新高考物理一轮复习精讲精练第7章动量守恒定律第2讲 动量守恒定律及其应用（2份打包，原卷版+解析版）

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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 eq \a\vs4\al(0) ，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零。
(2)系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
(3)系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)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。
(2)分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的机械能没有损失。
②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．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。
3．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，如发射炮弹、火箭等。
(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，动量守恒。
知识训练
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1．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．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(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1、如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是( )
A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒
B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒
C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零
D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
【答案】A
【解析】从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误．
例2、如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是( )
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．当锤子的速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零
D．人、车和锤组成的系统动量守恒
【答案】C
【解析】把人、锤子和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统的水平方向总动量为零，所以当锤子的速度方向竖直向下，即水平方向动量为零时，人和车水平方向总动量为零，锤子向左运动时，车向右运动，锤子向右运动时，车向左运动，所以车在水平方向做往复运动，不会持续地向右运动，故A错误，C正确；由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，机械能又通过锤子敲打小车等转化为内能，因此人、车和锤组成的系统机械能不守恒，故B错误；在锤子的连续敲打下，人、车和锤组成的系统竖直方向所受的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，故D错误。
例3、(多选)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为eq \f(E,3)
【答案】BD
【解析】撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两木块的重力与水平面对它们的支持力平衡，合力为零，而水平方向墙对A有向右的弹力，系统的动量不守恒；这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒；A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向受力平衡，则系统的动量守恒，此过程只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A错误，B正确。撤去F，A离开竖直墙后，当两木块速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两木块的共同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mv0＝3mv，E＝eq \f(1,2)·3mv2＋Ep，又E＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)，联立解得弹簧的弹性势能最大值为：Ep＝eq \f(E,3)，故C错误，D正确。
例4、如图，质量为M的小车A停放在光滑的水平面上，小车上表面粗糙。质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大小为( )
A．0 B．eq \f(mv0,M)
C．eq \f(mv0,M＋m) D．eq \f(mv0,M－m)
【答案】C
【解析】B在A上滑动的过程中，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝eq \f(mv0,M＋m)，故C正确。
课堂随练
训练1、(2021·全国乙卷) 如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】因为水平地面光滑，所以撤去推力后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功，系统机械能不守恒。故选B。
训练2、(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则( )
A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【答案】BD
【解析】子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。
训练3、如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】B
【解析】P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
训练4、(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A．eq \f(m,M)v B．eq \f(M,m)v
C．eq \f(m,m＋M)v D．eq \f(M,m＋M)v
【答案】B
【解析】由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝eq \f(－Mv,m)，即滑板的速度大小为eq \f(Mv,m)，B正确。
考点二、碰撞问题
1．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有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，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至少有一个改变．
2．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq \f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq \f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq \f(2mA,mA＋mB)v0.
例1、A、B两球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，A、B两球速度的可能值是( )
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
【答案】B
【解析】虽然题给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′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
例2、(多选)(2022·肇庆第二次统一测试)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比eq \f(M,m)可能为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】CD
【解析】设碰前每个物块的动量为p，碰后M的速度为v，由动量守恒得2p＝Mv
由能量守恒定律可知，碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能，又Ek＝eq \f(p2,2m)，可得eq \f(p2,2M)＋eq \f(p2,2m)≥eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,M)))eq \s\up12(2)，联立解得eq \f(M,m)≥3，C、D正确。
例3、已知质量相同的两个物体发生弹性正碰时速度交换。如图为“牛顿摆”，由五个相同的钢球紧挨着悬挂在同一水平线上。拉起最左侧的球1并释放，由于相邻球间的碰撞，导致最右侧的球5被弹出，碰撞时动能不损失。则( )
A．相邻球间碰撞属于非弹性碰撞
B．球5被弹起时，球4速度不为零
C．球5被弹起时，球1速度等于零
D．5个钢球组成的系统在整个运动过程中动量守恒
【答案】C
【解析】因为碰撞时动能不损失，则各个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，A错误；因为两球碰撞时交换速度，则球5被弹起时，球4速度为零，B错误；球1落下后与球2碰撞，1、2两球交换速度，之后以此类推，当球5被弹起时，球1、2、3、4的速度都等于零，C正确；5个钢球组成的系统在水平方向碰撞过程中动量守恒，而在球1和球5摆动的过程中动量不守恒，D错误。
例4、(多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)( )
A．2eq \r(2gR) B．eq \r(2gR)
C．2eq \r(5gR) D．eq \r(5gR)
【答案】BC
【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，联立得：v2＝eq \f(2v0,3).若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·eq \f(vmin2,R)，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝eq \f(1,2)·2mv2′2－eq \f(1,2)·2mvmin2，v2′＝eq \f(2v0′,3)，解得：v0′＝1.5eq \r(5gR)，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5eq \r(5gR).若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：2mg·R＝eq \f(1,2)·2mv2″2，v2″2＝eq \f(2v0″,3)，解得v0″＝1.5eq \r(2gR)，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq \r(2gR).由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq \r(2gR)或v0≥1.5eq \r(5gR)，故A、D错误，B、C正确．
例5、如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
【答案】D
【解析】由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小时刻相等，且两子弹对木块作用的时间相等，两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，则子弹射入时的初动能EkA>EkB，故B、C错误，D正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有eq \r(2mAEkA)＝eq \r(2mBEkB)，而EkA>EkB，则mA例7、(2021·北京高考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【答案】(1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
【解析】(1)两物块在空中做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
代入数据解得t＝0.30 s。
(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，有s＝vt
代入数据解得v＝1.0 m/s
根据动量守恒定律，有mv0＝2mv
代入数据解得v0＝2.0 m/s。
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2
代入数据解得ΔE＝0.10 J。
课堂随练
训练1、(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
【答案】A
【解析】设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能E损＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。
训练2、如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b两球质量之比M∶m为( )
A．3∶5 B．1∶3
C．2∶3 D．1∶2
【答案】A
【解析】设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2，由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为：s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得：v2＝3v1
以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，设a球的初速度为v0，由动量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋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，解得M∶m＝3∶5，故选A。
训练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′，得p1′＝2 kg·m/s。
由于在碰撞过程中，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)，得m1≤eq \f(21,51)m2。因为题目给出物理情境是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情境，就必须有eq \f(p1,m1)>eq \f(p2,m2)，即m1训练4、如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．3 m/s D．2 m/s
【答案】A
【解析】设碰前滑块A的速度大小为v0，滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得：mAgR＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)，解得v0＝6 m/s 。若两个滑块发生的是弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)，解得vB＝4 m/s；若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mA v0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2 m/s；所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤v≤4 m/s。故选A。
训练5、(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量是m＝2 kg，则由图可知下列结论错误的是( )
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化为6 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】AC
【解析】由x­t图象的斜率表示速度可知，碰撞前，A球的速度vA＝eq \f(Δxa,Δta)＝eq \f(4－10,2) m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝eq \f(Δxb,Δtb)＝eq \f(4,2) m/s＝2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝eq \f(Δxc,Δtc)＝eq \f(2－4,2) m/s＝－1 m/s，碰撞前后A球的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，C错误；对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得：mB＝eq \f(4,3) kg，A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋eq \f(4,3)×2 kg·m/s＝－eq \f(10,3) kg·m/s，A错误；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝mBv－mBvB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s，B正确；碰撞中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，代入数据解得：ΔEk＝10 J，D正确。本题选错误的，故选A、C。
训练6、如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落，不计空气阻力。
(1)在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力？请说明理由。
(2)已知h远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方向运动，若碰撞后m2恰处于平衡状态，求：
①落地前瞬间，两个小球的速度大小v0；
②两个小球的质量之比m1∶m2；
③小球m1上升的最大高度H。
【答案】(1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力，任意时刻它们均处于完全失重状态，其速度和加速度都相同，不会相互挤压，因而没有相互作用力。
(2)①eq \r(2hg) ②1∶3 ③4h
【解析】(1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力，任意时刻它们的速率和加速度都相同，不会相互挤压，其间没有相互作用力。
(2)①根据机械能守恒定律：
eq \f(1,2)(m1＋m2)v02＝(m1＋m2)gh
解得v0＝eq \r(2gh)
②m1，m2以相同的速度v0落到地面，m2先与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向反向；接着与m1碰撞，碰后m2的速度恰好减为零，m1的速度为v1，取向上为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
—m1v0＋m2v0＝m1v1
eq \f(1,2)m1v02＋eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m1v12
解得v1＝2v0＝2eq \r(2gh)，m1∶m2＝1∶3。
③根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)m1v12＝m1gH
解得H＝4h。
考点三、爆炸、反冲问题
1．反冲运动的三点说明
2．爆炸现象的三个规律
3．“人—船”模型
模型特点
(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律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；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)。
(3)应用eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
例1、有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A．eq \f(m（L＋d）,d) B．eq \f(m（L－d）,d)
C．eq \f(mL,d) D．eq \f(m（L＋d）,L)
【答案】B
【解析】设船的质量为m船，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船 eq \f(d,t)＝eq \f(m（L－d）,t)，小船的质量为m船＝eq \f(m（L－d）,d)，故B正确。
例2、(多选)如图所示，质量为4 kg的小车Q静止在光滑的水平面上，质量为2 kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为0.75 m的细线拴接在小车上的固定竖直轻杆顶端的O点。现将小球拉至与O等高的位置，且细线刚好绷直，拉起过程中小车静止，某时刻给小球一竖直向下的速度v0＝3 m/s，重力加速度为g＝10 m/s2，当细线第一次呈竖直状态时，下列说法正确的是( )
A．小车Q的位移大小为0.25 m
B．小球P的速度大小为2eq \r(6) m/s
C．小车Q的速度大小为2 m/s
D．小球下落过程中，细线对小球P做的功为7 J
【答案】AC
【解析】小球P下落过程中，小球P和小车Q组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒。取水平向右为正方向，从小球由释放到细线第一次呈竖直状态，有0＝mPeq \f(xP,t)－mQeq \f(xQ,t)，又xP＋xQ＝L＝0.75 m，解得小车Q的位移大小xQ＝0.25 m，A正确；设细线第一次呈竖直状态时，小球P的速度大小为vP，小车Q的速度大小为vQ，水平方向有0＝mPvP－mQvQ，根据系统的机械能守恒得：mPgL＋eq \f(1,2)mPveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)，联立解得vP＝4 m/s，vQ＝2 m/s，B错误，C正确；小球下落过程中，设细线对小球P做的功为W，对P，根据动能定理得：mPgL＋W＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)－eq \f(1,2)mPveq \\al(2,0)，解得W＝－8 J，D错误。
例3、(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq \f(m0,m)v0；物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq \f(3m0,m)v0；第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq \f(5m0,m)v0；以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度大小为v8＝eq \f(15m0,m)v0。根据题意可知，v8＝eq \f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度大小为v7＝eq \f(13m0,m)v013m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg例4、质量m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v0＝10eq \r(2) m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时爆炸，手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地时动能为5 J。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：
(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；
(2)手榴弹所装火药的质量；
(3)两块弹片落地点间的距离。
【答案】(1)10 m/s (2)0.06 kg (3)26 m
【解析】(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1，有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋mgh
代入数据解得v1＝10 m/s。
(2)设两块弹片的质量均为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，设另一块速度为v2，有m′gh＝5 J
代入数据解得m′＝0.1 kg
设手榴弹所装火药的质量为Δm，有Δm＝m－2m′
代入数据解得Δm＝0.06 kg。
(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t，两块弹片落地点间的距离为Δx，有mv1＝m′v2，Δx＝v2t，h＝eq \f(1,2)gt2
代入数据解得Δx＝26 m。
课堂随练
训练1、(2022·河南省模拟)解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，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，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是( )
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
【答案】D
【解析】由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝eq \f(m,M－m)v0，故选D.
训练2、(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2m1l,m2＋m1)
【答案】BD
【解析】系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为eq \f(2m1l,m2＋m1)，D正确。
训练3、如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，则Ek1和Ek2的比值为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(3,4)
C．eq \f(3,2) D．eq \f(4,3)
【答案】C
【解析】设小球Q的质量为m，滑块P顶端距地面的高度为h，弧形滑块P锁定在光滑水平地面上时，对小球Q，根据动能定理可知Ek1＝mgh；解除锁定后，让小球Q从滑块顶端由静止释放，小球Q与滑块P组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，设小球Q离开P时的速度大小为v1，滑块P的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv1－2mv2＝0，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,2)＝mgh，联立解得Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(2,3)mgh，则eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正确，A、B、D错误。
训练4、在光滑的水平面上有静止的物体A和B。物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中( )
A．A的速率是B的2倍
B．A的动量大小大于B的动量大小
C．A受到的合外力大于B受到的合外力
D．A、B组成的系统的总动量为零
【答案】D
【解析】弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，则mAvA＋mB(－vB)＝0，mAvA＝mBvB，由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的eq \f(1,2)，故A、B错误，D正确；A、B受到的合外力大小均等于弹簧弹力，故C错误。
训练5、(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【答案】(1)eq \f(1,g) eq \r(\f(2E,m)) (2)eq \f(2E,mg)
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②
联立①②式得t＝eq \f(1,g) eq \r(\f(2E,m))③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。
由题给条件和动量守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,4)mveq \\al(2,2)＝E⑤
eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq \f(2E,mg)。
同步训练
1．(2022·江苏省高考模拟)质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后，以水平速度大小v′被弹回，已知v′A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v′－v)
B．撞击时篮板受到的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
【答案】C
【解析】撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化，即I＝mv′－m(－v)＝m(v′＋v)，A错误；碰撞时，篮球与篮板相互作用，相互作用力等大反向，作用时间相等，则篮板受到的冲量大小不为零，B错误；撞击时间极短，重力的冲量忽略不计，撞击前后篮板均保持静止，篮球速度反向，所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒，C正确；由于v′2．一质量为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＝eq \f(v2－v0,v1)M B．m＝eq \f(v2,v2＋v1)M
C．m＝eq \f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq \f(v2－v0,v2－v1)M
【答案】C
【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq \f(v2－v0,v2＋v1)M，故C正确。
3．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )
A．16 J B．2 J
C．6 J D．4 J
【答案】A
【解析】设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝eq \f(1,2)m0veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m0)v2＝eq \f(m＋m0,m0)·eq \f(1,2)mv2，而木块获得的动能Ek木＝eq \f(1,2)mv2＝6 J，则ΔE>6 J，A正确。
4．(多选)在光滑的水平面上，一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．碰撞后A的动量为6 kg·m/s
B．碰撞后A的动量为2 kg·m/s
C．物体B的质量为2 kg
D．碰撞过程中合外力对B的冲量为6 N·s
【答案】BD
【解析】由题图可知，碰撞前A的速度为v0＝eq \f(16,4) m/s＝4 m/s，碰撞后A、B共同的速度为v＝eq \f(24－16,12－4) m/s＝1 m/s，则碰撞后A的动量为pA＝mAv＝2 kg×1 m/s＝2 kg·m/s，A错误，B正确；A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6 kg，C错误；对B，由动量定理可得IB＝mBv－0＝6 N·s，D正确．
5．(2022·河北省唐山市高三上开学摸底考试)羽毛球运动作为人们日常活动最受欢迎的运动项目之一，若羽毛球以某一水平初速度击中静止在水平地面的纸箱，使其瞬间卡在纸箱侧壁上，发现羽毛球与纸箱一起滑行的距离为L。已知羽毛球的质量为5 g，纸箱的质量为2.495 kg，纸箱与地面间动摩擦因数μ＝0.1，滑行距离L＝2 cm。则羽毛球击中纸箱的初速度是( )
A．0.1 m/s B．1 m/s
C．10 m/s D．100 m/s
【答案】D
【解析】设羽毛球击中纸箱的初速度为v，羽毛球刚击中纸箱与纸箱一起滑行的速度为v′，由动量守恒定律可得mv＝(m＋M)v′，羽毛球与纸箱一起滑行时，由动能定理可得0－eq \f(1,2)(m＋M)v′2＝－μ(m＋M)gL，解得v＝100 m/s，故选D。
6．如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽逆时针方向运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为( )
A．3∶1 B．1∶3
C．5∶3 D．3∶5
【答案】D
【解析】根据题意，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞，且∠POQ＝90°，可知碰后a、b两球的速度大小之比为va∶vb＝1∶3，两小球发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，设球a的初速度大小为v0，有mav0＝mbvb－mava，eq \f(1,2)maveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)，则碰撞后两球速度大小为va＝－eq \f(ma－mb,ma＋mb)v0，vb＝eq \f(2ma,ma＋mb)v0，联立解得a、b两球质量之比为3∶5，故D正确。
7．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
【答案】A
【解析】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。
8．(2021·北京高三学业考试)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是( )
A．E＝eq \f(1,4)mv02 I＝2mv0
B．E＝eq \f(1,2)mv02 I＝2mv0
C．E＝eq \f(1,4)mv02 I＝mv0
D．E＝eq \f(1,2)mv02 I＝mv0
【答案】A
【解析】AB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：mv0＝2mv1 ，解得：v1＝eq \f(v0,2)
碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：E＝eq \f(1,2)×2m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,4)mv02，取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得I＝2m×eq \f(v0,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2m×\f(v0,2)))＝2mv0，所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0，故A项正确；
9．(多选)(2021·广西南宁期末)在光滑的冰面上，质量为80 kg的冰球运动员甲以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是( )
A．碰后乙的速度的大小是1.5 m/s
B．碰后乙的速度的大小是1.0 m/s
C．碰撞中总机械能损失了1 500 J
D．碰撞中总机械能损失了1 400 J
【答案】BD
【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2′，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1－Mv2＝Mv2′，解得：v2′＝eq \f(m,M)v1－v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(80,100)×5.0－3.0)) m/s＝1.0 m/s，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：ΔE＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv2′，代入数据解得：ΔE＝1 400 J，故C错误，D正确。
10．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以kv0的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为( )
A．eq \f(2,3)≤k<1 B．eq \f(1,4)C．eq \f(1,4)【答案】C
【解析】A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝－m·kv0＋5mvB，A球与挡板P碰撞后能追上B再次相碰的条件是：kv0>vB，联立解得k>eq \f(1,4)；碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－ SKIPIF 1 < 0 ≥0，解得－1≤k≤eq \f(2,3)。所以k的取值范围是eq \f(1,4)11．(2022·北京东城区一模)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为R，下端与水平桌面相切，小球A从圆弧轨道顶端无初速度滑下，与静止在圆弧轨道底端的小球B相碰，A与B碰撞后结合为一个整体，在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑，A和B的质量相等， A、B与桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B均可视为质点。求：
(1)碰撞前瞬间A的速度大小v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v′；
(3)A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离l。
【答案】(1)eq \r(2gR) (2)eq \f(\r(2gR),2) (3)eq \f(R,4μ)
【解析】(1)设两小球质量均为m，对小球A从圆弧轨道顶端滑到底端的过程，由机械能守恒定律有
mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(2gR)。
(2)对A、B碰撞的过程应用动量守恒定律有mv＝2mv′
解得v′＝eq \f(\r(2gR),2)。
(3)对A、B整体在水平桌面上滑行的过程应用动能定理有－μ·2mgl＝0－eq \f(1,2)·2mv′2
解得l ＝eq \f(R,4μ)。
12．如图所示，质量M＝1.0 kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.495 kg的物块(可视为质点)放在木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量m0＝0.005 kg的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(子弹与物块作用时间极短)，木板足够长，g取10 m/s2。求：
(1)物块的最大速度v1；
(2)木板的最大速度v2；
(3)物块在木板上滑动的时间t。
【答案】(1)3 m/s (2)1 m/s (3)0.5 s
【解析】(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得m0v0＝(m＋m0)v1
解得v1＝3 m/s。
(2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得
(m＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2
解得v2＝1 m/s。
(3)对木板，根据动量定理得μ(m＋m0)gt＝Mv2－0
解得t＝0.5 s。
13．(2022·常州第一次模拟)如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s。g取10 m/s2。求：
(1)小物块被弹簧弹出时的速度；
(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；
(3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。
【答案】(1)5 m/s (2)1 m (3)3 m/s，方向水平向左 0.04 m
【解析】(1)设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒
mv1＝(m＋M)v2
解得v1＝5 m/s。
(2)小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,2)＋mgh1
解得h1＝1 m。
(3)小物块能下落到大滑块上并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒
mv1＝mv1′＋Mv2′
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)Mv2′2
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
小物块再次滑上滑块时系统水平方向动量守恒，机械能守恒
m(－v1′)＋Mv2′＝(m＋M)v
eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)Mv2′2＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝0.04 m。
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
动量守恒
爆炸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
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动