)2＝2mv 2025＜9mv 2025，則子彈不能打穿第二塊木塊，設子彈與第二塊木塊共同速度為v共，由動量守恒定律有m(25v0)＝(m＋3m)v共
解得v共＝v010
對第二塊木塊，由動量定理有
Fft＝3m(v010)
子彈在第二塊木塊中的運動時間為t＝5L6v0。
答案　(1)15v0　9mv 2025L　(2)5L6v0

1.(多選)如圖14甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝3 m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　)

圖14
A.木板獲得的動能為2 J
B.系統損失的機械能為4 J
C.木板A的最小長度為1.5 m
D.A、B間的動摩擦因數為0.1
解析　根據動量守恒定律可得
mv0＝(m＋mA)v，得mA＝4 kg，
A的動能Ek＝12mAv2＝2 J，
系統損失的動能ΔEk＝12mv 20－12(mA＋m)v2＝6 J，
木板長L≥12(v0＋v)t1－12vt1＝12v0t1＝1.5 m，
μmg＝ma，解得μ＝0.2。選項A、C正確，B、D錯誤。
答案　AC
2.(2019·山東省臨沂市一模)如圖15所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側緊靠一固定擋板P，某時刻給滑塊C施加一個水平沖量使其以初速度v0水平向左運動，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢能為1.35 J，此時撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊A、B、C的質量分別為mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(取10＝3.17)求：

圖15
(1)滑塊C的初速度v0的大小；
(2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊B、C的速度大小；
(3)從滑塊B、C壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，彈簧對滑塊B、C整體的沖量。
解析　(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，滑塊B、C組成的系統動量守恒，以水平向左為正，根據動量守恒定律得：
mCv0＝(mB＋mC)v1
彈簧被壓縮至最短時，滑塊B、C速度為零，根據能量守恒定律得
Ep＝12(mB＋mC)v 21
解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。
(2)設彈簧彈開至恢復到原長的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的大小為v3，根據動量守恒定律得
mAv3－(mB＋mC)v2＝0，
根據能量守恒定律得
Ep＝12mAv23＋12(mB＋mC)v 22
解得v2≈1.9 m/s。
(3)設彈簧對滑塊B、C整體的沖量為I，選向右為正方向，由動量定理得
I＝Δp＝(mB＋mC)[v2－(－v1)]
解得I＝1.47 N·s，方向水平向右。
答案　(1)9 m/s　(2)1.9 m/s　(3)1.47 N·s，方向水平向右
課時作業
(時間：40分鐘)
基礎鞏固練
1.(多選)如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關于上述過程，下列說法中正確的是(　　)

圖1
A.男孩和木箱組成的系統動量守恒
B.小車與木箱組成的系統動量守恒
C.男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同
解析　男孩和木箱組成的系統受小車的摩擦力，所以動量不守恒，A錯誤；小車與木箱組成的系統受男孩的力為外力，所以動量不守恒，B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統，不受外力，所以動量守恒，C正確；木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同，但方向相反，D正確。
答案　CD
2.兩名質量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復進行幾次之后，甲和乙最后的速率關系是(　　)
A.若甲最先拋球，則一定是v甲＞v乙
B.若乙最后接球，則一定是v甲＞v乙
C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲＞v乙
D.無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙
答案　B
3.(2019·河南省鶴壁市調研)在列車編組站里，一節動車車廂以1 m/s的速度碰上另一節靜止的拖車車廂，碰后兩節車廂結合在一起繼續運動。已知兩節車廂的質量均為20 t，則碰撞過程拖車車廂受到的沖量大小為(碰撞過程時間很短，內力很大)(　　)
A.10 N·s B.20 N·s
C.104 N·s D.2×104 N·s
解析　動車車廂和拖車車廂碰撞過程動量守恒，根據動量守恒定律有mv0＝2mv，對拖車根據動量定理有I＝mv，聯立解得I＝104 N·s，選項C正確。
答案　C
4.(2020·山東省日照市校際聯合質檢)沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移—時間圖象如圖2所示。則下列說法錯誤的是(　　)

圖2
A.碰撞前后物體A的運動方向相反
B.物體A、B的質量之比為1∶2
C.碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小
D.碰前物體B的動量較大
解析　由題圖可得，碰撞前vA＝20－302 m/s＝－5 m/s，碰撞后vA′＝20－102 m/s＝5 m/s，則碰撞前后物體A的運動方向相反，故A正確；由題圖可得，碰撞前vB＝20－02 m/s＝10 m/s，根據動量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入數據得mA∶mB＝1∶2，故B正確；碰撞前后物體A速度大小相等，則碰撞過程中物體A動能不變，故C錯誤；碰前物體A、B速度方向相反，碰后物體A、B速度方向與物體B碰前速度方向相同，則碰前物體B動量較大，故D正確。
答案　C
5.如圖3所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取10 m/s2，物塊可視為質點。則A碰撞前瞬間的速度為(　　)

圖3
A.0.5 m/s B.1.0 m/s
C.1.5 m/s D.2.0 m/s
解析　碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有－μ·2mgx＝0－12·2mv 22，得v2＝1 m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv0＝mv1＋2mv2，
12mv 20＝12mv21＋12·2mv 22，解得v0＝1.5 m/s，則選項C正確。
答案　C
6.[人教版選修3－5·P17·T6改編]如圖4所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發生第二次碰撞，則A、B兩球的質量比為(　　)

圖4
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1
解析　設A、B質量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向為正方向，由題意知，兩球剛好不發生第二次碰撞，說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為v03和－v03，則有mBv0＝mA·v03＋mB－v03，解得mA∶mB＝4∶1，選項D正確。
答案　D
7.如圖5所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上的靜止木塊，未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程產生的內能可能為(　　)

圖5
A.16 J B.2 J C.6 J D.4 J
解析　設子彈的質量為m0，初速度為v0，木塊的質量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統動量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產生的內能等于系統損失的動能，即ΔE＝12m0v 20－12(m＋m0)v2，而木塊獲得的動能Ek木＝12mv2＝6 J，兩式相除得ΔEEk木＝m＋m0m0＞1，即E＞6 J，A項正確。
答案　A
8.如圖6所示，一質量m1＝0.45 kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上。車頂右端放一質量m2＝0.5 kg的小物塊，小物塊可視為質點，小物塊與車之間的動摩擦因數μ＝0.5，現有一質量m0＝0.05 kg的子彈以v0＝100 m/s的水平速度射中小車左端，并留在車中，子彈與車相互作用時間很短。g取10 m/s2，求：

圖6
(1)子彈剛剛射入小車時，小車的速度大小v1；
(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少？
解析　(1)子彈射入小車的過程中，子彈與小車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。
(2)子彈、小車、小物塊組成的系統動量守恒，設當小物塊與車共速時，共同速度為v2，兩者相對位移大小為L，由動量守恒定律和能量守恒定律有
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝12(m0＋m1)v 21－12(m0＋m1＋m2)v 22
解得L＝5 m
故要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為5 m。
答案　(1)10 m/s　(2)5 m
9.如圖7所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1 m，半圓形軌道的底端放置一個質量為m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一個質量為M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s開始向著小球B運動，經過時間t＝0.80 s與B發生彈性碰撞，設兩個小球均可以看作質點，它們的碰撞時間極短，且已知木塊A與桌面間的動摩擦因數μ＝0.25，g取10 m/s2。求：

圖7
(1)兩小球碰前A的速度大小vA；
(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小。
解析　(1)碰前對A由動量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s。
(2)對A、B組成的系統：碰撞前后動量守恒，則有
MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后總動能保持不變，
則有12Mv 2A＝12MvA′2＋12mv 2B
由以上兩式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s
設小球運動到最高點C時的速度大小為vC，以水平面為零勢能面，因為B球由半圓形軌道的底端運動到C點的過程中機械能守恒，則有12mv 2C＋2mgR＝12mv 2B
解得vC＝5 m/s
對小球B，在最高點C有mg＋FN＝mv 2CR
解得FN＝4 N
由牛頓第三定律知小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小為4 N。
答案　(1)2 m/s　(2)4 N
綜合提能練
10.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v0＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量之比為3∶1，不計質量損失，重力加速度g取10 m/s2，則圖8中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　)

圖8
解析　彈丸在爆炸過程中，水平方向上的動量守恒，有mv0＝34mv甲＋14mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向上有h＝12gt2，水平方向上，對甲、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數據，故A、C、D錯誤，B正確。
答案　B
11.(2020·陜西省商洛市質檢)如圖9所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)

圖9
A.子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為m0v0m0＋m＋M
B.子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)g
C.子彈射入木塊后的瞬間，環對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)g
D.子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量守恒
解析　子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統的動量守恒，以v0的方向為正方向，則m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝m0v0m0＋M，選項A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)v 21L，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，選項B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，由牛頓第三定律知，選項C正確；子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統只在水平方向動量守恒，選項D錯誤。
答案　C
12.如圖10所示，質量為mB＝1 kg的物塊B通過輕彈簧和質量為mC＝1 kg的物塊C相連并豎直放置在水平地面上。系統處于靜止狀態，彈簧的壓縮量為x0＝0.1 m，另一質量為mA＝1 kg的物塊A從距彈簧原長位置為x0處由靜止釋放，A、B、C三個物塊的中心在同一豎直線上，A、B相碰后立即粘合為一個整體，并以相同的速度向下運動。已知三個物塊均可視為質點，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度g＝10 m/s2，空氣阻力可忽略不計。

圖10
(1)求A、B相碰后的瞬間，整體共同速度v的大小；
(2)求A、B相碰后，整體以a＝5 m/s2的加速度向下加速運動時，地面對物塊C的支持力FN；
(3)若要A、B碰后物塊C能夠離開地面，則物塊A由靜止釋放的位置距物塊B的高度h至少為多大？
解析　(1)A由靜止釋放到與B碰撞前，由動能定理得mAg·2x0＝12mAv 20－0
由于A與B碰撞結束后粘合為一個整體，則對A與B組成的系統，
由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
代入數據解得v＝1 m/s。
(2)A、B相碰后，對A與B整體應用牛頓第二定律得
(mA＋mB)g－F彈＝(mA＋mB)a
對C受力分析得FN＝mCg＋F彈
代入數據解得FN＝20 N，方向豎直向上。
(3)對A從靜止釋放到與B碰撞前，由機械能守恒定律得
mAgh＝12mAv 21－0
對A與B碰撞的過程，由動量守恒定律得
mAv1＝(mA＋mB)v共
從A、B碰后到C恰好離開地面的過程，初時壓縮量為x0，末時伸長量也為x0，初態彈簧彈性勢能等于末態彈簧彈性勢能。
若C恰好能離開地面，根據能量守恒定律得
12(mA＋mB)v 2共＝(mA＋mB)g·2x0
解得h＝0.8 m，所以h至少為0.8 m。
答案　(1)1 m/s　(2)20 N　方向豎直向上　(3)0.8 m

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