新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题14 动量守恒定律及应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题14 动量守恒定律及应用（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了动量守恒定律的理解与基本应用，碰撞模型问题与类碰撞模型，“人船”模型问题，爆炸和反冲，动量和能量观点的综合应用等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc208309359" 题型一 动量守恒定律的理解与基本应用 PAGEREF _Tc208309359 \h 1
\l "_Tc208309360" 类型1 系统动量守恒的判断 PAGEREF _Tc208309360 \h 2
\l "_Tc208309361" 类型2 某一方向动量守恒定律的应用 PAGEREF _Tc208309361 \h 4
\l "_Tc208309362" 题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型 PAGEREF _Tc208309362 \h 7
\l "_Tc208309363" 类型1 一动一静的弹性碰撞 PAGEREF _Tc208309363 \h 8
\l "_Tc208309364" 类型2 弹性碰撞的“子母球”模型 PAGEREF _Tc208309364 \h 11
\l "_Tc208309365" 类型3 类碰撞模型问题 PAGEREF _Tc208309365 \h 15
\l "_Tc208309366" 题型三 “人船”模型问题 PAGEREF _Tc208309366 \h 18
\l "_Tc208309367" 题型四 爆炸和反冲 PAGEREF _Tc208309367 \h 22
\l "_Tc208309368" 题型五 动量和能量观点的综合应用 PAGEREF _Tc208309368 \h 26

题型一 动量守恒定律的理解与基本应用
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：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)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的不同表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝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．
(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．
4．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(或某一方向上动量是否守恒)；
(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．
类型1 系统动量守恒的判断
如图所示，甲、乙两人质量分别为m1、m2（m1>m2），在水平冰面上滑冰，阻力忽略不计。初时两者静止挨着，乙用力推甲至两者分离，各自获得反向速度。则下列分析正确的是（ ）
A．甲、乙之间的相互作用力等大、反向
B．甲对乙做正功，乙对甲也做正功，且等大
C．甲、乙系统的动量不守恒
D．从两者静止到分离过程中甲运动位移比乙运动的位移小
【答案】AD
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，甲、乙之间的相互作用力等大、反向，故A正确；
B．由于甲、乙之间的相互作用力等大，根据W=Fx
可知，由于二者位移不同，故做功不同，故B错误；
C．由于阻力忽略不计，故甲、乙系统合外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙系统动量守恒，故C错误；
D．从两者静止到分离过程中，由于m1>m2，根据F=ma
可知，乙的加速度大于甲的加速度，由于作用时间相同，由x=12at2
可知，乙运动的位移大于甲运动位移，故D正确。
故选AD 。
如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．儿童和滑环组成的系统动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5
【答案】BD
【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；
BC．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；
D．根据水平方向系统动量守恒有5mv=mv'
解得5v=v'
则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5，故D正确；
故选BD。
如图所示，楔形木块abc放在水平地面上，两底角分别为α、β，且α>β，所有接触面均光滑，两个完全相同的滑块A、B同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上时，下列说法正确的是（ ）
A．若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的动量守恒
B．若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的机械能守恒
C．若楔形木块abc固定，两滑块滑到底端的速度相同
D．若楔形木块abc固定，同一时刻两滑块重力的瞬时功率相同
【答案】B
【详解】A．系统动量守恒的条件是系统所受到的合外力为0，A、B在竖直方向有分加速度，因此系统竖直方向的合外力不为0，故A错误；
B．系统机械能守恒的条件是只有重力做功或系统内弹力做功，由于各接触面均光滑，只有重力或系统内弹力做功，因此系统机械能守恒，故B正确；
C．到达底端时两滑块的速度方向不同，故C错误；
D．t时刻重力的瞬时功率为
P=mgvsinα=mg×gtsinα×sinα=mg2tsin2α
两侧面的倾角不相等，因此重力的瞬时功率不相等，故D错误。
故选B。
类型2 某一方向动量守恒定律的应用
如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（ ）
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
【答案】D
【详解】AB．球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知5个小球组成的系统机械能守恒，但在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故AB错误；
CD．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止、5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，C错误，D正确。
故选D。
如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（ ）
A．小球在最低点时处于平衡状态B．小球在最高点时处于平衡状态
C．小球在最低点时，小车处于平衡状态D．小球在最高点时，小车处于平衡状态
【答案】C
【详解】AC．小球与小车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，小球在最低点时，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，小球处于超重状态，小车受合外力为零处于平衡状态，选项A错误、C正确；
BD．小球在最高点时，小球、小车的加速度均不为0，都不是平衡状态，选项B、D错误。
故选C。
如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量守恒B．A的动量变化量方向水平向左
C．到达最高点时A的动能最小D．到达最高点时A的机械能最小
【答案】CD
【详解】A．物块A向上做减速运动，加速度方向沿斜面向下，系统所受外力合力不等于0，可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．，A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，即系统在水平方向分动量守恒，最高点时系统有共同速度v共，A物体初始状态的动量、末状态的动量分别为p1=mv0，p2=mv共
根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示
可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误；
C．上升过程中A的动能不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最小，故C正确；
D．上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一直减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正确。
故选CD。
题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
2.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．
3.类碰撞模型
类型1 一动一静的弹性碰撞
如图所示，两个完全相同的弹性小球A和B（均可看作质点），分别挂在长L4和L的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）（ ）
A．54πLgB．3πLg
C．72πLgD．4πLg
【答案】A
【详解】两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22
由m1=m2，解得v1=0，v2=v0
可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得TA=2π14Lg=πLg，TB=2πLg
从释放小球A到第1次相碰经历时间t1=14TA=π4Lg
从小球B摆起到第2次相碰经历时间t2=12TB=πLg
t=t1+t2=5π4Lg
故选A。
如图所示，斜面与水平轨道通过一小段圆弧在C点相连，水平轨道的右侧与半径为R的竖直半圆形轨道相连。质量为m的小球A从斜面上与半圆形轨道最高点等高处由静止下滑，之后与静止在水平轨道上质量为M的小球B发生弹性正碰。若不计任何阻力，要使B在A、B发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点，则下列A、B的质量之比符合要求的有（ ）
A．m:M=1:3B．m:M=1:2C．m:M=1:1D．m:M=3:1
【答案】ABD
【详解】A从开始下滑到与B碰撞前的过程，根据动能定理可得mg⋅2R=12mv02−0
解得v0=4gR
A与B发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得mv0=mvA+MvB，12mv02=12mvA2+12MvB2
解得vB=2mm+Mv0
要使B在碰后不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点；当B运动的最高点不超过半圆形轨道圆心所在的高度时，有12MvB2≤MgR
解得mM≤22+17
当B能通过半圆形轨道的最高点时，有Mg≤Mv2R
v为B运动到半圆形轨道最高点时的速度，B从半圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得−Mg⋅2R=12Mv2−12MvB2
解得mM≥5+4511
综上分析可得A、B的质量之比应满足mM≤22+17或mM≥5+4511
故选ABD。
如图所示为某碰撞游戏装置的简化示意图，左侧光滑桌面上固定一轻质弹簧，弹簧右端放置一质量m=1kg物块A。右侧地面上放置一圆心角α=60∘的光滑圆弧面，圆弧面的圆心与桌面等高，半径R=0.3m。圆弧面最低点P上放置一与A质量相等的物块B，PM为一段粗糙的地面，动摩擦因数μ=0.7，M点右侧有一凹槽。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，两物块均可视为质点。现用A压缩弹簧后由静止释放，恰好能沿着切线方向进入圆弧面，物块之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，到达M点时物块的速度大于或等于零均视为赢得物块，求：
(1)释放A时弹簧的弹性势能及A在碰撞前对P点的压力；
(2)若恰好赢得物块B，PM的长度；
(3)若PM=18m，现改变B的质量，能赢得A、B两物块，求B的质量范围。
【答案】(1)0.5J，1003N，方向竖直向下
(2)0.5 m
(3)mB≤13kg或mB=3kg
【详解】（1）设物块A从水平抛出到进入圆弧面所用时间为t，根据平抛运动有Rcsα=12gt2
A到达圆弧面竖直方向速度为vy，水平速度为v0，沿切线方向进入有vy=gt，tanα=vyv0
设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep=12mv02
解得Ep=0.5J
从抛出到P点的过程中由能量守恒定律有Ep+mgR=12mvP2
在P点物块A所受合外力提供向心力，根据牛顿第二定律有FN−mg=mvP2R
根据牛顿第三定律有F压=FN
解得F压=1003N
方向竖直向下。
（2）物块A与B之间的碰撞为弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvP=mvA+mvB，12mvP2=12mvA2+12mvB2
若恰好赢得物块B，则B在PM上恰好减速为零掉入凹槽中，根据动能定理有−μmg⋅LPM=0−12mvB2
解得LPM=0.5m
（3）若恰好能赢得全部物块，则物块A碰后到M点恰好减速为零，设A碰后的速度为v1，B碰后的速度为v2，根据动能定理有−μmg⋅PM=0−12mv12
解得v1=72
两物块碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvP=mv1+mBv2，12mvP2=12mv12+12mBv22
解得v1=m−mBm+mBvP
①若B的质量小于A的质量，v1的方向向右，若能赢得全部物块，需满足v1≥72
即有m−mBm+mBvp≥72
解得mB≤13kg
②若B的质量大于A的质量，v1的方向向左。A不能从光滑圆弧面上上斜抛出去，则有12mv12≤mg⋅R2
解得v1≤3
由①可知A滑上圆弧面后返回的速度v1≥72
所以碰后的速度范围为72≤v1≤3
则有72≤−m−mBm+mBvP≤3
解得3kg≤mB≤5+212kg
所以物块B的质量范围为mB≤13kg或3kg≤mB≤5+212kg
当B的质量mB>3 kg时，B的速度v2=2mm+mBvP1和ℎ的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为m，球B的质量为3m。设球与地面碰后速度大小不变，方向相反，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；
（2）若球B在第二次落地前就能与球A相碰，求p的取值范围；
【答案】（1）2gℎ；（2）1m）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物块B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（ ）
A．当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后，物块B的速度为Mkm+Mv0
B．若从第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止所需时间为t0，则在弹丸击中B的过程中对B的平均作用力大小为mv0t0
C．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能相等
D．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能越来越少
【答案】D
【详解】A．依题，第1~k颗子弹与物块B组成的系统动量守恒，设当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后的速度为vBk，则有kmv0=(km+M)vBk
解得vBk=kmkm+Mv0
故A错误；
B．设第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止的时间内，物块B受到弹丸的水平作用力为F，弹丸的初动量为0，根据以上分析，第1颗弹丸与物块B相对静止时的速度为vB1=mm+Mv0
根据动量定理有Ft0=MvB1
联立解得F=Mmv0m+Mt0
故B错误；
CD．根据vBk=kmkm+Mv0=mm+Mkv0
可知物块B的速度随着弹丸击打次数的增加而增大；在第n次弹丸击打物块B的过程，击中前B的速度为vB(n−1)=(n−1)m(n−1)m+Mv0
击中后B的速度为vBn=nmnm+Mv0
该过程所用时间为t=v0−vBna=v0−vBnfm
该过程发生的相对位移为Δxn=v0+vBn2t−vB(n−1)+vBn2t=v0−vB(n−1)2⋅v0−vBnfm
该过程系统损失的机械能ΔEn=fΔxn
可知随着弹丸击打次数的增加，每一次击打过程发生的相对位移逐渐变小，系统损失的机械能逐渐变少，故C错误，D正确。
故选D。
如图甲所示，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，画出图像如图乙所示。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高ℎ=R4，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
(1)小球运动过程中离平台的最大高度为多少？
(2)小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ为多少？
【答案】(1)278R
(2)2193
【详解】（1）由题意可知，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，由图乙可知，当v1=0时v2=gR，当v2=0时v1=3gR，根据系统在水平方向动量守恒有m⋅3gR=M⋅gR
解得M=3m
设小球在Q点的速度为vQ，小球在Q点时，在水平方向与小车共速，根据动量守恒定律有m⋅3gR=m+Mv共
解得v共=3gR4
小球由P点运动到最高点时，由机械能守恒定律可得12m3gR2=mgℎm+12m+Mv共2
联立解得ℎm=278R
（2）小球由P点运动到Q点时，由机械能守恒定律可得12m3gR2=mgR+12Mv共2+12mvQ2
联立解得vQ=85gR4
则小球此时的竖直分速度为vQy=vQ2−v共2=19gR2
小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为tanθ=vQyv共=2193
题型三 “人船”模型问题
1．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(或某一方向上动量是否守恒)；
(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．
如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg的平板小车，现有一质量为m=40kg的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s
B．小车对小孩做的功为80J
C．小孩做的功可能为130J
D．小孩做的功可能为100J
【答案】D
【详解】A．由动量定理可知小车对小孩水平方向的冲量为Ix=mv0=80N⋅s
因小车对小孩竖直方向冲量不为零，可知小车对小孩的作用力的冲量大小大于80N·s，选项A错误；
B．小孩离开小车的瞬时，小车对小孩的作用力没有位移，可知小车对小孩不做功，选项B错误；
CD．若小孩沿水平方向向后跳离小车，则对小车和小孩系统由水平方向动量守恒可知0=mv0+Mv
解得v=1m/s
此时小孩做的功为W=12mv02+12Mv2=120J
若小孩斜向上方向跳离小车，则小车得到的速度小于1m/s，则小孩做的功小于120J，可能为100J，但不可能为130J，选项C错误，D正确。
故选D。
如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（ ）
A．小车始终未动
B．人、车和球组成的系统动量守恒
C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D．球全部落入左框后，小车将静止不动
【答案】CD
【详解】AB．在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB错误；
C．设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到篮筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒mv球=Mv车
则mx球=Mx车
又x球+x车=L
解得x车=mm+ML，故C正确；
D．当球全部投入左边的框中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。
故选CD。
如图所示，上下表面均光滑的“”形物块A静止在水平面上，其右端固定一发射装置，左端M固定挡板，在A上放置长度为d=1.08m的薄板B，B从N端部分伸出。发射装置沿α=53°方向弹出物块C，C恰好沿水平方向滑上B，此时B右端与N对齐。B离开N端一段距离后，N处弹出一带有轻质弹簧的挡板（图中未画出），弹出后弹簧水平。B返回右端时，通过弹簧与A相互作用，此过程中B与C始终保持相对静止，B最终紧靠左侧挡板相对A静止。已知A的总质量为M=5kg，B、C的质量均为m=1kg，B、C间动摩擦因数μ=0.5，A的高度h=0.8m，MN的长度L=3m，B与挡板间的碰撞为弹性碰撞，sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度g=10m/s2。求
(1)C的弹出速度大小v0；
(2)B伸出部分的长度Δd；
(3)B第一次接触弹簧前，C相对B滑动的距离s；
(4)整个过程A向右运动的距离xA。
【答案】(1)5m/s
(2)0.24m
(3)1716m
(4)0.94m
【详解】（1）C斜上抛运动分解成水平匀速和竖直方向竖直上抛运动。竖直方向2gℎ=vy2
解得vy=4m/s
另有tan53°=vyvx
C的弹出速度大小v0=vx2+vy2=5m/s
（2）C弹出时，AC系统水平方向动量守恒mAvA=mCvx
解得vA=0.6m/s
C斜上抛运动，竖直方向vy=at1
解得t1=0.4s
水平方向A匀速运动Δd=vAt
解得Δd=0.24m
（3）规定向左为正方向，水平方向BC第一次共速过程动量守恒mCvx=mC+mBv1
解得v1=1.5m/s
由能量转化和守恒得μmCgΔx1=12mCvx2−12mC+mBv12
解得Δx1=920m
B与A第一次弹性碰撞，mAvA+mBv1=mAvA1+mBvB，12mAvA2+12mBv12=12mAvA12+12mBvB2
解得vA=0.1m/s，vB=−2m/s
BC第二次共速过程，动量守恒mCv1+mBvB=mC+mBv2，
解得v2=−14m/s
由能量转化和守恒得μmCgΔx2=12mCv12+12mBvB2−12mC+mBv22
解得s=Δx1+Δx2=1716m
（4）整个过程中，C相对于B向左运动的距离为Δx，由能量转化和守恒μmCgΔx=12mAvA2+12mCvx2
解得Δx=1.08m
对AC整体和B运用人船模型得mA+mCxA1=mBxB
且有xA1+xB=3+0.24−1.08=2.16m
所以A向右运动的位移为xA1=17×2.16m=2.167m
对AB整体和C运用人船模型得mA+mBxA2=mCxC
且有xA2+xC=3+0.24+1.2=4.44m
所以A向右运动的位移为：xA2=17×4.44m=4.447m
整个过程A向右运动的距离Δx=xA1+xA2=3335m≈0.94m
题型四 爆炸和反冲
（1）爆炸现象的三个规律
①动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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。
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。
（2）对反冲现象的说明
①系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
②反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为M（含火药），“起花”内装有质量为m的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为v，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为mv0M
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
【答案】BD
【详解】A．“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误；
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确；
C．点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1，根据动量守恒定律有0=M−mv1−mv0
得v1=mv0M−m
故C错误；
D．根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块的速度之比为1：2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1：2，落地时水平方向的速度大小之比为1：2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1：2，所以落地时的速度之比不可能是1：2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v，故D正确。
故选BD。
已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小；
(2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小；
(3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。
【答案】(1)310N
(2)0.8kg，0.2kg
(3)2250J
【详解】（1）根据动量定理，发射过程中合力的冲量等于动量变化(F−mg)t1=mv0
其中v0 为花炮发射后的初速度。由竖直上抛的最大高度公式 ℎ=v022g
解得v0=2gℎ=60 m/s
代入动量定理公式得F=mv0t1+mg=1×600.2N+1×10N=310 N
（2）爆炸时动量守恒，则m1v1=m2v2
爆炸后两物块做平抛运动，水平方向上做匀速运动，即x=vt，两物块运动时间相同，由于水平位移比为 1:4，所以两物块的速度比为 v1v2=14
解得m1=4m2
结合总质量 m1+m2=1 kg
解得m1=0.8 kg, m2=0.2 kg
（3）爆炸后两物块运动的时间为t=2ℎg=6s
两物块落地时两落地点之间的距离s=900m，则s=(v1+v2)t
解得v1=30m/s，v2=120m/s
两物块的动能之和为Ek=12m1v12+12m2v22=1800 J
由 0.8E=Ek
解得E=18000.8=2250 J
如图所示，质量mA=0.4kg的滑块A和mB=0.2kg的滑块B（左侧粘有质量可忽略的炸药）静止在水平面上，它们两个相距L=2m，质量mC=0.3kg、左侧为四分之一圆弧的滑块C，与滑块A、B在同一直线上，滑块C圆弧的半径R=1.2m，圆弧面在最低点与水平面相切。滑块A在水平拉力F作用下向滑块B运动，拉力F大小与滑块A位移大小x的关系如图乙所示。滑块A与滑块B碰撞过程极短，碰撞过程中炸药发生爆炸，此后滑块A刚好静止，滑块B滑上滑块C。已知A、B两个滑块可视为质点，滑块B右侧水平面光滑，滑块B左侧水平面粗糙，滑块A与该部分水平面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，设炸药爆炸过程中释放的化学能全部转化为两个滑块的动能。求：
(1)滑块A的最大速度；
(2)炸药爆炸过程中释放的化学能；
(3)滑块B离开滑块C的过程中，滑块C发生的位移和滑块C最终的速度。
【答案】(1)657m/s
(2)5J
(3)4.8m，8m/s
【详解】（1）滑块A的加速度为0时速度最大，此时F−μmAg=0
由图乙可知F=7−72xN
代入题中数据，解得滑块A速度最大时有x=127m
对此过程分析由动能定理有Fx−μmAgx=12mAvm2−0
由题意有F=F1+F22=4N
解得vm=657m/s
（2）在滑块A与滑块B碰撞前对滑块B分析，由动能定理有FL2−μmgAgL=12mAv02−0
解得v0=5m/s
滑块A与滑块B碰撞及炸药爆炸过程，规定v0方向为正方向，由动量守恒有mAv0=mAvA+mBvB
由能量守恒有12mAv02+E=12mAvA2+12mBvB2
解得vB=10m/s，E=5J
（3）当滑块B从滑块C上端离开时滑块B和滑块C水平方向共速，由水平方向动量守恒有mBvB=mB+mCvx
由能量守恒有12mBvB2=mBgR+12mB+mCvx2+12mBvy2
解得vx=4m/s，vy=6m/s
滑块B离开滑块C的时间t=2vyg=1.2s
此过程中滑块C发生的位移xC=vxt=4.8m
从滑块B滑上滑块C到离开滑块C的过程，由动量守恒有mBvB=mBvB1+mCvC
由能量守恒有12mBvB2=12mBvB12+12mCvC2
联立解得C最终的速度vC=8m/s
题型五 动量和能量观点的综合应用
如图，半径为R的螺旋形圆轨道BCDEF的两端切线水平，并分别与水平轨道AB的B端、水平轨道FG的F端平滑连接，水平轨道AB的A端与左侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，水平轨道FG的G端与右侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，所有轨道均光滑且位于同一竖直平面内。现有一物块a从左侧弧形轨道上由静止滑下，在进入水平轨道A端时与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞之后立刻将物块a取走，物块b通过螺旋形圆轨道后与放在右侧弧形轨道底端的物块c发生碰撞，碰后以共同的速度沿右侧弧形轨道向上运动，因为物块c做了特殊处理，当物块b、c从弧形轨道返回到达G点时二者又能自动分开，分开后物块c又静止在G点，物块b以分开前瞬间的速度继续运动。物块a、b、c均可看作质点，物块a、b的质量之比为3：1，所有碰撞时间均可忽略，重力加速度大小为g。
(1)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块b经过B点时轨道对物块b的支持力与其重力的比值n。
(2)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块a释放时距水平面的高度h。
(3)若让物块a从距水平面4R的高度处释放，然后与物块b发生碰撞，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，求物块c与物块b质量的比值k以及物块b与物块c第5次碰撞后的速度大小。
【答案】(1)n=6
(2)ℎ=109R
(3)k=2，1812gR
【详解】（1）物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，有mbg=mbvD2R
b在B点时，有FN−mbg=mbvB2R，且n=FNmbg
b从 B点到D点的过程中，有12mbvB2=12mbvD2+mbg·2R
联立以上式子，求得vB=5gR，n=6
（2）物块a释放时距水平面的高度h，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有magℎ=12mav02
与b发生弹性碰撞，则有mav0=mav1+mbvB，12mav02=12mav12+12mbvB2
由题意，可知mamb=31，联立以上式子，求得v0=25gR3，ℎ=109R
（3）若让物块a从距水平面4R的高度处释放，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有mag×4R=12mav2
与b发生弹性碰撞，则有mav=mav1'+mbv2'，12mav2=12mav'12+12mbv'22
联立以上式子，求得v'2=32gR>vB
则物块b可以通过轨道最高点之后与物块c发生碰撞，物块b通过螺旋圆形轨道到达水平面时速度仍为v'2，设b、c碰撞之后两者共同速度为v共，物块b与物块c碰撞过程，根据动量守恒定律有mbv'2=mb+mcv共，mbmc=k
由题意知，物块b与物块c从弧形轨道滑回分离时的速度大小仍为v共，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，即物块b与物块c分离后第一次恰好上升到轨道的E点，有12mbv共2=mbgR
联立以上式子，求得v共=2gR，k=2
之后b又会滑回G点以v共的速度大小与物块c发生第二次碰撞，有mbv共=mb+mcvbc2
求得物块b与物块c第2次碰撞后的速度大小vbc2=13v共
由于碰撞过程有能量损失，所以第二次碰撞分离后物块b沿左侧圆弧轨道上升的高度小于R，即上升的最高点在E点以下，之后又会滑回G点与物块c发生第三次碰撞，同理可得mbvbc2=mb+mcvbc3
求得物块b与物块c第3次碰撞后的速度大小vbc3=13vbc2=132v共
接着还会发生第四次、第五次碰撞……
推理可得，物块b与物块c第n次碰撞后的速度大小为vbcn=13n−1v共
则物块b与物块c第5次碰撞后的速度大小为vbc5=134v共=1812gR
一游戏装置由倾角为θ=37°直轨道AB、半径为R圆心在O点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE构成，其竖直截面如图所示，C是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E处于同一水平面，各连接处平滑过渡。在D点有一质量为m2的物块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端E连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G为圆轨道上的一点，OG连线与OC夹角α=60°。开始游戏时从斜面上A点静止释放质量为m1的物块，物块m1与斜面AB间动摩擦因数为μ1，物块m1、m2与轨道DE的动摩擦因数均为μ2，其余接触面均光滑。已知R=0.5m，m1=0.2kg，m2=0.3kg，μ1=0.125，μ2=23，k=503N/m两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式T=2πmk，弹簧弹性势能表达式Ep=12kx2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若AB长L=2.5m，求从A运动到B的时间；
(2)若物块m1从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G点时轨道对物块的作用力大小FN；
(3)若满足（2）中的条件，物块m1与m2碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。
①求此过程中摩擦力做的功；
②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式）
【答案】(1)1s
(2)9N
(3)①−23J；②π330s
【详解】（1）A-B过程中，根据牛顿第二定律可得m1gsinθ−μ1m1gcsθ=m1a
结合运动学规律L=12at2
联立解得t=1s
（2）恰好过最高点H根据牛顿第二定律则有m1g=m1vH2R
由G到H根据动能定理则有−m1gR1+csα=12m1vH2−12m1vG2
在G点由牛顿第二定律可得FN−m1gcsα=m1vG2R
联立解得FN=9N
（3）①由C到H点根据动能定理可得−m1g2R=12m1vH2−12m1vC2
解得vC=5m/s
碰撞过程动量守恒，则有m1vC=m1+m2v
解得碰后共同速度v=2m/s
设碰后总质量为m=m1+m2=0.5kg
从碰后共速到速度为零，根据能量守恒则有12mv2=12kxm2+μ2mgxm
解得xm=0.2m
所以Wf=−μ2mgxm=−23J
②m向右运动受力F=kx+μ2mg可视为简谐运动的一部分，由kA=kxm+μ2mg（A为简谐运动振幅）
解得A=0.4m
由xm=A2可知D点是简谐运动振幅一半位置到最大位移时间t=16T=π330s
如图所示，水平传送带以v=5.0m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一竖直放置的14光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑平台平滑对接，传送带长L=1.6m。光滑圆弧半径R=0.2m，距离圆弧轨道最上端s=2.4m处由静止释放滑块A（可看作质点），滑块A沿切线方向无碰撞进入圆弧轨道，滑块A从传送带上滑出后与平台末端的滑块B发生弹性正碰撞，碰后A以2m/s的速度返回，A第2次离开传送带后被取走，B从平台上水平滑出，不计所有碰撞的时间。已知A的质量mA=0.1kg，A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计，求：
(1)滑块B的质量为多大；
(2)滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带之间因摩擦产生的内能。
【答案】(1)0.2kg
(2)2J
【详解】（1）滑块A第1次到达传送带时的速度为vA，根据mAg(s+R)=12mAvA2
解得vA=52m/s >v
故滑块A在传送带上做减速运动，假设A第1次从传送带上滑下时的速度为v1>v
根据动能定理有−μmAgL=12mAv12−12mAvA2
解得v1=6m/s>v（假设成立）
A与B发生弹性碰撞时，碰后A速度大小vA1=2m/s
有mAv1=−mAvA1+mBvB，12mAv12=12mAvA12 +12mBvB2
联立解得mB=0.2kg，vB=4m/s
（2）滑块A再次回到传送带时，滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带运动的v−t图像如图所示
滑块A的加速满足μmAg=mAa
滑块A第2次在传送带上运动的时间t=2vA1a
滑块A和传送带间的相对位移Δx=v+vA1+v−vA12t
内能Q=μmAgΔx
联立解得Q=2J
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大