2026版《全品高考》选考复习方案物理02 第19讲　动量守恒定律及其应用 【答案】附录二答案

《全品选考复习方案》2026版《全品高考》选考复习方案物理02第19讲动量守恒定律及其应用【答案】附录二答案第19讲动量守恒定律及其应用考点一【必备知识】1.矢量和2.(1)m1v1'+m2v2'(2)-Δp2【辨别明理】1.×2.×3.×4.√考点三【必备知识】1.很大2.远大于3.守恒最大【辨别明理】1.×2.×3.√第19讲动量守恒定律及其应用例1C[解析]撤去F后,木块A离开竖直墙前,墙对A有向右的弹力,所以系统的合外力不为零,系统的动量不守恒,这个过程中,只有弹簧的弹力对B做功,系统的机械能守恒,故A、B错误;A离开竖直墙后,系统水平方向不受外力,竖直方向受力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,只有弹簧的弹力做功,系统机械能也守恒,故C正确,D错误.例2D[解析]小孩推出物块过程,小孩、滑板和物块系统合外力为0,动量守恒,故A错误;物块在弧形槽上运动过程,物块和弧形槽系统水平方向合外力为0,所以水平方向动量守恒,但系统动量不守恒,故B错误;物块在弧形槽上滑和下滑过程,弧形槽对物块做负功,速度减小,物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率小,故C错误;初始动量为0,物块离开弧形槽时,弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零,故D正确.例3B[解析]取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律有mv0=(m+15m)v,v=116v0=116×0.8m/s=0.05m/s.故选项B例4B[解析]设甲至少以速度v将箱子推出,推出箱子后甲的速度为v甲,乙的速度为v乙,取水平向右为正方向,则根据动量守恒定律,可得对甲和箱子有(m甲+m)v0=m甲v甲+mv,对乙和箱子有mv-m乙v0=(m+m乙)v乙,当甲与乙恰好不相撞时,v甲=v乙,解得v=5.2m/s.故B正确.例5B[解析]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,因此质量之比为2∶1的两个碎块,其速度之比为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,选项A错误.根据题意,设声速为v0,则2s-sv0=1s,因此s=340m,两碎块落地点相距1020m,选项D错误.以上推导说明爆炸物爆炸之后质量为2m的碎块落地声音传到接收器需要1s,质量为m的碎块落地声音传到接收器时间为2s.因此爆炸物爆炸后碎块平抛落地时间为4s,根据平抛运动的规律可知,碎块下落的高度h=12gt2=80m,选项B正确.质量为2m的爆炸物碎块的水平速度为v=st=85m/s,例6B[解析]由题意可知,乌贼逃命时的速度达到v1=40m/s,则乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒,设乌贼喷射出水的速度为v2,取乌贼向前逃窜的方向为正方向,由动量守恒定律可得(m-m0)v1-m0v2=0,解得v2=m-m0m0v1=4-0.8例7B[解析]画出如图所示的示意图,设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',船的质量为M,人从船尾走到船头所用时间为t.则v=dt,v'=L-dt;人和船组成的系统在水平方向上动量守恒,取船的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得Mv-mv'=0,解得船的质量M=m(L-d)d例8D[解析]小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动量守恒,故A错误;在水平方向上,系统不受外力,因此在水平方向动量守恒.小球下落过程中,水平方向具有向右的分速度,因此为保证动量守恒,小车要向左运动.当撞到油泥,是完全非弹性碰撞,小球和小车水平方向动量守恒,所以小车和小球最终静止,故B错误;设当小球到达最低点时,小球向右移动的距离为x1,小车向左移动的距离为x2,根据系统水平方向动量守恒有mv1-Mv2=0,又v1=x1t,v2=x2t,则有mx1t-Mx2t=0,变形得mx1=Mx2,根据x1+x2=L,联立解得x2=例9B[解析]根据动能定理有μmgx1=12mv02-12mv12,物体甲第一次运动到O点的速度大小为v1=8m/s,A错误;物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为t=x2v1=0.5s,B正确;碰后物体甲恰好能返回出发点A,根据动能定理有μmgx1=12mv22,解得物体甲与乙碰撞后物体甲的速度大小为v2=6m/s,C错误;根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m乙v乙-mv2,12mv12=例10A[解析]甲、乙相碰过程系统动量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',代入图像数据得m乙=6kg,碰撞过程两物块损失的机械能为ΔE=12m甲v甲2+12m乙v乙2-12m甲v甲'2-12m乙v乙'2,例11B[解析]b球下摆过程中,由机械能守恒定律得mbgL=12mbv02,碰撞过程动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mbv0=(ma+mb)v,两球向左摆动过程中,由机械能守恒定律得12(ma+mb)v2=(ma+mb)gL(1-cosθ),解得mamb例12BC[解析]以A球的初速度方向为正方向,由碰撞过程系统动量守恒得pA=pA'+pB,解得pA'=10kg·m/s,根据碰撞过程总动能不增加,有pA22mA≥pA'22mA+pB'22mB,解得mB≥23mA,碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则有pA'mA≤pBmB,例13AC[解析]设碰撞前a的速度为v0,由p=2mv0解得v0=p2m,设a与b第一次碰撞后a的速度为va,b的速度为vb,由动量守恒定律得2mv0=2mva+mvb,由碰撞前后a、b两小球动能之和保持不变可得12×2mv02=12×2mvA2+12mvb2,联立解得va=p6m,vb=2p3m;设b与c第一次碰撞后c的速度为vc,b的速度为vb',由动量守恒定律可得mvb=mvb'+mvc,由碰撞前后b、c两小球动能之和保持不变可得12mvb2=12mvb'2+12mvc2,联立解得vb'=0,vc=2p3m;c第一次被碰撞后瞬间的动能为Ekc=12mvc2=2p29m,选项A正确,B错误.由于b、c两球质量相等,弹性碰撞交换速度,所以可以把c、b两球的运动等效为b球的运动,设a与b第二次碰撞处距离竖直墙为x,则a球从第一次碰撞后到第二次碰撞运动位移为2l-x,b球(变式C[解析]根据弹性碰撞特点可知,每碰撞一次白球的速度变为原来的1.5m-m1.5m+m=15,而8号球每次将速度传给右侧球,故白球与8号球碰撞7次后,白球速度v=157v0,此时8号球速度为零,之后再次碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得1.5mv=1.5mv'+mv″,12×1.5mv2=12×1.5mv'2+12mv″2,解得8号球最终的速度大小为v″=65157专题七碰撞模型的拓展例1C[解析]根据题意,小球上升到滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有12mv02=12(m+M)v12+mgR,例2(1)20kg(2)不能[解析](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)v12m2v202=12(m2+m3)v2式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度.联立并代入题给数据得m3=20kg(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代入数据得v1=1m/s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+m3v312m2v202=12m2v2联立得v2=1m/s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例3CD[解析]由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且此时系统动能最小,根据系统机械能守恒可知,此时弹性势能最大,t1时刻弹簧处于压缩状态,而t3时刻处于伸长状态,故A错误;结合图像弄清两物块的运动过程,开始时A逐渐减速,B逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相同,系统动能最小,弹性势能最大,弹簧被压缩到最短,然后弹簧逐渐恢复原长,B仍然加速,A先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,B减速,A先减速后反向加速,在t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;根据动量守恒定律,t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等,有m1v1=(m1+m2)v2,其中v1=3m/s,v2=1m/s,解得m1∶m2=1∶2,故C正确;在t2时刻A的速度为vA=-1m/s,B的速度为vB=2m/s,根据m1∶m2=1∶2,求出Ek1∶Ek2=1∶8,故D正确.例4D[解析]C与A碰撞前后瞬间,C与A组成的系统水平方向动量守恒,由动量守恒可得mCv0=(mA+mC)v1,其中v0=6m/s,v1=3m/s,解得C的质量为mC=2kg,故A错误;弹簧对A与C组成的系统与对B的作用力始终大小相等方向相反,以A、C组成的系统为研究对象,取向右为正方向,则前2s时间内弹簧的弹力对A、C组成的系统的冲量为I=(mA+mC)v2-(mA+mC)v1=-24N·s,可知在前2s时间内,弹簧对球B的冲量大小为24N·s,故B错误;球B离开墙壁前,弹簧被压缩至最短时其弹性势能最大,此时A、C组成的系统的速度减为0,根据能量守恒可得ΔEpm=12(mA+mC)v12=18J,故C错误;当球B离开墙壁后弹簧先被拉伸至最长,此后弹簧恢复原长,此时球B的速度最大,动能最大,在B离开墙壁后A、B、C及弹簧组成的系统满足动量守恒、机械能守恒,以向左为正方向,则有(mA+mC)v'=(mA+mC)v1'+mBv2'、12(mA+mC)v'2=12(mA+mC)v1'2+12mBv2'2,其中v'=3m/s,联立解得v1'=1m/s,v2'=4m/s,则B离开墙壁后的最大动能为Ekm=12mBv2例5(1)60N(2)能分析见解析(3)24J[解析](1)物块P从B到A由动能定理得-m1gR1=0-12m1解得vB=24m/s在B点由牛顿第二定律得FNB-m1g=m1v解得FNB=60N(2)P从C到B由动能定理得-μm1gLBC=12m1vB2-1vC=30m/s解除弹簧锁定时由动量守恒定律得m1vP=m2vQ解得vQ=230m/s设物块Q滑上小车后与车共速时上滑的高度为h,共同速度为v,由动量守恒定律得m2vQ=m2解得v=302由动能定理得-μm2gLEF-m2gh=12m2+m3v解得h=3.9m>R2=1.8m即物块Q能冲出小车最高点G(3)①P不从A点冲出,弹簧解除锁定时vP≤30m/svQ≤230m/s②P不从D点滑出2μm1gLBC≥12m1解得vP≤23m/svQ≤43m/s③Q滑上小车,且刚好不从小车最高点冲出时有m2vQ=m2-μm2gLEF-m2gR2=12m2+m3v解得vQ≤8m/s④Q滑上小车,且刚好不从小车左端滑出时有m2vQ=m2-2μm2gLEF=12m2+m3v解得vQ≤42m/s综上所述vQ≤42m/s此时vP≤22m/s所以,弹簧解除锁定前具有的最大弹性势能Ep=12m1vP2+12例6(1)6m/s882J(2)能[解析](1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v=6m/s此过程系统所增加的内能ΔE=12mv02-12(M+m)(2)假设子弹以v0'=400m/s的速度入射时没有射穿木块,则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v'解得v'=8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE'=12mv0'2-12(M+m)v'由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻dΔE'=F阻x相'=F阻d'则ΔEΔE'=F阻解得d'=1568147因为d'>10cm,所以能射穿木块变式1D[解析]由于木块始终保持静止状态,则两子弹对木块的推力大小相等,即两子弹所受的阻力大小相等,设为Ff,根据动能定理得,对子弹A有-FfdA=0-EkA,得EkA=FfdA;对子弹B有-FfdB=0-EkB,得EkB=FfdB,由于dA>dB,则有子弹入射时的初动能EkA>EkB,故B错误,D正确.两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有2mAEkA=2mBEkB,而EkA>EkB,则mA<mB,故A错误.子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,变式2C[解析]子弹射入物块A的过程中,子弹与物块A组成的系统动量守恒,则有kmv0=(m+km)v1,求得v1=kk+1v0,子弹动量的变化量Δp=kmv1-kmv0=-kmv0k+1,选项A错误;物块A的动能增加量为ΔEkA=12mv12=k2mv022k+12,选项B错误;当弹簧第一次压缩到最短时,物块B的动量大小最大,则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒,则有kmv0=(2m+km)v2,求得v2=kk+2v0,物块B的动量大小最大值为pBm=kmv0k+2,选项C正确;弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp=12(例7ABD[解析]由题图可知,最终木板获得的速度为v=1m/s,A、B组成的系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得M=2kg,则木板获得的动能为Ek=12Mv2=12×2×12J=1J,故A正确;系统损失的机械能ΔE=12mv02-12(m+M)v2,代入数据解得ΔE=2J,故B正确;根据v⁃t图像中图线与坐标轴所围的面积表示位移,由题图得到0~1s内B的位移为xB=12×(2+1)×1m=1.5m,A的位移为xA=12×1×1m=0.5m,则木板A的最小长度为L=xB-xA=1m,故C错误;由题图可知,B的加速度a=ΔvΔt=1-21m/s2=-1m/s2,负号表示加速度的方向与v0的方向相反,由牛顿第二定律得-μmg=ma例8(1)4m/s(2)1m1m(3)36J[解析](1)设滑块与小车的共同速度为v1,二者相对运动过程中根据动量守恒定律,有mv0=(M+m)v1解得v1=4m/s(2)设达到共速时小车移动的距离为x1,对小车,根据动能定理有μmgx1=12Mv代入数据解得x1=2m小车与挡板的距离x2=x-x1=1m设滑块与小车的相对位移为L1,对系统,根据能量守恒定律,有μmgL1=12mv02-12(m代入数据解得L1=3m滑块与小车右端的距离L2=L-L1=1m其位置情况如图乙所示(3)共速后小车未碰撞挡板时小车与滑块间的摩擦力消失而没有做功,直到小车碰撞挡板被粘住静止,滑块又开始在小车上继续向右做初速度v1=4m/s的匀减速直线运动,由于与挡板发生弹性碰撞,滑块速度大小不变,设返回的路程为L3,由动能定理,有-μmg(L2+L3)=0-12m解得L3=3m,说明滑块不会从车左端掉下由能量守恒定律可知,全过程中滑块克服摩擦力做的功W=12mv专题八力学三大观点的综合应用例1(1)m2gh方向竖直向上(2)m[解析](1)设燃烧使重锤汽缸获得的速度为v0,桩体获得的速度为v,对分离后的重锤汽缸由机械能守恒,有12mv0对分离瞬间的重锤汽缸,由于内力远大于外力,故由动量定理,有I燃=mv0-0得I燃=m2gh,方向竖直向上(2)分离瞬间,由于内力远大于外力,所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒有mv0=Mv分离后对桩体,由动能定理,有MgH-FfH=0-12Mv得H=m例2(1)3m/s(2)4.5J(3)53°(4)516≤μ<[解析](1)根据平抛运动特点,可得h=12gt2,x=v0解得v0=3m/s(2)根据能量守恒定律有Ep=Ek=12mv02(3)物块运动到B点时,竖直方向速度为vy,则有vy2解得vy=4m/s则有tanθ=vyv可知θ=53°(4)B、C两点的高度差为hBC=R-Rcos53°=0.4m若小物块恰能与墙壁相碰,根据能量守恒定律有μ1mgL=Ep+mg(h+hBC)解得μ1=33若恰不从B飞出,根据能量守恒定律有2μ2mgL=Ep+mgh解得μ2=5由mghBC<μ2mgl知小物块从BC滑回不与墙壁发生二次碰撞综上可得516≤μ<例3(11分)(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m[解析](1)滑块a从D处进入,经DEF管道后到达最低点的过程,由动能定理得mg·2R=12mvF2-解得vF=10m/s(1分)在最低点F由牛顿第二定律得FN-mg=mv解得FN=31.2N(2分)(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,设碰后滑块a的速度为va,则由动能定理有-mg·2R-μmgL=12mvB2-解得va=5m/s(1分)滑块a、b碰撞过程中由动量守恒定律得mvF=-mva+3mvb解得vb=5m/s(1分)滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE=12mvF解得ΔE=0(2分)(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,设碰撞后a、b的共同速度为v1,由动量守恒定律得mvF=(m+3m)v1(1分)当弹簧最长或最短时,a、b与c均达到共速,设为v2,由动量守恒定律得(m+3m)v1=(m+3m+2m)v2(1分)弹簧的最大弹性势能Ep=12(m+3m)v12-12(m+3m+2m)v又Ep=12kx弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x联立解得Δx=0.2m(1分)例4(1)5m/s(2)0.625J(3)6m/s[解析](1)滑块离开弹簧后运动到圆形轨道最高点C的过程中,由动能定理得-mg·2R=12mvC2-滑块恰好能通过圆形轨道最高点C,有mg=mv联立解得v0=5m/s(2)滑块滑上平板后,平板加速至与滑块共速过程中,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v系统损失的机械能ΔE=12mv02-12(m+联立解得ΔE=0.625J(3)滑块滑上平板,运动到平板最右端恰好不滑下,之后与平板一起匀减速运动到H点时,滑块离开弹簧时的速度最大滑块的加速度大小am满足μ1mg=mam解得am=6m/s2平板的加速度大小aM满足μ1mg-μ2(m+M)g=MaM解得aM=4m/s2作出v⁃t图像,如图所示由v⁃t图像可知vm2t1aMt1=vm-amt1联立解得vm=6m/s第19讲动量守恒定律及其应用1.B[解析]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,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.2.B[解析]航天员获得速度后将做匀速直线运动,设位移为x,喷出气体的速度为v0,喷出气体的瞬间,航天员获得的速度大小为v,喷出的气体的质量为m,航天员连同装备的质量为M,则在高压气源喷出气体的瞬间,航天员和喷出的气体组成的系统动量守恒,取航天员运动的方向为正方形,由动量守恒定律可得0=(M-m)v-mv0,另由匀速直线运动可得x=vt,联立解得m≈4kg,故选B.3.D[解析]根据动量守恒定律,玩具车开始向左运动后,平板车向右运动,A错误;根据动量守恒定律,玩具车突然不动时,平板车也立即停止运动,B错误;根据动量守恒定律,玩具车运动得越快,平板车运动得越快,C错误;根据动量守恒定律有m平x平=m电x电,根据题意得x平+x电=1.8m,解得x电=1.5m、x平=0.3m,玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平面上移动了0.3m,D正确.4.C[解析]爆炸过程中,系统内力远大于外力,A、B组成的系统动量守恒,爆炸前系统总动量为零,由动量守恒定律可知,爆炸后,两物体的初动量大小相等,故A错误;设爆炸后任一物体的动量大小为p,物体的质量为m,则动能Ek=12mv2=p22m,可知质量大的物体获得的初动能小,故B错误;取爆炸后物体速度方向为正方向,根据动量定理得-μmgt=0-p,解得滑行时间t=pμmg,由于μ、p、g相等,则质量大的物体滑行时间短,故C正确;爆炸后,根据动能定理得-μmgx=0-12mv2=0-p22m,解得爆炸后物体滑行的距离x=p22μm2g,由于μ5.B[解析]依题意,碰撞过程系统动量守恒,可得mv1=2mv2=3mv3,解得v2=3m/s,v3=2m/s,则第二次碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12·2mv22-12·3mv6.A[解析]A、B质量不等,mA<mB,A、B相碰后,A向左运动,B向右运动;B、C、D、E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B、C、D静止;E、F质量不等,mE>mF,则碰后E、F都向右运动,所以B、C、D静止,A向左运动,E、F向右运动,故A正确.7.AC[解析]A、B组成的系统在水平方向上所受合外力为零,动量守恒,则从A被释放到A滚到最低点的过程中,A、B在任意时刻的水平速度大小满足mvA=3mvB,所以A、B的水平位移大小满足xA=3xB,根据位移关系有xA+xB=R,解得xA=34R,故A正确,B错误;整个过程中能量守恒,则mgR=12mvA2+12·3mvB2,其中vA=3vB,解得vA=3gR8.C[解析]由题图可知,碰撞后总动量为正,根据动量守恒定律可知,碰撞前的总动量也为正,故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大,故A错误;根据动量守恒定律有5mⅠ-3mⅡ=2(mⅠ+mⅡ),解得mⅠ∶mⅡ=5∶3,故B错误,C正确;由动量定理知,碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等,方向相反,故D错误.9.D[解析]小物块下滑过程中,斜面受到小物块向左下的压力向左运动,所以小物块对斜面做正功,斜面对小物块做负功,故A错误;小物块与斜面组成的系统在水平方向上动量守恒,但竖直方向动量不守恒,故B错误;小物块和斜面在水平方向上动量守恒,系统总动量为0,则有mx=Mx0,x0为斜面移动的距离,根据位移关系可知x+x0=htanθ,解得小物块的水平位移为x=MM+m·htanθ=23tanθ·h,结合图像可知斜率为23tanθ=qp,解得tanθ=2p3q10.(1)v22g(2)mg+mv2L[解析](1)A释放到与B碰撞前,根据动能定理得mgH=12mv解得H=v(2)碰前瞬间,对A由牛顿第二定律得F-mg=mv解得F=mg+mv(3)A、B碰撞过程中,根据动量守恒定律得mv=2mv1解得v1=12则碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12mv2-12·2m12v11.C[解析]根据能量守恒定律知,碰后小球A的一部分机械能转移给了B,小球A的机械能减小,可知小球A不可能返回到P点,故A错误;设第一次碰后小球B的速度大小为vB,小球A的速度大小为vA,则有mAv0=-mAvA+mBvB,12mAv02=12mAvA2+12mBvB2,解得vA=mB-mAv0mA+mB,vB=2mAv0mA+mB,若mB=2mA,则有vA=v03<vB=2v03,说明两小球只能碰撞一次,故B错误;结合上述,若mB=4mA,则有vA=3v05>vB=2v05,可知两小球将再次碰撞,设第二次碰后小球B的速度为vB',小球A的速度为vA',则有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB',12mAvA212.(1)4m/s(2)3m/s(3)0.9m[解析](1)滑块A自P点滑至平台的过程中由动能定理有m0gR(1-cos60°)=12m0解得vA=4m/s(2)设滑块A挤压弹簧结束后(弹簧恢复原长时)的速度大小为v1,滑块A与滑块B在水平平台上相互作用的时间内,两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律根据动量守恒定律有m0vA=m0v1+mv0根据机械能守恒定律有12m0vA2=12m0v解得v0=3m/s(3)设滑块B滑至小车C右端时它们的共同速度大小为v,滑块B从滑上小车C到滑至小车C右端的过程中,滑块B和小车C两者组成的系统动量守恒根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v根据能量守恒定律有12mv02-12(M+m)解得L=0.9m专题七碰撞模型的拓展1.C[解析]设小球质量为m,圆弧体质量为M,小球从圆弧体A上滚下时,A的速度大小为v1,小球的速度大小为v2,根据动量守恒与能量守恒有Mv1=mv2,mgR=12Mv12+12mv22,12mgR=12mv22,解得M=m,v1=gR,故A、B错误;小球滑上B过程到滑离有mv2=mv2'+Mv,12mv22=12mv2'2+12.B[解析]球a与球b相碰并粘在一起运动,发生完全非弹性碰撞,所以三个小球与弹簧组成的系统动量守恒,机械能有损失,故A错误;当小球b、c速度相等时,弹簧形变量最大,弹簧弹性势能最大,故B正确;弹簧压缩到最短时c球速度还要继续增大,当弹簧恢复原长时c球速度最大,故C错误;规定向右为正方向,球a与球b相碰并粘在一起运动,由动量守恒有mv0=2mv1,当弹簧第一次恢复原长时,三个小球与弹簧组成的系统动量守恒,有2mv1=2mv2+mvc,机械能守恒有12·2mv12=12·2mv22+12mvc2,解得v2=16v0,可知当弹簧第一次恢复原长时,小球c3.BC[解析]两物块组成的系统满足动量守恒定律,可得mAvA+mBvB=0,解得vB=-0.5m/s,可知物块B的速度大小为0.5m/s,方向向左,A错误;根据牛顿第二定律可得aA=F弹mA,aB=F弹mB,可得aAaB=mBmA=21,B正确;当A的速度最大时,弹簧处于原长状态,由图像可知A的最大速度为vAm=2m/s,根据动量守恒定律可得mAvAm=mBvBm,解得B的最大速度为vBm=1m/s,根据能量守恒定律可得12mAvAm2+12mBvBm2=12mAvA2+12mBvB2+Ep,解得A物块速度为1m/s时,弹簧的弹性势能为Ep=0.225J,C正确;当两物块的速度为零时,4.AD[解析]子弹射入物块,由动量守恒可得,子弹刚射入物块时,两者的共同速度v=m0v0m+m0=6m/s,之后,物块受到摩擦力做减速运动,木板受到摩擦力做加速运动,直到物块到达木板右端时,两者达到共同速度,故物块的最大速度为6m/s,故A正确;物块和子弹在木板上滑行时,整体的合外力为零,故动量守恒,那么共同速度v'=(m+m0)vm0+m+M=2m/s,所以木板的最大速度为2m/s,故B错误;物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力,故物块做加速度大小a=μg=4m/s2的匀减速直线运动,所以物块相对于木板滑行的时间t=v-v'a=1s,故C错误;物块在木板上滑行时,物块做加速度大小a=4m/s2的匀减速直线运动,木板做加速度大小a'=μ(m+m05.C[解析]由图知,C与A碰前速度为v1=9m/s,碰后速度为v2=3m/s,C与A碰撞过程动量守恒,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mCv1=(mA+mC)v2,可解得mC=2kg,12s末A和C的速度为v3=-3m/s,4s到12s,弹簧对AC的冲量为I'=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2,代入数据解得I'=-36N·s,方向向左;故墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N·s,故C正确.6.C[解析]根据动量守恒条件可知小球与圆弧体组成的系统在竖直方向合力不为0,系统在水平方向动量守恒,故A错误;整个系统机械能守恒,圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功,则圆弧体对小球做负功,故B错误;滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为L=Rsinθ,根据水平方向动量守恒可得mv球=Mv圆,时间相等,则上式可变形为mx=M(L-x),解得圆弧体与小球的质量之比为Mm=xL-x=qRp-q,故C正确;当θ为90°时,根据机械能守恒可得mgR=12mv球2+12Mv圆2,又根据动量守恒定律解得两者分离时小球的速度为7.C[解析]A在B上向右滑动,A减速,B加速,B向右运动与墙相碰,碰后B向左减速,A向右减速,二者速度同时减到0,对A有μm1g=m1a1,可得a1=3m/s2,对B有μm1g=m2a2,可得a2=1m/s2,设经过时间t达到共同速度,可得v1-a1t=a2t,得t=1s,设B撞墙前的速度为vB1,此时A的速度为v2,可得vB1=v2=1m/s,设此过程中木板的位移为x1,根据vB12=2a2x1,可得x1=0.5m,共速时B未到右墙,B撞墙后,A的速度不变,设B撞墙后的速度为vB2,因A、B最终恰好同时静止,由动量守恒可得m1v2=m2vB2,可得vB2=13m/s,损失的机械能ΔE=12m2(vB12-vB22)=43J,故A、B错误;木板B的长度为撞前和撞后A、B的相对位移之和,即Δx1=v12-v222a1-x1=2m,Δx2=v222a18.(1)20m/s(2)-63J15m/s[解析](1)根据动量守恒定律有mv0+m0v=m+m0代入数据得v1=18m/s根据v22-v解得v2=20m/s(2)滑块经过轨道OAB时,根据动能定理有m0+mgR+Wf=1解得Wf=-63J滑块滑上轨道QCD后,水平方向上系统动量守恒,有m+m0vB=M+m+解得vx=6m/s滑块沿轨道QCD滑动过程中,系统机械能守恒,有12m+m0vB2=1可得vD=15m/s9.(1)3m/s(2)0.3(3)1.8m/s与U形槽左边挡板的距离为0.4m[解析](1)A与U形槽发生弹性碰撞,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+MvC由题意知vA=-v解得vC=3m/s.(2)滑块A与U形槽碰撞后,B做匀加速直线运动,有μmBg=mBaBsB=12aBt滑块A与U形槽碰撞后,U形槽做匀减速直线运动,有μmBg=MaCsC=vCt-12aCt由题意知sC-sB=L联立可得μ=0.3.(3)设U形槽的最终速度为v,由动量守恒定律有MvC=(M+mB)v解得v=1.8m/s由功能关系有12MvC2=12(M+mB)v2解得s=0.9m所以,滑块B最终的位置与U形槽左边挡板的距离为d=0.4m.专题八力学三大观点的综合应用1.(1)21N(2)3.2m/s(3)x=0.12(20Ep-11.2)(0.56J≤Ep≤1.31J)[解析](1)滑块a、b组成的系统动量守恒,弹簧弹性势能转化为a、b动能,有mav1=mbv2Ep0=12mav12+12解得v1=210m/sFN-mag=mav1解得FN=21N(2)滑块a要到达D点,在D点速度要大于或等于0,则在C点的速度至少满足12mavC2=mag(R2+解得vC=3.2m/s过半圆弧形轨道BC的最高点最小速度满足mavC'解得vC'=2m/s3.2m/s>2m/s滑块a在C点的最小速度为3.2m/s(3)设滑块a到达D点的速度为v,则有Ep=12mav2+mag(2R1+R2+R2斜抛运动时间t=vsin53°水平位移x1=vtcos53°得到x1=va在EF上的位移x2=vcos53°距离D点的水平位移x=x1+x2当到D点速度为0时,Ep最小,Epmin=0.56J,当到F点速度为0时,Ep最大,即x2=L,Epmax=1.31J故x=0.1220Ep-11.2(0.56J≤Ep2.(1)①16m/s2,方向竖直向上②2m③12(2)0.[解析](1)h=0.8m时①小物块从静止释放到第一次经过C点,根据动能定理有mgh=12m在C点,根据牛顿第二定律有aC=vC2R=16m/s②小物块在运动过程中,根据动能定理有mgh-mgR1-cosθ=μ1+μs总=2s=2m③小物块在DE上向上运动时,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1解得a1=8m/s2小物块在DE上向下运动时,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2解得a2=2m/s2根据运动学公式可知t上t下=(2)小物块从静止释放到运动到F点,根据动能定理有mgh-2mgR(1-cosθ)-mgLsinθ-μ1mgLcosθ=12m碰撞过程根据动量守恒定律有mvF=2mv根据能量守恒有μ1mg·2L'=12mvF2-联立解得L'=0.2m3.(1)0.2(2)3m/s(3)36J(4)3m[解析](1)A在传送带上的加速度a1=μg假设A一直匀加速运动,则L=12a1求得μ=0.15则到达传送带右端速度v1=a1t1=9m/s>6m/s假设不成立,故A先加速后匀速,有12vt1'+vt2=L、t1'+t2=t、a1t1'=解得μ=0.2(2)A与B第1次碰撞后有mAv=mAv11+mBv2112mAv2=12mAv112+解得v11=0,v21=v=6m/s之后B与C发生碰撞,有mBv21=mCv31+mBv21'12mBv212=12mCv312+1解得v31=12v21(3)A与B发生第二次碰撞交换速度,A和B的速度大小分别为v12=v21'=3m/s、vB静止,之后A滑上传送带再返回,与B发生第三次碰撞,第二次碰后到第三次碰前,A与传送带发生相对位移Δx2=v×2v12A与传送带间因摩擦产生的热量Q=μmAgΔx2=36J(4)A与B发生第三次碰撞,继续交换速度,碰后B和A的速度分别为v23=v12=3m/s、v13=0之后B与C继续发生碰撞,碰后v32=12v23=12B与C多次碰撞后,C不会从台边落下根据能量守恒定律有12mC[12v212+14v212解得L2=3m4.(1)14m/s(2)48.65J(3)7[解析](1)P到达B点前已经开始做匀速运动,拉力与摩擦力平衡,有F=μ0mg则有v0=P0F解得v0=14m/s(2)设物块到达B点的动能为Ek0,物块到达1号物块前瞬间速度为v1,动能为Ek1,物块P与1号物块碰撞后整体速度为v1',整体动能为Ek1'由动能定理可得-μmgL=Ek1-Ek0P与1号物块碰撞,由动量守恒有mv1=2mv1'碰撞后总动能为Ek1'=12×2mv1'2=12联立可得Ek1'=12(Ek0-μmgL)=48.(3)设与n号物块碰撞前速度为vn,动能为Ekn,与n号物块碰撞后整体速度为vn',整体动能为Ekn',P与1整体运动到与2号物块碰撞前瞬间根据动能定理有-μ×2mgL=Ek2-Ek1'P与1整体与2号物块碰撞过程中动量守恒,有2mv2=3mv2'碰后总动能Ek2'=12×3mv2'2=23P与1、2整体运动到与3号物块碰撞前瞬间,根据动能定理则有-μ×3mgL=Ek3-Ek2'P与1、2整体与3号物块碰撞,由动量守恒有3mv3=4mv3'碰撞后总动能Ek3'=12×4mv3'2=34同理可得,P与前n-1个物块组合体与n号物块碰前瞬间有-μ×nmgL=Ekn-Ek(n-1)'P与前n-1个物块组合体与n号物块碰撞由动量守恒有nmvn=(n+1)mvn'碰后总动能Ekn'=nn+1Ek联立可得(n+1)Ekn'=Ek0-(12+22+32+……+n2)μmgL若不能碰撞第n+1号物块,则有Ekn'≤μ(n+1)mgL假设恰好与第n+1号物块碰撞,则Ekn'=μ(n+1)mgL联立得Ek0=12解得n+1=7,所以发生7次碰撞第19讲动量守恒定律及其应用考点一动量守恒定律的理解与应用1.内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的为0,这个系统的总动量保持不变.

2.表达式(1)p=p'或m1v1+m2v2=.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.

(2)Δp1=,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.

3.适用条件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零.(2)近似守恒: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)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量守恒.4.动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量,表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1'、p2'、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量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【辨别明理】1.系统所受合外力做功为0,系统动量守恒.()2.系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变.()3.若物体相互作用时动量守恒,则机械能一定守恒.()4.动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度.()考向一系统动量守恒的判断例1如图所示,在水平光滑地面上有中间用一轻弹簧连接的A、B两个木块,A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F,则下列说法中正确的是()A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能也不守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒[反思感悟]

例2[2024·温州模拟]如图所示,光滑的水平面上静止放置一个表面光滑的弧形槽、物块和滑板,小孩站在静止的滑板上将物块向弧形槽推出,物块滑上弧形槽后未冲出弧形槽的顶端,则()A.小孩推出物块过程,小孩和物块组成的系统动量守恒B.物块在弧形槽上运动过程,物块和弧形槽组成的系统动量守恒C.物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率更大D.物块离开弧形槽时,弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零[反思感悟]

考向二动量守恒定律的基本应用应用动量守恒定律解题的一般步骤(1)确定研究对象,选取研究过程;(2)分析内力和外力的情况,判断是否符合动量守恒条件;(3)选定正方向,确定初、末状态的动量,最后根据动量守恒定律列方程求解.例3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[反思感悟]考向三动量守恒中的临界问题例4如图所示,甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量为M=30kg,乙和他的冰车总质量也是30kg,游戏时甲推着一个质量m=15kg的箱子和他一起以大小为v0=2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住,若不计冰面的摩擦,为了避免甲与乙相撞,甲相对地面推出箱子的速度至少为()A.2.2m/s B.5.2m/sC.6m/s D.10m/s[反思感悟]考点二爆炸、反冲运动和人船模型考向一爆炸问题动量守恒因为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系统受到的外力,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,因为有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而爆炸过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后的物体从爆炸前的位置以新的动量开始运动例5[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(g取10m/s2)()A.两个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.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两个碎块落地点之间的水平距离为340m考向二反冲运动作用原理反冲运动是系统内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例6[2024·义乌中学模拟]乌贼在水中运动方式是十分奇特的,它不用鳍也不用手足,而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,在无脊椎动物中游泳最快,速度可达15m/s.逃命时更可以达到40m/s,被称为“水中火箭”.如图所示,一只悬浮在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为4kg,遇到危险时,通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而迅速逃窜,喷射出的水的质量为0.8kg,则喷射出水的速度为()A.210m/sB.160m/sC.75m/sD.60m/s[反思感悟]

考向三人船模型1.模型图示2.模型特点(1)两物体满足动量守恒定律:mv人-Mv船=0.(2)两物体的位移大小满足:mx人t-Mx人+x船=L,得x人=MM+mL,x船=m例7[2024·舟山模拟]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺测量它的质量.他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d和船长L.若忽略小船受到湖水的阻力,已知他自身的质量为m,则船的质量为()A.m(L+d)d B.C.mLd D.[反思感悟]

例8如图所示,在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车,用长为L的细线系一质量为m的小球,将小球拉至水平位置,球放开时小车与小球保持静止状态,松手后让小球下落,在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起,则()A.小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒B.小球与油泥相撞后一起向右运动C.小球下摆过程小车的运动距离为MLD.小球下摆过程小车的运动距离为mL【技法点拨】人船模型情景推广光滑水平面上光滑斜面体上物块由静止下滑甲光滑水平面上光滑圆弧轨道上物块由静止下滑乙光滑水平面上光滑圆桶上小球由静止滚下丙热气球和人原来静止在空中,人沿长绳竖直向下滑动丁考点三碰撞问题1.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.分类碰撞类型动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒

非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失

【辨别明理】1.质量相等的两个物体碰撞,一定交换速度.()2.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒.()3.在光滑水平面上的两球相向运动,碰撞后均变为静止,则两球碰撞前的动量大小一定相等.()考向一弹性碰撞1.判断依据:碰撞瞬间系统内无机械能损失.2.模型方程:(设主动碰撞的物体质量为m1,被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)m1v1+0=m1v1'+m2v2'12m1v12+0=12m1v1'2+12m解得v1'=(m1-m2)对结果讨论:(1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,碰后实现了动量和动能的全部转移;(2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0,碰后二者同向运动;(3)若m1<m2,则v1'<0,v2'>0,碰后二者反向运动.例9如图所示,水平面上AO段为动摩擦因数μ=0.6的粗糙段,OB段光滑.质量为m=1kg的物体甲放在距O点左侧x1=3m的A处,物体乙静止放在距O点右侧x2=4m的B处.现给物体甲一个水平向右的初速度v0=10m/s,物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰,碰后物体甲恰好能返回出发点A.重力加速度大小g取10m/s2,两物体均可视为质点,则()A.物体甲第一次运动到O点的速度大小为6.5m/sB.物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为0.5sC.物体甲与乙碰撞后,物体甲的速度大小为5.5m/sD.物体乙的质量为3.5kg[反思感悟]

考向二非弹性碰撞1.非弹性碰撞(设两球的质量分别为m1、m2,碰撞前两球的速度分别为v1、v2,碰撞后的速度分别为v1'、v2')(1)动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'.(2)动能有损失:ΔE=12m1v1'2+12m2v2'2-12.完全非弹性碰撞(1)判断依据:碰后恰好相对静止、恰好没有滑出、距离最短(最长)……表示最终共速的描述.(2)模型特点:系统动能损失最多,转化为其他形式的能,如系统内能、弹性势能、重力势能等.(3)模型方程:(设主动碰撞的物体质量为m1,被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)m1v1+0=(m1+m2)vΔE=12m1v2+12m2v2-12m1v例10[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1kg.则碰撞过程两物块损失的机械能为()A.3J B.4J C.5J D.6J[反思感悟]例11[2024·镇海中学模拟]如图所示,小球a、b(均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O.让a球静止下垂,将b球向右拉起,使细线水平.从静止释放b球,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ=60°.忽略空气阻力,则两球a、b的质量之比mamb为(A.22B.2-1C.1-22D.2+1[反思感悟]

考向三碰撞的可能性分析对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加,最后还要注意碰撞后的速度是否符合实际情况.例12(多选)如图甲所示,“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目.为了研究其中的碰撞规律,简化为如图乙所示的模型:直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动,碰前A球的动量pA=50kg·m/s,B球静止,碰后B球的动量变为pB=40kg·m/s.则两球质量mA与mB间的关系可能是()A.mB=0.3mAB.mB=mAC.mB=1.5mAD.mB=5mA[反思感悟]

素养提升多体碰撞的解题思路高中阶段研究的碰撞是一条直线上的对心碰撞,通常研究对象是两个物体.若出现多个物体,一般是分阶段碰撞,即分阶段求解,要明确每个阶段的碰撞研究对象和初末状态.例13(多选)[2024·宁波模拟]大小相同的三个小球(可视为质点)a、b、c静止在光滑水平面上,依次相距l排列成一条直线,在c右侧距c为l处有一竖直墙,墙面与小球连线垂直,如图所示.小球a的质量为2m,b、c的质量均为m.某时刻给a一沿连线向右的初动量p,忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间.下列判断正确的是()A.c第一次被碰后瞬间的动能为2B.c第一次被碰后瞬间的动能为4C.a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为65D.a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为75[反思感悟]

变式斯诺克这种台球运动越来越受到人们的喜爱.斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”,所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球,打球过程中可以利用球来做障碍迫使对方失误,而且做障碍是每个职业斯诺克球手都必须掌握的一种技术.假设光滑水平面内一条直线上依次放有8个质量均为m的弹性红球,质量为1.5m的白球以初速度v0多次与8号球发生弹性正碰,若碰撞均为弹性碰撞,则8号球最终的速度大小为()A.0B.65vC.651D.651专题七碰撞模型的拓展题型一“滑块—斜(曲)面”模型1.模型图示2.模型特点(1)上升到最大高度:滑块与曲面具有共同水平速度v共,此时滑块的竖直速度vy=0.系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,12mv02=12(M+m)v共2+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(2)返回最低点:滑块与曲面分离点.水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,12mv02=12mv12+1例1[2024·宁波模拟]如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1m,E点与水平面相切.另有一个质量为m的小球以v0=5m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好没越过圆弧的上端,已知重力加速度大小g取10m/s2,不计一切摩擦.则滑块与小球质量的比值Mm为()A.2 B.3 C.4 D.5例2[2016·新课标卷Ⅱ]如图所示,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3m/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=0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小g取10m/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?题型二“滑块—弹簧”模型1.模型图示2.模型特点(1)动量守恒:两个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.(2)机械能守恒:系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒.(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能).(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞).例3(多选)[2024·温州模拟]如图甲所示,一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上.现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧,速度—时间图像如图乙,则有()A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且弹簧都处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8例4如图甲所示,小球A、B的质量都是2kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,球B右侧与竖直墙壁接触但不粘连,球C从高为5m的平台以6m/s的初速度水平抛出,落地时恰好与A相撞,碰撞瞬间竖直方向不反弹,且与A粘在一起不再分开,小球A的v⁃t图像如图乙所示,下列说法正确的是()A.C的质量为1kgB.前2s时间内,弹簧对B的冲量大小为0C.B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为13.5JD.B离开墙壁后的最大动能为16J例5如图所示,轨道ABCD由三部分组成,即半径R1=1.2m的光滑14圆轨道AB,长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC,以及足够长的光滑水平轨道CD.物块P质量m1=2kg、物块Q质量m2=1kg,两物块间压缩着一轻质弹簧并锁定(物块与弹簧不连接)静止于CD段中间,物块P、Q可视为质点.紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车,其上表面EF段粗糙,与CD等高,长度LEF=1.2m;FG段为半径R2=1.8m的14光滑圆轨道;小车与地面间的阻力可不计.P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5,现解除弹簧锁定,物块P、Q由静止被弹出(P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧),其中物块P进入CBA轨道,而物块Q滑上小车.不计物块经过各连接点时的机械能损失,重力加速度g取10m/s(1)若物块P经过CB后恰好能到达A点,求P通过B点时圆弧轨道对P的弹力大小;(2)若物块P经过CB后恰好能到达A点,请分析物块Q能否冲出小车最高点G;(3)若弹簧解除锁定后,要求物块P不从轨道滑出,物块Q滑上小车后始终不滑离小车,求被锁定弹簧的最大弹性势能.题型三“子弹打木块”模型1.模型图示2.模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒.(2)系统的机械能有损失.3.两种情景(1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒:mv0=(m+M)v能量守恒:Q=Ff·s=12mv02-12(M+(2)子弹穿透木块动量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:Q=Ff·d=12mv02-12Mv22例6[2024·湖州模拟]如图所示,在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块,现有一颗质量为20g的子弹以大小为300m/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,和木块一起以共同的速度运动.已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm,子弹打进木块的深度为6cm.设木块对子弹的阻力保持不变.(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能.(2)若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块,则在射中木块后能否射穿该木块?

变式1如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止.若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则()A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大变式2[2024·金华模拟]如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长,一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入木块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是()A.子弹射入物块A的过程中,子弹的动量变化量为kmB.子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为kmC.在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量大小最大值为kmD.弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为k题型四“滑块—木板”模型1.模型图示2.模型特点(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能.(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大.3.求解方法(1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统;(2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体;(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统.例7(多选)如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,g取10m/s2.则下列说法正确的是()A.木板获得的动能为1JB.系统损失的机械能为2JC.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.1例8如图所示,在光滑水平地面上固定足够高的挡板,距离挡板x=3m处静止放置质量M=1kg、长L=4m的小车,一质量m=2kg的滑块(可视为质点)以v0=6m/s的初速度滑上小车左端,带动小车向右运动,小车与挡板碰撞时被粘住不动,已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2.(1)若小车碰撞挡板前滑块已经与小车共速,求滑块与小车的共同速度大小;(2)当滑块与小车共速时,小车与挡板的距离和滑块与小车右端的距离分别为多少?(3)若滑块与挡板碰撞时为弹性碰撞,求全过程中滑块克服摩擦力做的功.专题八力学三大观点的综合应用1.力学三大基本观点力与运动的观点运用牛顿定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题能量的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动量的观点用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题2.三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律.两个守恒定律的表达式中多项都是状态量(如速度、位置),所以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(如位移x、时间t)问题,不能解决力(F)的问题.(1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律.(2)若物体(或系统)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动定律.(4)若物体(或系统)涉及位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘相对路程,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便.题型一动量与动能观点的综合应用例1[2024·宁波模拟]柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成.重锤汽缸的质量为m,钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端,桩帽和桩总质量为M.汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落,汽缸下落过程中,桩体始终静止.当汽缸到最低点时,向缸内喷射柴油,柴油燃烧,产生猛烈推力,汽缸和桩体瞬间分离,汽缸上升的最大高度为h,重力加速度为g.(1)求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量;(2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为Ff,求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离.例2如图所示,在光滑水平台面上,一个质量m=1kg的小物块压缩轻弹簧后被锁扣K锁住.现打开锁扣K,物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台,并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC.已知A、B的高度差h=0.8m,水平距离x=1.2m,圆弧轨道的半径R=1m,C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方,并会与水平地面上长为L=2m的粗糙直轨道CD平滑连接,小物块沿轨道BCD运动并会与右边的竖直墙壁发生碰撞,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,空气阻力忽略不计.(1)求小物块运动到平台末端A的速度大小v0;(2)求轻弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep;(3)求圆弧BC所对的圆心角θ;(4)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹,且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间,求小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件.题型二力学三大观点的综合应用例3[2023·浙江6月选考]为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接.质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上.现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=221m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短).已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为形变量),g取10m/s2(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN;(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE;(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx.规范答题区自评项目(共100分)自评得分书写工整无涂抹(20分)有必要的文字说明(20分)使用原始表达式、无代数过程(30分)有据①②得③等说明(10分)结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)例4[2024·浙江6月选考]一弹射游戏装置竖直截面如图所示,固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接.长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置,平板上表面与DEH齐平.将一质量为m的小滑块从A端弹射,经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动,平板到达HG即被锁定.已知R=0.5m,d=4.4m,L=1.8m,M=m=0.1kg,平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2.滑块视为质点,不计空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2.(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,求滑块离开弹簧时速度v0的大小;(2)若μ2=0,滑块恰好过C点后,求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能;(3)若μ2=0.1,滑块能到达H点,求其离开弹簧时的最大速度vm.第19讲动量守恒定律及其应用(限时40分钟)1.如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,物块Q自P的上端由静止释放.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2.[2024·宁波模拟]一个连同装备共有200kg的航天员,脱离宇宙飞船后,在离飞船60m的位置与飞船处于相对静止的状态.装备中有一个高压气源,能以50m/s的速度喷出气体.航天员为了能在1min内返回飞船,他在开始返回的瞬间需要一次性向后喷出的气体至少约()A.3kg B.4kg C.5kg D.6kg3.[2024·舟山模拟]如图所示,质量为1kg的平板车放置在光滑水平玻璃面上,一辆质量为0.2kg的电动玩具车放在平板车上,其前端距离平板车左端1.8m.现启动电动玩具车,则()A.玩具车开始向左运动后,平板车仍然静止B.玩具车突然不动时,平板车仍然向右运动C.玩具车运动得越快,平板车运动得越慢D.玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平面上移动了0.3m4.[2024·绍兴模拟]如图所示,水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A和B,两物体可视为质点且A的质量较大.两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离,不计空气阻力,则A物体()A.爆炸过程中,获得的初动量大B.爆炸过程中,获得的初动能大C.爆炸后,滑行时间短D.爆炸后,滑行距离长5.[2024·金华模拟]超市里用的购物车为顾客提供了购物方便,又便于收纳,收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起,如图甲所示.某兴趣小组在超市对同款购物车(以下简称“车”)的碰撞进行了研究,分析时将购物车简化为原来静止的小物块.已知车的净质量均为m=12kg,将1号车以速度v1=6m/s向右推出,先与2碰撞结合为一体后再撞击3,最终三车合为一体.忽略一切摩擦和阻力,则第二次碰撞过程中损失的机械能为()A.18J B.36J C.54J D.72J6.[2023·台州模拟]如图所示,B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后()A.3个小球静止,3个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.5个小球静止,1个小球运动D.6个小球都运动7.(多选)[2023·绍兴模拟]如图所示,质量为3m、半径为R的空心大球B内壁光滑,静止在光滑水平面上,有一质量为m的小球A(可视为质点),从与大球球心等高处,紧贴着大球内表面无初速度释放,重力加速度大小为g.小球A滑到大球的最低点时,下列说法正确的是()A.小球A的水平位移大小等于34B.小球A的水平位移大小等于54C.小球A的速度大小等于3gRD.小球A的速度大小等于3gR8.[2024·苏州模拟]在光滑水