2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题二第7讲碰撞与动量守恒

第7讲碰撞与动量守恒
主干知识体系
核心再现及学科素养

知识规律
(1)动量和冲量的概念．
(2)动量定理的应用．
(3)动量守恒的条件和表达式．
(4)三类碰撞的特点．
(5)爆炸和反冲的特点．
(6)力学中的两大守恒思想．
①能量守恒．
②动量守恒．
思想方法
(1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、类比思想．
(2)物理方法：临界法、整体与隔离法.

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(2018·全国Ⅱ卷15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
C　[设每层楼高约为3 m，则下落高度约为
h＝3×25 m＝75 m
由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv 知
鸡蛋对地面的冲击力F＝＋mg≈103 N]
2．(2018·全国Ⅲ卷，21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是(　　)

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
BD　[A错：经时间t、a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝at2，得aa＞ab，又由a＝知，maWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大；C错：a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反；D对：根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等．]
3．(2018·天津卷，9(1))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.
解析　设木块的最终速度为v，则根据动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s
根据能量守恒定律得Ffd相对＝mv－(M＋m)v2，
解得d相对＝0.2 m
答案　20　0.2
4．(2017·高考全国卷Ⅰ，14)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
A　[燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．]
5．(2016·高考全国卷Ⅰ，35节选)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
解析　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－
答案　(1)ρv0S　(2)－
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，在现代物理中应用很广，这部分知识与牛顿运动定律、功和能合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考查内容．
2．试题经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型，命题情景新，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．
■解题要领
解决本讲的问题，要紧扣命题特点，高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．因此要在审题上要狠下工夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法．

高频考点一　动量、冲量、动量定理
[备考策略]
本考点是对动量、冲量的概念及动量定理的理解及应用的考查，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力．
一、基础知识
1．冲量I＝Ft.
特点：矢量、过程量、绝对性．
2．动量p＝mv.
特点：矢量、状态量、相对性．
动量的变化量Δp＝p′－p，也是矢量．
3．动量定理：(1)表达式：FΔt＝mv′－mv.I＝p′－p.
(2)力的表达式：F＝.
二、动量定理的理解和应用
1．公式p′－p＝Ft是矢量式，右边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值．
2．动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等，而且Δp的方向与I合的方向相同．
3．公式p′－p＝Ft说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因．
[命题视角]
考向1　对动量和冲量的理解
例1　(2018·山东泰安模拟)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1，t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则(　　 )

A．t1＞t2 B．t1＝t2
C．I1＞I2 D．I1＝I2
C　[小球从A点正上方O点静止释放，刚好能运动至C点，说明在圆弧内要克服摩擦力做功，因此在AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以t1I2，C正确，D错误．]

考向2　动量定理的应用
例2　(2018·山东省潍坊市高三三模)如图所示，一消防车空载时的质量为2 000 kg，储水容积为10 m3，储满水后静止在倾角为37°的斜坡上，水枪出水口距水平地面高度为3.2 m，打开水枪水流持续向坡底水平射出，水落到水平面上的着火点，着火点到射出点的水平距离为48 m，已知水枪出水口的面积为2×10－3m2，水的密度为1.0×103 kg/m3，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)水射出枪口时的速度大小；
(2)从打开水枪开始计时，水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式．
解析　(1)水出口速度为v，由平抛运动h＝gt2
水平方向x＝vt
解得：v＝60 m/s
(2)取Δt时间喷出的水为研究对象，Δm＝ρsvΔt
由动量定理：F′Δt＝Δmv
解得：F′＝ρsv2
由牛顿第三定律得：水对车的作用力F＝F′
取消防车为研究对象，以沿斜面向上为正方向，其受力平衡
(M＋ρV0－ρsvt)g sin37°＝F cos 37°＋f
解得：f＝6.624×104－720t(N)
答案　(1)60 m/s　(2)f＝6.624×104－720t
[归纳反思]
本题涉及多个过程，平抛运动采用分解的方法研究；动能定理是求解功的一种常用方法；对流体的瞬时作用由动量定理解决瞬时力的作用问题．
[题组突破]
1－1.(2018·山西省大同市高三二模)如图所示，A、B为原长相等、劲度系数分别为k和3k的两根轻弹簧，将轻弹簧A、B的两端对齐套在一起，竖直地固定在水平地面上，两弹簧均处于原长状态，把质量m＝1 kg的物块从距离弹簧上端h＝5 m处由静止释放，与弹簧接触后，经t＝1 s速度减至0，已知重力加速度g取10 m/s2，则在弹簧压缩过程中，物块受到轻弹簧A的平均作用力大小为(　　 )

A．15 N B．10 N C．5 N D．2.5 N
C　[物块自由落体的时间t0＝＝1 s，整个下落过程对物块由动量定理得mg(t0＋t)－t＝0，解得＝20 N，两弹簧劲度系数之比为1∶3，弹力之比始终为1∶3，故物块受到弹簧A的平均作用力大小A＝＝5 N，C正确．]
1－2.(2018·广西省桂林市高三月考(4))对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)

解析　一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，
碰撞粒子总数N＝n·SvΔt，
Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2.
答案　f＝nmv2
高频考点二　动量守恒定律及其应用
[备考策略]
本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，以选择题或与机械能守恒定律和功能关系相结合的计算题的形式命题，试题难度中等．考生应学会灵活变通．
1．基本知识

2．碰撞模型分类
(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能也守恒．
(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒．
(3)完全非弹性碰撞
特征：碰后二者“粘”为一体，速度相同，动量守恒，机械能损失最多．
[命题视角]
考向1　碰撞类问题
例3　(2018·山东省济南市高三二模)(多选)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s－t图象如图乙所示．已知ma＝5 kg.若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则(　　 )

A．mb＝1 kg B．mb＝2 kg
C．ΔE＝15 J D．ΔE＝35 J
AC　[在s－t图象中图象的斜率表示物块运动的速度大小，所以va＝＝6 m/s
碰后合在一起共同运动的速度为v＝＝5 m/s
碰撞过程动量守恒得：mava＝(ma＋mb)v
解得：mb＝1 kg，故A正确，B错误；
根据功能关系ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15 J，故C正确，D错误．]
[归纳反思]
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＝v0、v2＝v0.
3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0.当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．
考向2　系统动量守恒
例4　(2018·四川绵阳中学高三下学期调研)(多选)质量为3m足够长的木板静止在水平面上，木板与地面的摩擦可忽略，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，己知重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　 )

A．1木块相对静止前，木板是静止的
B．1木块的最小速度是0
C．2木块的最小速度是v0
D．木块3从开始运动到相对静止时位移是
CD　[木块开始运动时，木块对木板的摩擦力f＝3μmg＞0，木板发生运动．设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3，在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同3v0－v3＝2v0－v2，解得v2＝v0，当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v.系统动量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv，解得v＝v0，整个运动过程中，木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律μmg＝ma，由运动学公式(3v0)2－v2＝2as3，解得s3＝，故选C、D.]
考向3　多过程问题中的动量守恒
例5　(2018·山东省临沂市高三三模)质量m＝1 kg的小物块在高h1＝0.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，m滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的，碰撞过程中无能量损失，g＝10 m/s2，求：

(1)物块m压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
(2)物块M的质量．
解析　(1)小物块由A运动到B做平抛运动，h1－h2＝gt2，解得：t＝s
由几何关系：R＝h1，h1－h2＝，∠BOC＝60°
设小球平抛时的初速度为v0,
则＝tan 60°
弹性势能Ep等于小物块在A点的动能，
Ep＝mv
解得：Ep＝0.5 J；
(2)小物块到C点时的速度为v1，
由机械能守恒mv＋mgh1＝mv
m与M碰撞过程动量守恒有：mv1＝mv3＋Mv2
m与M碰撞过程能量守恒有：
mv＝mv＋Mv其中v3＝
由以上各式解得：M＝0.5 kg.
答案　(1)0.50 J　(2)0.5 kg
[归纳反思]
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．
[题组突破]
2－1.(2018·福建省厦门双十中学高三调研)(多选)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，圆弧轨道的最高点、桌面最左边缘和地面上的O点在同一竖直线上．小球B静止在水平桌面上，现将小球A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道R，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g，桌面的长L＝6R，水平桌面与地面的高度H＝4R.则小球B的落地点到O点的距离可能是(　　 )

A.R B.R C.R D.R
AB　[可知A球与B球碰前的过程中，由机械能守恒定律，得：mgR＝mv，若A、B是弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得：mAv＝mAv＋mBv，解得vB＝v0＝，小球B平抛运动的水平位移x＝vB＝，小球B的落地点到O点的距离d＝6R＋R＝R；若是完全非弹性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)vB，解得：vB＝v0
＝，小球B平抛运动的水平位移x＝vB＝，小球B的落地点到O点的距离d＝6R＋R＝R.则小球B的落地点到O点的距离范围R≤d≤R，故A、B正确，C、D错误．]
2－2.(2018·河北省石家庄市高三考前冲刺)如图所示，在光滑水平面上有质量为m的小物块a以初速度v0水平向右运动，在小物块a左右两侧各放置完全相同的小物块b、c，小物块b、c上各固定一个轻弹簧，小物块b、c的质量均为km，其中k＝1、2、3…，弹簧始终处于弹性限度内．求：

(1)小物块a第一次与小物块c碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？
(2)若小物块a至少能与小物块c碰撞2次，k的最小值为多少？
解析　(1)小物块a和c相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a和c根据动量守恒定律有mv0＝(m＋km)v
根据能量转化和守恒定律有Epmax＝mv－(m＋km)v2
联立解得Epmax＝·mv
(2)设小物块a第一次离开小物块c时，小物块a和c的速度分别为v1、v2，对于小物块a和c根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋kmv2
根据机械能守恒定律有mv＝mv＋kmv
联立解得，小物块a的速度为v1＝v
小物块c的速度为v2＝v0
小物块a离开c后与小物块b作用，当小物块a离开b时，小物块a和小物块b的速度分别为v1′、v2′，对于小物块a和b，根据动量守恒定律有mv1＝mv1′＋kmv2′
根据机械能守恒定律有mv＝mv′＋kmv′
联立解得v′1＝2v0
若小物块a和c至少碰撞2次，则有v′1＞v2
由数学知识可得k2－4k－1＞0
解得k＞2＋
而k＝1、2、3…
故kmin＝5
答案　(1)·mv　(2)5
高频考点三　能量守恒与动量守恒的综合应用
[备考策略]
动量守恒定律与机械能守恒定律的比较

动量守恒定律
机械能守恒定律
相同点
研究对象
相互作用的物体组成的系统
研究过程
某一运动过程
不同点
守恒条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
系统只有重力或弹力做功
表达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
矢标性
矢量式
标量式
某一方向上应用情况
可在某一方向上独立使用
不能在某一方向上独立使用
运算法则
矢量运算
代数运算
[命题视角]
考向1　滑板、滑块类问题模型
例6　(2018·湖北省武汉市高三综合训练)(多选)如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为5.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5.则下列说法正确的是(　　 )

A．在小木块A做加速运动的时间内，长木板B速度大小可能是3.6 m/s
B．在小木块A做加速运动的时间内，长木板B速度大小可能是3.3 m/s
C．长木板的可能的长度是6 m
D．长木板的可能的长度是9 m
ABD　[取水平向右方向为正方向，当A的速度为零，根据动量守恒定律得：(M－m)v0＝Mv1，解得：v1＝3.75 m/s，当AB速度相同时，根据动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v2，解得：v2＝3 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，木块B的速度范围为：3 m/s＜v＜3.75 m/s，故AB正确；设当两者速度相等时，A在B上滑行的距离为x，由能量守恒定律得：μmgx＝mv＋Mv－(M＋m)v，解得x＝8 m，所以长木板的长度L≥8 m，故D正确，C错误．]
考向2　碰撞中的能量问题
例7　如图所示，水平面右端和半圆弧轨道相接，半圆弧刚好与水平面相切，水平面左端有小球P悬挂在长为L的细线下端，当细线竖直时，小球P刚好与水平面接触．现将小球P拉至细线与竖直方向成θ＝60°的位置后自由释放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的小球Q发生弹性碰撞，碰后小球P的动能是碰前动能的，且碰后小球Q恰能通过圆弧的最高点C.不计一切摩擦阻力，两小球均可视为质点．求：

(1)P、Q两球质量之比；
(2)半圆弧轨道的半径．
解析　(1)小球P与小球Q碰撞之前，由机械能守恒定律得：m1gL(1－cos θ)＝m1v①
两小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1＋m2v2②
由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v③
碰后小球P的动能是碰前动能的，mv＝(m1v)解得v1＝±v0也就是碰撞后，小球P速度方向可能没变(与碰前速度方向相同)，也可能方向改变(与碰前速度方向相反)
若方向没变，也就是v1＝v0④
由①②③④式解得：＝
若方向改变，也就是v1＝－v0⑤
由①②③⑤式解得：＝
(2)碰后小球Q恰能通过圆弧的最高点C，在最高点C重力提供向心力
m2g＝⑥
由机械能守恒定律得：m2v＝m2v＋m2g(2R)⑦
由②④⑥⑦式解得：R＝L
由②⑤⑥⑦式解得：R＝L
答案　(1)＝或＝
(2)R＝L或R＝L
考向3　动量守恒中的临界问题
例8　如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.

(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析　将小孩与冰块视为一系统，在小孩推出冰块时，该系统动量守恒；在冰块滑上斜面体至再次滑离斜面体的全过程中，冰块与斜面体只存在弹力(内力)作用，将冰块与斜面体视为一个系统，该系统在水平方向上不受外力作用，该系统在水平方向上动量守恒．
(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，得
m2v20＝(m2＋m3)v，①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh，②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据，得m3＝20 kg.③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，
由动量守恒定律，有
m1v1＋m2v20＝0，④
代入数据，得v1＝1 m/s.⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律，有
m2v20＝m2v2＋m3v3，⑥
m2v＝m2v＋m3v，⑦
联立③⑥⑦式并代入数据，
得v2＝1 m/s，⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
答案　(1)20 kg　(2)不能
[归纳反思]
1．滑板、滑块类问题中，注意题中条件地面是否光滑，只有光滑才能动量守恒．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．滑块恰好没掉下来，或恰好没有追上暗示此时系统内物体速度相等．
3．系统内物体作用时，往往有能量损失．
ΔE损＝E初－E末，摩擦生热Q＝fs相对．
[题组突破]
3－1.(2018·最新高考信息卷)如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　 )

A．长木板的质量M＝2 kg
B．A、B之间动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成系统损失机械能为4 J
A　[从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故A正确；由图象可知，木板B匀加速运动的加速度a＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图象可知前1 s内B的位移xB＝0.5 m，A的位移xA＝1.5 m，所以木板最小长度L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成系统损失机械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2 J，故D错误．故选A.]
3－2.(2018·郑州市外国语学校高三二模)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道与水平地面在C点平滑连接，质量为m的物块甲固定在圆弧轨道的A端，另一质量为m的物块乙固定在圆弧轨道上的B点，B与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ＝60°，先释放物块A，再释放物块B，结果两物块刚好在C点碰撞，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，圆弧轨道的半径为R，不计物块的大小，重力加速度为g，求：

(1)甲与乙碰撞后一瞬问，甲的速度最大可能为多少？
(2)若碰撞后甲、乙在水平面上滑行的距离之比为1∶2，则碰撞后一瞬间甲、乙两物块的速度分别多大？
解析　(1)设甲滑到C点时的速度大小为v1，乙滑到C点时的速度大小为v2
根据机械能守恒定律有mgR＝mv
mgR(1－cos θ)＝·mv
求得 v1＝ v2＝
当甲和乙相碰的过程中发生的是完全非弹性碰撞时，碰撞后一瞬间甲有最大速度v
根据动量守恒定律有mv1＋mv2＝(m＋m)v
求得v＝
(2)若甲、乙碰撞后的速度大小分别为v3、v4，则有
mv1＋mv2＝mv3＋mv4
设甲在水平面上滑行距离L1，乙在水平面上滑行距离L2，动摩擦因数为μ，则有μmgL1＝mv
μmgL2＝·mv
＝
求得v3＝　v4＝(3－)
答案　(1)
(2)　(3－)
课时跟踪训练(七)
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)
1．光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，下列说法正确的是(　　 )
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．两球可能沿同一方向运动
B．两个球可能一个静止，一个运动
C．若两球均运动，则质量大的球动量一定小
D．若两球均运动，则质量大的球动能一定小
D　[由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不可能沿同一方向运动，也不可能一个静止，一个运动，A、B项错误；若两球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，即m1v1＝m2v2，由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C项错误；由Ek＝可知，质量大的，动能小，D项正确．]
2．(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是(　　 )

A　[物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A项不合理．本题选不合理的，答案是A.]
3．(2018·陕西省安康市高三质检(五))如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为H的O点，秋千的长度可调节．改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点(与O)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A处．已知男演员质量为2m和女演员质量为m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是
(　　 )

A. B．H
C. D．2H
D　[两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝(m＋2m)v，演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2，所以有(m＋2m)v0＝2mv2－mv1.女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，因此有mgR＝mv.男演员自B点平抛，有：x＝v2t.运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得H－R＝gt2，联立以上各式，可解得x＝4，当秋千的长度R＝时，男演员落地点C与O点的水平距离最大为x＝2H，故D正确；A、B、C错误．]
4．(2018·高考物理全真模拟卷一)如图所示，AB两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　 )

A．L1>L2 B．L1 C．L1＝L2 D．不能确定
C　[若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则mAv＝(mA＋mb)v′，解得v′＝，弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝；若用锥子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝，弹性势能最大为ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v′2＝，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1＝L2，C正确．]
5．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体P、Q质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t＝0时轻绳断开，Q在F作用下继续前进，则下列说法正确的是(　　 )

A．t＝0至t＝时间内，P、Q的总动量不守恒
B．t＝0至t＝时间内，P、Q的总动量守恒
C．t＝时，Q的动量为mv
D．t＝时，P、Q两点的距离
D　[设P、Q受到的滑动摩擦力都为F，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F＝2f，设P经过时间t速度为零，对P由动量定理得：－ft＝0－mv，解得：t＝；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动．以PQ为系统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，物体P停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在t＝0至t＝的时间内P、Q的总动量守恒，在t＝后，P停止运动，Q做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故P、Q的总动量不守恒，故AB错误；当t＝时，对Q由动量定理得：Ft－ft＝p′Q－mv，代入f＝，t＝，解得：p′Q＝mv，故C错误；当t＝时，对Q由动量定理得：Ft－ft＝mv2－mv，代入f＝，t＝，解得v2＝2v，由动能定理得：Fx2－fx2＝mv－mv2；对P由动量定理得：－ft＝mv1－mv，代入f＝，t＝，解得v1＝0，由动能定理得：－fx1＝mv－mv2，解得Δx＝x2－x1＝，故D正确．]
6．(2018·安徽省芜湖市高三下调研)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是(　　 )
A．皮球上升的最大高度为
B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mv－mv
C．皮球上升过程经历的时间为
D．皮球从抛出到落地经历的时间为
BD　[减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于，上升的时间小于，故AC错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定理得克服阻力做功为Wf＝mv－mv，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1①同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2＋kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2②，由①②得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝，故D正确；故选B、D.]
7．(2018·山西太原市高三质检)如图所示，金属杆AB在离地h＝3.2 m，高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD，已知杆AB的质量为m1＝2 kg，电阻为R1＝10 Ω，杆CD的质量为m2＝0.5 kg，电阻为R2＝30 Ω，其余电阻不计，水平导轨足够长，不计一切摩擦．(　　 )

A．AB的最终速度是8 m/s
B．CD的最终速度是6.4 m/s
C．整个过程中回路释放的电能是12.8 J
D．整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2 J
BCD　[AB下滑h的过程中机械能守恒：m1gh＝m1v，解得v0＝8 m/s；最终两者速度相等，由动量守恒定律：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝6.4 m/s，故A错误，B正确；由能量守恒知，回路中产生的电能等于系统机械能的损失，所以整个过程中回路释放的电能ΔE＝m1gh－(m1＋m2)v＝12.8 J，故C正确；在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于两杆串联，通过两杆的电流总是相等的，所以整个过程中，AB杆上产生的焦耳热Q＝ΔE＝3.2 J，故D正确．]
8．(2018·衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 )

A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量
B．拉力F做功为6 J
C．小滑块Q的最大速度为3 m/s
D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J
ACD　[对系统由动量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m．拉力F做功W＝Fx＝12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，v共＝3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 J，D正确．]
9．(2018·山东省潍坊市高三一模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则(　　 )

A．碰后蓝壶的速度为0.8 m/s
B．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4
AD　[由图可知碰撞前后红壶的速度为v0＝1 m/s和v2＝0.2 m/s，由动量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后蓝壶速度为v2＝0.8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为x＝×0.8×5＝2 m．碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，红壶所受摩擦力f1＝ma1＝19×N＝3.8 N，蓝壶所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1∶f2＝5∶4，故AD正确；BC错误；故选AD.]
10．(2018·南开中学考前冲刺)如图所示，质量为M、半径R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为圆弧，OA与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点．不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　 )

A．从D点抛出的初速度为v0＝；D点距A点高度差h＝
B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2 mg
C．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝m，方向水平向左
D．小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒
AC　[A项，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v＝2v0，从A到C应用能量守恒可知，m(2v0)2＝mgR sin 30°，解得v0＝，从D到A应用动能定理可得：mgh＝m(2v0)2－mv，解得：h＝，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgR＝mv－mv，在B点由重力与支持力的合力提供向心力得，FN－mg＝，由以上两式解得FN＝3 mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为vB1＝，根据动量定理可得：I＝mvB1－0＝m，故C正确；D项，小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D错误．
二、非选择题
11．(2018·山东省济南市高三一模)运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力．某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有Δm＝100 g的压缩气体，总质量为M＝1 kg，点火后全部压缩气体以v0＝570 m/s的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有的压缩气体，每级总质量均为，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2 s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v0从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出．喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，求两种模型上升的最大高度之差．
解析　对模型甲：0＝(M－Δm)v甲－Δmv0
h甲＝＝m≈200.56 m
对模型乙第一级喷气：0＝(M－)v乙1－v0
解得：v乙1＝30 m/s
2 s末：v乙1′＝v乙1－gt＝10 m/s
h乙1＝＝40 m
对模型乙第一级喷气：v乙1＝(－)v乙2－v0
解得：v乙2＝ m/s
h乙2＝＝m≈277.10 m
可得：Δh＝h乙1＋h乙2－h甲＝m≈116.54 m
答案　116.54 m
12．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，水平地面上固定一半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M＝3 kg、长为L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g＝10 m/s2.

(1)求物块滑到板右端时的速度v多大？
(2)求x的大小；
(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板．
解析　(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：mv2＝mgR
解得：v＝4 m/s
(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：
Fx－μmgL＝mv2
解得：x＝1 m
(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度v′，由动量守恒定律得：
mv＝(M＋m)v′解得：v′＝1 m/s
由能量守恒定律得：μmgΔx＝(M＋m)v′2
解得：Δx＝1.5 m＜L＝1.75 m
故物块不会滑离木板．
答案　(1)4 m/s　(2)1 m　(3)物块不会滑离木板