（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题17 动量守恒定律（解析+原卷）学案

这是一份（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题17 动量守恒定律（解析+原卷）学案，文件包含全国通用高考物理二轮热点题型归纳与变式演练专题17动量守恒定律原卷版docx、全国通用高考物理二轮热点题型归纳与变式演练专题17动量守恒定律解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共53页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 碰撞三原则
\l "_Tc26924" 【题型二】 反冲运动，人船模型
\l "_Tc12217" 【题型三】 动量守恒定律在爆炸过程的应用
\l "_Tc30563" 【题型四】 动量守恒定律在各种碰撞中的应用
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 碰撞三原则
【典例分析】(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )
A．均为1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和5 m/s
【提分秘籍】
碰撞现象满足的规律
1．动量守恒定律．
2．机械能不增加(弹性碰撞机械能守恒、非弹性碰撞机械能减少)．
3．速度要合理．
(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前(填“＜”“＝”或“＞”)，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前′≥v后′.
(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
【变式演练】
1．两球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．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
2．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的eq \f(1,4).则碰后B球的速度大小是( )
A.eq \f(v0,2) B.eq \f(v0,6)
C.eq \f(v0,2)或eq \f(v0,6) D．无法确定
3．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，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【题型二】反冲运动，人船模型
【典例分析】如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？
【提分秘籍】
1、反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理，机械能往往不守恒．
(3)实例：喷气式飞机、火箭等．
2．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
3．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1).
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．
4、“人船模型”问题应注意以下两点
（1）．适用条件：
(a)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
(b)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．
（2）．画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
【变式演练】
1．如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
2．一个连同装备共有100 kg的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止状态．装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体．宇航员为了能在10 min内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？
3．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.eq \f(mh,M＋m) B.eq \f(Mh,M＋m)
C.eq \f(mh,M＋mtan α) D.eq \f(Mh,M＋mtan α)
【题型三】 动量守恒定律在爆炸过程的应用
【典例分析】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝eq \f(m,2).开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：
(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？
【提分秘籍】
爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．
(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．
【变式演练】
1．如图，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
3．如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，x在0＜x＜2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；
(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；
(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系．
【题型四】 动量守恒定律在各种碰撞中的应用
【典例分析】如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g＝10 m/s2.求小球B的质量．
【提分秘籍】
1．弹性碰撞
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
(2)机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m1v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
当v2＝0时，有v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.
(3)推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝v2，v2′＝v1.
2．非弹性碰撞
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
(2)机械能减少，损失的机械能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
3．完全非弹性碰撞
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
(2)碰撞中机械能损失最多
|ΔEk|＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2
4、处理碰撞问题的思路和方法
（1）．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．
（2）．一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．
（3）．要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk)；Ek＝eq \f(1,2)pv或p＝eq \f(2Ek,v)几个关系式转换动能、动量．
【变式演练】
1．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v.
2．(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断( )
A．A、B的质量比为3∶2
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．A、B作用前后总动能不变
3． (多选)如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为eq \f(v0,2)
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为eq \f(1,2)mv02
1．（2021年广东卷）算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔,乙与边框a相隔,算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取。
(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
2．（2021年河北卷）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为θ，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
3.（2021年湖南卷）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小;
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程;
（3）将质量为(λ为常数且）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
4．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.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0
C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
5、一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
6．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )
A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2
7.如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)．质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起．试求：
(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
8．如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的eq \f(1,4)光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg.现让A以6 m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.
9．(2015·全国Ⅰ·35(2))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．
10、如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝15 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．
11．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开始压缩弹簧直到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．
12．如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝eq \f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。
参考答案
【题型一】 碰撞三原则
【典例分析】答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况
Ek＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)×4×9 J＋eq \f(1,2)×2×9 J＝27 J
Ek′＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B.选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA′>0，vB′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．
【变式演练】
1．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vA′大于B的速度vB′，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Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝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．
2．答案 A
解析 两球相碰后A球的速度大小变为原来的eq \f(1,2)，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0＝eq \f(1,2)mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝eq \f(v0,6)，若B在前，A在后，则A球在后的速度应小于B球在前的速度，不满足实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0＝－eq \f(1,2)mv0＋3mv1，可得v1＝eq \f(v0,2)，因此A正确，B、C、D错误．
3．解析：选C. 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，不可能有其它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(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),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．
【题型二】反冲运动，人船模型
【典例分析】答案 eq \f(m,m＋M) L eq \f(M,m＋M) L
解析 设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，
所以有mv1＝Mv2.
而整个过程中的平均速度大小为eq \x\t(v)1、eq \x\t(v)2，则有meq \x\t(v)1＝Meq \x\t(v)2.
两边乘以时间t有meq \x\t(v)1t＝Meq \x\t(v)2t，即mx1＝Mx2.
且x1＋x2＝L，可求出x1＝eq \f(M,m＋M) L，x2＝eq \f(m,m＋M) L.
【变式演练】
1．解析：选A 人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。
2．答案 0.15 kg
解析 设一次性向后喷出的气体质量为m，宇航员连同装备总质量为M.取宇航员连同装备整体为研究对象，由动量守恒定律0＝(M－m)v1－mv2 x＝v1t
解得：m≈0.15 kg.
3．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. ①
且x1＋x2＝eq \f(h,tan α).②
由①②可得x2＝eq \f(mh,M＋mtan α)，故选C.
【题型三】 动量守恒定律在爆炸过程的应用
【典例分析】解析 (1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸药对C的冲量：I＝mCvC－0
解得：I＝eq \f(5,2)mv0，方向向右
(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒
mCvC－mBvB＝0
据能量关系：
ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(m,2)vB2＋eq \f(1,2)mvC2
解得：ΔE＝eq \f(75,8)mv02.
【变式演练】
1．[解析] (1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
[答案] (1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s
3．解析 (1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，设滑块A在半圆轨道运动到达最高点的速度为vAD，则mAg＝meq \f(v\\al( 2,AD),R)
得到vAD＝eq \r(gR)
滑块A在半圆轨道上运动过程中，
据动能定理：－mAg×2R＝eq \f(1,2)mAvAD2－eq \f(1,2)mAvAC2
得：vA＝vAC＝eq \r(5gR)
滑块A在半圆轨道最低点：FN－mAg＝meq \f(v\\al( 2,AC),R)
得：FN＝mAg＋mAeq \f(v\\al( 2,AC),R)＝6mg
(2)在A、B爆炸过程，动量守恒，则mBvB＋mA(－vA)＝0
得：vB＝eq \f(mA,mB)vA＝eq \f(\r(5gR),2)
(3)滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共
整个过程中，动量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共
得：v共＝eq \f(2vB,5)＝eq \f(\r(5gR),5)
滑块B从滑上小车到共速时的位移为
xB＝eq \f(v\\al( 2,共)－v\\al( 2,B),－2μg)＝eq \f(21R,8)
小车从开始运动到共速时的位移为
x车＝eq \f(v\\al( 2,共),2\f(μ2mg,3m))＝eq \f(3,4)R
两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为：
Δx＝xB－x车＝eq \f(15R,8)＜2R，
即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．
当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x′
x′＝eq \f(v\\al( 2,共),2μg)＝eq \f(R,2)＞(L－Δx)＝eq \f(1,8)R
所以，滑块B会从小车上滑离．
讨论：当0＜x＜eq \f(3R,4)时，滑块B克服摩擦力做功为
Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x)
当eq \f(3R,4)≤x≤2R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为
Wf1＝μ2mgxB＝eq \f(21mR,2).
【题型四】 动量守恒定律在各种碰撞中的应用
【典例分析】答案 3 kg
解析 设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv
由能量守恒定律有mAgh＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)Mv2
联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1 m/s
由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2
由能量守恒定律有eq \f(1,2)mAv12＝eq \f(1,2)mAv1′2＋eq \f(1,2)mBv22
联立解得mB＝3 kg.
【变式演练】
1．答案 (2)可能
解析 ①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：
mv＝mv1＋3mv2
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×3mv22
得：v1＝eq \f(m－3m,m＋3m)v＝－eq \f(1,2)v
v2＝eq \f(2m,4m)v＝eq \f(1,2)v
②若是完全非弹性碰撞，则：
mv＝4mv′ v′＝eq \f(1,4)v
因此eq \f(1,4)v≤vB≤eq \f(1,2)v，因此只有(2)是可能的．
2．答案 ABD
解析 根据动量守恒定律：mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得：mA∶mB＝3∶2，故A正确；根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确，C错误；作用前总动能：eq \f(1,2)mA·62＋eq \f(1,2)mB·12＝eq \f(55,3)mA，作用后总动能：eq \f(1,2)mA·22＋eq \f(1,2)mB·72＝eq \f(55,3)mA，可见作用前后总动能不变，D正确．
3．答案 ACD
解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故A、C、D都是正确的．
1．答案：本题考查力与运动、动量和能量的知识。
解析：（1）设甲、乙算珠的质量均为m，由牛顿第二定律得
解得甲拨出后的加速度大小
甲的初速度，设其与乙碰撞前的速度为v，则甲从拨出到撞到乙时的过程中有
解得
设甲、乙碰撞后的速度分别为，且，甲、乙碰撞前后动量守恒，则有
解得
乙滑动至停止运动的距离
解得
因此乙算珠能滑动到边框a。
（2）甲从拨出到撞到乙所用的时间
碰撞后到停止运动的时间
则甲算珠从拨出到停下所需的时间
2．答案：本题考查运动学和动量守恒的有关计算。
解析：（1）设斜面长度为L，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为t，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
联立解得或（舍去）
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有
解得
3.答案：本题主要考查动能定理及碰撞的综合应用。
解析：（1）对A由动能定理可知
解得
（2）当A恰好落在P点，由平抛运动规律可得
解得
从O点到P点，由动能定理
解得
当A落到任意一点时，，设A经O点速度为。
解得，则
联立解得曲线方程为
（3）设A与B碰撞前速度为v，从距x轴h处下落，有
设碰撞后速度分别为，由动量守恒和机械能守恒可知，
，
解得
故，则A与B碰撞后反向运动，，方向水平向右
当A再次到达O点时，速度为，由动能定理可知，
由题可知A落在B右侧，则
A与B都落在轨道上，
联立解得
4．答案 D
5、答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
解析 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，
以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：
(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s.
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s.
6．答案 BC
解析 碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′.
7.答案 (1)1 m/s (2)3.75 J
解析 (1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得：m2v2－m3v1＝0.
只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等．
对m1、m3，由动量守恒定律得：
m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2
解得：v1＝1 m/s
即弹簧将m3发射出去的速度至少为 1 m/s
(2)对m2、m3及弹簧，由机械守恒定律得：
Ep＝eq \f(1,2)m3v12＋eq \f(1,2)m2v22＝3.75 J.
8．答案 (1)50 N (2)0.3 m
解析 (1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正，对A由动量定理有：
Ft＝mAv2－mA(－v1)
解得F＝50 N
(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有：
mAv2＝(mB＋mA)v3
A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C系统，水平方向动量守恒有：
(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4
由能量关系：
eq \f(1,2)(mB＋mA)v32＝eq \f(1,2)(mB＋mA＋mC)v42＋(mB＋mA)gh
解得h＝0.3 m.
9．答案 (eq \r(5)－2)M≤m＜M
解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，
由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
可得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq \f(2m,m＋M)v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)Mv42
整理可得v3＝eq \f(m－M,m＋M)v1，v4＝eq \f(2m,m＋M)v1
由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2
即eq \f(2m,m＋M)v0≥eq \f(M－m,m＋M)v1＝(eq \f(m－M,m＋M))2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥(eq \r(5)－2)M
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
(eq \r(5)－2)M≤m＜M.
10、答案 (1)0.24 s (2)5eq \r(10) m/s
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有
－Fft＝m2v－m2v0
其中Ff＝μm2g
联立以上三式解得t＝eq \f(m1v0,μm1＋m2g)
代入数据得t＝eq \f(0.3×2,0.5×0.3＋0.2×10) s＝0.24 s.
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有
m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有
eq \f(1,2)m2v0′2＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得v0′＝5eq \r(10) m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不能超过5eq \r(10) m/s.
11．答案 (1)eq \f(1,16)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(13,48)mveq \\al(2,0)
解析 (1)对A、B，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
解得v1＝eq \f(1,2)v0
B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量定恒，有
m·eq \f(v0,2)＝2mv2
解得v2＝eq \f(v0,4)
系统损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)m(eq \f(v0,2))2－eq \f(1,2)×2m(eq \f(v0,4))2＝eq \f(1,16)mv02
(2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律得
mv0＝3mv
解得v＝eq \f(v0,3)
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(3m)v2－ΔE＝eq \f(13,48)mv02.
12．解析：(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝eq \f(1,2)mvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N－mg＝meq \f(vB2,R)，解得：N＝3mg，
由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg
即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。
(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，
由机械能守恒定律得：mgR＝eq \f(1,2)Mvm2＋eq \f(1,2)m(2vm)2，
解得：vm＝ eq \r(\f(gR,3))。
②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：eq \x\t(v)滑块＝2eq \x\t(v)车，
由于它们运动的时间相等，根据：
x＝eq \x\t(v) t可得s滑块＝2s车
又：s滑块＋s车＝L
所以小车的位移大小：s车＝eq \f(1,3)L。
答案：(1)3mg (2)① eq \r(\f(gR,3)) ②eq \f(1,3)L