4高考物理特训第六章　动量

第六章动量第1讲动量定理及其应用目标要求学科素养1.理解冲量、动量、动量变化量的概念.2.会利用动量定理分析解决相关问题1.理解冲量、动量、动量变化量的概念，建立物理观念.2.掌握动量定理的应用思路，能建立物理模型解决问题，培养科学思维必记答案速度mv相同p′－p相同作用时间Ft相同动量冲量p′－p1．思考判断(1)动量越大的物体，其速度越大．(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大．(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变．(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．(×)(5)物体所受合力的冲量的方向与物体末动量的方向相同．(×)(6)物体所受合力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．(√)2．(人教版选修3－5·P11·T2改编)(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是()A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2pB．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2pC．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2EkD．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek答案：BD解析：由动量定理Ft＝Δp知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝eq\f(1,2)at2知，C错误，D正确．3．(人教版选修3－5·P12·T5改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以()A．减小地面对人的冲量B．减小地面对人的撞击力C．减小人的动量变化量D．减小人的动能变化量答案：B解析：体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)＋mg，当t增加时F减小，而动量的变化量、动能的变化量都不变，所以B正确.能力点1动量、冲量、动量的变化量(自主冲关类)[题组·冲关]1．[对动量的理解]高铁列车在启动阶段的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动．从列车启动开始计时，以其出发时的位置为初位置，则在启动阶段，列车的动量大小()A．与它所经历的时间成正比B．与它所经历的时间的二次方成正比C．与它的位移大小成正比D．与它的动能成正比答案：A解析：设高铁列车在启动阶段的加速度大小为a，经时间t后的速度大小v＝at，则列车的动量大小p＝mv＝mat，即与它所经历的时间成正比，故A正确，B错误；根据v2＝2ax，得v＝eq\r(2ax)，则列车的动量大小p＝mv＝meq\r(2ax)，与位移大小不成正比，故C错误；根据p＝mv，Ek＝eq\f(1,2)mv2，得列车的动量大小p＝eq\r(2mEk)，与它的动能不成正比，故D错误．2．[对冲量的理解]如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度变为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff.已知重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cosθC．合力的冲量为0D．摩擦力的总冲量大小为Ff(t1＋t2)答案：B解析：重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)cosθ，故B正确；整个过程中，小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量大小为Ff(t2－t1)，故D错误．3．[冲量大小及动量变化量大小的比较](多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量分别为I1、I2、I3，动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3，则()A．三个过程中，合力的冲量相同，动量变化量相同B．三个过程中，合力做的功相等，动能变化量相等C．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp3答案：BC解析：由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，但方向不同，故A错误．设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得物体下滑的时间t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1<I2<I3，C正确，D错误．物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能变化量相等，故B正确．[锦囊·妙法]1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或某一位置而言的．②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．(2)动量与动能的比较动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)2．对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与力的作用时间的乘积．②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，合力的冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．3．冲量的四种计算方法公式法利用定义式I＝Ft计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无须考虑物体的运动状态图象法利用F－t图象计算，F－t图象围成的面积表示冲量，此方法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均值法若力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，F1、F2为该段时间内初、末两时刻的力动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量能力点2动量定理(逐点突破类)1．[应用动量定理解释生活中的现象](2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积答案：D解析：若汽车发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并充气，增大了司机的受力面积，减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊，司机的初动量和末动量均相同，所以动量变化量也相同，B错误；因为安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后，司机的一部分动能转化为安全气囊的弹性势能和安全气囊内气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊过程中，安全气囊起缓冲作用，延长了司机的受力时间，故D正确．2．[动量定理用于求解多过程问题]如图所示，一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1s，空气阻力忽略不计．求安全带受的平均拉力．(g取10m/s2)[解法指导]①审题关键点：a.从开始到最终静止，人的动量是否发生了变化？提示：没有．b．人在整个过程中受哪些力的作用？提示：重力和安全带对人的拉力．②解题切入点：在应用动量定理解题时，一定要对物体认真地进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号．如本题可规定向下为正方向，则mg和v取正，F取负，列出关系式．变力的冲量，往往通过动量定理来计算．答案：1200N，方向竖直向下解析：设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，则有v2＝2gL得v＝eq\r(2gL)经缓冲时间t＝1s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg(如图)，对工人由动量定理知(mg－F)t＝0－mv将数值代入得F＝1200N由牛顿第三定律知，安全带受的平均拉力F′为1200N，方向竖直向下．用动量定理解多过程问题的两点提醒(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可对整个过程应用动量定理．(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，应用动量定理时应引起关注．

思维方法——应用动量定理分析变质量问题的技巧对“连续”质点系发生持续作用时，物体动量(或其他量)连续发生变化．这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状”模型．在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为横截面积、长为vΔt的柱体内，这部分质点的质量为Δm＝ρSvΔt，以这部分质点为研究对象，研究它在Δt时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量．典例[微元法处理流体问题](2016·全国卷Ⅰ)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．答案：(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)解析：(1)在水刚喷出的一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变该时间内，喷出的水柱的高度Δl＝v0Δt①喷出的水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③由①②③可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S.(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短的Δt时间内，喷出的水柱的质量为Δm，则有Δm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2).流体类问题分析步骤(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S.(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt.(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体．A级(练考点过基础)题组一动量、冲量、动量的变化量1．(2021·广东广州一模)跳水运动员从起跳到落水过程的示意图如图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员()A．在过程Ⅰ中的动量变化量等于零B．在过程Ⅱ中的动量变化量等于零C．在过程Ⅰ中的动量变化量等于重力的冲量D．在过程Ⅱ中的动量变化量等于重力的冲量答案：C解析：运动员在过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量，即mgt，不为零，A错误，C正确；运动员入水前的速度不为零，末速度为零，在过程Ⅱ中的动量变化量不等于零，B错误；运动员在过程Ⅱ中的动量变化量等于合力的冲量，不等于重力的冲量，D错误．2．(2021·天津一中模拟)如图所示，质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，在由静止开始从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1的过程中，A、B两个物体相同的物理量是()A．所受重力的冲量B．所受支持力的冲量C．所受合力的冲量D．动量变化量的大小答案：D解析：物体下滑过程中，下滑高度均为h＝h2－h1，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，物体到达高度h1处时，速度v＝eq\r(2gh)，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，加速度a＝gsinθ，物体沿斜面下滑的时间t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量I＝mgt不同，A错误．物体下滑的时间t不同，所受支持力的方向不同，所以两物体所受支持力的冲量一定不同，B错误．物体初末位置的速度大小相等，由于斜面倾角不同，滑到h1高度时，两物体动量方向不同，但动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等的，D正确．由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合力的冲量，所以物体所受合力的冲量大小相等，但方向不同，C错误．3．(2021·福建泉州市质检)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是()A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合力对它们的冲量相同D．它们的动能的增量相同答案：A解析：设任一杆与竖直方向的夹角为θ，环运动的时间为t，圆周的半径为R，由位移公式可得2Rcosθ＝eq\f(1,2)gcosθt2，解得t＝eq\r(\f(4R,g))，即三个环同时由静止释放，运动到最低点d的时间相同，由于三个环的重力相等，运动时间相同，三个环重力的冲量相同，A正确；各环受到的弹力不相等，运动时间相等，则弹力对各环的冲量不同，B错误；各环都沿杆的方向运动，环受到的合力方向不同，则合力对各环的冲量一定不相同，C错误；重力对从a处下滑的环做功最多，其动能的增量最大，D错误．题组二动量定理4．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案：B解析：设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理得Ft＝mv－0，解得m＝1.6×103kg，B正确．5．(2021·广西钦州统测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案：D解析：在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得－eq\o(F,\s\up6(－))t＝mv2－mv1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，D正确．6．(2021·保定市一模)一个质量m＝100g的小球从h＝0.8m的高处自由下落，落到一个厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，规定竖直向下的方向为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10m/s2)()A．0.6N·s B．0.4N·sC．－0.6N·s D．－0.4N·s答案：C解析：设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s．设软垫对小球的冲量为I，因为竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1＋t2)＋I＝0，解得I＝－0.6N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反，C正确．7．(2021·陕西西安中学模拟)一质量为m的铁锤，以速率v竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(重力加速度为g)()A．mgΔt B.eq\f(mv,Δt)C.eq\f(mv,Δt)＋mg D.eq\f(mv,Δt)－mg答案：C解析：设木桩对铁锤的平均作用力为F，以竖直向下为正方向，对铁锤应用动量定理，则有(mg－F)Δt＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,Δt)＋mg，由牛顿第三定律，得铁锤对木桩的平均冲力大小F′＝eq\f(mv,Δt)＋mg，C正确．B级(能力练过素养)8．(2021·南昌模拟)人们射向未来深空的探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，从而产生光压．设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E＝1.5×104J，薄膜光帆的面积S＝6.0×102m2，探测器的质量m＝60kg，已知光子的动量的计算式p＝eq\f(h,λ)，c＝3×108m/s，那么探测器得到的加速度大小最接近()A．0.001m/s2 B．0.01m/s2C．0.0005m/s2 D．0.005m/s2答案：A解析：设时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E0＝hν，则在时间t内面积为S的光帆获得的总太阳光能为E·St＝n·hν，故n＝eq\f(E·St,hν)；光子射到探测器上后全部反射，对n个光子由动量定理得F·t＝n·2p，又因为p＝eq\f(h,λ)，c＝λν，对探测器应用牛顿第二定律有F＝ma，解得a＝eq\f(2ES,mc)，代入数据得a＝0.001m/s2，A正确．9．(2021·陕西质检)核桃是“四大坚果”之一，桃仁具有丰富的营养价值，但桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开．小悠同学发现了一个开核窍门：核桃被竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂．核桃抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h.已知重力加速度为g，空气阻力不计．(1)求核桃落回地面的速度大小v.(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度，求核桃与地面之间的平均作用力eq\o(F,\s\up6(－)).答案：(1)eq\r(2g（H＋h）)(2)meq\f(\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）),Δt)＋mg(方向竖直向上)解析：(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有v2＝2g(H＋h)解得核桃落回地面的速度大小v＝eq\r(2g（H＋h）).(2)设核桃反弹的速度大小为v1，则有veq\o\al(2,1)＝2gh1以向上为正方向，由动能定理可得(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv1－m(－v)联立解得eq\o(F,\s\up6(－))＝meq\f(\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）),Δt)＋mg(方向竖直向上)．10．(2021·四川遂宁诊断)“嫦娥五号”飞船在月球表面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面h＝100m处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝2m/s2垂直下降．当四条“缓冲脚”刚接触月球表面时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经过Δt＝2s减速到0，停止在月球表面上．飞船的质量m＝1000kg，每条“缓冲脚”与月球表面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝3.6m/s2，四条“缓冲脚”的质量不计．求：(1)在飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做的功．(2)从“缓冲脚”触“地”到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小．答案：(1)－1.6×105J(2)eq\f(13600\r(3),3)N·s解析：(1)设飞船加速下降时，火箭推力大小为F根据牛顿第二定律可得mg－F＝ma推力对火箭做的功W＝－Fh联立解得W＝－1.6×105J.(2)设飞船四条“缓冲脚”刚接触月球表面时的速度大小为v由运动学公式可得v2＝2ah设从“缓冲脚”触“地”到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I以向上为正方向，由动量定理得4Isin60°－mgΔt＝0－(－mv)联立解得I＝eq\f(13600\r(3),3)N·s.

第2讲动量守恒定律及其应用目标要求学科素养1.知道动量守恒的条件，会用动量守恒定律分析问题.2.掌握弹性碰撞与非弹性碰撞的规律.3.知道反冲现象1.理解弹性碰撞与非弹性碰撞的概念，建立物理观念.2.掌握利用动量守恒的求解思路，能建立物理模型解决问题，培养科学思维必记答案不受零零远大于外力零等于－Δp20零守恒有损失损失最大增加增加1．思考判断(1)只要系统的合力做功为零，系统的动量就守恒．(×)(2)不受外力的两个物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)(3)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．(√)(4)两物体相互作用时，若系统间存在摩擦力，则两物体组成的系统动量不守恒．(×)(5)只要系统所受合力为零，系统的动量就守恒，系统的机械能也守恒．(×)2．(人教版选修3－5·P16·T5改编)某机车以0.8m/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．设机车和每节车厢的质量都相等，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．0.053m/s B．0.05m/sC．0.057m/s D．0.06m/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)×0.8m/s＝0.05m/s，故B正确．3．(人教版选修3－5·P17·T6改编)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球静止放置在水平面上，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，碰后以原速率返回．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∶1C．1∶4 D．4∶1答案：D解析：设A、B球的质量分别为mA、mB，B球的初速度为v0，取B球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球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\co1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，D正确.能力点1对动量守恒定律的理解及其应用(自主冲关类)[题组·冲关]1．[动量是否守恒的判断]如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是()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上动量守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向上动量守恒D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动答案：C解析：小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统在水平方向上的动量不守恒，故B错误；在小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，槽的动能增加，小球的机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从B运动到C的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上的合力为零，故系统在水平方向上动量守恒，C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误．2．[某个方向的动量守恒]如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是()A.eq\f(mv0,M＋m) B.eq\f(mv0,M)C.eq\f(Mv0,M＋m) D.eq\f(Mv0,m)答案：A解析：小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)．由系统在水平方向上动量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(mv0,M＋m)，A正确．3．[临界问题]如图所示，甲车的质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来．为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上．则人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长)答案：u≥3.8m/s解析：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，人跳到乙车上，甲车和乙车的速度相同时，两车恰好不相撞，设甲车、乙车与人共速时，速度为v′由动量守恒定律得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′解得v′＝1m/s设此时人跳离甲车的速度为v人，以人与甲车组成的系统为研究对象，人跳离甲车的过程中系统动量守恒，有(m1＋M)v＝m1v′＋Mv人解得v人＝3.8m/s因此，只要人跳离甲车的速度u≥v人＝3.8m/s，就可避免两车相撞．[锦囊·妙法]1．动量守恒定律的五个特性系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量相对性各物体的速度必须是相对同一参考系(一般是相对地面)矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.应用动量守恒定律解题的“五步法”3．应用动量守恒定律应注意以下两点(1)确定所研究的系统，单个物体无法应用动量守恒．(2)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对地面的速度．能力点2碰撞模型(自主冲关类)1．三种碰撞的特点弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，机械能损失最多；机械能的损失ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，机械能有损失：ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2))2.弹性碰撞中的一动一静模型如图所示，在光滑水平面上，质量为m1的物体以速度v0与质量为m2、静止的物体发生弹性正碰，则有动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立以上两式解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0(质量相等，速度交换)(2)当m1>m2时，v1>0，v2>0，且v2>v1(大碰小，前后跑)(3)当m1<m2时，v1<0，v2>0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1＝v0，v2＝2v0(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1≪m2时，v1＝－v0，v2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)3．碰撞问题的“三条原则”典例甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则甲球的质量m1与乙球的质量m2间的关系可能正确的是()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2[解法指导]①审题关键点：a.甲、乙两球碰撞时动量守恒，机械能一定守恒吗？提示：不一定守恒，但不能增加．b．碰后甲的速度和乙的速度若同向应满足什么关系？提示：甲的速度小于等于乙的速度．②解题切入点：不管什么类型的碰撞，都满足系统动量守恒、系统动能不增加、速度符合实际的原则．答案：C解析：设碰后甲球动量变为p1′，乙球动量变为p2′，根据动量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2kg·m/s.碰撞过程两球组成的系统的总动能不增加，则有eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)≤eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)，解得eq\f(m1,m2)≤eq\f(7,17)，碰撞前甲的速度大于乙的速度，则eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，解得eq\f(m1,m2)<eq\f(5,7)，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，解得eq\f(m1,m2)≥eq\f(1,5)，综上有eq\f(1,5)≤eq\f(m1,m2)≤eq\f(7,17)，C正确，A、B、D错误．碰撞问题的解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应的方程求解．(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)，质量小的物体以原速率反弹．1．[碰撞现象满足的规律](多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(设为正)，B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A．1m/s和1m/s B．4m/s和－5m/sC．2m/s和－1m/s D．－1m/s和5m/s答案：AD解析：由动量守恒定律，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况，初动能之和Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×9J＋eq\f(1,2)×2×9J＝27J，末动能之和Ek′＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除B项．C项虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍保持原来的速度方向(v1′>0，v2′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证A、D两项均满足Ek≥Ek′，故答案为A(完全非弹性碰撞)和D(弹性碰撞)．2．[弹性碰撞问题]如图，立柱固定于光滑水平面上的O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞且能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP的中点，则a、b球质量之比M∶m＝()A．3∶5 B．1∶3C．2∶3 D．1∶2答案：A解析：设a、b两球碰后的速度大小分别为v1、v2.由题意有b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a，则从碰后到相遇的过程a、b球通过的路程之比s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，设M的初速度为v0.由动量守恒定律得Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得M∶m＝3∶5，故选A.3．[完全非弹性碰撞问题]如图所示，轨道ABC中的AB段为一半径R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道，BC段为足够长的粗糙水平面．一小滑块P由A点从静止开始下滑，滑到B点时与静止在B点的相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下．g取10m/s2，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同且均为μ＝0.1.(1)小滑块P刚到达eq\f(1,4)圆弧轨道B点时，轨道对它的支持力FN为3N，求该滑块的质量和运动到B点的速度大小．(2)求滑块在水平面上滑行的距离．答案：(1)0.1kg2m/s(2)0.5m解析：(1)小滑块P沿光滑eq\f(1,4)圆弧轨道下滑到达B点的过程中，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)代入数据解得m＝0.1kg，vB＝2m/s.(2)碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mvB＝2mv共解得v共＝1m/s两滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得－μ·2mgs＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,共)解得s＝0.5m．能力点3爆炸、反冲与人船模型(逐点突破类)1．[爆炸问题]近年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛．假设一质量为m的烟花从地面上的A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块甲落在到A点距离为s处，不计空气阻力及消耗的炸药的质量，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能，重力加速度为g.求：(1)烟花上升的最大高度．(2)烟花炸裂后的甲水平飞出时的速度大小．(3)烟花炸裂时消耗的化学能．答案：(1)eq\f(v2,2g)(2)eq\f(sg,v)(3)eq\f(5ms2g2,8v2)解析：(1)由竖直上抛规律得烟花上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g).(2)设烟花炸裂后的甲水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得s＝v1t，h＝eq\f(1,2)gt2解得v1＝eq\f(sg,v).(3)烟花炸裂后两块在水平方向上动量守恒，有eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2＝0解得另一块的速度大小v2＝v1由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能E＝eq\f(2×\f(1,2)·\f(m,2)veq\o\al(2,1),80%)＝eq\f(5ms2g2,8v2).爆炸过程的特点(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外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)总动能增加：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．2．[反冲问题]将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，火箭模型在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0答案：D解析：喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，故系统动量守恒．由动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝eq\f(m,M－m)v0，D正确．反冲过程的特点当一个静止的物体向某个方向射出物体的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动，这种现象叫反冲运动．(1)反冲中的动量守恒反冲过程中两部分物体间的相互作用力是变力，作用时间很短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理．(2)反冲中的能量因为有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能会增加．3．[人船模型]如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？答案：eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)L解析：设人与船的速度大小分别为v1、v2，因整个过程中人与船组成的系统动量守恒，所以有mv1＝Mv2设整个过程中人与船的平均速度大小分别为eq\o(v,\s\up6(－))1、eq\o(v,\s\up6(－))2，则有meq\o(v,\s\up6(－))1＝Meq\o(v,\s\up6(－))2两边乘以时间t，有meq\o(v,\s\up6(－))1t＝Meq\o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝Mx2且x1＋x2＝L，可求出x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L.求解“人船模型”问题应注意的两点(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统的总动量为零．②在系统内两物体发生相对运动的过程中，系统沿相对运动的方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)．(2)解题关键①写好动量守恒方程，找出速度关系，将速度关系转换成位移关系．②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．A级(练考点过基础)题组一对动量守恒定律的理解及其应用1．(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接．一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上动量守恒C．小球被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．小球被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处答案：BC解析：在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合力为零，系统在水平方向上动量守恒，B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向上不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，D错误．2．(多选)如图所示，一质量M＝2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小物块A.分别给A和B一大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，物块A始终没有滑离木板B.下列说法正确的是()A．A、B共速时的速度大小为1m/sB．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/sC．从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·sD．从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左答案：AD解析：取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1m/s，A正确；小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，根据动量守恒定律有Mv－mv＝Mv1，解得v1＝1.5m/s，在小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s，B错误；根据动量定理，A、B相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小I＝mv共＋mv＝4N·s，C错误；根据动量定理，A对B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s，负号代表与正方向相反，即向左，D正确．3．(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m1＝2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量m2＝48kg的滑雪者从顶端以v0＝1.5m/s的初速度、a2＝3m/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，背包与滑道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝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大小．答案：(1)9m(2)7.44m/s解析：(1)设斜面长度为L，背包在斜面上滑行的加速度为a1由牛顿第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2由运动学公式，背包从斜面上下滑过程有L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)滑雪者从斜面上下滑过程，有L＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)其中t1－t2＝1s联立解得t1＝3s，t2＝2s，L＝9m.(2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度大小分别为v1、v2，滑雪者拎起背包后与背包的速度相等，设共同速度大小为v由运动学公式有v1＝a1t1＝6m/s，v2＝v0＋a2t2＝7.5m/s根据动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s.题组二碰撞模型4．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量均为6kg·m/s，甲追上乙并发生弹性碰撞，碰撞后乙球的动量变为8kg·m/s，已知甲球的质量为0.5kg，则乙球的质量为()A．0.5kg B．0.7kgC．1.0kg D．1.4kg答案：B解析：本题考查弹性碰撞的规律．甲、乙两球的碰撞过程满足动量守恒定律，故碰撞后甲球的动量变为4kg·m/s，因为是弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能不变，即eq\f(peq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(peq\o\al(2,乙),2m乙)＝eq\f(p甲′2,2m甲)＋eq\f(p乙′2,2m乙)，代入数据，解得m乙＝0.7kg，B正确．5．(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4.0kg的物块以大小为5.0m/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；物块与挡板发生弹性碰撞，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5.0m/s的速度与挡板发生弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/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．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案：BC解析：选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝Mv2－mv0，依此类推，第三次推物块时有Mv2＋mv0＝Mv3－mv0，…，第n次推物块时有Mvn－1＋mv0＝Mvn－mv0.以上各式相加得Mvn＝(2n－1)mv0，当n＝7时，v7＜v0，解得M＞52kg；当n＝8时，v8＞v0，解得M＜60kg，故52kg＜M＜60kg，B、C正确．题组三爆炸、反冲与人船模型6．(2021·广东广州二模)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭模型喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭模型的动量大小为(喷出过程中，重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案：A解析：燃气从火箭模型喷口喷出的瞬间，火箭模型和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭模型的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝30kg·m/s，A正确．7．(2021·江西高安模拟)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则()A．全程，滑块水平方向相对地面的位移为R＋LB．全程，小车相对地面的位移大小为eq\f(1,4)(R＋L)C．滑块运动过程中的最大速度为eq\r(2gR)D．μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL答案：B解析：设全程小车相对地面的位移大小为x1，滑块水平方向相对地面的位移大小为x2，则x1＋x2＝R＋L，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得meq\f(x2,t)－Meq\f(x1,t)＝0，又因为M＝3m，联立解得x1＝eq\f(1,4)(R＋L)，x2＝eq\f(3,4)(R＋L)，A错误、B正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mvm－Mv、mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)Mv2，联立解得vm＝eq\r(\f(3gR,2))，C错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v共，解得v共＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL，D错误．B级(能力练过素养)8.(2021·四川仁寿一中期中)(多选)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(重力加速度为g)()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(Mm,2（M＋m）)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL答案：BD解析：设物块与箱子相对静止时共同速度为v1，则由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，解得v1＝eq\f(mv,M＋m)，系统损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(Mm,2（M＋m）)v2，A错误，B正确；根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系可知ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误，D正确．9．(2021·山东高三三模)如图所示，4个质量M＝150g的相同物块在水平地面上等间距排成一条直线，间距d＝0.1m．一长L＝0.84m的细线一端固定在悬点，另一端连接一质量m＝50g的小球．将细线拉至水平并由静止释放，当小球运动到悬点正下方时与物块1发生弹性碰撞，此后物块与物块发生碰撞后均迅速合为一体．物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小球与物块1碰撞后瞬间，细线上的拉力大小．(2)物块1与物块2碰撞前的速度大小．(3)物块1与物块2碰撞过程中损失的动能E损1.(4)整个运动过程中，物块1移动的距离s.答案：(1)0.75N(2)2m/s(3)0.15J(4)0.34375m解析：(1)设小球碰撞前的速度为v0，根据动能定理可得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球与物块1发生弹性碰撞，取向左为正方向，根据动量守恒可得mv0＝mv＋Mv1根据机械能守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)碰后瞬间T－mg＝meq\f(v2,L)代入数据，联立解得T＝0.75N.(2)物块1被碰后到与物块2碰撞前，根据动能定理可得－μMgd＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,01)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)代入数据，解得v01＝2m/s.(3)物块1与物块2碰撞过程中，根据动量守恒定律可得Mv01＝2Mv2物块1与物块2碰撞过程中损失的动能E损1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,01)－eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,2)解得E损1＝0.15J.(4)先推导一般性结论，质量为M的物块与质量为m的物块碰后粘在一起，求出碰撞过程损失的动能．M的初动能E0＝eq\f(1,2)Mv0′2根据动量守恒定律可得Mv0′＝(M＋m)v′E损1＝eq\f(1,2)Mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得E损1＝eq\f(m,M＋m)E0由结论可知，物块每次碰后系统的动能分别是碰前系统动能的eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(4,5)物块1的初动能E1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)物块1和物块2碰前的动能E2前＝E1－μMgd物块1和物块2碰后的动能E2后＝eq\f(1,2)E2前物块1、2和物块3碰前的动能E3前＝E2后－μ·2Mgd＝eq\f(1,2)E1－eq\f(1,2)μMgd(1＋4)物块1、2和物块3碰后的动能E3后＝eq\f(2,3)E3前物块1、2、3和物块4碰前的动能E4前＝E3后－μ·3Mgd＝eq\f(1,3)E1－eq\f(1,3)μMgd(1＋4＋9)物块1、2、3和物块4碰后的动能E4后＝eq\f(3,4)E4前＝eq\f(1,4)E1－eq\f(1,4)μMgd(1＋4＋9)物块1、2、3、4一起减速到零，有0＝E4后－μ·4Mg·x整个运动过程中，物块1移动的距离s＝3d＋x代入数据可得s＝0.34375m.

专题探究6力学三大观点的综合应用目标要求学科素养1.理解力学三大观点的内容和使用方法.2.灵活选用牛顿运动定律，结合运动学规律、功能关系、动量守恒解答力学综合问题1.从运动及受力分析入手，掌握力学综合问题的分析思路.2.综合利用力学知识分析问题，培养科学思维能力点1动力学与动量观点的综合应用(自主冲关类)1．解决动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：用牛顿运动定律，结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统的内能．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．典例1[动力学与动量守恒的综合]如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量M＝0.2kg的小球P和质量m＝0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道．释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点．已知水平桌面的高h＝0.2m，D点到桌面边缘的水平距离x＝0.2m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′.(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ.(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep.[解法指导]①审题关键点：a.小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点时，什么力提供向心力？提示：重力．b．被压缩的轻弹簧的弹性势能转化为什么能？提示：小球P和小球Q的动能．②解题切入点：认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象．分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作出草图．根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律．答案：(1)12N(2)2m/s(3)0.3J解析：(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)对小球P，从B→C，由动能定理有－2MgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(5gR)在B点有NB－Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得NB＝6Mg＝12N由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12N.(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.2s，根据公式x＝vt，得v＝1m/s碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv解得vQ＝2m/s.(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ解得vP＝1m/s对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)解得Ep＝0.3J.1．[动力学与动量定理的综合](2021·海口市高三三模)如图所示，学生练习用头颠球．某一次足球由静止自由下落45cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度为125cm.已知足球与头部的作用时间为0.2s，足球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为2.5kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为1kg·m/sD．足球在从最高点下落至重新回到最高点的过程中，重力的冲量大小为4N·s答案：A解析：设足球自由下落45cm时的速度大小为v1，所用时间为t1，有v1＝eq\r(2gh1)＝3m/s，t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.3s，反弹后足球做竖直上抛运动，上抛的初速度大小为v2，时间为t2，而上升高度为125cm，根据竖直上抛和自由落体的对称性可求得v2＝eq\r(2gh2)＝5m/s，t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.5s，足球刚接触头部时的动量大小p1＝mv1＝1.5kg·m/s，B错误；足球与头部作用过程中动量变化量大小Δp＝mv2－(－mv1)＝4kg·m/s，C错误；足球与人的接触过程，作用时间Δt＝0.2s，取向上为正方向，由动量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝25N，故头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍，A正确；在足球从落下到回到最高点的过程中，足球重力冲量IG＝mg(t1＋t2＋Δt)＝5N·s，D错误．2．[动力学与动量定理、动量守恒的综合]如图所示，光滑水平面上有一质量m＝1kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量M＝4kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内．求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度．(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．答案：(1)小车：3m/s，方向向左；小球：2m/s，方向向右(2)4N·s解析：(1)设碰撞后瞬间小车的速度为v1，小球的速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒及机械能守恒有mv0＝Mv＋mv1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－3m/s，负号表示小车速度方向向左v＝eq\f(2m,m＋M)v0＝2m/s，小球速度方向向右．(2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同速度设共同的速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2，解得v2＝1m/s设碰撞后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1，解得I＝4N·s.动量观点与动力学观点的综合应用(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点．(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解．(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律．能力点2动量与能量观点的综合应用(逐点突破类)1．[“弹簧类”模型](2021·山东高考模拟)(多选)如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁．现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做的功W＝25J，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左的推力解除压缩，则()A．解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒B．解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统机械能守恒C．从撤去推力至A与墙面刚分离时，A对弹簧的冲量I＝10N·s，方向水平向右D．A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s答案：BCD解析：解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成的系统动量不守恒，恢复原长后，A、B一起向右运动，系统所受的合力为零，动量守恒，A错误；解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统只有动能和弹性势能相互转化，故机械能守恒，B正确；压缩弹簧时，推力做的功全部转化为弹性势能，撤去推力，弹簧恢复原长，弹性势能全部转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则W＝Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)，得v0＝5m/s，此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得I＝mBv0＝10N·s，C正确；当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为vA、vB，由系统动量守恒、机械能守恒有mBv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，得vA＝2.5m/s，vB＝－2.5m/s，则两物体速率均是2.5m/s，D正确．“弹簧类”模型模型图示模型分析(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；若只有弹簧弹力做功，则系统机械能守恒.(2)过程分析：通过弹簧发生相互作用的两物体组成的系统，两者共速时弹簧最长或最短，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞．从开始发生作用到弹簧再次恢复原长，此时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞.注意：(1)物体的速度最大时，应该是加速度为零、弹簧恢复原长，相当于弹性碰撞结束时.(2)在多个物体通过弹簧发生相互作用的系统中，发生碰撞时要注意研究对象的合理选择2.[“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型]如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的eq\f(1,4)圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁．一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，已知重力加速度为g，求：(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小．(2)小球C在B槽内运动所能到达的最大高度．(3)B的最大速度．答案：(1)eq\r(2gR)3mg＋Mg(2)eq\f(MR,M＋m)(3)eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR)解析：(1)小球C从a点运动到b点的过程，由机械能守恒定律，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得小球到b点时的速度大小v0＝eq\r(2gR)在最低点b，根据牛顿第二定律可得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得N＝3mg由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力N′＝N＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小F′＝F＝3mg＋Mg.(2)B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能到达的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v由机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh解得h＝eq\f(MR,M＋m).(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得v2＝eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR).“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型模型图示模型分析(1)模型特点：一个物体在水平方向上运动，另一个物体沿曲线运动，两个物体运动的过程中，水平方向上动量守恒．若只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒.(2)过程分析：以图a为例.①最高点：m与M具有共同水平速度v共．系统在水平方向上动量守恒，有mv0＝(M＋m)v共；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\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，有mv0＝mv1＋Mv2；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq