新高考物理一轮复习精讲精练第7章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用（含解析）

第二讲动量守恒定律及其应用知识梳理一、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为eq\a\vs4\al(0)，这个系统的总动量保持不变。2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。3．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零。(2)系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。(3)系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的机械能没有损失。②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失。③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。3．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。知识训练考点一动量守恒定律的理解和基本应用1．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：如果动量守恒．2．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．例1、如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是()A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零【答案】A【解析】从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误．例2、如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是()A．连续敲打可使小车持续向右运动B．人、车和锤组成的系统机械能守恒C．当锤子的速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零D．人、车和锤组成的系统动量守恒【答案】C【解析】把人、锤子和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统的水平方向总动量为零，所以当锤子的速度方向竖直向下，即水平方向动量为零时，人和车水平方向总动量为零，锤子向左运动时，车向右运动，锤子向右运动时，车向左运动，所以车在水平方向做往复运动，不会持续地向右运动，故A错误，C正确；由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，机械能又通过锤子敲打小车等转化为内能，因此人、车和锤组成的系统机械能不守恒，故B错误；在锤子的连续敲打下，人、车和锤组成的系统竖直方向所受的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，故D错误。例3、(多选)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为eq\f(E,3)【答案】BD【解析】撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两木块的重力与水平面对它们的支持力平衡，合力为零，而水平方向墙对A有向右的弹力，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；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，则系统的动量守恒，此过程只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A错误，B正确。撤去F，A离开竖直墙后，当两木块速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两木块的共同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mv0＝3mv，E＝eq\f(1,2)·3mv2＋Ep，又E＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，联立解得弹簧的弹性势能最大值为：Ep＝eq\f(E,3)，故C错误，D正确。例4、如图，质量为M的小车A停放在光滑的水平面上，小车上表面粗糙。质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大小为()A．0 B．eq\f(mv0,M)C．eq\f(mv0,M＋m) D．eq\f(mv0,M－m)【答案】C【解析】B在A上滑动的过程中，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C正确。课堂随练训练1、(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】因为水平地面光滑，所以撤去推力后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功，系统机械能不守恒。故选B。训练2、(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒【答案】BD【解析】子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。训练3、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【答案】B【解析】P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，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。训练4、(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A．eq\f(m,M)v B．eq\f(M,m)vC．eq\f(m,m＋M)v D．eq\f(M,m＋M)v【答案】B【解析】由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝eq\f(－Mv,m)，即滑板的速度大小为eq\f(Mv,m)，B正确。考点二、碰撞问题1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．2．弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.例1、A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s【答案】B【解析】虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于BmBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek前＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．例2、(多选)(2022·肇庆第二次统一测试)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比eq\f(M,m)可能为()A．1 B．2C．3 D．4【答案】CD【解析】设碰前每个物块的动量为p，碰后M的速度为v，由动量守恒得2p＝Mv由能量守恒定律可知，碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能，又Ek＝eq\f(p2,2m)，可得eq\f(p2,2M)＋eq\f(p2,2m)≥eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,M)))eq\s\up12(2)，联立解得eq\f(M,m)≥3，C、D正确。例3、已知质量相同的两个物体发生弹性正碰时速度交换。如图为“牛顿摆”，由五个相同的钢球紧挨着悬挂在同一水平线上。拉起最左侧的球1并释放，由于相邻球间的碰撞，导致最右侧的球5被弹出，碰撞时动能不损失。则()A．相邻球间碰撞属于非弹性碰撞B．球5被弹起时，球4速度不为零C．球5被弹起时，球1速度等于零D．5个钢球组成的系统在整个运动过程中动量守恒【答案】C【解析】因为碰撞时动能不损失，则各个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，A错误；因为两球碰撞时交换速度，则球5被弹起时，球4速度为零，B错误；球1落下后与球2碰撞，1、2两球交换速度，之后以此类推，当球5被弹起时，球1、2、3、4的速度都等于零，C正确；5个钢球组成的系统在水平方向碰撞过程中动量守恒，而在球1和球5摆动的过程中动量不守恒，D错误。例4、(多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)()A．2eq\r(2gR)B．eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR)D．eq\r(5gR)【答案】BC【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv22，联立得：v2＝eq\f(2v0,3).若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·eq\f(vmin2,R)，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝eq\f(1,2)·2mv2′2－eq\f(1,2)·2mvmin2，v2′＝eq\f(2v0′,3)，解得：v0′＝1.5eq\r(5gR)，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5eq\r(5gR).若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：2mg·R＝eq\f(1,2)·2mv2″2，v2″2＝eq\f(2v0″,3)，解得v0″＝1.5eq\r(2gR)，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq\r(2gR).由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq\r(2gR)或v0≥1.5eq\r(5gR)，故A、D错误，B、C正确．例5、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【答案】D【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时刻相等，且两子弹对木块作用的时间相等，两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，则子弹射入时的初动能EkA>EkB，故B、C错误，D正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有eq\r(2mAEkA)＝eq\r(2mBEkB)，而EkA>EkB，则mA<mB，故A错误。例7、(2021·北京高考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。【答案】(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J【解析】(1)两物块在空中做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2代入数据解得t＝0.30s。(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，有s＝vt代入数据解得v＝1.0m/s根据动量守恒定律，有mv0＝2mv代入数据解得v0＝2.0m/s。(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2代入数据解得ΔE＝0.10J。课堂随练训练1、(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．3JB．4JC．5JD．6J【答案】A【解析】设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能E损＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3J，选项A正确。训练2、如图，立柱固定于光滑水平面上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间中点，则a、b两球质量之比M∶m为()A．3∶5B．1∶3C．2∶3D．1∶2【答案】A【解析】设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2，由题有：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a、b球通过的路程之比为：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a球的初速度为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)Mv02＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得M∶m＝3∶5，故选A。训练3、甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，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，则两球质量m1与m2间的关系可能是()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2【答案】C【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，系统的机械能不会增加。所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，得m1≤eq\f(21,51)m2。因为题目给出物理情境是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情境，就必须有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情境，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，所以m1≥eq\f(1,5)m2。因此选项C正确。训练4、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，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是()A．5m/s B．4m/sC．3m/s D．2m/s【答案】A【解析】设碰前滑块A的速度大小为v0，滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得：mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，解得v0＝6m/s。若两个滑块发生的是弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得vB＝4m/s；若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2m/s；所以碰后小滑块B的速度大小范围为2m/s≤v≤4m/s。故选A。训练5、(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量是m＝2kg，则由图可知下列结论错误的是()A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4N·sC．碰撞前后A的动量变化为6kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【答案】AC【解析】由x­t图象的斜率表示速度可知，碰撞前，A球的速度vA＝eq\f(Δxa,Δta)＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，B球的速度vB＝eq\f(Δxb,Δtb)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝eq\f(Δxc,Δtc)＝eq\f(2－4,2)m/s＝－1m/s，碰撞前后A球的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，C错误；对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得：mB＝eq\f(4,3)kg，A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s，A错误；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝mBv－mBvB＝－4kg·m/s＝－4N·s，B正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为：ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10J，D正确。本题选错误的，故选A、C。训练6、如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落，不计空气阻力。(1)在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力？请说明理由。(2)已知h远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方向运动，若碰撞后m2恰处于平衡状态，求：①落地前瞬间，两个小球的速度大小v0；②两个小球的质量之比m1∶m2；③小球m1上升的最大高度H。【答案】(1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力，任意时刻它们均处于完全失重状态，其速度和加速度都相同，不会相互挤压，因而没有相互作用力。(2)①eq\r(2hg)②1∶3③4h【解析】(1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力，任意时刻它们的速率和加速度都相同，不会相互挤压，其间没有相互作用力。(2)①根据机械能守恒定律：eq\f(1,2)(m1＋m2)v02＝(m1＋m2)gh解得v0＝eq\r(2gh)②m1，m2以相同的速度v0落到地面，m2先与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向反向；接着与m1碰撞，碰后m2的速度恰好减为零，m1的速度为v1，取向上为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有—m1v0＋m2v0＝m1v1eq\f(1,2)m1v02＋eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m1v12解得v1＝2v0＝2eq\r(2gh)，m1∶m2＝1∶3。③根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)m1v12＝m1gH解得H＝4h。考点三、爆炸、反冲问题1．反冲运动的三点说明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2．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3．“人—船”模型模型特点(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。例1、有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为()A．eq\f(m（L＋d）,d) B．eq\f(m（L－d）,d)C．eq\f(mL,d) D．eq\f(m（L＋d）,L)【答案】B【解析】设船的质量为m船，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船eq\f(d,t)＝eq\f(m（L－d）,t)，小船的质量为m船＝eq\f(m（L－d）,d)，故B正确。例2、(多选)如图所示，质量为4kg的小车Q静止在光滑的水平面上，质量为2kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为0.75m的细线拴接在小车上的固定竖直轻杆顶端的O点。现将小球拉至与O等高的位置，且细线刚好绷直，拉起过程中小车静止，某时刻给小球一竖直向下的速度v0＝3m/s，重力加速度为g＝10m/s2，当细线第一次呈竖直状态时，下列说法正确的是()A．小车Q的位移大小为0.25mB．小球P的速度大小为2eq\r(6)m/sC．小车Q的速度大小为2m/sD．小球下落过程中，细线对小球P做的功为7J【答案】AC【解析】小球P下落过程中，小球P和小车Q组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒。取水平向右为正方向，从小球由释放到细线第一次呈竖直状态，有0＝mPeq\f(xP,t)－mQeq\f(xQ,t)，又xP＋xQ＝L＝0.75m，解得小车Q的位移大小xQ＝0.25m，A正确；设细线第一次呈竖直状态时，小球P的速度大小为vP，小车Q的速度大小为vQ，水平方向有0＝mPvP－mQvQ，根据系统的机械能守恒得：mPgL＋eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)，联立解得vP＝4m/s，vQ＝2m/s，B错误，C正确；小球下落过程中，设细线对小球P做的功为W，对P，根据动能定理得：mPgL＋W＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)，解得W＝－8J，D错误。例3、(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，该运动员的质量可能为()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【答案】BC【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0；物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0；第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0；以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度大小为v8＝eq\f(15m0,m)v0。根据题意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物块后，运动员的速度大小为v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。综上所述，该运动员的质量应满足52kg<m<60kg，故A、D错误，B、C正确。例4、质量m＝260g的手榴弹从水平地面上以v0＝10eq\r(2)m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5m的最高点时爆炸，手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地时动能为5J。重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；(2)手榴弹所装火药的质量；(3)两块弹片落地点间的距离。【答案】(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m【解析】(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1，有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋mgh代入数据解得v1＝10m/s。(2)设两块弹片的质量均为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，设另一块速度为v2，有m′gh＝5J代入数据解得m′＝0.1kg设手榴弹所装火药的质量为Δm，有Δm＝m－2m′代入数据解得Δm＝0.06kg。(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t，两块弹片落地点间的距离为Δx，有mv1＝m′v2，Δx＝v2t，h＝eq\f(1,2)gt2代入数据解得Δx＝26m。课堂随练训练1、(2022·河南省模拟)解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，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，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是()A．eq\f(m,M)v0B．eq\f(M,m)v0C．eq\f(M,M－m)v0D．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.训练2、(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)()A．系统的总动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为eq\f(2m1l,m2＋m1)【答案】BD【解析】系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为eq\f(2m1l,m2＋m1)，D正确。训练3、如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，则Ek1和Ek2的比值为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,4)C．eq\f(3,2) D．eq\f(4,3)【答案】C【解析】设小球Q的质量为m，滑块P顶端距地面的高度为h，弧形滑块P锁定在光滑水平地面上时，对小球Q，根据动能定理可知Ek1＝mgh；解除锁定后，让小球Q从滑块顶端由静止释放，小球Q与滑块P组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，设小球Q离开P时的速度大小为v1，滑块P的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv1－2mv2＝0，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)＝mgh，联立解得Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(2,3)mgh，则eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(3,2)，故C正确，A、B、D错误。训练4、在光滑的水平面上有静止的物体A和B。物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中()A．A的速率是B的2倍B．A的动量大小大于B的动量大小C．A受到的合外力大于B受到的合外力D．A、B组成的系统的总动量为零【答案】D【解析】弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，则mAvA＋mB(－vB)＝0，mAvA＝mBvB，由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的eq\f(1,2)，故A、B错误，D正确；A、B受到的合外力大小均等于弹簧弹力，故C错误。训练5、(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【答案】(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。同步训练1．(2022·江苏省高考模拟)质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后，以水平速度大小v′被弹回，已知v′<v，篮球与篮板撞击时间极短。下列说法正确的是()A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v′－v)B．撞击时篮板受到的冲量为零C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化，即I＝mv′－m(－v)＝m(v′＋v)，A错误；碰撞时，篮球与篮板相互作用，相互作用力等大反向，作用时间相等，则篮板受到的冲量大小不为零，B错误；撞击时间极短，重力的冲量忽略不计，撞击前后篮板均保持静止，篮球速度反向，所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒，C正确；由于v′<v，系统机械能有损失，不守恒，D错误。2．一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为()A．m＝eq\f(v2－v0,v1)M B．m＝eq\f(v2,v2＋v1)MC．m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq\f(v2－v0,v2－v1)M【答案】C【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故C正确。3．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为()A．16J B．2JC．6J D．4J【答案】A【解析】设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m0)v2＝eq\f(m＋m0,m0)·eq\f(1,2)mv2，而木块获得的动能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，则ΔE>6J，A正确。4．(多选)在光滑的水平面上，一个质量为2kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是()A．碰撞后A的动量为6kg·m/sB．碰撞后A的动量为2kg·m/sC．物体B的质量为2kgD．碰撞过程中合外力对B的冲量为6N·s【答案】BD【解析】由题图可知，碰撞前A的速度为v0＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s，碰撞后A、B共同的速度为v＝eq\f(24－16,12－4)m/s＝1m/s，则碰撞后A的动量为pA＝mAv＝2kg×1m/s＝2kg·m/s，A错误，B正确；A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6kg，C错误；对B，由动量定理可得IB＝mBv－0＝6N·s，D正确．5．(2022·河北省唐山市高三上开学摸底考试)羽毛球运动作为人们日常活动最受欢迎的运动项目之一，若羽毛球以某一水平初速度击中静止在水平地面的纸箱，使其瞬间卡在纸箱侧壁上，发现羽毛球与纸箱一起滑行的距离为L。已知羽毛球的质量为5g，纸箱的质量为2.495kg，纸箱与地面间动摩擦因数μ＝0.1，滑行距离L＝2cm。则羽毛球击中纸箱的初速度是()A．0.1m/s B．1m/sC．10m/s D．100m/s【答案】D【解析】设羽毛球击中纸箱的初速度为v，羽毛球刚击中纸箱与纸箱一起滑行的速度为v′，由动量守恒定律可得mv＝(m＋M)v′，羽毛球与纸箱一起滑行时，由动能定理可得0－eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝－μ(m＋M)gL，解得v＝100m/s，故选D。6．如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽逆时针方向运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为()A．3∶1 B．1∶3C．5∶3 D．3∶5【答案】D【解析】根据题意，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞，且∠POQ＝90°，可知碰后a、b两球的速度大小之比为va∶vb＝1∶3，两小球发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，设球a的初速度大小为v0，有mav0＝mbvb－mava，eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，则碰撞后两球速度大小为va＝－eq\f(ma－mb,ma＋mb)v0，vb＝eq\f(2ma,ma＋mb)v0，联立解得a、b两球质量之比为3∶5，故D正确。7．如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．一直匀速后退【答案】A【解析】人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m。8．(2021·北京高三学业考试)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()A．E＝eq\f(1,4)mv02I＝2mv0B．E＝eq\f(1,2)mv02I＝2mv0C．E＝eq\f(1,4)mv02I＝mv0D．E＝eq\f(1,2)mv02I＝mv0【答案】A【解析】AB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：mv0＝2mv1，解得：v1＝eq\f(v0,2)碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：E＝eq\f(1,2)×2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mv02，取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得I＝2m×eq\f(v0,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2m×\f(v0,2)))＝2mv0，所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0，故A项正确；9．(多选)(2021·广西南宁期末)在光滑的冰面上，质量为80kg的冰球运动员甲以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是()A．碰后乙的速度的大小是1.5m/sB．碰后乙的速度的大小是1.0m/sC．碰撞中总机械能损失了1500JD．碰撞中总机械能损失了1400J【答案】BD【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2′，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1－Mv2＝Mv2′，解得：v2′＝eq\f(m,M)v1－v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(80,100)×5.0－3.0))m/s＝1.0m/s，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰