高中物理高考 考向13 动量守恒定律-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题

这是一份高中物理高考 考向13 动量守恒定律-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题，共21页。试卷主要包含了弹簧，子弹与木块模型等内容，欢迎下载使用。

考向13 动量守恒-备战2022年高考一轮复习考点微专题
解决目标及考点:
1. 动量守恒的判断 4、弹簧、滑板、滑块组合模型
2. 碰撞模型 5、子弹与木块模型
3. 反冲模型、人船模型

【例题1】(7分)如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；
(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零)。
















一、动量守恒定律
1.内容
如果一个系统不受外力，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.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.适用条件
(1)理想守恒：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：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒.
二、碰撞、反冲、爆炸
1.碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒.
(3)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.
2.反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动.
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等.
(3)规律：遵从动量守恒定律.
3.爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.



考点: 动量守恒的判断
【例题2】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，则下列说法中不正确的是(　　)
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组成的系统动量守恒

【例题3】（多选）如图所示，木块B与水平轻弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短．关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（　　）
A. 子弹射入木块的过程中，系统的动量守恒
B. 子弹射入木块的过程中，系统的机械能守恒
C. 木块压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒
D. 木块压缩弹簧的过程中，系统的机械能守恒
B.
考点：碰撞模型
【例题4】(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


1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律
(2)机械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等).
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.
2.弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒和机械能守恒

解得v1′＝
v2′＝
(2)分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度.
当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝，
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度.
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动.
③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来.
考点：反冲模型、人船模型
【例题5】长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？



【例题6】如图所示，质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？(不计空气阻力)


人船模型
1.特点
2.方程
m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)
3.结论
m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)
【例题7】（多选）某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（　　）
A. 人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比
B. 不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比
C. 人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等
D. 人走到船尾不再走动，船则停下

【例题8】某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　)
A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等
C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比
D．人走到船尾不再走动，船则停下

【例题9】如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图(十六)－1乙为它们碰撞前后的x－t图象。已知m1＝0.1 kg，由此可以判断(　　)
①碰前m2静止，m1向右运动
②碰后m2和m1都向右运动
③由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
以上判断正确的是(　　)
A．①③　　 B．①②③
C．①②④ D．③④
考点：弹簧、滑板、滑块组合模型
【例题10】如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动.已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：
(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.








【例题11】如图6所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 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，取g＝10 m/s2，求：
(1)物块与小车共同速度大小；
(2)物块在车面上滑行的时间t；
(3)小车运动的位移大小x；
(4)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？











拓展点3　“滑块—斜面”碰撞模型
【例题12】(2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图7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.

图7
(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？






考点：子弹与木块
【例题13】一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？









【例题14】(2018·青海平安模拟)如图所示，质量为2m、长为L的木块置于光滑水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为Ff＝，试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度.








子弹打木块
1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.
2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.
3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能.
4.系统产生的内能Q＝Ff·x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.
5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度).


1.如图所示，物块m、斜劈M和水平支持面都是光滑的，控制m、M使其静止，m位于斜劈的顶端．撤去控制，m在斜面上运动的过程中（　　）
A. M、m组成的系统动量守恒
B. m、M组成的系统在水平方向动量守恒
C. m对M的冲量等于M的动量变化
D. M对m的支持力的冲量为零

2.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定
3.(2018·福建福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)
A.M B.M
C.M D.M
4.如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等.Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)

图1
A.P的初动能 B.P的初动能的
C.P的初动能的 D.P的初动能的

5.(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





6.(2018·陕西榆林质检)如图6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？








7.如图7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，墙壁对木块A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.












8. 如图所示，一个半径为R=1.00m粗造的四分之一圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h=1.25m，在轨道末端放有质量为mB=0.30kg的小球B（视为质点），另一质量为mA=0.10kg的小球A（也视为质点）由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最上时，对轨道的压思为2.6N，A与B发生正碰，碰后小球B水平向右飞出，落到地面时的水平位移为s=0.80m，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）A与B正碰前瞬间小球A的速度VA的大小；
（2）A与B正碰前小球A克服摩擦力所做的功Wf；
（3）A与B正碰后瞬间小球A的速度v′A．




9.如图．Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AD段为-长度为也R的粗糙水平轨道，二者相切于D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m（可视为质点），P与AD段轨道间的滑动摩擦力为正压力的0.1倍，物体Q的质量为2m，重力加速度为g，
（l）若O固定，P以速度v0从A点滑上水平轨道，冲至圆弧上某点后返回A点时冶好静止，求v0的大小
（2）若Q不周定，P仍以速度v0从A点滑上水平轨道，求P在光滑圆弧轨道








10．(7分)如图所示，长L＝12 m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量M＝50 kg，木板置于地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。质量m＝50 kg的人立于木板左端，木板与人均静止。若人以4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端，并立即抱柱立柱，g取10 m/s2，求：


(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t；
(2)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x。





11.(2016·全国卷Ⅲ·35(2))如图3所示，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.













12.(2015·全国卷Ⅰ·35(2))如图4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.

图4








【例题1】【解析】
(1)由机械能守恒定律，有m1gh＝m1v2
v＝ 。
(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有m1v＝(m1＋m2)v′
A、B克服摩擦力所做的功
W＝μ(m1＋m2)gd
由能量守恒定律，有
(m1＋m2)v′2＝Ep＋μ(m1＋m2)gd
解得Ep＝gh－μ(m1＋m2)gd。
【答案】：(1)v＝ 　(2)Ep＝gh－μ(m1＋m2)gd
【例题2】【答案】A
【例题3】【答案】AD
【解析】A、子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；
B、子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，系统机械能不守恒，故B错误；
C、木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；
D、木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确；
系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题．
【例题4】【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＝m1v12＋m2v22＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J
Ek′＝m1v1′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′
【例题5】【解析】　选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零.当人起步加速前进时，船同时加速后退；

当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv1－Mv2＝0 ①
因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt，得
mx1－Mx2＝0 ②
②式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图还可看出：
x1＋x2＝L ③
联立②③两式得x1＝L，x2＝L
【例题6】【解析】　由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒.
设某时刻人对地的速率为v1，气球对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv1－Mv2＝0 ①
因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对①式两边同乘以Δt，
可得mx＝My ②
由题意知x＋y＝L ③
联立②③得x＝L；y＝L
即人相对于地面移动的距离是L；气球相对于地面移动的距离是L.
【例题7】【答案】ABD
【解析】A、以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设人和船的速度分别为v1、v2，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：0=m人v1+M船v2
解得：v1/v2=M船/m人，可知人与船的速度方向相反，人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比，故A正确．
B、由上式知，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比，与人的运动情况无关，故B正确．
C、人与船组成的系统动量守恒，人匀加速走动，船则匀加速后退，由动量守恒定律可知，两者的速度与质量成反比，则两者的速度大小不一定相等，故C错误；
D、人走到船尾不再走动，设共同速度为v，则0=（m人+M船）v，可得v =0，说明船停止运动，故D正确．
水的阻力不计，人从船头走向船尾的过程中，人与船组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题．
【例题8】【答案】ACD
【解析】以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设v1、v2分别为人和船的速率，则有0＝m人v1－M船v2，故有＝
可见A、C、D正确。
人和船若匀加速运动，则有
F＝m人a人，F＝M船a船
所以＝，本题中m人与M船不一定相等，故B选项错误。
【例题9】【答案】A
【解析】由图象知，①正确，②错误；由动量守恒m1v＝m1v1＋m2v2，将m1＝0.1 kg，v＝4 m/s，v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s代入可得m2＝0.3 kg，③正确；ΔE＝m－＝0，④错误。
【例题10】
【解析】　(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，以向右为正方向，则mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0，代入数据得木块A的速度v＝2 m/s
(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为Epm＝mv02－(m＋M)v2－μmgL
代入数据得Epm＝39 J.
拓展点2　“滑块—平板”碰撞模型
【例题11】【解析】　(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.8 m/s
(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理：
－Fft＝m2v－m2v0
又Ff＝μm2g
解得：t＝
代入数据得t＝0.24 s
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝m1v2
解得x＝0.096 m
(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v′，以水平向右为正方向，则：
m2v0′＝(m1＋m2)v′
由系统能量守恒有：
m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得v0′＝5 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′不超过5 m/s.
【例题12】【解析】　(1)规定向左为速度正方向.冰块在斜面体上上升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
m2v0＝(m2＋m3)v ①
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v0＝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 kg ③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0 ④
代入数据得v1＝－1 m/s ⑤
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
m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥
m2v02＝m2v22＋m3v32 ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s ⑧
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.
【例题13】【解析】　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v；解得v＝v0
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0，解得t＝
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝mv2－mv02，解得：x1＝
对木块：Ffx2＝Mv2，解得：x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝
(4)系统损失的机械能为E损＝mv02－(M＋m)v2＝
系统增加的内能为Q＝Ff·x相＝，系统增加的内能等于系统损失的机械能
(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有FfL＝mv02－(M＋m)v2，解得L＝
因此木块的长度至少为.
【例题14】【解析】　设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv0＝mv1＋2mv2 ①
根据能量守恒定律得
L＝mv02－mv12－×2mv22 ②
由①②式解得v1＝或v1＝
将v1＝代入①式，得v2＝v0>v1(舍去)
将v1＝代入①式，得v2＝v0 所以假设成立，即子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为v0，木块的速度为v0.

1.【答案】B
【解析】A、撤去控制，m在斜面上运动的过程中，m有竖直向下的分加速度，整个系统处于失重状态，地面对M的支持力小于M、m的总重力，系统的合外力不为零，所以M、m组成的系统动量不守恒，故A错误；
B、系统在水平方向所受的合外力为零，所以系统在水平方向动量守恒，故B正确；
C、根据动量定理知：M的动量变化等于合外力的冲量，即等于m对M以及地面对M的合冲量，不等于m对M的冲量，故C错误．
D、根据冲量的定义I=Ft，知M对m的支持力不为零，作用时间也不为零，所以M对m的支持力的冲量不为零．故D错误；
动量守恒的条件是：系统所受的合外力为零．根据系统受力情况，结合动量守恒的条件分析系统的动量是否守恒．M对m的支持力的冲量根据冲量的定义I=Ft分析．
2.【答案】　A
3.【答案】　C
4.【答案】　B

5.【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′，故B、C正确.
6.【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＝m3v12＋m2v22＝3.75 J.
7.【答案】　(1)50 N　(2)0.3 m
【解析】　(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，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
AB第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有：
(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4
由能量关系：
(mB＋mA)v32＝(mB＋mA＋mC)v42＋(mB＋mA)gh，解得h＝0.3 m.
9. 8.解：（1）小球A在圆弧轨道最低点做圆周运动，由牛顿第二定律得：
F-mAg=mA，代入数据解得：vA=4m/s；
（2）小球A下滑过程，由动能定理得：
mAgR-Wf=mAvA2-0，代入数据解得：Wf=0.2J；
（3）两球碰撞后离开圆弧做平抛运动，对B球，
在竖直方向：h=gt2，水平方向：s=vBt，
两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA=mAvA′+mBvB，
代入数据解得：vA′=-0.8m/s，负号表示方向向左；
9.解：（1）在整个过程中，由能量守恒定律得：-μmg•2R=0-mv02，
由题意知：μ=0.1，代入数据解得：v0=；
（2）以P、Q组成的系统为研究对象，系统动量守恒，当P上升到最大高度时，P、Q两者速度相等，以P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，
在整个过程中由能量守恒定律得：mv02=（m+2m）v2+mgh+μmgR，
代入数据解得：h=；

10.【解析】
(1)人向右加速运动受到木板向右摩擦力Ff2＝ma2＝200 N
人运动的位移x2＝a2t2
木板水平方向受两个力：人对木板向左的摩擦力Ff′2＝200 N
地面对木板向右的摩擦力Ff1＝μ(M＋m)g＝100 N
则木板向左运动的加速度为a1＝(f2-f1)/M＝2 m/s2
发生的位移x1＝a1t2，由L＝x1＋x2得t＝ ＝2 s。
(2)如图所示，人向右奔跑时，木板向左运动的位移x1＝a1t2＝4 m
人抱住立柱时，人的速率v2＝a2t＝8 m/s，
木板的速率v1＝a1t＝4 m/s
人抱柱立柱时时间很短，人与立柱间的相互作用力远大于地面的摩擦力，两者动量守恒，取向右为正方向，
mv2－Mv1＝(m＋M)v′
得v′＝＝2 m/s，
人抱住立柱后，两者一起向右运动，加速度
a3＝＝＝μg＝1 m/s2，
共同运动的位移x3＝＝2 m
故木板的总位移x＝x1－x3＝2 m，方向向左。

11.【答案】　≤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
mv02>μmgl ①
即μ< ②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得
mv02＝mv12＋μmgl ③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′ ④
mv12＝mv1′2＋×mv2′2 ⑤
联立④⑤式解得
v2′＝v1 ⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
×mv2′2≤μ·gl ⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥ ⑧
联立②⑧式得，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为
≤μ<.
12.【答案】　(－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，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22
可得v1＝v0，v2＝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;mv12＝mv32＋Mv42
整理可得v3＝v1，v4＝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v0≥v1＝()2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M