新高考物理一轮复习重难点过关训练专题17 动量守恒定律及应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习重难点过关训练专题17 动量守恒定律及应用（含解析），共25页。试卷主要包含了理解系统动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题，理解碰撞的种类及其遵循的规律．，1m后停下等内容，欢迎下载使用。

专题17 动量守恒定律及应用

1.理解系统动量守恒的条件.
2.会应用动量守恒定律解决基本问题.
3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.
4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．

考点一　动量守恒定律的理解和基本应用
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．

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．

【典例1】（2022·浙江·高三专题练习）北京冬奥会2000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力，在这个过程中（　　）

A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【答案】A
【解析】A．两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；
B．系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；
C．在光滑冰面上交换时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；
D．在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误。
故选A。
【典例2】（2022·广东·模拟预测）2022年3月12日，在北京冬残奥会上，中国轮椅冰壶队战胜瑞典队，获得冠军。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后冰壶乙向前滑行0.1m后停下。已知两冰壶的质量相等，冰壶乙与冰面间的动摩擦因数为0.02，取重力加速度大小，则两冰壶碰撞前瞬间冰壶甲的速度大小为（　　）
A．0.1m/s B．0.2m/s C．0.4m/s D．1m/s
【答案】B
【解析】对冰壶乙在冰面上滑行的过程，有

由于两冰壶发生弹性碰撞，且两冰壶的质量相等，因此碰撞后两冰壶交换速度，故

解得

B正确。
故选B。
【典例3】（2021·全国·高三专题练习）一个质量为的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点的距离比为
D．爆炸过程释放的化学能为
【答案】D
【解析】AB．爆炸后甲、乙和丙三块弹片在竖直方向上都做自由落体运动，所以落地的时间相等，AB错误；
C．丙沿原路径回到原射出点，所以丙的速度为，取向右为正，根据动量守恒

解得甲的速度为

根据水平位移
x=vt
由于两者下落的时间相同，故甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为，C错误；
D．爆炸过程释放的化学能为

D正确。
故选D。
考点二　爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
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

2.反冲运动的三点说明
作用
原理
反冲运动是系统内两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


人船模型
(1)模型图示

(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝L，x船＝L
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②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＝＝.

【典例4】（2022·湖南·高三专题练习）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人稀有气体（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． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据动能定理，有

解得

对时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有

其中

联立有

故选C。
【典例5】（2022·陕西·西安中学模拟预测）质量为 m 的人在质量为 M 的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么（　　）


A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
【答案】D
【解析】A．由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有

若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；
BCD．设车长为L，由

解得

车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，BC错误。
故选D。
【典例6】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是(　　)
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】D
【解析】规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．
考点三　碰撞问题
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类

动量是否守恒
机械能是
否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大

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′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝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＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0.

【典例7】（2021·北京四中高三期中）质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为，B球的速度为，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A．设每个球的质量均为m，碰前系统总动量
p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m
碰前的总动能
Ek==40m
若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后总动量
p′=mvA+mvB=7m
动量不守恒，选项A错误；
B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明显vA>vB不合理，选项B错误；
C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后总动量
p′=mvA+mvB =8m
总动能
E′k==16.25m
动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；
D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后总动量
p′= mvA+mvB=8m
总动能
E′k==41m
动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。
故选C。
【典例8】（2022·河南·南阳中学模拟预测）如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，完全相同的弹性弹珠A和B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=1.5m，弹珠B与坑的间距x2=0.5m。某同学将弹珠A以v0的初速度沿地面水平向右弹出，与弹珠B弹性正碰（碰撞时间极短），弹珠B恰好入坑。弹珠与地面间的摩擦力是其重力的0.4倍，则弹珠A的初速度v0大小为（g取10m/s2）（　　）

A．5m/s B．4m/s C．3m/s D．2m/s
【答案】B
【解析】弹珠B恰好入坑，即入坑时B的速度为零，摩擦力做负功，有


带入数据，解得


由于，两球质量相等，且为弹性正碰，碰撞前后两球交换速度。碰撞前A的速度也为，在段由动能定理，得


带入数据，得


故选B。
【典例9】（2022·全国·高三课时练习）质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为（子弹均留在木块中不穿出）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块组成的系统为研究对象。系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。以子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有
nmv2-Mv1=0
得
n=
故选C。

一、 单选题
1.（2021·江苏江苏·三模）北京冬奥会2000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中（　　）
A．两运动员的总机械能守恒
B．两运动员的总动量增大
C．每个运动员的动量变化相同
D．每个运动员所受推力的冲量大小相同
【答案】D
【解析】A．在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加。A错误；
B．两运动员合力为零，动量守恒。B错误；
C．动量守恒，所以一个运动员动量变化等大反向。C错误；
D．两运动员相互作用力相同，力的作用时间相同，所以每个运动员所受推力的冲量大小相同。D正确。
故选D。
2．（2022·山东淄博·三模）冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的图像如图所示。已知两壶的质量均为19kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为（　　）

A．3.8N B．2.28N C．1.9N D．1.52N
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律可得

解得

设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理

由图可知

解得

故B正确，ACD错误。
故选B。
3．（2022·北京朝阳·模拟预测）某同学为了研究瞬间冲量，设计了如图所示的实验装置。将内径为d的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上，在圆环上放置直径为1.5d，质量为m的薄圆板，板上放质量为2m的物块，圆板中心，物块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向圆心的瞬间冲量I，物块与圆板间摩擦因数为μ，不计圆板与圆环之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑圆板翻转，以下说法正确的是（　　）

A．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块与圆板相对滑动的位移越大
B．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块离开圆板时的速度越大
C．当冲量时，物块一定会从圆板上掉落
D．当冲量时，物块一定会从圆板上掉落
【答案】D
【解析】A．设圆板获得的速度大小为，物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为和，由动量定理，有

由动能定理，对圆板

对物块有

解得

则物块可以从圆板滑落，物块与圆板相对滑动的位移不变，冲量I越大，物块离开圆板时的速度越小，AB错误；
CD．以向右为正方向，由动量守恒定律，有

要使物块落下，必须

解得

C错误，D正确。
故选D。
4．（2022·河北·模拟预测）如图所示，A、B两个小球静止在光滑水平地面上，用轻弹簧连接，A、B两球的质量分别为0.4kg和1.2kg。现使A球获得向右的瞬时速度。已知弹簧始终在其弹性限度之内，则在A、B两球运动的过程中（　　）

A．B球的最大速度大小为1.5m/s
B．B球速度最大时，A球的速度大小为3m/s，方向水平向左
C．A球速度为0时，A、B组成的系统动能损失最大
D．A球加速度为0时，B球的速度最大
【答案】B
【解析】AB．当B球速度最大时，弹簧处于原长，以向右为正方向，设此时A、B速度为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒有


解得
v1=-3m/s，v2=3m/s
A错误，B正确；
C．由能量守恒可知，A、B组成的系统动能损失最大时，弹簧弹性势能达到最大值，此时A、B速度相同，设为，由动量守恒

解得

C错误；
D．A球加速度为0时，弹簧处于原长，当弹簧从压缩状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐增大，弹簧恢复原长时B速度达到最大；当弹簧从伸长状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐减小，弹簧恢复原长时B速度达到最小值，D错误。
故选B。
5．（2022·全国·高三专题练习）在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的图象如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下正确的是（　　）

A．
B．
C．弹性碰撞
D．完全非弹性碰撞
【答案】A
【解析】以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前


碰撞后


根据动量守恒定律得

可得

碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能

碰撞后系统动能

计算可得

可知非弹性碰撞，故A正确，BCD错误。
故选A。
6．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）如图所示，有一边长为L的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道。已知木块质量为，一个质量为m的小球由静止开始从轨道的一端运动到另一端，在该过程中，木块的对地位移应为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】小球由静止开始从轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有

即

根据题意有

联立解得

故ABC错误，D正确。
故选D。
7．（2021·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平面上A、B、C三个质量均为1 kg的物体紧贴着放在一起，A、B之间有微量炸药．炸药爆炸过程中B对C做的功为4 J，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为

A．8 J
B．16 J
C．24 J
D．32 J
【答案】C
【解析】因为在光滑水平面上，所以爆炸后B与C速度相等，因为B对C做的功为4 J，根据动能定理 ，所以C的速度 ．根据动量守恒有 ，根据能量守恒有 ．
A. 8 J与计算结果不符，A错误．
B. 16 J与计算结果不符，B错误．
C. 24 J与计算结果相符，C正确．
D. 32 J与计算结果不符，D错误．
8．（2022·全国·高三课时练习）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．v0 B．v0 C．v0 D．v0
【答案】D
【解析】由动量守恒定律得

则导弹获得的速度
v=v0
故选D。
9.（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图所示，一个夹层中空质量为m的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点质量也为m的小圆柱体，初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置为A点，如甲图所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如乙图所示，忽略一切接触部位的摩擦，以下说法中正确的是（　　）

A．小圆柱体下落到最低点时，大圆柱体与小圆柱体速度相同
B．小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点右侧
C．小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点左侧
D．小圆柱体再次回到顶部的过程中，大圆柱体与小圆柱系统机械能守恒
【答案】D
【解析】A．小圆柱体下落到最低点时，根据动量守恒定律，大圆柱体与小圆柱体速度大小相等方向相反，A错误；
BC．小圆柱体会再次到达顶部，根据“人船模型”，此时大圆柱体与地面的接触位置一定在A点，否则违反动量守恒定律，BC错误；
D．小圆柱体再次回到顶部的过程中，只有动能和重力势能相互转化，大圆柱体与小圆柱系统机械能守恒，D正确。
故选D。
10．（2022·北京·日坛中学模拟预测）如图所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，关于小球和凹槽在以后的运动过程中，以下说法正确的是（　　）

A．小球的机械能守恒
B．小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球一定可以到达与A等高的C点
D．经过一段时间后小球和槽以相同的速度向右运动
【答案】C
【解析】A．小球下滑过程中，槽对小球的弹力会做功，则小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球和槽在运动过程中所受的外力矢量和不为零，则小球和槽组成的系统动量守恒不守恒，但系统水平方向不受外力作用，即系统水平方向动量守恒，故B错误；
C．小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与A等高的C点，故C正确；
D．小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，若小球和槽以相同的速度向右运动，则水平方向上动量不守恒，故D错误。
故选C。
二、多选题
11．（2022·全国·高三课时练习）将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块（可视为质点）以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止，现将木板分成A和B两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动，滑块与木板间的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中下列说法正确的是（　　）

A．甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多
B．系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多
C．最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同
D．图乙过程中滑块与B一定不会分离
【答案】BD
【解析】AD．设滑块的质量为m，A部分的质量为M1，B部分的质量为M2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对题图甲满足
mv0=（m＋M1＋M2）v
对题图乙满足
mv0=M1v1＋（m＋M2）v2
由于滑块滑过A后，在B上滑动的过程中，滑块的速度将大于A的速度，则有
v1 可知题图乙中滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与B木板将比题图甲中的情景更早达到速度相等，所以在题图乙情景中，滑块还没有运动到B的右端时，两者速度已相同，即题图乙过程中，滑块相对于木板的位移小，滑块不会离开木板B，根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于
v 所以题图甲、乙中，滑块克服摩擦力做的功不一样多，故A错误，D正确；
B．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，题图甲中的相对位移的大小大于题图乙中的相对位移的大小，则题图甲所示的过程产生的热量大于题图乙所示的过程产生的热量，故B正确；
C．两题图中最终滑块的速度不同，则可知末动量不相同，则由动量定理可知，滑块所受合外力的冲量不同，故C错误。
故选BD。
12．（2021·河北·邢台一中模拟预测）质量为m2且各处光滑的带有四分之一圆弧（半径足够大）的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为m1的滑块以初速度v0水平冲上轨道（不脱离轨道），下列说法正确的是（     ）

A．若m1= m2，则m1滑下后将与m2一起以的速度匀速运动
B．若m1= m2，则m1滑到最高点时速度为0
C．若m1= m2，则m1上升的最大高度为
D．m1滑下后，速度可能向左
【答案】CD
【解析】BC．由于m2为各处光滑的带有四分之一圆弧，则m1和m2组成的系统机械能守恒且在水平方向动量守恒，则m1滑到最高点时有
m1v0= (m1 + m2)v共

解得
，
B错误、C正确；
AD．m1滑上m2又返回直到m1离开m2的整个过程中，系统水平方向动量守恒。选取向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0= m1v1 + m2v2
假设是弹性碰撞，由机械能守恒得
，
解得
，
如果m1 < m2，则v1 < 0，即m1离开m2后速度方向向左，小球向左做平抛运动；
如果m1= m2，则v1= 0，即m1离开m2时速度为零，小球做自由落体运动；
如果m1 > m2，则v1 > 0，即m1离开m2后速度方向水平向右，小球向右做平抛运动，A错误，D正确。
故选CD。
二、 解答题
13．（2021·全国·高三专题练习）质量分别为的小球碰撞后在同一直线上运动，它们在碰撞前后的图像如图所示．若，则等于多少？

【答案】3kg
【解析】由s-t图知，碰前m2是静止的，碰前m1的速度为

碰后m1的速度为

碰后m2的速度为

两球碰撞过程系统动量守恒，以碰前m1的速度方向为正方向，由动量守恒有

带入数据解得

14．（2016·贵州贵阳·三模）光滑水平面上A、B两小球向同一方向运动，B在前A在后，已知A的动量为pA=6kg·m/s，B的质量为mB=4kg，速度为vB=3m/s，两球发生对心碰撞。
（1）若碰后两球速度同为4m/s，求A球的质量；
（2）试求A、B两球碰撞后B球的最大速度。
【答案】（1）0.5kg；（2）5m/s
【解析】（1）若碰后两球速度同为v=4m/s，根据动量守恒定律有

解得

（2）当两球发生弹性碰撞时，系统不损失机械能，碰后B球速度最大，则根据动量守恒和能量守恒定律分别有


联立以上两式解得

15．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ = 37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1= 2kg和m2= 3kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上（滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计）。炸药引爆后释放的化学能E = 30J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大；
（2）已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
（3）A沿斜面上滑的最大距离x。

【答案】（1）18J，12J；（2）0.4m；（3）0.9m
【解析】（1）设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得
m1v1 - m2v2 = 0
由能量守恒定律得

可得
，
联立解得
EkA = 18J，EkB = 12J
（2）B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得
EkB = m2gR
可得
R = 0.4m
（3）A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得
- m1gxsin37° - μm1gxcos37° = 0 - EkA
解得
x = 0.9m
16．（2022·四川·遂宁安居育才卓同国际学校模拟预测）如图所示，一水平传送带以v=2m/s的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量M=0.6kg的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离d1=1m，C点到D点的距离d2=2m；左边水平台面上有一质量m=0.2kg的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。已知A、B两点间的距离L=3m，初始时弹簧储存的弹性势能Ep=1.6J，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求：
（1）从甲滑上传送带至刚要与乙发生第一次碰撞的过程中所用的时间；
（2）从甲滑上传送带至刚要与乙发生第二次碰撞的过程中，因甲与传送带间的摩擦产生的热量；
（3）从甲滑上传送带至刚要与乙发生第31次碰撞的过程中，因甲与传送带间的摩擦产生的总热量。

【答案】（1）1.5s；（2）1.2J；（3）36.4J
【解析】（1）对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得

解得

假设物块甲滑过A点后，一直匀减速运动到B点，速度减为v甲1，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有


联立解得

恰好等于传送带速度，假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。在传送带上匀减速的时间

在间匀速运动的时间

则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间

（2）物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小

设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别 和 ，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得


联立解得
，
甲在传送带上向左滑行做匀减速到0，位移为x甲1

故甲再向右匀加速到原速率离开传送带，甲第一次碰撞后在传送带上运动时长为t11

解得

此间传送带位移大小为x11

而物体甲的位移为0，则物体和传送带相对滑行路程为

则有

解得

（3）物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为

物块乙运动的距离为

即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得


解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为
，
则第三次碰撞点的位置与D点间的距离为，与第一次碰撞前速度相同。
第二次碰撞后物体在传送带上滑行时间为t22

解得

滑块相对传送带滑行路程为

从甲与乙发生第二次碰撞后到发生第三次碰撞前的过程中，因甲与传送带间的摩擦产生的热量为

此后重复第一、二次碰撞的过程，故从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第31次碰撞的过程中，系统产生的总热量为：