第26讲 动量守恒定律及其应用（课件）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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动量守恒定律的五个特性：矢量性、相对性、同时性、系统性、普适性
理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零
近似守恒：系统所受内力远大于外力
某一方向守恒：系统在某一方向不受外力或所受外力合力为零
动量守恒：P1+P2=P1'+P2'
动能不变：EK1+EK2=EK1'+EK2'
速度合理：不发生二次碰撞
系统中各个物体位置不变
动量守恒定律的理解和基本应用
爆炸、反冲和“人船” 模型
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
知识点1.动量守恒定律的适用条件(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。
知识点1.动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为____。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的______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__________。
知识点2.动量守恒定律的五个特性
考向1.动量守恒定律的理解
1.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
系统动量是否守恒得看系统是不是只受内力或受到外力且合力为零，机械能是否守恒得看系统是不是只有重力或弹簧弹力做功
A.当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒B.当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三木块组成的系统动量都守恒D.当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
2.如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述不正确的是(　　)
3.如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，自A点与圆弧槽相切进入槽内，则下列结论中正确的是( )
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速。
考向2.动量守恒定律的基本应用
4．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。已知某限速60 km/h的平直公路上，一辆质量为m1＝800 kg的汽车A以速度v1＝15 m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝1 200 kg的汽车B以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B车原行驶方向滑行6 m后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3, g取10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
(2)求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速。【答案】：(1)6 m/s　(2)21 m/s，超速【解析】：(1)对于碰撞后共同滑行过程有a＝＝μgx＝，可得v共＝6 m/s。(2)对A车有：vA＝v1－at对B车有：vB＝v2－at以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共可得v2＝21 m/s>60 km/h故B车超速。
注意分析两车在各个过程中的受力和运动，从而判断小车的运动性质、功能关系、动量是否守恒
5. (多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　)
A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/sB.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/sC.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/sD.最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去
注意在分析过程中选择正确的研究对象和研究过程，并规定初动量方向为正方向
知识点1.碰撞类问题遵循的三条原则
知识点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，碰撞后两物体沿相同方向运动。③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
碰撞结束后，动能有部分损失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk损2.完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vm1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
3.静止物体被撞后的速度范围物体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。
考向1.碰撞的可能性分析
1.如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A.mB＝ mA B.mB＝ mAC.mB＝2mA D.mB＝5mA
注意在分析过程中规定初动量方向为正方向，且动量和动能之间满足EK=
【答案】　C【解析】　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有 ，解得mB≥ mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则 ，解得mB≤4mA，综上可知 mA≤mB≤4mA，故C正确。
考向2.弹性碰撞的应用
2.如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速度v向 B球运动，小球间发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等，且比A、F两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为(　 )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
根据碰撞过程必须满足碰撞三原则，A球一定反弹，B、C、D球不动，E、F各获得A的一部分动量而运动。
注意双守恒定律的应用：mv＝mv1＋Mv2， mv2＝ mv12＋ Mv22
【答案】C【解析】　球A、B发生弹性碰撞过程mv＝mv1＋Mv2， mv2＝ mv12＋ Mv22，可得v1＝ v，v2＝ v，即A球反弹，B球前进，然后B与C发生弹性碰撞，速度互换，B球停止，C球前进，以此类推，最后B、C、D停止，E与F发生弹性碰撞，可推得E、F都向右运动，速度不同，因此最后运动的是A、E、F球，故选C。
3.如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　)
A. h B. h C. h D. h
【答案】　B【解析】　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝ ×3mv2，解得v＝ ，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝ mvP2＋ ×2mvQ2，解得vP＝ ，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝ mvP2，解得h′＝ h，故选B。
4.如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量mC＝2 kg，滑块A质量mA＝3 kg，滑块B质量mB＝3 kg。开始时A、B静止，C以初速度v0＝10 m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起。求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小为多少；(2)A与B碰撞过程中损失的机械能。
【答案】　(1)8 m/s　(2)48 J【解析】　(1)取向右为正方向，以C、A为系统研究，根据动量守恒定律有 mCv0＝mCvC＋mAvA根据机械能守恒定律有 mCv02＝ mCvC2＋ mAvA2解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s。(2)仍取向右为正方向，以A、B为系统研究，根据动量守恒定律有mAvA＝（mA+mB）v根据能量守恒定律有E损＝ mAvA2－ mB v2 解得E损＝48 J。
5.如图所示，超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m＝16 kg的两辆购物车相距L1＝1 m静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了L2＝1.25 m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的0.25倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；(2)两辆车在嵌套过程中损失的机械能；(3)工作人员对第一辆车所做的功。
【答案】　(1)1 s　(2)100 J　(3)240 J【解析】　(1)对整体，由牛顿第二定律有k×2mg＝2ma解得a＝2.5 m/s2逆向过程有L2＝ at2，解得t＝1 s。(2)嵌套后，对整体有0＝v2－at，v2＝2.5 m/s嵌套过程中有mv1＝2mv2，解得v1＝5 m/s
在嵌套过程中损失的机械能ΔE＝ mv12－ ×2mv22 解得ΔE＝100 J。(3)对第一辆小车，由动能定理得W－kmgL1＝ mv12－0解得W＝240 J。
考点三 爆炸、反冲和“人船”模型
知识点1.爆炸现象的三个规律
知识点2.反冲运动的三点说明
知识点3.人船模型及其拓展
(1)两物体满足动量守恒定律：________________。
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 。
(2)两物体的位移大小满足：m －M ＝0，x人＋x船＝L得x船＝ x人＝ L
4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
1.双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得竖直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆响。一人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，两部分的质量之比为1∶2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h，两部分落地点之间的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。(2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。
【答案】　(1) 　 　 　 　 (2)【解析】(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向h＝ gt2水平方向L＝v1t＋v2t上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹总质量为m，则有0＝mv1－mv2解得两部分各自获得的速度大小v1＝ ，v2＝ 。(2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能E上＝ ×mv12＋ ×mv22下层火药燃爆后爆竹获得的机械能E下＝mgh上、下两层火药的质量比 。
2．(多选)一个质量为m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v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，释放的化学能全部转化为动能，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O的距离比为4∶1D．爆炸过程释放的化学能为
【答案】CD【解析】：　爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间t＝ 相等，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，有mv＝－ mv丙＋ mv甲，由题意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点O的距离x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，选项C正确；根据能量守恒定律可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝ × v甲2＋ × ×v丙2－ mv2＝ mv2，选项D正确。
3.一火箭喷气发动机每次喷出质量m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，火箭初始时静止(结果保留1位小数)。(1)当发动机第三次喷出气体后，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)2.0 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，由动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2.0 m/s。(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，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，解v20≈13.5 m/s。
4.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，火箭和水机械能守恒C．火箭获得的最大速度为 v0D．火箭上升的最大高度为
【答案】D【解析】：　火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水机械能不守恒，故B错误；由动量守恒定理可得(M－m)v＝mv0，解得v＝ ，故C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有v2＝2gh，h＝ ＝ ，故D正确。
考向3.人船模型及其拓展模型
5.如图所示，质量为M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，则(　 )
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒C．BC段长L＝1 mD．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m
【答案】　D【解析】　滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误；根据系统水平方向动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确。
6.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】：　由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝ L，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，B、C错误。
7.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　 )
A．若斜面粗糙，则s＝B．只有斜面光滑，才有s＝C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】A【解析】：　不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝ ，v2＝ ，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝ ，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
1．（2024·安徽·高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则（    ）
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒C．在图乙位置， ，D．在图乙位置，
【答案】D【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB错误；CD．对系统根据动量守恒
根据球1和2运动的对称性可知 ，解得根据能量守恒解得故C错误，D正确。故选D。
A.弹簧原长时B动量最大 B.压缩最短时A动能最大C.系统动量变大 D.系统机械能变大
2．（2024·江苏·高考真题）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）
【答案】A【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得联立得故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。
3．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C．乙的运动时间与 无关D．甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与 有关，则总时间与 有关，故C错误；D．乙下滑过程有由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有联立可得即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距 。故D正确。故选ABD。
4．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B．竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即 ，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。
5．（2023·重庆·高考真题）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；（2）球2的质量；（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
【答案】（1） ；（2）3m；（3）【详解】（1）球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以（2）球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则联立解得 ，
（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则所以
6．（2024·江苏·高考真题）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：（1）分离后A的速度v1大小；（2）分离时A对B的推力大小。
【答案】（1） ；（2）【详解】（1）组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 (m＋M)v0 = Mv＋mv1解得（2）以B为研究对象，对B列动量定理有 FΔt = Mv－Mv0解得
7．（2024·湖南·高考真题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0【答案】（1） ， ；（2） 或 ；（3）【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有联立解得因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 ，则有联立解得由于两质量均为正数，故k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为 ， ，则同样有联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 ；所以联立可得因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证 ， ，满足题意。综上可知 或 。（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为 ，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有第一次碰撞动量守恒有
且联立解得B球运动的路程第二次碰撞的相对速度大小为第二次碰撞有且
联立可得所以B球运动的路程一共碰了2n次，有
8．（2023·天津·高考真题）质量 的物体A自距地面高度自由落下，与此同时质量 的物体B由地面竖直上抛，经过 与A碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度 ，求A、B：（1）碰撞位置与地面的距离x；（2）碰撞后瞬时的速度大小v；（3）碰撞中损失的机械能 。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J【详解】（1）对物体A，根据运动学公式可得（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知即解得
可得碰撞前A物体的速度方向竖直向下；碰撞前B物体的速度方向竖直向上；选向下为正方向，由动量守恒可得解得碰后速度（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
9．（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：（1）A释放时距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1） ；（2） ；（3）【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得解得（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得解得则碰撞过程中损失的机械能为
10．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若 ，求小球下降 高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即两边同时乘t可得且由几何关系可知联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为 时，此时凹槽水平向右运动的位移为 ，根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得 （ ）
（3）将 代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以 为圆心， 为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图  
此时可知速度和水平方向的的夹角为600，小球下降 的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒联立得
11．（2023·全国·高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为20l，圆管长度为 。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小 ，圆盘速度大小 ；（2）l；（3）4【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律解得过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有解得
即小球碰后速度大小 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直向下；（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即解得根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有即解得此时小球的速度
圆盘的速度仍为v1，这段时间内圆盘下降的位移之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒根据能量守恒联立解得
同理可得当位移相等时解得圆盘向下运动此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度有动量守恒
机械能守恒得碰后小球速度为圆盘速度当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3
即得在这段时间内，圆盘向下移动此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l = 7l