人教版 (2019)第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律复习练习题

这是一份人教版 (2019)第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律复习练习题，文件包含人教版高中物理选修一同步题型训练专题12动量守恒定律八大题型教师版docx、人教版高中物理选修一同步题型训练专题12动量守恒定律八大题型学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 动量守恒的判断】
\l "_Tc25206" 【题型2 碰撞问题】
\l "_Tc9103" 【题型3 爆炸、反冲问题】
\l "_Tc6522" 【题型4 人船模型】
\l "_Tc10925" 【题型5 某方向动量守恒】
\l "_Tc2094" 【题型6 多过程问题】
\l "_Tc22177" 【题型7 临界问题】
\l "_Tc24590" 【题型8 高科技问题】
【题型1 动量守恒的判断】
【例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
解析：选B 撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
【变式1-1】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是( )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：选AD 由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
【变式1-2】(2021年8省联考·湖北卷)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
解析：选B P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q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；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，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。
【变式1-3】如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则( )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
解析：选B F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，则物块与小车组成的系统所受的合力为零，故物块与小车组成的系统动量守恒，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，物块向右运动，则小车向左运动，弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量大小相等，方向相反，A、C错误；如果小车上表面光滑，因为小车克服摩擦力做功与F对小车做功相等，则物块、弹簧与小车组成的系统动能与势能相互转化，机械能不变，D错误。
【变式1-4】(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选BCD 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
【题型2 碰撞问题】
【例2】(2021·广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
[解析] (1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v12－v2＝2(－a1)s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝eq \f(v乙2,2a2)＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq \f(v－v1,a1)＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq \f(v1′,a1)＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
[答案] (1)能，计算过程见解析 (2)0.2 s
【变式2-1】(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
解析：选A 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为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，A正确。
【变式2-2】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
解析：选C 碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；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′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝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′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
【变式2-3】(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
解析：选C A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
【变式2-4】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
【题型3 爆炸、反冲问题】
【例3】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＝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。
(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？
[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 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，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
【变式3-1】(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
解析：选B 由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq \f(M,m)v，即滑板的速度大小为eq \f(Mv,m)，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
【变式3-2】(2022·四川内江模拟)一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为( )
A.eq \f(2M,M－m)v0 B.eq \f(M,M－m)v0
C.eq \f(M,2m－M)v0 D.eq \f(2M,2m－M)v0
解析：选C 设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq \f(Mv0,2m－M)，C正确，A、B、D错误。
【变式3-3】(2021·浙江1月选考)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
解析：选B 爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有eq \f(s,340)＋eq \r(\f(2h,g))＝5，eq \f(2s,340)＋eq \r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
【变式3-4】如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
[解析] (1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：
－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
[答案] (1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s
【题型4 人船模型】
【例4】(2022·邯郸调研)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＝eq \f(mb,M＋m)
B．只有斜面光滑，才有s＝eq \f(mb,M＋m)
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
解析：选A 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＝eq \f(b－s,t)，v2＝eq \f(s,t)，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq \f(mb,M＋m)，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。
【变式4-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：选C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。
【变式4-2】(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为eq \r(gL)
[解析] 由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mAeq \f(xA,t)－mBeq \f(xB,t)＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝eq \r(gL)，D正确。
[答案] CD
【变式4-3】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为( )
A.eq \f(m,M＋m)L B.eq \f(nm,M＋m)L
C.eq \f(nm,M＋nm)L D.eq \f(m,M＋nm)L
解析：选C 由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L－x,t)))＝[M＋(n－1)m]eq \f(x,t)，解得：x＝eq \f(mL,M＋nm)，则打完n发后车共后退s＝eq \f(nmL,M＋nm)。
【题型5 某方向动量守恒】
【例5】如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的eq \f(1,4)光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg。现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。
解析 (1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有
Ft＝mAv2－mA(－v1)
解得F＝50 N
(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有
mAv2＝(mB＋mA)v3
A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有
(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4
由能量守恒得
eq \f(1,2)(mB＋mA)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mB＋mA＋mC)veq \\al(2,4)＋(mB＋mA)gh
解得h＝0.3 m。
答案 (1)50 N (2)0.3 m
【变式5-1】如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，且两轨道相切于B点。一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；
(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。
解析：(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 m。
(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车的速度为v2，对系统，水平方向动量守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmgeq \f(L,2)＝mgh－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv12＋\f(1,2)Mv22))；由以上各式，解得：v1＝0.80 m/s。
答案：(1)8.0×10－2 m (2)0.80 m/s
【变式5-2】(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C．mgh＝eq \f(1,2)m(v0sin θ)2
D．mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02
[解析] 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02，故C错误，D正确。
[答案] BD
【变式5-3】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个eq \f(1,4)弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A．当v0＝eq \r(2gR)时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
解析：选D 滑块不固定，当v0＝eq \r(2gR)时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq \f(M,M＋m)R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。
【题型6 多过程问题】
【例6】(2019·陕西安康模拟)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。
(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)求弹簧弹性势能的最大值。
解析 (1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒－mAvA＋mBvB＝0
爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能
E＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
解得vA＝vB＝2 m/s
(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1
由动量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC
由能量守恒定律eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋Ep1
解得Ep1＝0.15 J
答案 (1)大小均为2 m/s (2)0.15 J
【变式6-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC 小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
【变式6-2】(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝eq \f(7,25)，cs θ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝eq \f(1,2)a1(t＋t0)2
L＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m (2)7.44 m/s
【变式6-3】如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝eq \f(1,2)mv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gR＝eq \f(1,2)m2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根据题意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2eq \r(2gR)，接下来男演员做平抛运动，由4R＝eq \f(1,2)gt2，得t＝ eq \r(\f(8R,g))，因而s＝v2t＝8R。
答案：8R
【变式6-4】(2022·北京海淀区模拟)如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是( )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
解析：选D 子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，B错误；子弹射入物块A后，因为有动能转化为内能，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝eq \f(1,2)mA＋m子v12－eq \f(1,2)(mA＋m子＋mB)v22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，D正确。
【题型7 临界问题】
【例7】如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于eq \f(3,8)mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为eq \f(3,2)mv02
解析：选C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq \f(3,4)v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×(3m＋m)v2＝eq \f(3,8)mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
【变式7-1】(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)v1
解析：选BD 由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减
速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，B、D正确；A、C错误。
【变式7-2】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的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
【变式7-3】(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－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v752 kg，又知v8>5 m/s，则M0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
解析：(1)A和B恰好能静止，则有
mgsin θ＝μmgcs θ，
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，
由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma
解得：a＝g
A与B碰撞前的速度为v12＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝eq \r(2gkL)。
(2)碰撞后B运动到底端所用时间为
t1＝eq \f(L,v2)＝ eq \r(\f(L,2gk))
A运动到底端所用时间为t2＝ eq \r(\f(2L,g))
若t1＝t2
解得：k＝eq \f(1,4)
当0＜k≤eq \f(1,4)时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有eq \f(1,2)gt2＝teq \r(2gkL)
解得：t＝2 eq \r(\f(2kL,g))
当k＞eq \f(1,4)时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰时，满足：L－eq \f(1,2)gt2＝eq \r(2gkL)·(t－t1)－eq \f(1,2)a′(t－t1)2，
解得：t＝eq \f(8k＋1,22k＋1) eq \r(\f(L,2gk))。
答案：(1)0 eq \r(2gkL) (2)当0＜k≤eq \f(1,4)时，t＝2eq \r(\f(2kL,g))；当k＞eq \f(1,4)时，t＝eq \f(8k＋1,22k＋1) eq \r(\f(L,2gk))
【题型8 高科技问题】
【例8】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(eq \\al(1,0)n)与静止氘核(eq \\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )
A.eq \f(1,9)E B.eq \f(8,9)E C.eq \f(1,3)E D.eq \f(2,3)E
解析：选B 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式eq \f(1,2)×1×v02＝eq \f(1,2)×1×v12＋eq \f(1,2)×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－eq \f(1,3)v0，即动能减小为原来的eq \f(1,9)，动能损失量为eq \f(8,9)E。
【变式8-1】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A.eq \f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq \f(Mv0－mv1,M－m)
C.eq \f(Mv0－mv1,M) D.eq \f(Mv0＋mv1,M)
解析：选A 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)。
【变式8-2】所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )
A.eq \f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq \f(M2·Δv,M＋mΔt)
C.eq \f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0
解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋eq \f(M·Δv,M＋m)，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝eq \f(Mm·Δv,M＋mΔt)，故C正确。