还剩16页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023版高考物理步步高大二轮复习讲义【学生版】+解析版
成套系列资料，整套一键下载
2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题二 第7讲 动量【解析版】
展开
这是一份2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题二 第7讲 动量【解析版】，共19页。
2.常用方法：柱状模型法.3.常考题型：选择题、计算题．
考点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
2．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
3．流体作用的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
例1 (多选)(2022·广东梅州市一模)如图所示，学生练习用脚顺球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2 kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为4 kg·m/s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的11倍
答案 AD
解析 足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝eq \r(2gh)＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小也是5 m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝11mg，足球自由下落过程重力的冲量大小为mgeq \f(v,g)＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用过程中动量变化大小为Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．
例2 (2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速．已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为( )
A．eq \f(1,N)eq \r(2qUm) B．eq \f(1,N)eq \r(\f(qUm,2))
C．Neq \r(2qUm) D．Neq \r(\f(qUm,2))
答案 C
解析 根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·eq \r(\f(2qU,m))＝Neq \r(2qUm)，则根据牛顿第三定律可知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝Neq \r(2qUm)，故选C.
考点二 动量守恒定律及应用
1．判断守恒的三种方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．
(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．
(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．
例3 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
例4 (2022·湖南岳阳市二模)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(重力加速度为g)( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为eq \f(m0,m)eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
C．球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
D．球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为eq \f(m0L,2m＋m0)
答案 C
解析 小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有：m0gL＝eq \f(1,2)m0vC2＋eq \f(1,2)×2mvAB2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m0vC＝2mvAB ，联立解得vC＝2eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq \f(m0,m)eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝eq \f(m0L,2m＋m0)，故D正确．
考点三 碰撞模型及拓展
1．碰撞问题遵循的三条原则
(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：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
2．两种碰撞特点
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．
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正碰为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2).
结论：
①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
3．碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
例5 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
答案 B
解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×14mv22＋eq \f(1,2)mv42，联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02，氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误．
例6 (多选)(2022·河南省名校联盟二模)如图所示，竖直放置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，设碰撞后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) ①
若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时恰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)②
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)·2mv22－eq \f(1,2)·2mvmin2③
联立①②③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A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)·2mv22④
联立①④得：v0＝1.5eq \r(2gR)
可知若小球A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7 (多选)(2022·河北邢台市高三期末)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端．小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．弧形槽的顶端距底端的高度为eq \f(v02,4g)
B．小球离开小车后，相对地面做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为eq \f(1,2)mv02
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
答案 ABD
解析 经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，有mv0＝2mv，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋mgh，解得h＝eq \f(v02,4g)，A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v1、v2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，B正确；根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝0－eq \f(1,2)mv02＝－eq \f(1,2)mv02，C错误；根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv2－0＝mv0，D正确．
例8 (2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
答案 (1)0.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45
解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻，根据动量守恒定律有
mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根据能量守恒定律有
Epmax＝eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－eq \f(1,2)(mB＋m)v02
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6 mv02
(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
对方程两边同时乘时间Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA，
将sA＝0.36v0t0
代入可得sB＝1.128v0t0
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′
根据能量守恒定律可得
eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)·5 m·(0.8v0)2
＝eq \f(1,2) m·(－2v0)2＋eq \f(1,2)·5mvB′2
联立解得vA′＝v0
方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgLsin θ－μmgLcs θ＝0－eq \f(1,2)m(2v0)2
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcs θ＝eq \f(1,2)mv02－0
联立解得μ＝0.45
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小，
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma上
mgsin θ－μmgcs θ＝ma下
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2
联立可解得μ＝0.45.
1．(2022·广西北海市一模)一辆总质量为M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶．雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的eq \f(4,5).下列说法正确的是( )
A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞
C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝12∶1
D．拋出第四个沙包后雪橇会后退
答案 D
解析 每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)eq \f(4,5)v＋m·3v，得M＝11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－eq \f(v,7)，故D正确．
2．(2022·江苏无锡市普通高中高三期末)如图所示，质量为M＝100 g的木板左端是一半径为R＝10 m的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道右端与木板上表面在B处水平相连．质量为m1＝80 g的木块置于木板最右端A处．一颗质量为m2＝20 g的子弹以大小为v0＝100 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出．已知子弹打进木块的时间极短，木板上表面水平部分长度为L＝10 m，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求子弹打进木块过程中系统损失的机械能；
(2)若木板固定，求木块刚滑上圆弧时对圆弧的压力；
(3)若木板不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度．
答案 (1)80 J (2)4 N，方向竖直向下 (3)5 m
解析 (1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20 m/s，
由能量守恒定律有
ΔE1＝eq \f(1,2)m2v02 － eq \f(1,2)(m1＋m2)v12，
解得ΔE1＝80 J.
(2)木块从A端滑到B端过程，
由动能定理有－ μ(m1＋m2)gL＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v22 － eq \f(1,2)(m1＋m2)v12，
木块滑到B端时，由牛顿第二定律有
FN－(m1＋m2)g＝eq \f(m1＋m2,R)v22，
联立解得FN＝4 N，
根据牛顿第三定律可得F压＝FN＝4 N，方向竖直向下．
(3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，
得v3＝10 m/s，
子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中，
根据能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m1＋m2)v12＝eq \f(1,2)(m2＋m1＋M)v32＋(m1＋m2)gh＋μ(m1＋m2)gL，
解得h＝5 m.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2022·福建三明市高三期末)跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料，以下说法中错误的是( )
A．鞋垫减小了人与地面的作用力
B．鞋垫减小了人落地过程的动量变化量
C．鞋垫延长了人与地面相互作用的时间
D．鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人
答案 B
解析 根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq \f(mv,t)＋mg，鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，A、C、D正确； 鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，人落地过程的动量变化量不变，B错误．
2．(2022·湖南郴州市质检)如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)( )
A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．弹簧弹力与静电力大小相等时系统机械能最大
D．系统所受合外力的冲量不为零
答案 A
解析 加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向相反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A正确，D错误；加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故B、C错误．
3．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理有W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.
4．(多选)(2022·河南省大联考)如图甲所示，质量均为m的A、B两物块连接在劲度系数为k的轻质弹簧两端，放置在光滑的水平面上处于静止状态，从t＝0时刻开始，给A一个水平向右、大小为v0的初速度，A、B运动的v－t图像如图乙所示，已知两物块运动的v－t图像具有对称性，且为正、余弦曲线．弹簧的弹性势能与劲度系数和弹簧的形变量之间的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2，弹簧始终在弹性限度内，结合所给的信息分析，下列说法正确的是( )
A．t1时刻弹簧处于伸长状态，t2时刻弹簧的压缩量最大
B．在0～t2的时间内，弹簧对B做的功为eq \f(mv02,4)
C．t1时刻，若A的速度v1与B的速度v2之差为Δv，则此时A与B的动能之差为eq \f(1,2)mv0Δv
D．t2时刻弹簧的形变量为v0eq \r(\f(2m,k))
答案 AC
解析 分析A、B的运动过程，可知t1时刻A、B间的距离正在增大，弹簧处于伸长状态，t2时刻A、B间的距离最小，弹簧的压缩量最大，A正确；t2时刻A、B达到共同速度，由动量守恒定律可得mv0＝2mv共，0～t2时间内，对B运用动能定理有W＝eq \f(1,2)mv共2＝eq \f(mv02,8)，B错误；0～t1时间内，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，A与B的动能之差ΔEk＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22，结合v1－v2＝Δv，可得ΔEk＝eq \f(1,2)mv0Δv，C正确；t2时刻，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv共2，结合v共＝eq \f(v0,2)，Ep＝eq \f(1,2)kx2，解得弹簧的形变量x＝eq \f(v0,2)eq \r(\f(3m,k))，D错误．
5．(多选)(2022·山东烟台市高三期末)如图所示，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值．碰撞后小球B的速度大小可能是( )
A．0.2v B．0.4v
C．0.5v D．0.6v
答案 BC
解析 若A、B发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2，则由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·3mv22，解得碰撞后小球B的速度大小为v2＝eq \f(2m,m＋3m)v＝eq \f(1,2)v；若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两者共速，根据动量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′，解得碰撞后小球B的速度大小为v′＝eq \f(1,4)v，即碰撞后小球B的速度大小范围为eq \f(1,4)v≤vB≤eq \f(1,2)v，故选B、C.
6．(多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，金属块内有一个半径为R的光滑圆形槽，金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球(可视为质点)从离金属块左上端R处静止下落，沿圆槽切线方向进入圆槽内，小球到达最低点后继续向右运动，恰好不能从圆形槽的右端冲出．已知重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力大小为5mg
B．金属块的质量为m
C．小球第二次到达最低点时的速度大小为2eq \r(gR)
D．金属块运动过程中的最大速度为2eq \r(gR)
答案 ABD
解析 小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝eq \f(1,2)mv02，小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v02,R)，根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力大小为FN′＝FN，联立解得FN′＝5mg，A正确；小球第一次到达最低点至小球到达圆形槽右端过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律有mgR＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2，解得M＝m，B正确；小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有mv0＝Mv1＋mv2，又由能量守恒可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22，M＝m，解得v1＝v0＝2eq \r(gR)，v2＝0，C错误，D正确．
[争分提能练]
7.(多选)(2022·山东省实验中学高三检测)在足够长的光滑水平面上，物块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，且m＝eq \f(1,2)M，若开始时三者均处于静止状态，现给A一个向右的冲量I，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A与B、C间发生碰撞的分析正确的是( )
A．A与B、C之间只能各发生一次碰撞
B．A、B之间只能发生一次碰撞，A、C之间可以发生两次碰撞
C．A、C之间只能发生一次碰撞，A、B之间可以发生两次碰撞
D．A、C第一次碰撞后，C速度大小为vC1＝eq \f(2m,m＋M)·eq \f(I,m)
答案 AD
解析 选取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度为vA，第一次A、C碰撞之后，A的速度为vA1，C的速度为vC1，对物块A，根据动量定理有I＝mvA，A、C发生弹性碰撞，碰撞过程由系统的动量守恒有mvA＝mvA1＋MvC1，由能量守恒有eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mvA12＋eq \f(1,2)MvC12，又有m＝eq \f(1,2)M，联立解得vA1＝eq \f(m－M,m＋M)vA＝－eq \f(I,3m)，vC1＝eq \f(2m,m＋M)vA＝eq \f(2m,m＋M)·eq \f(I,m)＝eq \f(2I,3m)，故D正确；由上述分析可知，A、C碰撞之后，A反向弹回，则A和B可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的速度分别为vB1＝eq \f(2m,m＋M)vA1＝－eq \f(2I,9m)，vA2＝eq \f(m－M,m＋M)vA1＝eq \f(I,9m)，则vA28．(多选)(2021·湖南卷·8)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小．A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是( )
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
答案 ABD
解析 由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
由a－t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹＝mAaA＝mBaB，由题图(b)可知aB>aA，则mB由题图(b)可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则mAv0＝mAvA＋mBvB，可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
由a－t图像可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1～t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a－t图像中图线与横轴所围的面积表示Δv可知，在t2时刻A、B的速度分别为vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，则S1－S2＝S3，D正确．
9．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
10．(多选)如图所示，半径分别为R和r＝eq \f(R,2)的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m，重力加速度为g，则( )
A．b球的质量mb＝eq \r(2)m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力大小为2mg
D．若mb＝m，要求a、b球都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR
答案 AD
解析 设a球离开弹簧后的速度大小为va，a球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为va′，则有mg＝meq \f(va′2,R)，解得va′＝eq \r(gR)，选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mva2＝2mgR＋eq \f(1,2)mva′2，解得va＝eq \r(5gR)，同理可得b球离开弹簧后的速度大小为vb＝eq \r(5gr)，取向左为正方向，根据动量守恒定律得mva－mbvb＝0，可得mb＝eq \r(2)m，故A正确；两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek＝eq \f(p2,2m)可知，动能不相等，故B错误；设a球到达圆心等高处时速度为v，由动能定理可得－mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mva2，设轨道对a球的支持力大小为F，由牛顿第二定律有F＝meq \f(v2,R)，联立解得F＝3mg，由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力大小为3mg，C错误；若mb＝m，取向左为正方向，由动量守恒定律有mva－mbvb＝0，则分离时两小球速度相等，若要求a、b球都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，则b球也能通过，由前面分析可知，a球刚好通过最高点时，分离时速度为va＝eq \r(5gR)，则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝2×eq \f(1,2)mva2＝5mgR，故D正确．
11．(2022·天津市耀华中学二模)质量为M＝0.6 kg的小车，原来静止在光滑水平轨道上，有两根长度均为L＝0.8 m的细绳，一根系在固定的挡板D上，另一根系在小车C上，下面各挂一只小球，小球的质量分别为mA＝0.4 kg，mB＝0.2 kg，静止时两小球正好相切，且切点与两球心同在一水平面上，如图所示，如果将A球拉成水平后由静止释放，在最低点与B球碰撞，碰后A球继续向右运动，上升的最大高度为h＝0.2 m．g＝10 m/s2，求：
(1)碰后瞬间B球的速度大小；
(2)碰撞后B球上升的最大高度；
(3)小车能达到的最大速度．
答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)2 m/s
解析 (1)设A球下落到最低点时速度为v0，两球碰撞后速度分别为vA、vB，对A球下落以及碰后上升两个阶段分别由机械能守恒定律，可得
mAgL＝eq \f(1,2)mAv02
mAgh＝eq \f(1,2)mAvA2
A、B碰撞过程由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
解得vB＝4 m/s
(2)对B、C系统，当B上升到最大高度时，由动量守恒得
mBvB＝(M＋mB)v
由能量守恒定律可知
eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)(M＋mB)v2＋mBghB
解得hB＝0.6 m
(3)当B再次回到最低点时小车的速度最大，则由动量守恒得
mBvB＝Mvm＋mBv′
由能量守恒定律可知
eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)Mvm2＋eq \f(1,2)mBv′2
解得小车的最大速度
vm＝2 m/s.
12．(2022·江苏常州市溧阳光华高级中学高三期末)如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0＝1.0 m，在物块B的左侧固定有少量炸药．质量为M＝2.0 kg的物块A(可视为质点)靠在被压缩x1＝0.2 m的弹簧右端，O点为弹簧原长的位置，A与B相距l＝
0.8 m．现将物块A由静止释放，与B发生碰撞(碰撞时间极短)并导致炸药爆炸，碰撞后A静止，B的速度v1＝8 m/s；物块B再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知B的质量为m＝1.0 kg，C的质量为B质量的k倍，各物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75，碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)A释放前弹簧的弹性势能Ep；
(2)B与C碰撞前瞬间，B的速度大小；
(3)要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围．
答案 (1)28 J (2)7 m/s (3)eq \f(5,2)≤k＜eq \f(7,2)
解析 (1)设A与B碰撞前瞬间速度为v0，对A与B的碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv0＝mv1
解得v0＝4 m/s
根据能量守恒定律可得Ep＝μMgl＋eq \f(1,2)Mv02
解得Ep＝28 J
(2)设B与C碰撞前瞬间B的速度为v2，由动能定理得
－μmgx0＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
解得v2＝7 m/s
(3)设B与C发生碰撞后瞬间B速度为v3，由动量守恒定律得：
mv2＝mv3＋kmv
解得v3＝7－2k (m/s)
根据物理情景可得v3≤v
即k≥eq \f(5,2)
根据碰撞过程中动能不能增大可得：
eq \f(1,2)mv22≥eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)kmv2
解得0≤k≤6
要使B的运动方向与C相同，则需满足v3>0
代入可得k＜eq \f(7,2)
综上所述，要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围是eq \f(5,2)≤k＜eq \f(7,2).
[尖子生选练]
13．(2022·江苏扬州市高三期末)如图所示，冰壶队在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
答案 C
解析 碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44 m，二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v12＝2ax1，对蓝壶有v22＝2ax2，联立可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(1,2)，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；碰前系统动能为Ek0＝eq \f(1,2)mv02，碰后系统动能为Ek1＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，则有Ek0>Ek1，机械能不守恒，D错误．公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法
F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解
图例(水平面光滑)
小球－弹簧模型
小球－曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
图例(水平面或水平导轨光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
2.常用方法：柱状模型法.3.常考题型：选择题、计算题．
考点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
2．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
3．流体作用的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
例1 (多选)(2022·广东梅州市一模)如图所示，学生练习用脚顺球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2 kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为4 kg·m/s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的11倍
答案 AD
解析 足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝eq \r(2gh)＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小也是5 m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝11mg，足球自由下落过程重力的冲量大小为mgeq \f(v,g)＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用过程中动量变化大小为Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．
例2 (2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速．已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为( )
A．eq \f(1,N)eq \r(2qUm) B．eq \f(1,N)eq \r(\f(qUm,2))
C．Neq \r(2qUm) D．Neq \r(\f(qUm,2))
答案 C
解析 根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·eq \r(\f(2qU,m))＝Neq \r(2qUm)，则根据牛顿第三定律可知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝Neq \r(2qUm)，故选C.
考点二 动量守恒定律及应用
1．判断守恒的三种方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．
(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．
(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．
例3 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
例4 (2022·湖南岳阳市二模)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(重力加速度为g)( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为eq \f(m0,m)eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
C．球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
D．球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为eq \f(m0L,2m＋m0)
答案 C
解析 小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有：m0gL＝eq \f(1,2)m0vC2＋eq \f(1,2)×2mvAB2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m0vC＝2mvAB ，联立解得vC＝2eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq \f(m0,m)eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝eq \f(m0L,2m＋m0)，故D正确．
考点三 碰撞模型及拓展
1．碰撞问题遵循的三条原则
(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：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
2．两种碰撞特点
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．
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正碰为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2).
结论：
①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
3．碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
例5 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
答案 B
解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×14mv22＋eq \f(1,2)mv42，联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02，氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误．
例6 (多选)(2022·河南省名校联盟二模)如图所示，竖直放置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，设碰撞后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) ①
若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时恰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)②
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)·2mv22－eq \f(1,2)·2mvmin2③
联立①②③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A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)·2mv22④
联立①④得：v0＝1.5eq \r(2gR)
可知若小球A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7 (多选)(2022·河北邢台市高三期末)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端．小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．弧形槽的顶端距底端的高度为eq \f(v02,4g)
B．小球离开小车后，相对地面做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为eq \f(1,2)mv02
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
答案 ABD
解析 经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，有mv0＝2mv，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋mgh，解得h＝eq \f(v02,4g)，A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v1、v2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，B正确；根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝0－eq \f(1,2)mv02＝－eq \f(1,2)mv02，C错误；根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv2－0＝mv0，D正确．
例8 (2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
答案 (1)0.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45
解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻，根据动量守恒定律有
mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根据能量守恒定律有
Epmax＝eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－eq \f(1,2)(mB＋m)v02
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6 mv02
(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
对方程两边同时乘时间Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA，
将sA＝0.36v0t0
代入可得sB＝1.128v0t0
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′
根据能量守恒定律可得
eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)·5 m·(0.8v0)2
＝eq \f(1,2) m·(－2v0)2＋eq \f(1,2)·5mvB′2
联立解得vA′＝v0
方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgLsin θ－μmgLcs θ＝0－eq \f(1,2)m(2v0)2
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcs θ＝eq \f(1,2)mv02－0
联立解得μ＝0.45
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小，
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma上
mgsin θ－μmgcs θ＝ma下
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2
联立可解得μ＝0.45.
1．(2022·广西北海市一模)一辆总质量为M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶．雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的eq \f(4,5).下列说法正确的是( )
A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞
C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝12∶1
D．拋出第四个沙包后雪橇会后退
答案 D
解析 每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)eq \f(4,5)v＋m·3v，得M＝11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－eq \f(v,7)，故D正确．
2．(2022·江苏无锡市普通高中高三期末)如图所示，质量为M＝100 g的木板左端是一半径为R＝10 m的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道右端与木板上表面在B处水平相连．质量为m1＝80 g的木块置于木板最右端A处．一颗质量为m2＝20 g的子弹以大小为v0＝100 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出．已知子弹打进木块的时间极短，木板上表面水平部分长度为L＝10 m，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求子弹打进木块过程中系统损失的机械能；
(2)若木板固定，求木块刚滑上圆弧时对圆弧的压力；
(3)若木板不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度．
答案 (1)80 J (2)4 N，方向竖直向下 (3)5 m
解析 (1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20 m/s，
由能量守恒定律有
ΔE1＝eq \f(1,2)m2v02 － eq \f(1,2)(m1＋m2)v12，
解得ΔE1＝80 J.
(2)木块从A端滑到B端过程，
由动能定理有－ μ(m1＋m2)gL＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v22 － eq \f(1,2)(m1＋m2)v12，
木块滑到B端时，由牛顿第二定律有
FN－(m1＋m2)g＝eq \f(m1＋m2,R)v22，
联立解得FN＝4 N，
根据牛顿第三定律可得F压＝FN＝4 N，方向竖直向下．
(3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，
得v3＝10 m/s，
子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中，
根据能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m1＋m2)v12＝eq \f(1,2)(m2＋m1＋M)v32＋(m1＋m2)gh＋μ(m1＋m2)gL，
解得h＝5 m.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2022·福建三明市高三期末)跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料，以下说法中错误的是( )
A．鞋垫减小了人与地面的作用力
B．鞋垫减小了人落地过程的动量变化量
C．鞋垫延长了人与地面相互作用的时间
D．鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人
答案 B
解析 根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq \f(mv,t)＋mg，鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，A、C、D正确； 鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，人落地过程的动量变化量不变，B错误．
2．(2022·湖南郴州市质检)如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)( )
A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．弹簧弹力与静电力大小相等时系统机械能最大
D．系统所受合外力的冲量不为零
答案 A
解析 加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向相反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A正确，D错误；加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故B、C错误．
3．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理有W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.
4．(多选)(2022·河南省大联考)如图甲所示，质量均为m的A、B两物块连接在劲度系数为k的轻质弹簧两端，放置在光滑的水平面上处于静止状态，从t＝0时刻开始，给A一个水平向右、大小为v0的初速度，A、B运动的v－t图像如图乙所示，已知两物块运动的v－t图像具有对称性，且为正、余弦曲线．弹簧的弹性势能与劲度系数和弹簧的形变量之间的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2，弹簧始终在弹性限度内，结合所给的信息分析，下列说法正确的是( )
A．t1时刻弹簧处于伸长状态，t2时刻弹簧的压缩量最大
B．在0～t2的时间内，弹簧对B做的功为eq \f(mv02,4)
C．t1时刻，若A的速度v1与B的速度v2之差为Δv，则此时A与B的动能之差为eq \f(1,2)mv0Δv
D．t2时刻弹簧的形变量为v0eq \r(\f(2m,k))
答案 AC
解析 分析A、B的运动过程，可知t1时刻A、B间的距离正在增大，弹簧处于伸长状态，t2时刻A、B间的距离最小，弹簧的压缩量最大，A正确；t2时刻A、B达到共同速度，由动量守恒定律可得mv0＝2mv共，0～t2时间内，对B运用动能定理有W＝eq \f(1,2)mv共2＝eq \f(mv02,8)，B错误；0～t1时间内，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，A与B的动能之差ΔEk＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22，结合v1－v2＝Δv，可得ΔEk＝eq \f(1,2)mv0Δv，C正确；t2时刻，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv共2，结合v共＝eq \f(v0,2)，Ep＝eq \f(1,2)kx2，解得弹簧的形变量x＝eq \f(v0,2)eq \r(\f(3m,k))，D错误．
5．(多选)(2022·山东烟台市高三期末)如图所示，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值．碰撞后小球B的速度大小可能是( )
A．0.2v B．0.4v
C．0.5v D．0.6v
答案 BC
解析 若A、B发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2，则由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·3mv22，解得碰撞后小球B的速度大小为v2＝eq \f(2m,m＋3m)v＝eq \f(1,2)v；若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两者共速，根据动量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′，解得碰撞后小球B的速度大小为v′＝eq \f(1,4)v，即碰撞后小球B的速度大小范围为eq \f(1,4)v≤vB≤eq \f(1,2)v，故选B、C.
6．(多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，金属块内有一个半径为R的光滑圆形槽，金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球(可视为质点)从离金属块左上端R处静止下落，沿圆槽切线方向进入圆槽内，小球到达最低点后继续向右运动，恰好不能从圆形槽的右端冲出．已知重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力大小为5mg
B．金属块的质量为m
C．小球第二次到达最低点时的速度大小为2eq \r(gR)
D．金属块运动过程中的最大速度为2eq \r(gR)
答案 ABD
解析 小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝eq \f(1,2)mv02，小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v02,R)，根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力大小为FN′＝FN，联立解得FN′＝5mg，A正确；小球第一次到达最低点至小球到达圆形槽右端过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律有mgR＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2，解得M＝m，B正确；小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有mv0＝Mv1＋mv2，又由能量守恒可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22，M＝m，解得v1＝v0＝2eq \r(gR)，v2＝0，C错误，D正确．
[争分提能练]
7.(多选)(2022·山东省实验中学高三检测)在足够长的光滑水平面上，物块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，且m＝eq \f(1,2)M，若开始时三者均处于静止状态，现给A一个向右的冲量I，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A与B、C间发生碰撞的分析正确的是( )
A．A与B、C之间只能各发生一次碰撞
B．A、B之间只能发生一次碰撞，A、C之间可以发生两次碰撞
C．A、C之间只能发生一次碰撞，A、B之间可以发生两次碰撞
D．A、C第一次碰撞后，C速度大小为vC1＝eq \f(2m,m＋M)·eq \f(I,m)
答案 AD
解析 选取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度为vA，第一次A、C碰撞之后，A的速度为vA1，C的速度为vC1，对物块A，根据动量定理有I＝mvA，A、C发生弹性碰撞，碰撞过程由系统的动量守恒有mvA＝mvA1＋MvC1，由能量守恒有eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mvA12＋eq \f(1,2)MvC12，又有m＝eq \f(1,2)M，联立解得vA1＝eq \f(m－M,m＋M)vA＝－eq \f(I,3m)，vC1＝eq \f(2m,m＋M)vA＝eq \f(2m,m＋M)·eq \f(I,m)＝eq \f(2I,3m)，故D正确；由上述分析可知，A、C碰撞之后，A反向弹回，则A和B可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的速度分别为vB1＝eq \f(2m,m＋M)vA1＝－eq \f(2I,9m)，vA2＝eq \f(m－M,m＋M)vA1＝eq \f(I,9m)，则vA2
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
答案 ABD
解析 由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
由a－t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹＝mAaA＝mBaB，由题图(b)可知aB>aA，则mB
由a－t图像可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1～t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a－t图像中图线与横轴所围的面积表示Δv可知，在t2时刻A、B的速度分别为vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，则S1－S2＝S3，D正确．
9．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
10．(多选)如图所示，半径分别为R和r＝eq \f(R,2)的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m，重力加速度为g，则( )
A．b球的质量mb＝eq \r(2)m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力大小为2mg
D．若mb＝m，要求a、b球都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR
答案 AD
解析 设a球离开弹簧后的速度大小为va，a球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为va′，则有mg＝meq \f(va′2,R)，解得va′＝eq \r(gR)，选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mva2＝2mgR＋eq \f(1,2)mva′2，解得va＝eq \r(5gR)，同理可得b球离开弹簧后的速度大小为vb＝eq \r(5gr)，取向左为正方向，根据动量守恒定律得mva－mbvb＝0，可得mb＝eq \r(2)m，故A正确；两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek＝eq \f(p2,2m)可知，动能不相等，故B错误；设a球到达圆心等高处时速度为v，由动能定理可得－mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mva2，设轨道对a球的支持力大小为F，由牛顿第二定律有F＝meq \f(v2,R)，联立解得F＝3mg，由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力大小为3mg，C错误；若mb＝m，取向左为正方向，由动量守恒定律有mva－mbvb＝0，则分离时两小球速度相等，若要求a、b球都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，则b球也能通过，由前面分析可知，a球刚好通过最高点时，分离时速度为va＝eq \r(5gR)，则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝2×eq \f(1,2)mva2＝5mgR，故D正确．
11．(2022·天津市耀华中学二模)质量为M＝0.6 kg的小车，原来静止在光滑水平轨道上，有两根长度均为L＝0.8 m的细绳，一根系在固定的挡板D上，另一根系在小车C上，下面各挂一只小球，小球的质量分别为mA＝0.4 kg，mB＝0.2 kg，静止时两小球正好相切，且切点与两球心同在一水平面上，如图所示，如果将A球拉成水平后由静止释放，在最低点与B球碰撞，碰后A球继续向右运动，上升的最大高度为h＝0.2 m．g＝10 m/s2，求：
(1)碰后瞬间B球的速度大小；
(2)碰撞后B球上升的最大高度；
(3)小车能达到的最大速度．
答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)2 m/s
解析 (1)设A球下落到最低点时速度为v0，两球碰撞后速度分别为vA、vB，对A球下落以及碰后上升两个阶段分别由机械能守恒定律，可得
mAgL＝eq \f(1,2)mAv02
mAgh＝eq \f(1,2)mAvA2
A、B碰撞过程由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
解得vB＝4 m/s
(2)对B、C系统，当B上升到最大高度时，由动量守恒得
mBvB＝(M＋mB)v
由能量守恒定律可知
eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)(M＋mB)v2＋mBghB
解得hB＝0.6 m
(3)当B再次回到最低点时小车的速度最大，则由动量守恒得
mBvB＝Mvm＋mBv′
由能量守恒定律可知
eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)Mvm2＋eq \f(1,2)mBv′2
解得小车的最大速度
vm＝2 m/s.
12．(2022·江苏常州市溧阳光华高级中学高三期末)如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0＝1.0 m，在物块B的左侧固定有少量炸药．质量为M＝2.0 kg的物块A(可视为质点)靠在被压缩x1＝0.2 m的弹簧右端，O点为弹簧原长的位置，A与B相距l＝
0.8 m．现将物块A由静止释放，与B发生碰撞(碰撞时间极短)并导致炸药爆炸，碰撞后A静止，B的速度v1＝8 m/s；物块B再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知B的质量为m＝1.0 kg，C的质量为B质量的k倍，各物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75，碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)A释放前弹簧的弹性势能Ep；
(2)B与C碰撞前瞬间，B的速度大小；
(3)要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围．
答案 (1)28 J (2)7 m/s (3)eq \f(5,2)≤k＜eq \f(7,2)
解析 (1)设A与B碰撞前瞬间速度为v0，对A与B的碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv0＝mv1
解得v0＝4 m/s
根据能量守恒定律可得Ep＝μMgl＋eq \f(1,2)Mv02
解得Ep＝28 J
(2)设B与C碰撞前瞬间B的速度为v2，由动能定理得
－μmgx0＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
解得v2＝7 m/s
(3)设B与C发生碰撞后瞬间B速度为v3，由动量守恒定律得：
mv2＝mv3＋kmv
解得v3＝7－2k (m/s)
根据物理情景可得v3≤v
即k≥eq \f(5,2)
根据碰撞过程中动能不能增大可得：
eq \f(1,2)mv22≥eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)kmv2
解得0≤k≤6
要使B的运动方向与C相同，则需满足v3>0
代入可得k＜eq \f(7,2)
综上所述，要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围是eq \f(5,2)≤k＜eq \f(7,2).
[尖子生选练]
13．(2022·江苏扬州市高三期末)如图所示，冰壶队在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
答案 C
解析 碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44 m，二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v12＝2ax1，对蓝壶有v22＝2ax2，联立可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(1,2)，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；碰前系统动能为Ek0＝eq \f(1,2)mv02，碰后系统动能为Ek1＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，则有Ek0>Ek1，机械能不守恒，D错误．公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法
F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解
图例(水平面光滑)
小球－弹簧模型
小球－曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
图例(水平面或水平导轨光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
相关学案
2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题二 第7讲 动量【学生版】： 这是一份2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题二 第7讲 动量【学生版】，共7页。
2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题六 第14讲 热学【解析版】： 这是一份2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题六 第14讲 热学【解析版】，共16页。
2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题六 第15讲 近代物理【解析版】： 这是一份2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题六 第15讲 近代物理【解析版】，共13页。
