专题06动量冲量及动量定理和动量守恒（讲义）

专题06动量、冲量及动量定理和动量守恒01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法04核心素养·难点突破05创新好题·轻松练考点内容学习目标动量与动量定理1.掌握动量的含义及动量的计算；2.掌握冲量的含义及计算；3.掌握动量守恒定律的条件及基础计算，如爆炸、反冲及人船模型的应用；4.掌握两类碰撞模型及应用冲量及计算动量守恒定律爆炸、反冲及人船模型碰撞模型动量与动量定理及应用动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化冲量的计算方法公式法I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此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方向不变的变力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动量定理法根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量动量定理公式：FΔt＝mv′－mv流体作用的柱状模型：对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.动量守恒定律及应用1．判断守恒的三种方法理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．2．动量守恒定律的三种表达形式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．Δp＝0，系统总动量的增量为零．碰撞模型及拓展碰撞问题遵循的三条原则动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．弹性碰撞：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2).结论：当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1.完全非弹性碰撞：动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.碰撞拓展“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球－弹簧模型小球－曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能考向一：动量与动量定理【探究重点】研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．表达式是矢量式，需要规定正方向．匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．【高考解密】(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【答案】D【解析】根据动能定理有W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.【考向预测】(2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速．已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为()A．eq\f(1,N)eq\r(2qUm) B．eq\f(1,N)eq\r(\f(qUm,2))C．Neq\r(2qUm) D．Neq\r(\f(qUm,2))【答案】C【解析】根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·eq\r(\f(2qU,m))＝Neq\r(2qUm)，则根据牛顿第三定律可知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝Neq\r(2qUm)，故选C.考向二：冲量及计算【探究重点】1．对动量定理的理解动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．2．解题基本思路【高考解密】(2022·海南)在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力()A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．的冲量大于的冲量 D．的冲量小于的冲量【答案】A【解析】根据题意可知和是相互作用力，根据牛顿第三定律可知和等大反向、具有同时性；根据冲量定义式可知和的冲量大小相等，方向相反。故选A。【考向预测】(2023·黑龙江八校高三模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下．在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()A．两物块所受重力冲量相同B．两物块的动量改变量相同C．两物块的动能改变量相同D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同【答案】C【解析】设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度分别为a＝gsinθ，设斜面高度为h.则物块在斜面上滑行的时间为t＝eq\r(\f(2h,asinθ))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长；根据I＝mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；根据动量定理mgsinθ·t＝mv可知，Δp＝mgeq\r(\f(2h,g))，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，方向不相同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，两物块的动能改变量相同，选项C正确；两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsinθ，则重力瞬时功率不相同，选项D错误．考向三：动量守恒【探究重点】动量守恒定律的三种表达形式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．Δp＝0，系统总动量的增量为零．【高考解密】(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4.0kg的静止物块以大小为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，该运动员的质量不可能为()A．48kgB．53kgC．55kgD．58kg【答案】A【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－1mv0,M)，则v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M).由题意知，v7<5.0m/s，则M>52kg，又知v8>5.0m/s，则M<60kg，故选A.【考向预测】(2023·江苏南京市第十三中学高三检测)如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车的右端，他将一质量为m的小球水平抛出，抛出点位于车右端点的正上方h处，小球恰好落在车的左端点．已知人和车的总质量为M，不计空气阻力，重力加速度为g.则()A．平板车、人和小球组成的系统动量守恒B．小球的初速度大小为eq\f(L,2h)eq\r(2gh)C．小球落到车上后与车共速，速度方向向左D．抛出小球的过程人做功为eq\f(mgML2,4hM＋m)【答案】D【解析】平板车、人和小球组成的系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，所以系统竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球的初速度大小为v球，小车的初速度大小为v车，根据系统水平方向动量守恒，有mv球＝Mv车，设小球平抛过程所用时间为t，可得h＝eq\f(1,2)gt2，L＝(v球＋v车)t，联立可得v球＝eq\f(ML\r(2gh),2hM＋m)，故B错误；规定水平向左为正方向，设小球落到车上后，二者共同速度为v共，根据水平方向动量守恒，有mv球－Mv车＝(M＋m)v共，解得v共＝0，故C错误；根据功能关系，可知抛出小球的过程人做功为W＝eq\f(1,2)mv球2＋eq\f(1,2)Mv车2，解得W＝eq\f(mgML2,4hM＋m)，故D正确．考向四：爆炸、反冲运动及人船模型【探究重点】爆炸现象的三个规律动量守恒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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加人船模型两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0两物体的位移大小满足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).【高考解密】(2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，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，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是()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】由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，故选D.【考向预测】(2023·江苏徐州市模拟)如图所示，有一质量M＝6kg、棱长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移大小为()A．0.05m B．0.10mC．0.15m D．0.5m【答案】A【解析】小球由静止开始从通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统水平方向动量守恒，则有meq\x\to(v1)·t＝Meq\x\to(v2)·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝a，联立解得x2＝0.05m，故选A.考向五：碰撞模型【探究重点】碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．两类碰撞模型动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大【高考解密】(2022·北京)质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能【答案】C【解析】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为碰前速度为0，A错误；B．两物体正碰后，碰后的速度大小为碰后的速度大小为碰后两物体的速率相等，B错误；C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即解得两物体质量的关系为根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，C正确；D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，D错误。故选C。【考向预测】(2022·江苏扬州市高三期末)如图所示，冰壶队在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是()A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44m，二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v12＝2ax1，对蓝壶有v22＝2ax2，联立可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；碰前系统动能为Ek0＝eq\f(1,2)mv02，碰后系统动能为Ek1＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，则有Ek0>Ek1，机械能不守恒，D错误．(2021·浙江1月选考·12)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5s末和6s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340m/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∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【答案】B【解析】设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq\r(x2＋y2)，可见两碎块的位联立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1020m，故D项错误．(2023·山东济南市历城第二中学检测)如图为酒泉卫星发射基地发射“神舟十三号”飞船点火瞬间的情景．在发射的当天，李强守在电视机前观看发射实况转播．通过电视解说员的介绍，他了解到火箭连同装载物的总质量约为480吨，发射塔架的高度约为100米．李强注意到在火箭点火起飞约10秒时火箭尾部刚好越过塔架．假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力，g取9.8m/s2，根据以上信息估算推力的大小为()A．4.7×108N B．4.9×106NC．5.9×108N D．5.7×106N【答案】D【解析】10s末火箭的速度为v＝eq\f(2h,t)＝eq\f(200,10)m/s＝20m/s，由动量定理有(F－mg)t＝mv，解得F＝5.7×106N，故选D.(2022·福建三明市高三期末)跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料，以下说法中错误的是()A．鞋垫减小了人与地面的作用力B．鞋垫减小了人落地过程的动量变化量C．鞋垫延长了人与地面相互作用的时间D．鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人【答案】B【解析】根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq\f(mv,t)＋mg，鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，A、C、D正确；鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，人落地过程的动量变化量不变，B错误．(2022·湖南岳阳市二模)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(重力加速度为g)()A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C．球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D．球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为eq\f(m0L,2m＋m0)【答案】C【解析】小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有：m0gL＝eq\f(1,2)m0vC2＋eq\f(1,2)×2mvAB2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m0vC＝2mvAB，联立解得vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正确．如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是()A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动B．A、B系统的总动量最终将大于mvC．A、B系统的总动能最终将大于eq\f(1,2)mv2D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq\f(1,2)mv2【答案】C【解析】设弹簧恢复原长时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得v1≠0，v2≠v，故A错误；系统水平方向动量守恒，知A、B系统的总动量最终等于mv，故B错误；弹簧解除锁定后存储的弹性势能会释放导致系统总动能增加，系统的总动能最终将大于eq\f(1,2)mv2，故C正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，由动量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝eq\f(1,2)v，则有Ek＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(1,4)mv2，故D错误．(2023·山西运城市高三检测)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切．一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失．如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为eq\f(R,3).则小球与滑块质量之比m∶M为()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1【答案】C【解析】当圆弧滑块固定时，有eq\f(1,2)mv02＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mgeq\f(R,3)＋eq\f(1,2)(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故选C.(2023·江苏扬州市模拟)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是()A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为eq\f(mv02,72)D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq\f(v02,72g)【答案】D【解析】击中沙袋前，细绳拉力F1＝5mg，弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，此瞬间水平方向动量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到细绳的拉力与重力的合力提供向心力，即F2－6mg＝eq\f(6mv2,L)，F2>F1，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×6mv2＋Q，解得Q＝eq\f(5,12)mv02，C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)×6mv2＝6mgh，解得h＝eq\f(v02,72g)，D正确．(2022·山东淄博市一模)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平台面上．小球A从左侧半径为R的eq\f(1,4)光滑圆弧上的P点由静止滑下，与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短．之后球C脱离弹簧，沿水平台面向右运动并从其右端点水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直曲面轨道内．以台面右侧底端的O′点为原点建立直角坐标系O′xy.已知，台面的高度为2R，曲面的方程为y＝eq\f(1,2R)x2.已知三个小球A、B、C均可看成质点，且质量分别为mA＝km(k为待定系数)、mB＝mC＝m，OP与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦．(1)若k＝1，求该条件下弹簧具有的最大弹性势能；(2)求满足(1)问条件下小球C落到曲面轨道上Q点的位置坐标；(3)当k取何值时，小球C落到曲面轨道上时具有最小动能，最小动能多大？【答案】(1)eq\f(1,12)mgR(2)(eq\f(4R,\r(13))，eq\f(8R,13))(3)见【解析】【解析】(1)球A在圆弧上下落过程中有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv12①对A、B球碰撞过程有mv1＝2mv2②当A、B、C三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，对A、B、C系统有2mv2＝3mv3③Ep＝eq\f(1,2)×2mv22－eq\f(1,2)×3mv32④由①～④式得Ep＝eq\f(1,12)mgR(2)当弹簧恢复原长时C球与弹簧分离，对A、B、C系统有2mv2＝2mv4＋mv5⑤eq\f(1,2)×2mv22＝eq\f(1,2)×2mv42＋eq\f(1,2)mv52⑥对C球平抛过程有x＝v5·t⑦2R－y＝eq\f(1,2)gt2⑧又y＝eq\f(1,2R)x2⑨由⑤～⑨式得x＝eq\f(4R,\r(13))，y＝eq\f(8R,13)即P点的位置坐标为(eq\f(4R,\r(13))，eq\f(8R,13))．(3)当A球质量为km时，对A、B系统有kmv1＝(km＋m)v2′对A、B、C系统有(km＋m)v2′＝(km＋m)v4′＋mv5′eq\f(1,2)(km＋m)v2′2＝eq\f(1,2)(km＋m)v4′2＋eq\f(1,2)mv5′2由以上三式得v5′＝eq\f(2k,k＋2)eq\r(gR)对C球平抛过程有x′＝v5′·t，2R－y′＝eq\f(1,2)gt2又y′＝eq\f(1,2R)x′2mg(2R－y′)＝Ek－eq\f(1,2)mv5′2由以上四式得Ek＝eq\f(1,2)meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(v5′2＋gR)－\f(2gR,\r(v5′2＋gR))2＋3gR))当eq\r(v5′2＋gR)＝eq\f(2gR,\r(v5′2＋gR))即v5′＝eq\r(gR)时动能最小，此时k＝2，动能最小值为Ekmin＝eq\f(3,2)mgR.(2022·江苏无锡市普通高中高三期末)如图所示，质量为M＝100g的木板左端是一半径为R＝10m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道右端与木板上表面在B处水平相连．质量为m1＝80g的木块置于木板最右端A处．一颗质量为m2＝20g的子弹以大小为v0＝100m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出．已知子弹打进木块的时间极短，木板上表面水平部分长度为L＝10m，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)求子弹打进木块过程中系统损失的机械能；(2)若木板固定，求木块刚滑上圆弧时对圆弧的压力；(3)若木板不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度．【答案】(1)80J(2)4N，方向竖直向下(3)5m【解析】(1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20m/s，由能量守恒定律有ΔE1＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，解得ΔE1＝80J.(2)木块从A端滑到B端过程，由动能定理有－μ(m1＋m2)gL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，木块滑到B端时，由牛顿第二定律有FN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2,R)v22，联立解得FN＝4N，根据牛顿第三定律可得F压＝FN＝4N，方向竖直向下．(3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，得v3＝10m/s，子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)v12＝eq\f(1,2)(m2＋m1＋M)v32＋(m1＋m2)gh＋μ(m1＋m2)gL，解得h＝5m.(2022·天津市耀华中学二模)质量为M＝0.6kg的小车，原来静止在光滑水平轨道上，有两根长度均为L＝0.8m的细绳，一根系在固定的挡板D上，另一根系在小车C上，下面各挂一只小球，小球的质量分别为mA＝0.4kg，mB＝0.2kg，静止时两小球正好相切，且切点与两球心同在一水平面上，如图所示，如果将A球拉成水平后由静止释放，在最低点与B球碰撞，碰后A球继续向右运动，上升的最大高度为h＝0.2m．g＝10m/s2，求：(1)碰后瞬间B球的速度大小；(2)碰撞后B球上升的最大高度；(3)小车能达到的最大速度．【答案】(1)4m/s(2)0.6m(3)2m/s【解析】(1)设A球下落到最低点时速度为v0，两球碰撞后速度分别为vA、vB，对A球下落以及碰后上升两个阶段分别由机械能守恒定律，可得mAgL＝eq\f(1,2)mAv02mAgh＝eq\f(1,2)mAvA2A、B碰撞过程由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB解得vB＝4m/