专题10 动量、动量守恒 2022-2023高考三轮精讲突破训练（全国通用）（解析版）

学而优教有方专题10动量观点的应用目录TOC\o"1-2"\h\u专题10动量观点的应用 1考向一动量定理的理解 1考向二动量守恒定律及应用 3考查方式一爆炸模型 3考查方式二弹簧的“爆炸”模型 7考查方式三人船模型与人船相识模型 12考查方式四类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较 15考向三动量观点与能量观点的综合应用 21考向一动量定理的理解1．掌握基本概念和规律2．应用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷．动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．力变化的情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．【典例1】质量m＝1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（）物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动B.4s末物体的速度为零C.6s内合外力的冲量为8NsD.6s内合外力做功为8J【答案】D【解析】A．由图可知，合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速度运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；B．图可知，合力方向不变，则物体一直做加速运动，故B错误；C．图像与坐标轴所围面积表示合力的冲量，合力冲量为合力的冲量为0，则6s内合外力的冲量为，故C错误；D．由动量定理可得即此时的动能为由于合力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以6s内合外力做功为8J，故D正确。故选D。【典例2】江西艺人茅荣荣，他以7个半小时内连续颠球5万次成为新的吉尼斯纪录创造者，而这个世界纪录至今无人超越．若足球用头顶起，某一次上升高度为80cm，足球的重量为400g，与头顶作用时间为0.1s，则足球本次在空中的运动时间和足球给头部的作用力大小分别为（）（空气阻力不计，g=10m/s2）．A.t=0.4s；FN=40N B.t=0.4s；FN=68NC.t=0.8s；FN=36N D.t=0.8s；FN=40N【答案】C【解析】足球在空中做竖直上抛运动，自由下落时有自由下落的时间足球本次在空中的运动时间竖直上抛的初速度设竖直向上为正方向，对足球由动量定理头部给足球的作用力大小根据牛顿第三定律，足球给头部的作用力大小也是36N．A.t=0.4s；FN=40N，与上分析不一致，故A错误；B.t=0.4s；FN=68N，与上分析不一致，故B错误；C.t=0.8s；FN=36N，与上分析一致，故C正确；D.t=0.8s；FN=40N，与上分析不一致，故D错误．考向二动量守恒定律及应用动量守恒定律的条件、表达式和性质考查方式一爆炸模型1、爆炸模型的特点（1）动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。（2）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，所以爆炸后系统的总动能增加。（3）位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。2、爆炸模型分析（1）如图：质量分别为、的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：、组成的系统动量守恒：①得：②②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。、组成的系统能量守恒：③①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得④进一步化简得：⑤⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。②⑤联立可得：⑥（2）若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：、组成的系统动量守恒：⑦、组成的系统能量守恒：⑧【典例3】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，设爆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。设爆炸后烟花弹向上运动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，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)⑧[变式1]如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10m/s2，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆轨道的半径R。【答案】(1)1J(2)0.3m【解析】(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＋E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，两式联立并代入数据解得E＝1J。(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立可解得R＝0.3m。[变式2]如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．【答案】4eq\r(\f(Eh,mg))【解析】爆炸之前E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)爆炸过程动量守恒：mv0＝eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(22,)＝2E解得：v1＝0，v2＝2v0随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，则由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝2v0t解得x＝4eq\r(\f(Eh,mg)).考查方式二弹簧的“爆炸”模型、组成的系统动量守恒：①得：②②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。、组成的系统能量守恒：③①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得④进一步化简得：⑤⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。②⑤联立可得：⑥若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：、组成的系统动量守恒：⑦、组成的系统能量守恒：⑧【典例4】如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2kg的小球P和质量为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。已知水平桌面高为h＝0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2m，重力加速度为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F′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。【答案】(1)12N(2)2m/s(3)0.3J【解答】(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq\f(v\o\al(2,C),R) 解得vC＝eq\r(gR) 对于小球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FNB－Mg＝Meq\f(v\o\al(2,B),R) 解得FNB＝6Mg＝12N 由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝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 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。 [变式]静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图1所释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0．50m(3)0.91m【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋sB))⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s⑪故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－vA′))＝mAvA″＋mBvB″⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m考查方式三人船模型与人船相识模型【模型构建】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，求船和人对地面的位移各为多少？解析：以人和船组成的系统为研究对象，在水平方向不受外力作用，满足动量守恒．设某时刻人的速度为v1，船的速度为v2，取人行进的方向为正，则有：s1s1s2两边同乘时间t，，设人、船位移大小分别为s1、s2，则有，①由图可以看出：②由①②两式解得，答案：，点评：人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化。【人船相似模型】【典例5】光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A．FN＝mgcosαB．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面向左滑动的距离为eq\f(m,M＋m)L【答案】D【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正确。[变式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(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)【答案】B【解析】设船的质量为M，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，人的位移为L－d，船的位移为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：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,d)，小船的质量为：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正确．[变式2]质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h【答案】C【解析】设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝eq\f(L－h,t)人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝eq\f(h,t)联立得：0＝－M·eq\f(L－h,t)＋m·eq\f(h,t)，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正确，A、B、D错误．[变式3]如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是（）A．滑块和小球组成的系统动量守恒B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒C．滑块的最大速率为D．滑块向右移动的位移为【答案】BCD【解析】A．小球下落过程中，小球竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；B．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故B正确；C．当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方向，系统水平方向动量有系统机械能守恒有解得，滑块的最大速率为故C正确；D．设滑块向右移动的位移为x，根据水平动量守恒得解得故D正确。故选BCD。考查方式四类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较反冲模型类碰撞模型示意图vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共运动至最低点水平方向动量守恒:能量守恒:（内壁光滑Q1=0）机械能守恒:运动至最高点水平方向动量守恒，速度都为零；全程能量守恒:且Q1>Q2（若内壁光滑Q1=Q2=0）水平方向动量守恒：能量守恒：（若内壁光滑Q=0）【典例6】如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点已知小车质量M=4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（）A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+LB．小车在运动过程中速度的最大值为C．全过程小车相对地面的位移大小为D．、L、R三者之间的关系为R=L【答案】BCD【解析】AC．滑动与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有，由上两式解得，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为，全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误；C正确；B．滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑动与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有，由上两式解得小车在运动过程中速度的最大值为，所以B正确；D．滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律则有解得R=L所以、L、R三者之间的关系为R=L，则D正确；故选BCD。[变式1]如图所示，内有光滑半圆形轨道、质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，其水平直径BD长度为2r。一个铁桩固定在地面上，滑块左侧紧靠在铁桩上。滑块内圆轨道的左端点B的正上方高度h处有一点A，现将质量为m的小球（可以视为质点）从A点由静止释放，然后经过半圆轨道的B、C、D点后冲出（C点为圆轨道的最低点）。已知当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计。(1)求小球到达C点时的速度大小；(2)求小球第一次冲出D点后，能够上升的最大高度；(3)如果没有滑块左侧的铁桩，求小球第二次冲出D点并到达最高点时，小球与初位置A点的水平距离。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)小球从A到C由动能定理解得(2)小球从C到D的过程水平方向动量守恒，则由能量关系解得(3)如果没有滑块左侧的铁桩，小球第一次冲出D点时，滑块向左的位移为x，则解得此时滑块和小球的水平速度均为零，小球向上做竖直上抛运动，再次回到D点进入凹槽，此后凹槽向右运动，先加速后减速，到小球从B点冲出时，凹槽回到原来的位置，速度减为零，以后重复原来的运动，则当小球第二次冲出D点并到达最高点时，小球与初位置A点的水平距离为[变式2]如图所示，质量为的工件带有半径的光滑圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度。质量为的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取。求：(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。【答案】(1)280N，方向竖直向下；(2)0m【解析】(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有联立解得在B点处，对物块有解得根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小，方向竖直向下(2)物块滑离工件后做平抛运动的时间物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为，工件向左运动的距离为，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得两边同乘于两者相互作用的时间得又由位移关系得联立解得，故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为[变式3]如图所示，将一光滑的质量为4m半径为R的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为m的小球自左侧槽口A的正上方高R处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A．小球在半圆槽内第一次到最低点B的运动过程中，槽的支持力对小球不做功B．小球第一次运动到半圆槽的最低点B时，小球与槽的速度大小之比为4:1C．小球第一次从C点滑出后将做竖直上抛运动D．物块最终的动能为【答案】D【解析】A．小球从A到B的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动，一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于，故槽的支持力对小球做负功，故A错误；B．由于小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有解得，故B错误；CD．小球从A到B的过程，根据系统机械能守恒得联立C选选项中式子解得，当小球从B到C的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以的速度向左匀速运动，则物块的动能为由于小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，小球第一次到达C点时，因为小物块速度不为0，则小球和半圆槽的水平速度也不可能为0，故小球第一次从C点滑出后不可能做竖直上抛运动，故C错误，D正确。故选D。【典例3】(2020·重庆市部分区县第一次诊断)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球质量之比为()A．3∶5 B．1∶3C．2∶3 D．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a、b两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，由动量守恒定律得Mv＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv2＝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．考向三动量观点与能量观点的综合应用(1)解题策略①弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．②进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．③在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．④如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．(2)动量与能量的综合问题常取材“板、块”模型、“传送带”模型、“弹簧、物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用．要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论).【典例7】如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小是()A．9N·s B．18N·sC．36N·s D．72N·s【答案】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)v2,12s末A和C的速度为v3＝－3m/s,4s到12s，墙对B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，A、B、D错误．[变式1](多选)如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量m1＝2.0kg的物体A.平衡时物体A距天花板的距离h＝2.4m，在距物体A正上方高h1＝1.8m处由静止释放质量为m2＝1.0kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/sB．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25mC．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18ND．A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为0.2m【解析】：【答案】ABC设物体B自由下落至与物体A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律有v0＝eq\r(2gh1)＝6m/s，物体A、B碰撞结束瞬间二者具有共同的速度vt，以向下为正方向，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)vt，解得vt＝2m/s，A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，以B为研究对象，由动量定理有(m2g－F)t＝0－m2vt，解得F＝18N，方向竖直向上，设碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为x，由动能定理有－Fx＋m2gx＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,t)，解得x＝0.25m，B、C正确；A、B分开时其相互间的作用力为零，且A、B具有相同的加速度，可知当弹簧对A的拉力为零，即弹簧恢复原长时，A、B分开，若A、B上升到碰撞位置分开，B还能上升的最大高度h′＝eq\f(v\o\al(2,t),2g)＝0.2m，因弹簧恢复原长时的位置比碰撞时的高，此时B的速度小于vt，故B还能上升的最大高度小于0.2m，D错误．[变式2]光滑的水平面上质量分别为m1＝3kg、m2＝2kg的带同种电荷的小球A、B，以等大的速度v＝10m/s相向运动，但始终没有相碰，则下列说法正确的是()A．A、B均做加速度增大的减速运动直到停止B．A、B相距最近时B球速度为零C．A、B相距最近时两球动量相同D．A、B相距最近时两球的电势能增加了240J【答案】D【解析】：A、B两球先相向运动，随着库仑力的增大，它们的加速度增大，两者均做减速运动，B球的加速度较大，速度先减至零，之后A、B均向右运动，A做减速运动，B做加速运动，由于A球的速度比B球的大，两者间距继续减小，库仑力继续增大，两球的加速度继续增大，两球速度相同后，A球的速度小于B球的速度，两者间距增大，库仑力减小，加速度减小．根据系统的动量守恒知两球不会停止运动，故A错误；A、B相距最近时速度相同，由于两球组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒．取A球的初速度方向为正方向，设A、B相距最近时共同速度为v′.根据动量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，可得v′＝2m/s，由于两球的质量不同，速度相同，所以A、B相距最近时两球动量不同，故B、C错误；A、B相距最近时两球的电势能增加量为ΔEp＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2，解得ΔEp＝240J，故D正确．[变式3]如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是()A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1【答案】C【解析】以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝eq\f(vB,2)，两滑块速度大小之比为：eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝eq\f(\f(1,2)×2mvA2,\f(1,2)mvB2)＝eq\f(1,2)，B错误，C正确；两滑块的动量大小之比eq\f(pA,pB)＝eq\f(2mvA,mvB)＝eq\f(1,1)，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝1∶2，D错误.

【巩固练习】1．光滑水平桌面上有A、B两个物体，A的质量是B的k倍。将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B。撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为（）A． B．1 C． D．k【答案】B【详解】设A和B的动量大小分别为pA和pB，由于系统初动量为零，且A、B被弹开后运动方向相反，则根据动量守恒定律有即故选B。2．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为，炮弹爆炸前的动能为，爆炸后系统的机械能增加了，重力加速度大小为，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为，则设炸裂后瞬间两块碎片的速度分别为、，有解得根据平抛运动规律有两块碎片落地点之间的距离解得故选B。3．如图所示，热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的小球以相对地面的速度水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（

）A．投出小球后气球所受合力大小为B．小球落地时气热球的速度大小为C．小球在落地之前，小球和热气球速度始终大小相等方向相反D．小球落地时二者的水平距离为【答案】B【详解】A．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，由于投出小球后所受浮力不变，则热气球所受合外力为mg，A错误；B．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，初动量为零，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv1=mv0由上式可知热气球获得水平向左的速度小球落地所需时间为解得热气球竖直方向上加速度为mg=Ma解得小球落地时，热气球竖直方向上的速度为根据矢量法则解得B正确；C．热气球所受合外力为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，加速度为而小球体积比较小又不计阻力则小球的加速度为g，故小球和热气球速度不会始终大小相等方向相反，C错误；D．热气球和物资在水平方向做匀速直线运动则二者的水平距离为d=xM+xm解得D错误。故选B。4．真空中一个静止的铀核经一次衰变后变成钍核，衰变方程为，下列说法正确的是（）A．经历一个半衰期后，10个核中有5个已经发生了衰变B．衰变后核的动量与粒子的动量相同C．衰变后核的质量与粒子的质量之和等于衰变前铀核的质量D．反应前铀核的能量大于反应后钍核与粒子能量之和【答案】D【详解】A．半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核没有意义，选项A错误；B．衰变过程系统动量守恒，系统初动量为0，则衰变后生成的核与粒子的动量大小相等，方向相反，选项B错误；CD．衰变过程由于释放能量，所以存在质量亏损，且反应前铀核的能量大于反应后钍核与粒子能量之和，选项C错误，D正确。故选D。5．一枚质量为的烟花弹获得动能后，从地面竖直升空，当烟花弹上升到最大高度时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量分别为和的、两部分，，此时两部分获得的动能之和为烟花弹初动能的两倍，且初始均沿水平方向运动。设爆炸时间极短，重力加速度大小为，不计空气阻力和火药的质量，、两部分落地的水平位移大小分别为和，则（）A．、两部分落地时的速度大小之比为B．、两部分落地时的动能之比为C．水平位移大小之比为D．、两部分落地点的间距为烟花弹上升的最大高度的4倍【答案】B【详解】AB．设烟花弹的初速度为，上升的最大高度为，发生爆炸瞬间，、两部分在水平方向动量守恒，则有由题意可得联立解得且速度均沿水平方向，接着和分别以、向相反方向做平抛运动，到达地面过程中机械能守恒，设、落地时速度大小分别为、，则对有对有联立解得所以故A项错误，B项正确。CD．设、在最高处爆炸后在空中做平抛运动的时间为，则有联立解得故和落地点相距的距离为为烟花弹上升的最大高度的6倍，故CD项错误。故选B。6．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1:2 B．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/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【答案】B【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知因两块碎块落地时间相等，则则则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知解得t=4s爆炸物的爆炸点离地面高度为选项B正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移质量小的碎块的水平位移爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为选项CD错误。故选B。7．如图所示，质量为M、半径为R的四分之一光滑圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面最低点刚好与水平面相切，在A点的正上方h高处由静止释放一个质量为m的物块（可视为质点），物块下落后刚好从A点无碰撞地进入圆弧面，当物块滑到B点时，圆弧体向左滑动的距离为x，则下列说法正确的是（）A．h越大，x越大 B．h越小，越大C．越大，x越大 D．越小，x越大【答案】C【详解】物块在圆弧面上滑动过程中，物块和圆弧体在水平方向上动量守恒，且水平方向的总动量为零，设物块在水平方向的速度大小为，圆弧体在水平方向的动量大小为，则有则有解得故越大，x越大，C正确，ABD错误。故选C。8．（多选）如图所示，c是半径为R的四分之一圆弧形光滑槽，静置于光滑水平面上，A为与c的圆心等高的点，c的最低点与水平面相切于B点。小球b静止在c右边的水平面上。小球a从A点自由释放，到达水平面上与小球b发生弹性正碰。整个过程中，不计一切摩擦，a、b、c的质量分别为m、3m、4m，重力加速度大小为g，则（）A．小球a第一次下滑到B点时的速率为B．小球a第一次下滑到B点时，光滑槽c的速率为C．小球a与小球b碰撞后，小球b的速率为D．小球a与小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度为【答案】BD【详解】AB．设小球a第一次下滑到点时，a的速度大小为，c的速度大小为，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律可得根据小球机械能守恒定律得解得，A错误，B正确；CD．设小球与小球碰撞后的速度为，的速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得根据机械能守恒定律可得联立解得（负号表示方向向左）即小球以速度大小向左运动，在与相互作用的过程中，达到最高点时的速度大小为，以和组成的系统为研究对象，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据机械能守恒定律可得联立解得C错误；D正确。故选BD。9．（多选）