新高考物理一轮复习教案第6章第2讲动量守恒定律（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习教案第6章第2讲动量守恒定律（含解析），共39页。教案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。


知识点 动量守恒定律及其应用 Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。
(2)内力：系统中物体间的作用力。
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统eq \x(\s\up1(01))不受外力，或者eq \x(\s\up1(02))所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝eq \x(\s\up1(03))p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝eq \x(\s\up1(04))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。
③Δp1＝eq \x(\s\up1(05))－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝eq \x(\s\up1(06))0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能eq \x(\s\up1(01))不变的碰撞。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能eq \x(\s\up1(02))减少的碰撞。
3．对比分析
知识点 反冲 爆炸 Ⅰ
1．反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能eq \x(\s\up1(01))增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用eq \x(\s\up1(02))远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。
2．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且eq \x(\s\up1(03))远大于系统所受的外力，所以系统动量eq \x(\s\up1(04))守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
一 堵点疏通
1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )
2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。( )
3．当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。( )
4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。( )
5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。( )
答案 1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.×
二 对点激活
1．(人教版选择性必修第一册·P15·T4改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s m/s
C．0.057 m/s m/s
答案 B
解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝eq \f(1,16)v0＝eq \f(1,16)×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。
2．(人教版选择性必修第一册·P15·T6改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为( )
A．35 N B.100 N
C．102.5 N D.350 N
答案 C
解析 子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(0.01×500,10) m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，子弹射入沙袋瞬间，合力提供向心力，有FT－(m＋M)g＝(m＋M)eq \f(v2,L)，得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)eq \f(v2,L)＝102.5 N，故C正确。
3. 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为( )
A．1∶2 B.2∶1
C.1∶4 D.4∶1
答案 D
解析 设A、B的质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为eq \f(v0,3)和－eq \f(v0,3)，则有mBv0＝mA·eq \f(v0,3)＋mBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，D正确。
考点1 动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的“六性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
例1 (2020·山东省临沂市蒙阴县实验中学高三第一学期期末)(多选)将两条完全相同的磁体(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，两车不会相碰，如图所示，下列说法正确的是( )
A．当乙车速度为零时，甲车的速度为1 m/s，方向向右
B．两车的距离最小时，乙车的速度为0.5 m/s，方向向右
C．两车的距离最小时，乙车的速度为5 m/s，方向向左
D．两车及磁体的机械能最小时速度相同
(1)甲、乙两车组成的系统动量守恒吗？
提示：守恒。
(2)两车距离最小时速度是否相等？
提示：是。
尝试解答 选ABD。
设水平向右为正方向，当乙车速度为零时，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′，且有m甲＝m乙，解得v甲′＝v甲－eq \f(m乙v乙,m甲)＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右，故A正确；两车距离最小时速度相同，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，即两车距离最小时，乙车速度为0.5 m/s，方向向右，故B正确，C错误；当两车的距离最小时，两车间的磁力做的负功最多，根据能量守恒定律可知机械能减少得最多，此时两车及磁体的机械能最小，由前面分析知此时两车速度相同，故D正确。

应用动量守恒定律时的几点易错提醒
(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。
(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。
[变式1－1] (2020·山东省济宁一中一模)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.eq \f(1,2)mv2 B.μmgL
C.eq \f(1,2)NμmgL D.eq \f(mMv2,2m＋M)
答案 D
解析 由于水平面光滑，则由箱子和小物块组成的系统，动量始终是守恒的，当箱子和小物块的速度相同后，小物块与箱子保持相对静止，根据动量守恒定律，有mv＝(m＋M)v1，根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,1)＝eq \f(mMv2,2m＋M)；又因为系统损失的动能等于克服摩擦力所做的功，则ΔEk＝－Wf＝μmg×NL＝NμmgL。综上所述，D正确，A、B、C错误。
[变式1－2] (2021·湖北省高三1月模拟演练)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之间的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 根据题意，P对Q只有弹力的作用，在P向左运动的过程中，Q对P的弹力对P做正功，则P对Q的弹力做负功，不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于相互作用力，等大反向，且相互作用的两个力作用的位移相等，所以P和Q之间的相互作用力做功之和为0，故B正确；对P和Q构成的系统，因为只有重力做功，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统在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。
考点2 碰撞问题分析
1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)动能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)
(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，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(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
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ①,\f(1,2)m1v\\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\\al(2,2)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2 ②))
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)
v2′＝eq \f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，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：
v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
例2 (2020·山东省滕州一中高三下学期4月线上模拟)如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是( )
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍
(1)A、B球发生的碰撞一定是完全非弹性碰撞吗？
提示：不一定。
(2)若A、B球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是什么？
提示：vA＝eq \f(mA－mBv0,mA＋mB)，vB＝eq \f(2mAv0,mA＋mB)。
尝试解答 选C。
小球A、B发生的对心碰撞，可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞。若是完全非弹性碰撞，则碰后A、B两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，故A错误；若A、B两球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝eq \f(mAv0,mA＋mB)，若A球质量等于B球质量，则v共＝eq \f(v0,2)，故B错误；若两球发生的是弹性碰撞，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有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vA＝eq \f(mA－mBv0,mA＋mB)，vB＝eq \f(2mAv0,mA＋mB)，若A球质量小于B球质量，由上述vA和vB的表达式可知vA<0，若A球质量足够大，B球质量足够小，由上述vA和vB的表达式可知eq \f(vB,vA)＝eq \f(2mA,mA－mB)＝eq \f(2,1－\f(mB,mA))≈2，故C正确，D错误。

碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。
[变式2] (2020·吉林省吉林市高三二调)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′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
答案 C
解析 碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)×1×62 J＋eq \f(1,2)×2×22 J＝22 J。如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，不可能，A错误；若vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s，则碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)×1×22 J＋eq \f(1,2)×2×42 J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝1×(－4) kg·m/s＋2×7 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)×1×42 J＋eq \f(1,2)×2×72 J＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
考点3 碰撞类模型的拓展
1.“弹簧类”模型
2．“子弹打木块”“滑块—木板”模型
续表
3．“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型
4．悬绳模型
悬绳模型(如图所示)与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。
例3 (2020·山东实验中学高三下学期线上物理检测)(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq \f(1,4)圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为eq \f(3,4) m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
(1)什么时候B达到最大速率？
提示：A、B碰后。
(2)B与C发生相互作用的过程遵循什么规律？
提示：水平方向动量守恒，系统机械能守恒。
尝试解答 选AD。
A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)veq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，A与B碰后B的速率最大，故B的最大速率为4 m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，B错误；设B、C分离时的速度分别为vB′、vC′，从B冲上C然后又滑到C底端的过程，由水平方向动量守恒，有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)·Mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)·MvB′2＋eq \f(1,2)·2MvC′2，联立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|<|vA|，所以B与A不会再次发生碰撞，C错误，D正确。

处理碰撞类模型的方法技巧
(1)“弹簧类”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②系统的机械能守恒。
③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。
(2)“滑块—木板”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板的时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
[变式3－1] (2020·河北省唐山市一模)如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )
A．1∶4 B.1∶4eq \r(2)
C.1∶8 D.1∶12
答案 A
解析 木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq \f(v0,2)；根据能量守恒定律有μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m)v2，解得划痕长度s＝eq \f(v\\al(2,0),4μg)；同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度s′＝eq \f(2v02,4μg)，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误。
[变式3－2] (2020·河北省“五个一”名校联盟高三上学期一轮复习收官考试)(多选)光滑水平面上用轻弹簧相连的A、B两物体，以6 m/s的速度匀速向右运动，质量均为2 kg。在B的正前方静止放置一质量为4 kg的物体C，B、C碰后粘在一起，则在之后的运动过程中( )
A．弹簧的最大弹性势能为12 J
B．A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能是36 J
C．物体C的最大速度为4 m/s
D．整个运动过程中A的速度不可能向左
答案 ACD
解析 B、C碰撞瞬间，B、C组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv0＝(mB＋mC)v，代入数据解得v＝2 m/s；三个物体速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得：mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v共，代入数据解得：v共＝3 m/s，设弹簧的最大弹性势能为Ep，由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)v2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,共)，代入数据解得：Ep＝12 J，A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mB＋mC)v2＝24 J，故A正确，B错误；当弹簧恢复原长时，C的速度最大，设此时B、C的速度为v1，A的速度为v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＋(mB＋mC)v＝mAv2＋(mB＋mC)v1，eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)v2＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,1)，代入数据解得v1＝4 m/s，故C正确；由于A、B、C系统的总动量守恒，总动量p＝(mA＋mB)v0＝24 kg·m/s，若A的速度向左，则B、C的速度向右且一定大于4 m/s，B、C具有的动能Ek＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,B)>48 J，而系统在B、C粘在一起后的总机械能为eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)v2＝48 J，由于系统的机械能不会增加，所以A的速度不可能向左，故D正确。
考点4 爆炸
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，发生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，所以爆炸前后系统的总动能增加。
3．位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
例4 以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
(1)爆炸前，达到最高点时，炮弹的速度是什么方向？
提示：水平方向。
(2)爆炸过程动量和机械能都守恒吗？
提示：爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，化学能转化为炮弹分成两块后增加的动能，机械能不守恒。
尝试解答 (1)2.5v0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)eq \f(27,4)mveq \\al(2,0)
(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cs60°＝eq \f(v0,2)。
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为
E＝ΔEk＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)2mv1′2＋\f(1,2)mv\\al(2,2)))－eq \f(1,2)(3m)veq \\al(2,1)＝eq \f(27,4)mveq \\al(2,0)。

(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。
(2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。
[变式4] (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)。
考点5 反冲运动 火箭
1.反冲
(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
2．火箭
(1)火箭加速的原理
设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。
以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，
所以mΔv＋Δmu＝0，
解出Δv＝－eq \f(Δm,m)u。
上式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比eq \f(Δm,m)越大，火箭获得的速度Δv越大。
(2)现代火箭的发射原理
由于现代火箭喷气的速度在2000～4000 m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。
例5 (2020·山东省高三下学期开学收心检测)如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为eq \f(Mv0,M－m)
D．火箭上升的最大高度为eq \f(m2v\\al(2,0),2gM－m2)
(1)火箭喷水的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒吗？
提示：不守恒。
(2)火箭喷水的过程中，火箭和水组成的系统动量守恒吗？
提示：守恒。
尝试解答 选D。
火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝eq \f(mv0,M－m)，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝eq \f(m2v\\al(2,0),2gM－m2)，D正确。

火箭获得的最终速度
设火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M－m)v1－mv(以火箭的速度方向为正方向)，则：(M－m)v1－mv＝0，所以v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,m)－1))v1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比eq \f(M,m)决定。
[变式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＝1000 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？
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。
思维拓展：“人船模型”
如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人，
因人和船组成的系统动量始终守恒，
故有：m船x船＝m人x人，
由图可看出：x船＋x人＝L，
可解得：x人＝eq \f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq \f(m人,m人＋m船)L。
此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。
例6 载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
(1)人和气球的速度大小有什么关系？
提示：设人和气球的速度大小分别为v人、v球，则mv人＝Mv球。
(2)人和气球对地的位移大小与绳梯的长度有什么关系？
提示：设人和气球的对地位移大小分别为x人、x球，绳梯的长度为L，则x人＋x球＝L。
尝试解答 eq \f(M＋m,M)h
气球和人原来静止在空中，说明系统所受合力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移大小为x人，气球的位移大小为x球，它们的位移状态图如图所示，
由动量守恒定律有：0＝Mx球－mx人，
又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝eq \f(M＋m,M)h。

“人船模型”问题应注意以下两点
(1)适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②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6] 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tanα) D.eq \f(Mh,M＋mtanα)
答案 C
解析 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大小为x1，M在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0＝mx1－Mx2。①
且x1＋x2＝eq \f(h,tanα)。②
由①②可得x2＝eq \f(mh,M＋mtanα)，故C正确。
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 由v­t图线可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s、v乙＝1 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s、v乙′＝2 m/s。甲、乙两物块碰撞的过程中，由动量守恒定律得：m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg。则损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故A正确。
2．(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v7＝eq \f(13m0,m)v013m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg3．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
答案 A
解析 由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，A正确。
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。
5．(2018·天津高考)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是________ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为________ m。
答案 20 0.2
解析 根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，
解得v＝eq \f(mv0,M＋m)＝eq \f(0.05×200,0.45＋0.05) m/s＝20 m/s；
系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，
故有fd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，
解得d＝eq \f(\f(1,2)mv\\al(2,0)－\f(1,2)M＋mv2,f)
＝eq \f(\f(1,2)×0.05×2002－\f(1,2)0.45＋0.05×202,4.5×103) m＝0.2 m。
6．(2020·江苏高考)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
答案 28 m/s
解析 将乌贼与喷出的水作为一个系统，由于乌贼喷水过程时间极短，故乌贼与水所受内力远大于外力，系统动量守恒。选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝Mv1－mv，
解得喷出的水的速度大小为
v＝eq \f(Mv1,m)＝eq \f(1.4×2,0.1) m/s＝28 m/s。
7．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
解析 (1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s。
8．(2020·天津高考)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
答案 (1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，则A经过圆周轨迹的最高点时，轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1eq \f(v2,l)①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl②
由动量定理，有I＝m1vA③
联立①②③式，得I＝m1eq \r(5gl)。④
(2)设两球粘在一起瞬间速度大小为v′，A、B粘在一起后能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′≥vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设碰撞前瞬间B的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得Ek≥eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)⑧
即碰撞前瞬间B的动能Ek至少为eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)。
9．(2019·全国卷Ⅲ) 静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s
(2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－eq \f(1,2)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B发生碰撞，碰撞前A的速度大小为vA′，由动能定理有
eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq \r(7) m/s⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB″＝－eq \f(2\r(7),5) m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。
由⑯式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。其中1～5题为单选，6～10题为多选)
1．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( )
A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙
答案 B
解析 两人及篮球组成的系统动量守恒，且总动量为零，由于两人质量相等，故最后球在谁手中，谁的总质量就较大，则速度较小，故B正确，A、C、D错误。
2. (2020·四川省雅安市模拟)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。
3．(2020·河北衡水中学4月教学质量监测)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。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，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 A
解析 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度方向为正方向，则v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)；根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则：Meq \f(d,t)＝meq \f(L－d,t)，解得船的质量为：M＝eq \f(mL－d,d)，故A正确。
4．(2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球1和小球2的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s­t图像。已知m2＝0.6 kg，规定水平向右为正方向。由此可知( )
A．m1＝5 kg
B．碰撞过程小球2对小球1的冲量为3 N·s
C．两小球碰撞过程损失的动能为1.5 J
D．碰后两小球的动量大小相等、方向相反
答案 C
解析 由图乙知碰撞前小球2静止，小球1的速度v1＝4 m/s，碰撞后v2′＝eq \f(18－8,4－2) m/s＝5 m/s，而v1′＝eq \f(12－8,4－2) m/s＝2 m/s，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入数据得m1＝1.5 kg，故A错误；根据动量定理，碰撞过程中小球2对小球1的冲量I1＝m1v1′－m1v1＝(1.5×2－1.5×4) N·s＝－3 N·s，故B错误；碰撞前后，系统损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2＝1.5 J，故C正确；碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D错误。
5. 如图所示，两光滑且平行固定的水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球a、b分别穿在两杆上，两球间连接一个处于原长的竖直轻弹簧，现给小球b一个水平向右的初速度v0。小球a的质量为m1，小球b的质量为m2，且m1≠m2，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中( )
A．a、b组成的系统动量守恒
B．a、b组成的系统机械能守恒
C．弹簧最长时，其弹性势能为eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)
D．当a的速度达到最大时，b的速度最小
答案 A
解析 由于水平杆光滑，两球在竖直方向上受力平衡，所受弹簧的弹力在水平方向上的分力时刻大小相等、方向相反，所以两球组成的系统所受的合力为零，即系统动量守恒，A正确；两小球受重力、弹簧弹力和杆的支持力，重力和杆的支持力不做功，弹簧弹力做功大小、正负不同，故两小球组成的系统机械能不守恒，B错误；当弹簧最长时，两小球的速度相等，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq \f(m2v0,m1＋m2)，由机械能守恒定律，弹簧最长时，其弹性势能Ep＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2,2m1＋m2)veq \\al(2,0)，C错误；由于两小球的质量不相等，弹簧开始伸长的过程中，a一直在加速，当弹簧再次恢复原长时a的速度达到最大，从开始到此刻，相当于b以速度v0与静止的a发生弹性碰撞，若m1＜m2，则此时b的速度仍向右，速度最小，若m1＞m2，则此时b的速度向左，大于最小值0，D错误。
6. (2020·山东省枣庄市高三上学期期末)如图所示为建筑工地上打桩机将桩料打入泥土的图片，图为其工作时的示意图。打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝150 kg，桩料的质量为m＝50 kg。某次打桩时，将夯锤提升到距离桩顶h0＝0.2 m处由静止释放，夯锤自由下落。夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料一起向下运动。假设桩料进入泥土的过程中所受泥土的阻力大小恒为4500 N。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度大小为2 m/s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为1.5 m/s
C．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.16 m
D．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.09 m
答案 ABD
解析 夯锤与桩料碰撞前，夯锤做自由落体运动，则有veq \\al(2,0)＝2gh0，代入数据解得v0＝2 m/s，故A正确；取向下为正方向，打击过程内力远大于外力，故系统动量守恒，夯锤击打桩料后两者共速，则有Mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝1.5 m/s，故B正确；设桩料进入泥土的最大深度为h，对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋m)gh－fh＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2，代入数据解得h＝0.09 m，故C错误，D正确。
7. (2020·吉林省桦甸四中、磐石一中、梅河口五中、蛟河实验中学等高三4月联考)如图所示，一带有eq \f(1,2)光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大
C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小
D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动
答案 BC
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。
8．(2020·陕西省咸阳市高三下学期二模)如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为eq \f(4mv0,3)
D．弹簧的最大弹性势能为eq \f(mv\\al(2,0),3)
答案 BCD
解析 从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增大后减小，故B正确；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(4v0,3)，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0，故C正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，有Ep＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m＋m)v2，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)，故D正确。
9．如图所示，质量为M1的小车和质量为M2的滑块均静止在光滑水平面上，小车紧靠滑块(不粘连)，在小车上固定的轻杆顶端系细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球向右拉至细绳水平且绷直后释放，在小球从释放至第一次达到左侧最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球与小车组成的系统机械能守恒
B．小球、小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒
C．小球运动至最低点时，小车和滑块分离
D．小球一定能向左摆到释放时的高度
答案 BC
解析 对小球、小车和滑块组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，因为在整个过程中滑块获得了动能，则小球和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；对小球、小车和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，则在水平方向上动量守恒，故B正确；小球向左摆到最低点的过程中，速度增大，水平方向上的动量增大，根据动量守恒定律，小车和滑块向右的动量增大，可知向右的速度增大，小球从最低点向左摆时，速度减小，水平方向上的动量减小，则小车向右的动量减小，速度减小，与滑块发生分离，C正确；小球、小车和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，最终滑块的速度不为零，则当小球向左摆到最高点时，水平速度不为零，根据机械能守恒定律知，小球不能摆到释放时的高度，故D错误。
10．(2020·山东省泰安肥城市高三下学期适应性训练)如图所示，完全相同的甲、乙两辆拖车，质量均为m，在水平恒力F作用下，以速度v沿平直路面匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t＝0时刻)，则下列说法正确的是( )
A．甲、乙两车组成的系统在0～eq \f(2mv,F)时间内的动量守恒
B．甲、乙两车组成的系统在eq \f(2mv,F)～eq \f(3mv,F)时间内的动量守恒
C.eq \f(2mv,F)时刻甲车动能的大小为mv2
D．0～eq \f(2mv,F)时间内系统产生的内能为2mv2
答案 AD
解析 设甲、乙所受的滑动摩擦力大小均为f，甲、乙组成的系统匀速运动时有F＝2f，可得f＝eq \f(F,2)，挂钩脱钩后，取向右为正方向，设经时间Δt乙停止运动，由动量定理得－fΔt＝0－mv，联立可得Δt＝eq \f(2mv,F)，在乙停止运动前，即在t＝0至t＝eq \f(2mv,F)时间内，甲、乙组成的系统所受合力为零，总动量守恒，故A正确，B错误；在t＝0至t＝eq \f(2mv,F)时间内，甲、乙组成的系统动量守恒，设t＝eq \f(2mv,F)时刻，甲的速度为v1，则有2mv＝mv1，解得v1＝2v，则t＝eq \f(2mv,F)时刻甲车动能为Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝2mv2，故C错误；0～eq \f(2mv,F)时间内，对甲车，根据动能定理有(F－f)s1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mv2，可得甲车克服摩擦力做的功为W1＝fs1＝eq \f(3,2)mv2，根据动能定理可得乙车克服摩擦力做的功为W2＝eq \f(1,2)mv2，根据功能关系可得系统产生的内能为Q＝W1＋W2＝2mv2，故D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共40分)
11．(2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)(12分)如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。求：
(1)A与B撞击结束时的速度大小v；
(2)在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。
答案 (1)3 m/s (2)12 N·s
解析 (1)A、B组成的系统碰撞过程动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝3 m/s。
(2)以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，
由动量定理得－I＝(m1＋m2)(－v)－(m1＋m2)v
代入数据解得I＝12 N·s。
12. (12分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
答案 4v0
解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin
货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
为避免两船相撞应满足v1＝v2
解得vmin＝4v0。
13．(2020·河北省石家庄市一模)(16分)如图所示，在光滑水平面上，有一轻弹簧左端固定，右端放置一质量m1＝2 kg的小球，小球与弹簧不拴接。小球右侧放置一光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝1.5 m，质量m2＝8 kg。现用力推动小球，将弹簧缓慢压缩，当外力做功为25 J时，撤去外力释放小球，弹簧恢复原长后小球进入圆弧轨道。已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度；
(2)圆弧轨道的最大速度。
答案 (1)1 m (2)2.4 m/s
解析 (1)由题意知，外力做的功转化为小球的初动能，即W＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)
小球与圆弧轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，得：
m1v0＝(m1＋m2)v
小球与圆弧轨道组成的系统机械能守恒，得：
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh
联立解得：h＝1 m。
(2)以水平向右为正方向，设小球第一次从圆弧轨道左侧滑出时速度为v1，此时圆弧轨道的速度为v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
联立解得：v1＝－3 m/s，v2＝2 m/s
所以小球被弹簧反弹后会继续滑上圆弧轨道，继而再从左侧离开圆弧轨道。小球第二次与圆弧轨道相互作用的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
－m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得：v1′＝1.4 m/s，v2′＝2.4 m/s
v1′＜v2′，则圆弧轨道的最大速度为2.4 m/s。
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
eq \x(\s\up1(03))守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失eq \x(\s\up1(04))最大
模型
图示
模型
特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
模型
图示
模型
特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝eq \f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解
模型
图示
模型
特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)