高中物理高考 专题16 动量守恒定律及其应用（解析版）

这是一份高中物理高考 专题16 动量守恒定律及其应用（解析版），共14页。

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TOC \ "1-3" \h \u 热点题型一 动量守恒的理解和判断1
动量守恒的条件判断2
某一方向上的动量守恒问题3
爆炸反冲现象中的动量守恒3
热点题型二 对碰撞现象中规律的分析4
碰撞的可能性分析5
弹性碰撞规律求解6
非弹性碰撞的分析8
【题型演练】9
【题型归纳】
热点题型一 动量守恒的理解和判断
1．动量守恒定律适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体系．
(2)理想条件：系统不受外力．
(3)实际条件：系统所受合外力为0.
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的表达式
(1)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．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
3．动量守恒定律的“五性”
动量守恒的条件判断
【例1】.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒
【答案】C
【解析】：.动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．
【变式】如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
【答案】：A
【解析】：如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C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；对A、B、C组成的系统，A与C、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；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒．综上所述，A正确．
某一方向上的动量守恒问题
【例2】．(多选)(2019·佛山模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )
在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
【答案】BC
【解析】：.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误．
【变式】质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和eq \f(1,4)圆弧的轨道均光滑．如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D．小球可能做自由落体运动
【答案】：BCD
【解析】：小球水平冲向小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞．如果m＜M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开小车向右做平抛运动．
爆炸反冲现象中的动量守恒
【例3】．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
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
【答案】A
【解析】：.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
【变式】如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
【答案】：BC
【解析】：AB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
热点题型二 对碰撞现象中规律的分析
1．碰撞遵守的规律
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或eq \f(peq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(peq \\al(2,2),2m2)≥eq \f(p′eq \\al(2,1),2m1)＋eq \f(p′eq \\al(2,2),2m2).
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
2．碰撞模型类型
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2v′eq \\al(2,2)
解得v′1＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v′2＝eq \f(2m1v1,m1＋m2).
结论：
①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．
(2)完全非弹性碰撞
①撞后共速．
②有动能损失，且损失最多．
碰撞的可能性分析
【例2】．(2019·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】：C
【解析】：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)，所以有m1≤eq \f(21,51)m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有eq \f(p1,m1)＞eq \f(p2,m2)，即m1＜eq \f(5,7)m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)，所以m1≥eq \f(1,5)m2.因此C选项正确．
【变式】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
【答案】B
【解析】：.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E′k＝eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBv′eq \\al(2,B)＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．
弹性碰撞规律求解
【例3】(2019·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块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A碰撞前瞬间的速度为( )
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】：碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mv22，得v2＝1 m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v0＝1.5 m/s，则C项正确．
【变式】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
【答案】 (eq \r(5)－2)M≤m＜M
【解析】 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C1)②
联立①②式得
vA1＝eq \f(m－M,m＋M) v0③
vC1＝eq \f(2m,m＋M) v0④
如果m>M，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第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝eq \f(m－M,m＋M) vA1＝v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0
解得m≥(eq \r(5)－2)M
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去．
所以，m和M应满足的条件为
(eq \r(5)－2)M≤m【变式2】．如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为eq \f(3,4)m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
【答案】：eq \f(32veq \\al(2,0),113gl)≤μ【解析】：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)>μmgl①
即μ设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1＝mv′1＋eq \f(3m,4)v′2④
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)v′eq \\al(2,2)⑤
联立④⑤式解得v′2＝eq \f(8,7)v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
eq \f(1,2)v′eq \\al(2,2)≤μeq \f(3m,4)gl⑦
联立③⑥⑦式，可得μ≥eq \f(32veq \\al(2,0),113gl)⑧
联立②⑧式，可得a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为eq \f(32veq \\al(2,0),113gl)≤μ非弹性碰撞的分析
【例4】．(多选)(2019·宁夏银川模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是 ( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
【答案】ABD.
【解析】：根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq \f(4,3) kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq \f(10,3) kg·m/s，选项C错误．
【变式1】如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，已知物块P的质量为mP＝1 kg，由此可知( )
A．碰撞前P的动量为4 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞
C．物块Q的质量为4 kg D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s
【答案】：AD
【解析】：根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝mPv0＝4 kg·m/s，选项A正确．根据位移—图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s，选项D正确．
【变式2】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的正中间，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，在整个过程中，系统损失的动能为( )
A.eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(mM,2m＋M)v2 C.eq \f(1,2)NμmgL D．NμmgL
【答案】：BD
【解析】：由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为v共，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v共，系统损失的动能为eq \f(1,2)mv2 －eq \f(1,2)(m＋M)v共2＝eq \f(mM,2m＋M)v2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，经N次碰撞后，物块的路程为NL，即ΔEk＝－Wf＝NμmgL，D正确．
【题型演练】
1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【答案】C
【解析】：.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．
2．(2019·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是( )
A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v
【答案】C
【解析】：.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.
3.如图所示，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】：.选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．
4.A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为eq \f(1,2)m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3 B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3 D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
【答案】：B
【解析】：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确；经过n次跳跃后，A船速度为vA、B船速度为vB，则0＝mvA－(m＋eq \f(m,2))vB，解得eq \f(vA,vB)＝eq \f(3,2)，选项A错误；A船最后获得的动能为EkA＝eq \f(1,2)mvA2，B船(包括人)最后获得的动能为EkB＝eq \f(1,2)(eq \f(m,2)＋m)vB2＝eq \f(1,2)(eq \f(m,2)＋m)(eq \f(2,3)vA)2＝eq \f(2,3)EkA，所以eq \f(EkA,EkB)＝eq \f(3,2)，选项C、D错误．
5.一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，重力加速度g取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＝eq \f(1,2)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项错误；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项错误；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项正确．
6.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝eq \f(1,4)mA C．mB＝eq \f(1,6)mA D．mB＝6mA
【答案】A
【解析】：.由动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有eq \f(peq \\al(2,A),2mA)≥eq \f(p′eq \\al(2,A),2mA)＋eq \f(p′eq \\al(2,B),2mB)，代入数据解得mB≥eq \f(2,3)mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则eq \f(p′A,mA)≤eq \f(p′B,mB)，解得mB≤4mA，综上可得eq \f(2,3)mA≤mB≤4mA，选项A正确．
7.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
【答案】AC
【解析】：.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s，解得eq \f(v′A,v′B)＝eq \f(2,5).碰撞后A球动量变为2 kg·m/s，B球动量变为10 kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确．
8.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )
A．eq \f(2LM,M＋m) B．eq \f(2Lm,M＋m) C．eq \f(ML,M＋m) D．eq \f(mL,M＋m)
【答案】B
【解析】：.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝eq \f(2Lm,M＋m)，选项B正确．
9.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【答案】：(1)eq \f(1,16)mv02 (2)eq \f(13,48)mv02
【解析】：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
eq \f(1,2)mv12＝ΔE＋eq \f(1,2)(2m)v22③
联立①②③式得ΔE＝eq \f(1,16)mv02④
(2)由②式可知v2mv0＝3mv3⑤
eq \f(1,2)mv02－ΔE＝eq \f(1,2)(3m)v32＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝eq \f(13,48)mv02
10.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】 (1)20 kg (2)不能
【解析】 (1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。
联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得
v1＝1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3。
由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加
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，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统