第二講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用知識(shí)梳理一、動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為eq\a\vs4\al(0)，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2．表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。3．適用條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。(2)系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。(3)系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。二、碰撞、反沖、爆炸1．碰撞(1)特點(diǎn)：作用時(shí)間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量守恒。(2)分類①?gòu)椥耘鲎玻号鲎埠笙到y(tǒng)的機(jī)械能沒有損失。②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機(jī)械能損失最大。2．爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒。3．反沖(1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時(shí)，剩余部分將獲得一個(gè)反向沖量，如發(fā)射炮彈、火箭等。(2)特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，動(dòng)量守恒。知識(shí)訓(xùn)練考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果動(dòng)量守恒．2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)．(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量．(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程．(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明．例1、如圖甲所示，把兩個(gè)質(zhì)量相等的小車A和B靜止地放在光滑的水平地面上．它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)線把它們系在一起．如圖乙所示，讓B緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同．對(duì)于小車A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，燒斷細(xì)線后下列說法正確的是()A．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，圖甲所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，圖乙所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，墻壁對(duì)圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零D．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，墻壁彈力對(duì)圖乙中B車做功不為零【答案】A【解析】從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力之和為0，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且運(yùn)動(dòng)過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，則系統(tǒng)所受外力之和不為0，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，運(yùn)動(dòng)過程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墻壁對(duì)題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，由于B車沒有位移，則墻壁彈力對(duì)題圖乙中B車做功為0，故D錯(cuò)誤．例2、如圖所示，站在車上的人，用錘子連續(xù)敲打小車。初始時(shí)，人、車、錘都靜止。假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是()A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．當(dāng)錘子的速度方向豎直向下時(shí)，人和車水平方向的總動(dòng)量為零D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】C【解析】把人、錘子和車看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，用錘子連續(xù)敲打車的左端，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知，系統(tǒng)的水平方向總動(dòng)量為零，所以當(dāng)錘子的速度方向豎直向下，即水平方向動(dòng)量為零時(shí)，人和車水平方向總動(dòng)量為零，錘子向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，車向右運(yùn)動(dòng)，錘子向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，車向左運(yùn)動(dòng)，所以車在水平方向做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)持續(xù)地向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，C正確；由于人消耗體能，體內(nèi)儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機(jī)械能，機(jī)械能又通過錘子敲打小車等轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；在錘子的連續(xù)敲打下，人、車和錘組成的系統(tǒng)豎直方向所受的合力不等于零，該方向系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤。例3、(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長(zhǎng)度，靜止后彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為E。這時(shí)突然撤去F，關(guān)于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()A．撤去F后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．撤去F后，A離開豎直墻前，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．撤去F，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為ED．撤去F，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為eq\f(E,3)【答案】BD【解析】撤去F后，A離開豎直墻前，豎直方向兩木塊的重力與水平面對(duì)它們的支持力平衡，合力為零，而水平方向墻對(duì)A有向右的彈力，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；這個(gè)過程中，只有彈簧的彈力對(duì)B做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；A離開豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向受力平衡，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，此過程只有彈簧的彈力做功，機(jī)械能也守恒，故A錯(cuò)誤，B正確。撤去F，A離開豎直墻后，當(dāng)兩木塊速度相同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)或壓縮最短，彈性勢(shì)能最大；設(shè)兩木塊的共同速度為v，A離開墻時(shí)，B的速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)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)，聯(lián)立解得彈簧的彈性勢(shì)能最大值為：Ep＝eq\f(E,3)，故C錯(cuò)誤，D正確。例4、如圖，質(zhì)量為M的小車A停放在光滑的水平面上，小車上表面粗糙。質(zhì)量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上，車足夠長(zhǎng)，滑塊不會(huì)從車上滑落，則小車的最終速度大小為()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上滑動(dòng)的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C正確。課堂隨練訓(xùn)練1、(2021·全國(guó)乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒【答案】B【解析】因?yàn)樗降孛婀饣?，所以撤去推力后，系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒；因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，則撤去推力后滑塊與車廂底板間有摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故選B。訓(xùn)練2、(多選)(2021·甘肅天水期末)如圖所示，木塊B與水平面間的摩擦不計(jì)，子彈A沿水平方向射入木塊并在極短時(shí)間內(nèi)相對(duì)于木塊靜止下來，然后木塊壓縮彈簧至彈簧最短。將子彈射入木塊到剛相對(duì)于木塊靜止的過程稱為Ⅰ，此后木塊壓縮彈簧的過程稱為Ⅱ，則()A．過程Ⅰ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量也不守恒B．過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒C．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量也守恒D．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒【答案】BD【解析】子彈射入木塊到剛相對(duì)于木塊靜止的過程，子彈和木塊(或子彈、彈簧和木塊)組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但要克服摩擦力做功，產(chǎn)生熱量，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤，B正確；過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)受到墻壁的作用力，外力之和不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，C錯(cuò)誤，D正確。訓(xùn)練3、如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A．P對(duì)Q做功為零B．P和Q之間相互作用力做功之和為零C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒【答案】B【解析】P對(duì)Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，所以P對(duì)Q做功不為0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镻Q之間的力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，并且等大反向，兩者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為0，故B正確；因?yàn)橄到y(tǒng)只有系統(tǒng)內(nèi)力和重力的作用，所以P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動(dòng)量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，即豎直方向上動(dòng)量不守恒，故C、D錯(cuò)誤。訓(xùn)練4、(2019·江蘇高考)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時(shí)的速度大小為v，此時(shí)滑板的速度大小為()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】由題意知，小孩躍離滑板時(shí)小孩和滑板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則Mv＋mv′＝0，得v′＝eq\f(－Mv,m)，即滑板的速度大小為eq\f(Mv,m)，B正確?？键c(diǎn)二、碰撞問題1．碰撞問題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變．2．彈性碰撞的重要結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.例1、A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是()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】雖然題給四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于BmBvB′2＝57J，大于碰前的總動(dòng)能Ek前＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，違背了能量守恒定律，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項(xiàng)正確．例2、(多選)(2022·肇慶第二次統(tǒng)一測(cè)試)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為()A．1 B．2C．3 D．4【答案】CD【解析】設(shè)碰前每個(gè)物塊的動(dòng)量為p，碰后M的速度為v，由動(dòng)量守恒得2p＝Mv由能量守恒定律可知，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能大于等于碰后系統(tǒng)的動(dòng)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)，聯(lián)立解得eq\f(M,m)≥3，C、D正確。例3、已知質(zhì)量相同的兩個(gè)物體發(fā)生彈性正碰時(shí)速度交換。如圖為“牛頓擺”，由五個(gè)相同的鋼球緊挨著懸掛在同一水平線上。拉起最左側(cè)的球1并釋放，由于相鄰球間的碰撞，導(dǎo)致最右側(cè)的球5被彈出，碰撞時(shí)動(dòng)能不損失。則()A．相鄰球間碰撞屬于非彈性碰撞B．球5被彈起時(shí)，球4速度不為零C．球5被彈起時(shí)，球1速度等于零D．5個(gè)鋼球組成的系統(tǒng)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量守恒【答案】C【解析】因?yàn)榕鲎矔r(shí)動(dòng)能不損失，則各個(gè)小球之間的碰撞均為彈性碰撞，A錯(cuò)誤；因?yàn)閮汕蚺鲎矔r(shí)交換速度，則球5被彈起時(shí)，球4速度為零，B錯(cuò)誤；球1落下后與球2碰撞，1、2兩球交換速度，之后以此類推，當(dāng)球5被彈起時(shí)，球1、2、3、4的速度都等于零，C正確；5個(gè)鋼球組成的系統(tǒng)在水平方向碰撞過程中動(dòng)量守恒，而在球1和球5擺動(dòng)的過程中動(dòng)量不守恒，D錯(cuò)誤。例4、(多選)如圖所示，豎直放置的半徑為R的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦．圓心O點(diǎn)正下方放置質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞．碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為(重力加速度為g)()A．2eq\r(2gR)B．eq\r(2gR)C．2eq\r(5gR)D．eq\r(5gR)【答案】BC【解析】A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B的初速度方向?yàn)檎较?，碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，則：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv22，聯(lián)立得：v2＝eq\f(2v0,3).若恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)僅由小球的重力提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為vmin，由牛頓第二定律得：2mg＝2m·eq\f(vmin2,R)，A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過程中機(jī)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經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要：v0≥1.5eq\r(5gR).若小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)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)，可知若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：v0≤1.5eq\r(2gR).由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：v0≤1.5eq\r(2gR)或v0≥1.5eq\r(5gR)，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確．例5、如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則()A．子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C．子彈A在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)D．子彈A射入木塊時(shí)的初動(dòng)能一定比子彈B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大【答案】D【解析】由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子彈對(duì)木塊的推力大小時(shí)刻相等，且兩子彈對(duì)木塊作用的時(shí)間相等，兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f，根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)子彈A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，對(duì)子彈B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，則子彈射入時(shí)的初動(dòng)能EkA>EkB，故B、C錯(cuò)誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有eq\r(2mAEkA)＝eq\r(2mBEkB)，而EkA>EkB，則mA<mB，故A錯(cuò)誤。例7、(2021·北京高考)如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大?。?3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE?！敬鸢浮?1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J【解析】(1)兩物塊在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)解得t＝0.30s。(2)設(shè)A、B碰后速度為v，水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，有s＝vt代入數(shù)據(jù)解得v＝1.0m/s根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv0＝2mv代入數(shù)據(jù)解得v0＝2.0m/s。(3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0.10J。課堂隨練訓(xùn)練1、(2020·全國(guó)卷Ⅲ)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5JD．6J【答案】A【解析】設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m，由動(dòng)量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能E損＝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，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確。訓(xùn)練2、如圖，立柱固定于光滑水平面上O點(diǎn)，質(zhì)量為M的小球a向右運(yùn)動(dòng)，與靜止于Q點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運(yùn)動(dòng)，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時(shí)間均不計(jì)，b球恰好在P點(diǎn)追到a球，Q點(diǎn)為OP間中點(diǎn)，則a、b兩球質(zhì)量之比M∶m為()A．3∶5B．1∶3C．2∶3D．1∶2【答案】A【解析】設(shè)a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2，由題有：b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點(diǎn)追上a，則從碰后到相遇a、b球通過的路程之比為：s1∶s2＝1∶3，根據(jù)s＝vt得：v2＝3v1以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)a球的初速度為v0，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2由機(jī)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，故選A。訓(xùn)練3、甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2【答案】C【解析】甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)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?yàn)轭}目給出物理情境是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情境，就必須有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情境，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，所以m1≥eq\f(1,5)m2。因此選項(xiàng)C正確。訓(xùn)練4、如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R＝1.8m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2。則碰后小滑塊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】設(shè)碰前滑塊A的速度大小為v0，滑塊A下滑過程，由機(jī)械能守恒定律得：mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，解得v0＝6m/s。若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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；若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2m/s；所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為2m/s≤v≤4m/s。故選A。訓(xùn)練5、(多選)A、B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示，a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時(shí)間圖象，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖象，若A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖可知下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．A、B碰撞前的總動(dòng)量為3kg·m/sB．碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為－4N·sC．碰撞前后A的動(dòng)量變化為6kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J【答案】AC【解析】由x-t圖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兩球的速度相等，為vA′＝vB′＝v＝eq\f(Δxc,Δtc)＝eq\f(2－4,2)m/s＝－1m/s，碰撞前后A球的動(dòng)量變化ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，C錯(cuò)誤；對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得：mB＝eq\f(4,3)kg，A與B碰撞前的總動(dòng)量為：p總＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s，A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為：IB＝ΔpB＝mBv－mBvB＝－4kg·m/s＝－4N·s，B正確；碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為：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，代入數(shù)據(jù)解得：ΔEk＝10J，D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選A、C。訓(xùn)練6、如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)小球疊放在一起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落，不計(jì)空氣阻力。(1)在下落過程中，兩個(gè)小球之間是否存在相互作用力？請(qǐng)說明理由。(2)已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑，所有的碰撞都沒有機(jī)械能損失，且碰撞前后小球都沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，若碰撞后m2恰處于平衡狀態(tài)，求：①落地前瞬間，兩個(gè)小球的速度大小v0；②兩個(gè)小球的質(zhì)量之比m1∶m2；③小球m1上升的最大高度H?！敬鸢浮?1)在下落過程中，兩個(gè)小球之間不存在相互作用力，任意時(shí)刻它們均處于完全失重狀態(tài)，其速度和加速度都相同，不會(huì)相互擠壓，因而沒有相互作用力。(2)①eq\r(2hg)②1∶3③4h【解析】(1)在下落過程中，兩個(gè)小球之間不存在相互作用力，任意時(shí)刻它們的速率和加速度都相同，不會(huì)相互擠壓，其間沒有相互作用力。(2)①根據(jù)機(jī)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先與地面發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后速度大小不變，方向反向；接著與m1碰撞，碰后m2的速度恰好減為零，m1的速度為v1，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)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根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)m1v12＝m1gH解得H＝4h?？键c(diǎn)三、爆炸、反沖問題1．反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加2．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)3．“人—船”模型模型特點(diǎn)(1)兩物體相互作用過程滿足動(dòng)量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人與船的位移比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)；人與船的平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時(shí)要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對(duì)地面而言的。例1、有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為()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】設(shè)船的質(zhì)量為m船，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，船的位移為d，人的位移為L(zhǎng)－d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船eq\f(d,t)＝eq\f(m（L－d）,t)，小船的質(zhì)量為m船＝eq\f(m（L－d）,d)，故B正確。例2、(多選)如圖所示，質(zhì)量為4kg的小車Q靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P用質(zhì)量不計(jì)、長(zhǎng)為0.75m的細(xì)線拴接在小車上的固定豎直輕桿頂端的O點(diǎn)?，F(xiàn)將小球拉至與O等高的位置，且細(xì)線剛好繃直，拉起過程中小車靜止，某時(shí)刻給小球一豎直向下的速度v0＝3m/s，重力加速度為g＝10m/s2，當(dāng)細(xì)線第一次呈豎直狀態(tài)時(shí)，下列說法正確的是()A．小車Q的位移大小為0.25mB．小球P的速度大小為2eq\r(6)m/sC．小車Q的速度大小為2m/sD．小球下落過程中，細(xì)線對(duì)小球P做的功為7J【答案】AC【解析】小球P下落過程中，小球P和小車Q組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。取水平向右為正方向，從小球由釋放到細(xì)線第一次呈豎直狀態(tài)，有0＝mPeq\f(xP,t)－mQeq\f(xQ,t)，又xP＋xQ＝L＝0.75m，解得小車Q的位移大小xQ＝0.25m，A正確；設(shè)細(xì)線第一次呈豎直狀態(tài)時(shí)，小球P的速度大小為vP，小車Q的速度大小為vQ，水平方向有0＝mPvP－mQvQ，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)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)，聯(lián)立解得vP＝4m/s，vQ＝2m/s，B錯(cuò)誤，C正確；小球下落過程中，設(shè)細(xì)線對(duì)小球P做的功為W，對(duì)P，根據(jù)動(dòng)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錯(cuò)誤。例3、(2020·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【答案】BC【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為m、m0，規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍\(yùn)動(dòng)員開始時(shí)靜止，第1次將物塊推出后，設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0；物塊與擋板彈性碰撞后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員第2次推出物塊時(shí)，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0；第3次推出物塊時(shí)，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0；以此類推，第8次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為v8＝eq\f(15m0,m)v0。根據(jù)題意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。綜上所述，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量應(yīng)滿足52kg<m<60kg，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。例4、質(zhì)量m＝260g的手榴彈從水平地面上以v0＝10eq\r(2)m/s的初速度斜向上拋出，上升到距地面h＝5m的最高點(diǎn)時(shí)爆炸，手榴彈除火藥外的部分炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面，落地時(shí)動(dòng)能為5J。重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)，火藥燃燒充分，求：(1)手榴彈爆炸前瞬間的速度大小；(2)手榴彈所裝火藥的質(zhì)量；(3)兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離。【答案】(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m【解析】(1)設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)且未發(fā)生爆炸時(shí)的速度大小為v1，有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋mgh代入數(shù)據(jù)解得v1＝10m/s。(2)設(shè)兩塊彈片的質(zhì)量均為m′，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，設(shè)另一塊速度為v2，有m′gh＝5J代入數(shù)據(jù)解得m′＝0.1kg設(shè)手榴彈所裝火藥的質(zhì)量為Δm，有Δm＝m－2m′代入數(shù)據(jù)解得Δm＝0.06kg。(3)設(shè)另一塊彈片做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離為Δx，有mv1＝m′v2，Δx＝v2t，h＝eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)解得Δx＝26m。課堂隨練訓(xùn)練1、(2022·河南省模擬)解放軍發(fā)出4枚“東風(fēng)快遞”(中程彈道導(dǎo)彈)，準(zhǔn)確擊中預(yù)定目標(biāo)，發(fā)射導(dǎo)彈過程可以簡(jiǎn)化為：將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的東風(fēng)導(dǎo)彈點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)東風(fēng)導(dǎo)彈獲得的速度大小是()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】由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M－m)v，導(dǎo)彈獲得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，故選D.訓(xùn)練2、(多選)如圖所示，繩長(zhǎng)為l，小球質(zhì)量為m1，小車質(zhì)量為m2，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()A．系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒B．水平方向任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量等大反向C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動(dòng)的最大距離為eq\f(2m1l,m2＋m1)【答案】BD【解析】系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯(cuò)誤；小球相對(duì)于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球的平均速度為v1，小車的平均速度為v2，m1v1－m2v2＝0，兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小車移動(dòng)的最大距離為eq\f(2m1l,m2＋m1)，D正確。訓(xùn)練3、如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek1?，F(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek2，則Ek1和Ek2的比值為()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】設(shè)小球Q的質(zhì)量為m，滑塊P頂端距地面的高度為h，弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上時(shí)，對(duì)小球Q，根據(jù)動(dòng)能定理可知Ek1＝mgh；解除鎖定后，讓小球Q從滑塊頂端由靜止釋放，小球Q與滑塊P組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，設(shè)小球Q離開P時(shí)的速度大小為v1，滑塊P的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1－2mv2＝0，根據(jù)機(jī)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，聯(lián)立解得Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(2,3)mgh，則eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(3,2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。訓(xùn)練4、在光滑的水平面上有靜止的物體A和B。物體A的質(zhì)量是B的2倍，兩物體與中間用細(xì)繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連。當(dāng)把細(xì)繩剪斷，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中()A．A的速率是B的2倍B．A的動(dòng)量大小大于B的動(dòng)量大小C．A受到的合外力大于B受到的合外力D．A、B組成的系統(tǒng)的總動(dòng)量為零【答案】D【解析】彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定水平向左為正方向，則mAvA＋mB(－vB)＝0，mAvA＝mBvB，由于物體A的質(zhì)量是B的2倍，故A的速率是B的eq\f(1,2)，故A、B錯(cuò)誤，D正確；A、B受到的合外力大小均等于彈簧彈力，故C錯(cuò)誤。訓(xùn)練5、(2018·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度?！敬鸢浮?1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)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，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。同步訓(xùn)練1．(2022·江蘇省高考模擬)質(zhì)量為m的籃球以水平速度大小v撞擊豎直籃板后，以水平速度大小v′被彈回，已知v′<v，籃球與籃板撞擊時(shí)間極短。下列說法正確的是()A．撞擊時(shí)籃球受到的沖量大小為m(v′－v)B．撞擊時(shí)籃板受到的沖量為零C．撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒D．撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】C【解析】撞擊時(shí)籃球受到的沖量等于其動(dòng)量的變化，即I＝mv′－m(－v)＝m(v′＋v)，A錯(cuò)誤；碰撞時(shí)，籃球與籃板相互作用，相互作用力等大反向，作用時(shí)間相等，則籃板受到的沖量大小不為零，B錯(cuò)誤；撞擊時(shí)間極短，重力的沖量忽略不計(jì)，撞擊前后籃板均保持靜止，籃球速度反向，所以籃球和籃板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C正確；由于v′<v，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，不守恒，D錯(cuò)誤。2．一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為()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】規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故C正確。3．如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動(dòng)能增加了6J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A．16J B．2JC．6J D．4J【答案】A【解析】設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)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，而木塊獲得的動(dòng)能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，則ΔE>6J，A正確。4．(多選)在光滑的水平面上，一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體A與另一物體B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，兩物體的位置隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，以A物體碰前速度方向?yàn)檎较颍铝姓f法正確的是()A．碰撞后A的動(dòng)量為6kg·m/sB．碰撞后A的動(dòng)量為2kg·m/sC．物體B的質(zhì)量為2kgD．碰撞過程中合外力對(duì)B的沖量為6N·s【答案】BD【解析】由題圖可知，碰撞前A的速度為v0＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s，碰撞后A、B共同的速度為v＝eq\f(24－16,12－4)m/s＝1m/s，則碰撞后A的動(dòng)量為pA＝mAv＝2kg×1m/s＝2kg·m/s，A錯(cuò)誤，B正確；A、B碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6kg，C錯(cuò)誤；對(duì)B，由動(dòng)量定理可得IB＝mBv－0＝6N·s，D正確．5．(2022·河北省唐山市高三上開學(xué)摸底考試)羽毛球運(yùn)動(dòng)作為人們?nèi)粘；顒?dòng)最受歡迎的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一，若羽毛球以某一水平初速度擊中靜止在水平地面的紙箱，使其瞬間卡在紙箱側(cè)壁上，發(fā)現(xiàn)羽毛球與紙箱一起滑行的距離為L(zhǎng)。已知羽毛球的質(zhì)量為5g，紙箱的質(zhì)量為2.495kg，紙箱與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，滑行距離L＝2cm。則羽毛球擊中紙箱的初速度是()A．0.1m/s B．1m/sC．10m/s D．100m/s【答案】D【解析】設(shè)羽毛球擊中紙箱的初速度為v，羽毛球剛擊中紙箱與紙箱一起滑行的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝(m＋M)v′，羽毛球與紙箱一起滑行時(shí)，由動(dòng)能定理可得0－eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝－μ(m＋M)gL，解得v＝100m/s，故選D。6．如圖，水平放置的圓環(huán)形窄槽固定在桌面上，槽內(nèi)有兩個(gè)大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，在位置P與球b發(fā)生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則a、b兩球質(zhì)量之比為()A．3∶1 B．1∶3C．5∶3 D．3∶5【答案】D【解析】根據(jù)題意，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞，且∠POQ＝90°，可知碰后a、b兩球的速度大小之比為va∶vb＝1∶3，兩小球發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)球a的初速度大小為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)，則碰撞后兩球速度大小為va＝－eq\f(ma－mb,ma＋mb)v0，vb＝eq\f(2ma,ma＋mb)v0，聯(lián)立解得a、b兩球質(zhì)量之比為3∶5，故D正確。7．如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的人，站在質(zhì)量M＝300kg的車的一端，車長(zhǎng)L＝3m，相對(duì)于地面靜止。當(dāng)車與地面間的摩擦可以忽略不計(jì)時(shí)，人由車的一端走到另一端的過程中，車將()A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．一直勻速后退【答案】A【解析】人車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m。8．(2021·北京高三學(xué)業(yè)考試)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計(jì)空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢(shì)能為E，從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是()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碰撞瞬間，由動(dòng)量守恒定律可知：mv0＝2mv1，解得：v1＝eq\f(v0,2)碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)兩球向左減速到零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，最大彈性勢(shì)能E，則：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整體分析，取向右為正，由動(dòng)量定理可得I＝2m×eq\f(v0,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2m×\f(v0,2)))＝2mv0，所以墻對(duì)彈簧的沖量大小為2mv0，故A項(xiàng)正確；9．(多選)(2021·廣西南寧期末)在光滑的冰面上，質(zhì)量為80kg的冰球運(yùn)動(dòng)員甲以5.0m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運(yùn)動(dòng)員乙相撞，碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時(shí)間極短，下列說法正確的是()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．碰撞中總機(jī)械能損失了1500JD．碰撞中總機(jī)械能損失了1400J【答案】BD【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v1、v2，碰后乙的速度大小為v2′，規(guī)定碰撞前甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)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錯(cuò)誤，B正確。根據(jù)能量守恒定律可知，碰