專題17動量守恒定律及應用1.理解系統(tǒng)動量守恒的條件.2.會應用動量守恒定律解決基本問題.3.會用動量守恒觀點分析爆炸、反沖運動和人船模型.4.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律．考點一動量守恒定律的理解和基本應用1．內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．2．表達式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．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)力遠大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果動量守恒．2．應用動量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)．(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．(4)由動量守恒定律列出方程．(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．【典例1】（2022·浙江·高三專題練習）北京冬奧會2000米短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力，在這個過程中（）A．兩運動員的總動量守恒B．甲、乙運動員的動量變化量相同C．兩運動員的總機械能守恒D．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量【答案】A【解析】A．兩運動員組成的系統(tǒng)所受合外力矢量和為0，系統(tǒng)動量守恒，A正確；B．系統(tǒng)動量守恒，兩運動員的動量變化量等大反向，變化量不相同，B錯誤；C．在光滑冰面上交換時，后方運動員用力推前方運動員，導致機械能增加，C錯誤；D．在乙推甲的過程中，消耗體內(nèi)的化學能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能，根據(jù)能量守恒定律可知，甲的動能增加量不等于乙的動能減小量，D錯誤。故選A。【典例2】（2022·廣東·模擬預測）2022年3月12日，在北京冬殘奧會上，中國輪椅冰壺隊戰(zhàn)勝瑞典隊，獲得冠軍。在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與靜止的冰壺乙發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短），碰撞后冰壺乙向前滑行0.1m后停下。已知兩冰壺的質(zhì)量相等，冰壺乙與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.02，取重力加速度大小SKIPIF1<0，則兩冰壺碰撞前瞬間冰壺甲的速度大小為（）A．0.1m/s B．0.2m/s C．0.4m/s D．1m/s【答案】B【解析】對冰壺乙在冰面上滑行的過程，有SKIPIF1<0由于兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，且兩冰壺的質(zhì)量相等，因此碰撞后兩冰壺交換速度，故SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0B正確。故選B?！镜淅?】（2021·全國·高三專題練習）一個質(zhì)量為SKIPIF1<0的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平向右的速度SKIPIF1<0飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．爆炸后乙落地的時間最長B．爆炸后甲落地的時間最長C．甲、丙落地點到乙落地點SKIPIF1<0的距離比為SKIPIF1<0D．爆炸過程釋放的化學能為SKIPIF1<0【答案】D【解析】AB．爆炸后甲、乙和丙三塊彈片在豎直方向上都做自由落體運動，所以落地的時間相等，AB錯誤；C．丙沿原路徑回到原射出點，所以丙的速度為SKIPIF1<0，取向右為正，根據(jù)動量守恒SKIPIF1<0解得甲的速度為SKIPIF1<0根據(jù)水平位移x=vt由于兩者下落的時間相同，故甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為SKIPIF1<0，C錯誤；D．爆炸過程釋放的化學能為SKIPIF1<0D正確。故選D?？键c二爆炸、反沖運動和人船模型1．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動2.反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加人船模型(1)模型圖示(2)模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0②兩物體的位移大小滿足：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(3)運動特點①人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).【典例4】（2022·湖南·高三專題練習）飛船在進行星際飛行時，使用離子發(fā)動機作為動力，這種發(fā)動機工作時，由電極發(fā)射的電子射人稀有氣體（如氙氣），使氣體離子化，電離后形成的離子由靜止開始在電場中加速并從飛船尾部高速連續(xù)噴出，利用反沖使飛船本身得到加速。已知一個氙離子質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，飛船單位時間內(nèi)向后噴射出的氙離子的個數(shù)為N，從飛船尾部高速連續(xù)噴出氙離子的質(zhì)量遠小于飛船的質(zhì)量，則飛船獲得的反沖推力大小為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】根據(jù)動能定理，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0對SKIPIF1<0時間內(nèi)噴射出的氙離子，根據(jù)動量定理，有SKIPIF1<0其中SKIPIF1<0聯(lián)立有SKIPIF1<0故選C?！镜淅?】（2022·陜西·西安中學模擬預測）質(zhì)量為m的人在質(zhì)量為M的小車上從左端走到右端，如圖所示，當車與地面摩擦不計時，那么（）A．人在車上行走，若人相對車突然停止，則車由于慣性過一會才停止B．人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上移動的距離也越大C．人在車上行走的平均速度越小，則車在地面上移動的距離就越大D．不管人以什么樣的平均速度行走，車在地面上移動的距離相同【答案】D【解析】A．由人與車組成的系統(tǒng)動量守恒，初態(tài)系統(tǒng)總動量為零，則有SKIPIF1<0若人相對車突然停止，則車也突然停止，故A錯誤；BCD．設車長為L，由SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0車在地面上移動的位移大小與人的平均速度大小無關，故D正確，BC錯誤。故選D。【典例6】甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6m/s，甲車上有質(zhì)量為m＝1kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量為M1＝50kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞．則甲總共拋出的小球個數(shù)是()A．12B．13C．14D．15【答案】D【解析】規(guī)定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s，對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確．考點三碰撞問題1．碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．2．特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．3．分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大1．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有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動，則應有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變．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動)；當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩小球沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當發(fā)生彈性碰撞時，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.【典例7】（2021·北京四中高三期中）質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的速度為SKIPIF1<0，B球的速度為SKIPIF1<0，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．設每個球的質(zhì)量均為m，碰前系統(tǒng)總動量p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m碰前的總動能Ek=SKIPIF1<0=40m若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=7m動量不守恒，選項A錯誤；B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明顯vA>vB不合理，選項B錯誤；C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k=SKIPIF1<0=16.25m動量守恒，機械能不增加，選項C可能實現(xiàn)；D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k=SKIPIF1<0=41m動量守恒，但機械能增加，違反能量守恒定律，選項D錯誤。故選C。【典例8】（2022·河南·南陽中學模擬預測）如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進入小坑中即為勝出。現(xiàn)將此游戲進行簡化，如圖乙所示，完全相同的彈性彈珠A和B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1=1.5m，彈珠B與坑的間距x2=0.5m。某同學將彈珠A以v0的初速度沿地面水平向右彈出，與彈珠B彈性正碰（碰撞時間極短），彈珠B恰好入坑。彈珠與地面間的摩擦力是其重力的0.4倍，則彈珠A的初速度v0大小為（g取10m/s2）（）A．5m/s B．4m/s C．3m/s D．2m/s【答案】B【解析】彈珠B恰好入坑，即入坑時B的速度為零，摩擦力做負功，有SKIPIF1<0帶入數(shù)據(jù)，解得SKIPIF1<0由于，兩球質(zhì)量相等，且為彈性正碰，碰撞前后兩球交換速度。碰撞前A的速度也為SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0段由動能定理，得SKIPIF1<0帶入數(shù)據(jù)，得SKIPIF1<0故選B。【典例9】（2022·全國·高三課時練習）質(zhì)量為M的木塊在光滑水平面上以速度v1向右運動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須使發(fā)射子彈的數(shù)目為（子彈均留在木塊中不穿出）（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】設發(fā)射子彈的數(shù)目為n，選擇n顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象。系統(tǒng)在水平方向所受的合外力為零，滿足動量守恒的條件。以子彈運動的方向為正方向，由動量守恒定律有nmv2-Mv1=0得n=SKIPIF1<0故選C。單選題1.（2021·江蘇江蘇·三模）北京冬奧會2000米短道速滑接力熱身賽上，在光滑冰面上交接時，后方運動員用力推前方運動員。則交接過程中（）A．兩運動員的總機械能守恒B．兩運動員的總動量增大C．每個運動員的動量變化相同D．每個運動員所受推力的沖量大小相同【答案】D【解析】A．在光滑冰面上交接時，后方運動員用力推前方運動員，導致機械能增加。A錯誤；B．兩運動員合力為零，動量守恒。B錯誤；C．動量守恒，所以一個運動員動量變化等大反向。C錯誤；D．兩運動員相互作用力相同，力的作用時間相同，所以每個運動員所受推力的沖量大小相同。D正確。故選D。2．（2022·山東淄博·三模）冰壺運動是冬奧會比賽項目之一。假設運動員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍壺，兩壺發(fā)生正碰，不計碰撞時間，碰撞前、后兩壺的SKIPIF1<0圖像如圖所示。已知兩壺的質(zhì)量均為19kg，則碰撞后藍壺所受的阻力大小為（）A．3.8N B．2.28N C．1.9N D．1.52N【答案】B【解析】根據(jù)動量守恒定律可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0設碰撞后藍壺所受的阻力大小為f，取初速度方向為正方向，對藍壺根據(jù)動量定理SKIPIF1<0由圖可知SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故B正確，ACD錯誤。故選B。3．（2022·北京朝陽·模擬預測）某同學為了研究瞬間沖量，設計了如圖所示的實驗裝置。將內(nèi)徑為d的圓環(huán)水平固定在離地面一定高度的鐵架臺上，在圓環(huán)上放置直徑為1.5d，質(zhì)量為m的薄圓板，板上放質(zhì)量為2m的物塊，圓板中心，物塊均在環(huán)的中心軸線上。對圓板施加指向圓心的瞬間沖量I，物塊與圓板間摩擦因數(shù)為μ，不計圓板與圓環(huán)之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮圓板翻轉(zhuǎn)，以下說法正確的是（）A．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊與圓板相對滑動的位移越大B．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊離開圓板時的速度越大C．當沖量SKIPIF1<0時，物塊一定會從圓板上掉落D．當沖量SKIPIF1<0時，物塊一定會從圓板上掉落【答案】D【解析】A．設圓板獲得的速度大小為SKIPIF1<0，物塊掉下時，圓板和物塊的速度大小分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，由動量定理，有SKIPIF1<0由動能定理，對圓板SKIPIF1<0對物塊有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0則物塊可以從圓板滑落，物塊與圓板相對滑動的位移不變，沖量I越大，物塊離開圓板時的速度越小，AB錯誤；CD．以向右為正方向，由動量守恒定律，有SKIPIF1<0要使物塊落下，必須SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0C錯誤，D正確。故選D。4．（2022·河北·模擬預測）如圖所示，A、B兩個小球靜止在光滑水平地面上，用輕彈簧連接，A、B兩球的質(zhì)量分別為0.4kg和1.2kg?，F(xiàn)使A球獲得向右的瞬時速度SKIPIF1<0。已知彈簧始終在其彈性限度之內(nèi)，則在A、B兩球運動的過程中（）A．B球的最大速度大小為1.5m/sB．B球速度最大時，A球的速度大小為3m/s，方向水平向左C．A球速度為0時，A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大D．A球加速度為0時，B球的速度最大【答案】B【解析】AB．當B球速度最大時，彈簧處于原長，以向右為正方向，設此時A、B速度為v1、v2，由動量守恒和機械能守恒有SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得v1=-3m/s，v2=3m/sA錯誤，B正確；C．由能量守恒可知，A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大時，彈簧彈性勢能達到最大值，此時A、B速度相同，設為SKIPIF1<0，由動量守恒SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0C錯誤；D．A球加速度為0時，彈簧處于原長，當彈簧從壓縮狀態(tài)逐漸恢復原長過程中，B球的速度逐漸增大，彈簧恢復原長時B速度達到最大；當彈簧從伸長狀態(tài)逐漸恢復原長過程中，B球的速度逐漸減小，彈簧恢復原長時B速度達到最小值，D錯誤。故選B。5．（2022·全國·高三專題練習）在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運動，發(fā)生碰撞且碰撞時間極短。碰撞前后兩球在同一直線運動的位置隨時間變化的SKIPIF1<0圖象如圖。則關于兩球的質(zhì)量大小和碰撞類型，以下正確的是（）A．SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0C．彈性碰撞D．完全非彈性碰撞【答案】A【解析】以球b碰撞前的速度方向為正方向，由圖可知，碰撞前SKIPIF1<0SKIPIF1<0碰撞后SKIPIF1<0SKIPIF1<0根據(jù)動量守恒定律得SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0碰撞后兩球速度不相等，所以不是完全非彈性碰撞，碰撞前系統(tǒng)動能SKIPIF1<0碰撞后系統(tǒng)動能SKIPIF1<0計算可得SKIPIF1<0可知非彈性碰撞，故A正確，BCD錯誤。故選A。6．（2022·重慶巴蜀中學高三階段練習）如圖所示，有一邊長為L的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道。已知木塊質(zhì)量為SKIPIF1<0，一個質(zhì)量為m的小球由靜止開始從軌道的一端運動到另一端，在該過程中，木塊的對地位移應為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】小球由靜止開始從軌道的一端運動到另一端過程中，水平方向平均動量守恒，則有SKIPIF1<0即SKIPIF1<0根據(jù)題意有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0故ABC錯誤，D正確。故選D。7．（2021·全國·高三專題練習）如圖所示，光滑水平面上A、B、C三個質(zhì)量均為1kg的物體緊貼著放在一起，A、B之間有微量炸藥．炸藥爆炸過程中B對C做的功為4J，若炸藥爆炸過程釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為三個物體的動能，則炸藥爆炸過程中釋放出的能量為A．8JB．16JC．24JD．32J【答案】C【解析】因為在光滑水平面上，所以爆炸后B與C速度相等，因為B對C做的功為4J，根據(jù)動能定理SKIPIF1<0，所以C的速度SKIPIF1<0．根據(jù)動量守恒有SKIPIF1<0，根據(jù)能量守恒有SKIPIF1<0．A.8J與計算結(jié)果不符，A錯誤．B.16J與計算結(jié)果不符，B錯誤．C.24J與計算結(jié)果相符，C正確．D.32J與計算結(jié)果不符，D錯誤．8．（2022·全國·高三課時練習）解放軍發(fā)出4枚“東風快遞”（中程彈道導彈），準確擊中預定目標，發(fā)射導彈過程可以簡化為：將靜止的質(zhì)量為M（含燃料）的東風導彈點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度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)束時東風導彈獲得的速度大小是（）A．SKIPIF1<0v0 B．SKIPIF1<0v0 C．SKIPIF1<0v0 D．SKIPIF1<0v0【答案】D【解析】由動量守恒定律得SKIPIF1<0則導彈獲得的速度v=SKIPIF1<0v0故選D。9.（2022·山東·肥城市教學研究中心模擬預測）如圖所示，一個夾層中空質(zhì)量為m的圓柱形零件內(nèi)部放有一個略比夾層寬度小一點質(zhì)量也為m的小圓柱體，初始時小圓柱體位于大圓柱夾層的頂部，此時大圓柱體與地面的接觸位置為A點，如甲圖所示，現(xiàn)小圓柱體受到微小的擾動，從頂部滾下，截面圖如乙圖所示，忽略一切接觸部位的摩擦，以下說法中正確的是（）A．小圓柱體下落到最低點時，大圓柱體與小圓柱體速度相同B．小圓柱體會再次到達頂部，此時大圓柱體與地面的接觸位置在A點右側(cè)C．小圓柱體會再次到達頂部，此時大圓柱體與地面的接觸位置在A點左側(cè)D．小圓柱體再次回到頂部的過程中，大圓柱體與小圓柱系統(tǒng)機械能守恒【答案】D【解析】A．小圓柱體下落到最低點時，根據(jù)動量守恒定律，大圓柱體與小圓柱體速度大小相等方向相反，A錯誤；BC．小圓柱體會再次到達頂部，根據(jù)“人船模型”，此時大圓柱體與地面的接觸位置一定在A點，否則違反動量守恒定律，BC錯誤；D．小圓柱體再次回到頂部的過程中，只有動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，大圓柱體與小圓柱系統(tǒng)機械能守恒，D正確。故選D。10．（2022·北京·日壇中學模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為m的光滑圓弧形槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量也為m的小鋼球從槽的頂端A處由靜止釋放，關于小球和凹槽在以后的運動過程中，以下說法正確的是（）A．小球的機械能守恒B．小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒C．小球一定可以到達與A等高的C點D．經(jīng)過一段時間后小球和槽以相同的速度向右運動【答案】C【解析】A．小球下滑過程中，槽對小球的彈力會做功，則小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．小球和槽在運動過程中所受的外力矢量和不為零，則小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒不守恒，但系統(tǒng)水平方向不受外力作用，即系統(tǒng)水平方向動量守恒，故B錯誤；C．小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由題意知水平方向上初動量為零，所以小球上滑到最高點時系統(tǒng)的動量也為零，又因為整個過程系統(tǒng)機械能守恒，初動能和末動能都為零，所以初末狀態(tài)系統(tǒng)重力勢能相同，小球可以到達與A等高的C點，故C正確；D．小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由題意知水平方向上初動量為零，若小球和槽以相同的速度向右運動，則水平方向上動量不守恒，故D錯誤。故選C。二、多選題11．（2022·全國·高三課時練習）將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖甲所示，一個滑塊（可視為質(zhì)點）以水平速度v0沿木板從左端向右端滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止，現(xiàn)將木板分成A和B兩段，如圖乙所示，并緊挨著放在水平面上，讓滑塊仍以初速度v0從木板左端向右端滑動，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)處處相同，在以后的整個過程中下列說法正確的是（）A．甲、乙兩圖中，滑塊克服摩擦力做的功一樣多B．系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量甲圖比乙圖多C．最終甲、乙兩圖中滑塊受到合外力的沖量相同D．圖乙過程中滑塊與B一定不會分離【答案】BD【解析】AD．設滑塊的質(zhì)量為m，A部分的質(zhì)量為M1，B部分的質(zhì)量為M2，則滑塊在木板上運動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，選擇向右為正方向，對題圖甲滿足mv0=（m＋M1＋M2）v對題圖乙滿足mv0=M1v1＋（m＋M2）v2由于滑塊滑過A后，在B上滑動的過程中，滑塊的速度將大于A的速度，則有v1<v<v2可知題圖乙中滑塊的速度的變化量小一些，根據(jù)動量定理可知，滑塊與B木板將比題圖甲中的情景更早達到速度相等，所以在題圖乙情景中，滑塊還沒有運動到B的右端時，兩者速度已相同，即題圖乙過程中，滑塊相對于木板的位移小，滑塊不會離開木板B，根據(jù)動能定理可知，滑塊克服摩擦力做的功等于其動能的變化，由于v<v2所以題圖甲、乙中，滑塊克服摩擦力做的功不一樣多，故A錯誤，D正確；B．根據(jù)摩擦力乘以相對位移等于產(chǎn)生的熱量，題圖甲中的相對位移的大小大于題圖乙中的相對位移的大小，則題圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于題圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量，故B正確；C．兩題圖中最終滑塊的速度不同，則可知末動量不相同，則由動量定理可知，滑塊所受合外力的沖量不同，故C錯誤。故選BD。12．（2021·河北·邢臺一中模擬預測）質(zhì)量為m2且各處光滑的帶有四分之一圓?。ò霃阶銐虼螅┑能壍漓o止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m1的滑塊以初速度v0水平?jīng)_上軌道（不脫離軌道），下列說法正確的是（

）A．若m1=m2，則m1滑下后將與m2一起以SKIPIF1<0的速度勻速運動B．若m1=m2，則m1滑到最高點時速度為0C．若m1=m2，則m1上升的最大高度為SKIPIF1<0D．m1滑下后，速度可能向左【答案】CD【解析】BC．由于m2為各處光滑的帶有四分之一圓弧，則m1和m2組成的系統(tǒng)機械能守恒且在水平方向動量守恒，則m1滑到最高點時有m1v0=(m1+m2)v共SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0B錯誤、C正確；AD．m1滑上m2又返回直到m1離開m2的整個過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒。選取向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2假設是彈性碰撞，由機械能守恒得SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0如果m1<m2，則v1<0，即m1離開m2后速度方向向左，小球向左做平拋運動；如果m1=m2，則v1=0，即m1離開m2時速度為零，小球做自由落體運動；如果m1>m2，則v1>0，即m1離開m2后速度方向水平向右，小球向右做平拋運動，A錯誤，D正確。故選CD。解答題13．（2021·全國·高三專題練習）質(zhì)量分別為SKIPIF1<0的小球碰撞后在同一直線上運動，它們在碰撞前后的SKIPIF1<0圖像如圖所示．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0等于多少？【答案】3kg【解析】由s-t圖知，碰前m2是靜止的，碰前m1的速度為SKIPIF1<0碰后m1的速度為SKIPIF1<0碰后m2的速度為SKIPIF1<0兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以碰前m1的速度方向為正方向，由動量守恒有SKIPIF1<0帶入數(shù)據(jù)解得SKIPIF1<014．（2016·貴州貴陽·三模）光滑水平面上A、B兩小球向同一方向運動，B在前A在后，已知A的動量為pA=6kg·m/s，B的質(zhì)量為mB=4kg，速度為vB=3m/s，兩球發(fā)生對心碰撞。（1）若碰后兩球速度同為4m/s，求A球的質(zhì)量；（2）試求A、B兩球碰撞后B球的最大速度?！敬鸢浮浚?）0.5kg；（2）5m/s【解析】（1）若碰后兩球速度同為v=4m/s，根據(jù)動量守恒定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）當兩球發(fā)生彈性碰撞時，系統(tǒng)不損失機械能，碰后B球速度最大，則根據(jù)動量守恒和能量守恒定律分別有SKIPIF1<0SKIPIF1<0聯(lián)立以上兩式解得SKIPIF1<015．（2022·全國·高三課時練習）如圖所示，光滑水平軌道MN左端與傾角θ=37°的足夠長的斜面PM連接，右端與半徑為R的SKIPIF1<0光滑圓弧軌道QN連接。質(zhì)量分別為m1=2kg和m2=3kg的滑塊A、B之間夾有少量炸藥，靜止在MN上（滑塊A、B均可視為質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計）。炸藥引爆后釋放的化學能E=30J全部轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動能，之后滑塊B沖上圓弧軌道，滑塊A沖上斜面PM，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）炸藥引爆后A、B到達M、N點時的動能EA、EB各為多大；（2）已知B恰好能到達圓弧軌道的最高點Q，圓弧軌道的半徑R是多大；（3）A沿斜面上滑的最大距離x?！敬鸢浮浚?）18J，12J；（2）0.4m；（3）0.9m【解析】（1）設炸藥引爆后A、B的速度大小各為v1、v2，取向左為正方向，由動量守恒定律得m1v1-m2v2=0由能量守恒定律得SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0聯(lián)立解得EkA=18J，EkB=12J（2）B從N到Q的上滑過程，由機械能守恒定律得EkB=m2gR可得R=0.4m（3）A從M沿斜面上滑的過程，運用動能定理得-m1gxsin37°-μm1gxcos37°=0-EkA解得x=0.9m16．（2022·四川·遂寧安居育才卓同國際學校模擬預測）如圖所示，一水平傳送帶以v=2m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，其左端A點、右端B點分別與兩個光滑水平臺面平滑對接。右邊水平臺面上的C點放置一質(zhì)量M=0.6kg的物塊乙，D點固定有豎直擋板，C點到B點的距離d1=1m，C點到D點的距離d2=2m；左邊水平臺面上有一質(zhì)量m=0.2kg的物塊甲，將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放（物塊甲與彈簧不拴接，滑上傳送帶前已經(jīng)脫離彈簧）。已知A、B兩點間的距離L=3m，初始時彈簧儲存的彈性勢能Ep=1.6J，物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，取g=10m/s2，所有的碰撞都是彈性碰撞，且碰撞時間極短，兩物塊均可視為質(zhì)點。求：（1）從甲滑上傳送帶至剛要與乙發(fā)生第一次碰撞的過程中所用的時間；（2）從甲滑上傳送帶至剛要與乙發(fā)生第二次碰撞的過程中，因甲與傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）從甲滑上傳送帶至剛要與乙發(fā)生第31次碰撞的過程中，因甲與傳送帶