4高考物理特訓(xùn)第六章　動量

第六章動量第1講動量定理及其應(yīng)用目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)1.理解沖量、動量、動量變化量的概念.2.會利用動量定理分析解決相關(guān)問題1.理解沖量、動量、動量變化量的概念，建立物理觀念.2.掌握動量定理的應(yīng)用思路，能建立物理模型解決問題，培養(yǎng)科學(xué)思維必記答案速度mv相同p′－p相同作用時間Ft相同動量沖量p′－p1．思考判斷(1)動量越大的物體，其速度越大．(×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大．(×)(3)物體所受合力不變，則動量也不改變．(×)(4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零．(×)(5)物體所受合力的沖量的方向與物體末動量的方向相同．(×)(6)物體所受合力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的．(√)2．(人教版選修3－5·P11·T2改編)(多選)在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平恒力F的作用下，經(jīng)過時間t，通過位移l后，動量變?yōu)閜，動能變?yōu)镋k，以下說法正確的是()A．在F作用下，這個物體若經(jīng)過位移2l，其動量將等于2pB．在F作用下，這個物體若經(jīng)過時間2t，其動量將等于2pC．在F作用下，這個物體若經(jīng)過時間4t，其動能將等于2EkD．在F作用下，這個物體若經(jīng)過位移2l，其動能將等于2Ek答案：BD解析：由動量定理Ft＝Δp知，A錯誤，B正確；由動能定理Fl＝ΔEk和l＝eq\f(1,2)at2知，C錯誤，D正確．3．(人教版選修3－5·P12·T5改編)體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以()A．減小地面對人的沖量B．減小地面對人的撞擊力C．減小人的動量變化量D．減小人的動能變化量答案：B解析：體操運動員落地時屈腿可以延長地面對人的撞擊力的作用時間，取人落地時速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得－Ft＋mgt＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)＋mg，當(dāng)t增加時F減小，而動量的變化量、動能的變化量都不變，所以B正確.能力點1動量、沖量、動量的變化量(自主沖關(guān)類)[題組·沖關(guān)]1．[對動量的理解]高鐵列車在啟動階段的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動．從列車啟動開始計時，以其出發(fā)時的位置為初位置，則在啟動階段，列車的動量大小()A．與它所經(jīng)歷的時間成正比B．與它所經(jīng)歷的時間的二次方成正比C．與它的位移大小成正比D．與它的動能成正比答案：A解析：設(shè)高鐵列車在啟動階段的加速度大小為a，經(jīng)時間t后的速度大小v＝at，則列車的動量大小p＝mv＝mat，即與它所經(jīng)歷的時間成正比，故A正確，B錯誤；根據(jù)v2＝2ax，得v＝eq\r(2ax)，則列車的動量大小p＝mv＝meq\r(2ax)，與位移大小不成正比，故C錯誤；根據(jù)p＝mv，Ek＝eq\f(1,2)mv2，得列車的動量大小p＝eq\r(2mEk)，與它的動能不成正比，故D錯誤．2．[對沖量的理解]如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度變?yōu)榱悴⒂珠_始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff.已知重力加速度為g.在整個運動過程中，下列說法正確的是()A．重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sinθB．支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cosθC．合力的沖量為0D．摩擦力的總沖量大小為Ff(t1＋t2)答案：B解析：重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)，故A錯誤；支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cosθ，故B正確；整個過程中，小滑塊的動量發(fā)生了改變，故合力的總沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量大小為Ff(t2－t1)，故D錯誤．3．[沖量大小及動量變化量大小的比較](多選)如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量分別為I1、I2、I3，動量變化量的大小分別為Δp1、Δp2、Δp3，則()A．三個過程中，合力的沖量相同，動量變化量相同B．三個過程中，合力做的功相等，動能變化量相等C．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp3答案：BC解析：由機(jī)械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根據(jù)動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量大小也相等，但方向不同，故A錯誤．設(shè)斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得物體下滑的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1<I2<I3，C正確，D錯誤．物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動能定理，動能變化量相等，故B正確．[錦囊·妙法]1．對動量的理解(1)動量的兩性①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或某一位置而言的．②相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量．(2)動量與動能的比較動量動能動量變化量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)2．對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該力與力的作用時間的乘積．②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內(nèi)方向變化的力來說，合力的沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量改變量的方向一致．(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系．3．沖量的四種計算方法公式法利用定義式I＝Ft計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無須考慮物體的運動狀態(tài)圖象法利用F－t圖象計算，F(xiàn)－t圖象圍成的面積表示沖量，此方法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均值法若力的方向不變、大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，F(xiàn)1、F2為該段時間內(nèi)初、末兩時刻的力動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量能力點2動量定理(逐點突破類)1．[應(yīng)用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象](2020·全國卷Ⅰ)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體．若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D．延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積答案：D解析：若汽車發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并充氣，增大了司機(jī)的受力面積，減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯誤；有無安全氣囊，司機(jī)的初動量和末動量均相同，所以動量變化量也相同，B錯誤；因為安全氣囊的存在，司機(jī)和安全氣囊接觸后，司機(jī)的一部分動能轉(zhuǎn)化為安全氣囊的彈性勢能和安全氣囊內(nèi)氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動能，故C錯誤；因為安全氣囊充氣后面積增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊過程中，安全氣囊起緩沖作用，延長了司機(jī)的受力時間，故D正確．2．[動量定理用于求解多過程問題]如圖所示，一高空作業(yè)的工人重為600N，系一條長為L＝5m的安全帶，若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時間t＝1s，空氣阻力忽略不計．求安全帶受的平均拉力．(g取10m/s2)[解法指導(dǎo)]①審題關(guān)鍵點：a.從開始到最終靜止，人的動量是否發(fā)生了變化？提示：沒有．b．人在整個過程中受哪些力的作用？提示：重力和安全帶對人的拉力．②解題切入點：在應(yīng)用動量定理解題時，一定要對物體認(rèn)真地進(jìn)行受力分析，不可有力的遺漏；建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的符號．如本題可規(guī)定向下為正方向，則mg和v取正，F(xiàn)取負(fù)，列出關(guān)系式．變力的沖量，往往通過動量定理來計算．答案：1200N，方向豎直向下解析：設(shè)工人剛要拉緊安全帶時的速度為v，則有v2＝2gL得v＝eq\r(2gL)經(jīng)緩沖時間t＝1s后速度變?yōu)?，取向下為正方向，工人受兩個力作用，即拉力F和重力mg(如圖)，對工人由動量定理知(mg－F)t＝0－mv將數(shù)值代入得F＝1200N由牛頓第三定律知，安全帶受的平均拉力F′為1200N，方向豎直向下．用動量定理解多過程問題的兩點提醒(1)對于過程較復(fù)雜的運動，可分段應(yīng)用動量定理，也可對整個過程應(yīng)用動量定理．(2)物體受多個力作用，力的方向和作用時間往往不同，應(yīng)用動量定理時應(yīng)引起關(guān)注．

思維方法——應(yīng)用動量定理分析變質(zhì)量問題的技巧對“連續(xù)”質(zhì)點系發(fā)生持續(xù)作用時，物體動量(或其他量)連續(xù)發(fā)生變化．這類問題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內(nèi)動量(或其他量)發(fā)生變化的那部分物體作為研究對象，建立“柱狀”模型．在時間Δt內(nèi)所選取的研究對象均分布在以S為橫截面積、長為vΔt的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，以這部分質(zhì)點為研究對象，研究它在Δt時間內(nèi)動量(或其他量)的變化情況，再根據(jù)動量定理(或其他規(guī)律)求出有關(guān)的物理量．典例[微元法處理流體問題](2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量．(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．答案：(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)解析：(1)在水剛噴出的一段很短的Δt時間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變該時間內(nèi)，噴出的水柱的高度Δl＝v0Δt①噴出的水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③由①②③可得噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S.(2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部的作用力由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底部時的速度由運動學(xué)公式得v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短的Δt時間內(nèi)，噴出的水柱的質(zhì)量為Δm，則有Δm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動量定理得－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2).流體類問題分析步驟(1)建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S.(2)微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt.(3)建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體．A級(練考點過基礎(chǔ))題組一動量、沖量、動量的變化量1．(2021·廣東廣州一模)跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖如圖，運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ，運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運動員()A．在過程Ⅰ中的動量變化量等于零B．在過程Ⅱ中的動量變化量等于零C．在過程Ⅰ中的動量變化量等于重力的沖量D．在過程Ⅱ中的動量變化量等于重力的沖量答案：C解析：運動員在過程Ⅰ中動量變化量等于重力的沖量，即mgt，不為零，A錯誤，C正確；運動員入水前的速度不為零，末速度為零，在過程Ⅱ中的動量變化量不等于零，B錯誤；運動員在過程Ⅱ中的動量變化量等于合力的沖量，不等于重力的沖量，D錯誤．2．(2021·天津一中模擬)如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個物體，沿著傾角分別為α和β的兩個光滑斜面，在由靜止開始從同一高度h2下滑到同樣的另一高度h1的過程中，A、B兩個物體相同的物理量是()A．所受重力的沖量B．所受支持力的沖量C．所受合力的沖量D．動量變化量的大小答案：D解析：物體下滑過程中，下滑高度均為h＝h2－h(huán)1，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，物體到達(dá)高度h1處時，速度v＝eq\r(2gh)，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，加速度a＝gsinθ，物體沿斜面下滑的時間t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，由于斜面傾角θ不同，物體下滑的時間t不同，重力的沖量I＝mgt不同，A錯誤．物體下滑的時間t不同，所受支持力的方向不同，所以兩物體所受支持力的沖量一定不同，B錯誤．物體初末位置的速度大小相等，由于斜面傾角不同，滑到h1高度時，兩物體動量方向不同，但動量大小相等，所以兩個物體動量變化量的大小是相等的，D正確．由動量定理可知，物體動量變化量等于物體所受合力的沖量，所以物體所受合力的沖量大小相等，但方向不同，C錯誤．3．(2021·福建泉州市質(zhì)檢)如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d四個點位于同一圓周上，a在圓周最高點，d在圓周最低點，每根桿上都套著質(zhì)量相等的小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c三個點同時由靜止釋放．關(guān)于它們下滑的過程，下列說法正確的是()A．重力對它們的沖量相同B．彈力對它們的沖量相同C．合力對它們的沖量相同D．它們的動能的增量相同答案：A解析：設(shè)任一桿與豎直方向的夾角為θ，環(huán)運動的時間為t，圓周的半徑為R，由位移公式可得2Rcosθ＝eq\f(1,2)gcosθt2，解得t＝eq\r(\f(4R,g))，即三個環(huán)同時由靜止釋放，運動到最低點d的時間相同，由于三個環(huán)的重力相等，運動時間相同，三個環(huán)重力的沖量相同，A正確；各環(huán)受到的彈力不相等，運動時間相等，則彈力對各環(huán)的沖量不同，B錯誤；各環(huán)都沿桿的方向運動，環(huán)受到的合力方向不同，則合力對各環(huán)的沖量一定不相同，C錯誤；重力對從a處下滑的環(huán)做功最多，其動能的增量最大，D錯誤．題組二動量定理4．(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展．若某次實驗中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案：B解析：設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機(jī)的相互作用力為F，由動量定理得Ft＝mv－0，解得m＝1.6×103kg，B正確．5．(2021·廣西欽州統(tǒng)測)“飛針穿玻璃”是一項高難度的絕技表演，曾引起質(zhì)疑．為了研究該問題，以下測量能夠得出飛針在穿越玻璃的時間內(nèi)，對玻璃平均沖擊力大小的是()A．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度B．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間C．測出飛針質(zhì)量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間D．測出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度答案：D解析：在“飛針穿玻璃”的過程中，由動量定理得－eq\o(F,\s\up6(－))t＝mv2－mv1，結(jié)合牛頓第三定律可知，應(yīng)測出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度，D正確．6．(2021·保定市一模)一個質(zhì)量m＝100g的小球從h＝0.8m的高處自由下落，落到一個厚軟墊上．若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了t＝0.2s，規(guī)定豎直向下的方向為正方向，則在這段時間內(nèi)，軟墊對小球的沖量為(取g＝10m/s2)()A．0.6N·s B．0.4N·sC．－0.6N·s D．－0.4N·s答案：C解析：設(shè)小球自由下落h＝0.8m的時間為t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s．設(shè)軟墊對小球的沖量為I，因為豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程運用動量定理得mg(t1＋t2)＋I(xiàn)＝0，解得I＝－0.6N·s.負(fù)號表示軟墊對小球的沖量方向和重力的方向相反，C正確．7．(2021·陜西西安中學(xué)模擬)一質(zhì)量為m的鐵錘，以速率v豎直打在木樁上，經(jīng)過Δt時間后停止，則在打擊時間內(nèi)，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是(重力加速度為g)()A．mgΔt B.eq\f(mv,Δt)C.eq\f(mv,Δt)＋mg D.eq\f(mv,Δt)－mg答案：C解析：設(shè)木樁對鐵錘的平均作用力為F，以豎直向下為正方向，對鐵錘應(yīng)用動量定理，則有(mg－F)Δt＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,Δt)＋mg，由牛頓第三定律，得鐵錘對木樁的平均沖力大小F′＝eq\f(mv,Δt)＋mg，C正確．B級(能力練過素養(yǎng))8．(2021·南昌模擬)人們射向未來深空的探測器是以光壓為動力的，讓太陽光垂直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，從而產(chǎn)生光壓．設(shè)探測器在軌道上運行時，每秒每平方米獲得的太陽光能E＝1.5×104J，薄膜光帆的面積S＝6.0×102m2，探測器的質(zhì)量m＝60kg，已知光子的動量的計算式p＝eq\f(h,λ)，c＝3×108m/s，那么探測器得到的加速度大小最接近()A．0.001m/s2 B．0.01m/s2C．0.0005m/s2 D．0.005m/s2答案：A解析：設(shè)時間t內(nèi)射到探測器上的光子個數(shù)為n，每個光子能量為E0＝hν，則在時間t內(nèi)面積為S的光帆獲得的總太陽光能為E·St＝n·hν，故n＝eq\f(E·St,hν)；光子射到探測器上后全部反射，對n個光子由動量定理得F·t＝n·2p，又因為p＝eq\f(h,λ)，c＝λν，對探測器應(yīng)用牛頓第二定律有F＝ma，解得a＝eq\f(2ES,mc)，代入數(shù)據(jù)得a＝0.001m/s2，A正確．9．(2021·陜西質(zhì)檢)核桃是“四大堅果”之一，桃仁具有豐富的營養(yǎng)價值，但桃殼十分堅硬，不借助專用工具不易剝開．小悠同學(xué)發(fā)現(xiàn)了一個開核竅門：核桃被豎直上拋落回與堅硬地面撞擊后就能開裂．核桃拋出點距離地面的高度為H，上拋后達(dá)到的最高點與拋出點的距離為h.已知重力加速度為g，空氣阻力不計．(1)求核桃落回地面的速度大小v.(2)已知核桃質(zhì)量為m，與地面撞擊作用時間為Δt，撞擊后豎直反彈h1高度，求核桃與地面之間的平均作用力eq\o(F,\s\up6(－)).答案：(1)eq\r(2g（H＋h）)(2)meq\f(\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）),Δt)＋mg(方向豎直向上)解析：(1)核桃豎直上拋到最高點后做自由落體運動，則有v2＝2g(H＋h)解得核桃落回地面的速度大小v＝eq\r(2g（H＋h）).(2)設(shè)核桃反彈的速度大小為v1，則有veq\o\al(2,1)＝2gh1以向上為正方向，由動能定理可得(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv1－m(－v)聯(lián)立解得eq\o(F,\s\up6(－))＝meq\f(\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）),Δt)＋mg(方向豎直向上)．10．(2021·四川遂寧診斷)“嫦娥五號”飛船在月球表面著陸過程如下：在反推火箭作用下，飛船在距月面h＝100m處懸停，通過對障礙物和坡度進(jìn)行識別，選定相對平坦的區(qū)域后，開始以a＝2m/s2垂直下降．當(dāng)四條“緩沖腳”剛接觸月球表面時，反推火箭立即停止工作，隨后飛船經(jīng)過Δt＝2s減速到0，停止在月球表面上．飛船的質(zhì)量m＝1000kg，每條“緩沖腳”與月球表面的夾角為60°，月球表面的重力加速度g＝3.6m/s2，四條“緩沖腳”的質(zhì)量不計．求：(1)在飛船垂直下降過程中，火箭推力對飛船做的功．(2)從“緩沖腳”觸“地”到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的沖量大?。鸢福?1)－1.6×105J(2)eq\f(13600\r(3),3)N·s解析：(1)設(shè)飛船加速下降時，火箭推力大小為F根據(jù)牛頓第二定律可得mg－F＝ma推力對火箭做的功W＝－Fh聯(lián)立解得W＝－1.6×105J.(2)設(shè)飛船四條“緩沖腳”剛接觸月球表面時的速度大小為v由運動學(xué)公式可得v2＝2ah設(shè)從“緩沖腳”觸“地”到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的沖量大小為I以向上為正方向，由動量定理得4Isin60°－mgΔt＝0－(－mv)聯(lián)立解得I＝eq\f(13600\r(3),3)N·s.

第2講動量守恒定律及其應(yīng)用目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)1.知道動量守恒的條件，會用動量守恒定律分析問題.2.掌握彈性碰撞與非彈性碰撞的規(guī)律.3.知道反沖現(xiàn)象1.理解彈性碰撞與非彈性碰撞的概念，建立物理觀念.2.掌握利用動量守恒的求解思路，能建立物理模型解決問題，培養(yǎng)科學(xué)思維必記答案不受零零遠(yuǎn)大于外力零等于－Δp20零守恒有損失損失最大增加增加1．思考判斷(1)只要系統(tǒng)的合力做功為零，系統(tǒng)的動量就守恒．(×)(2)不受外力的兩個物體相互作用時動量守恒，但機(jī)械能不一定守恒．(√)(3)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同．(√)(4)兩物體相互作用時，若系統(tǒng)間存在摩擦力，則兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒．(×)(5)只要系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)的動量就守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒．(×)2．(人教版選修3－5·P16·T5改編)某機(jī)車以0.8m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接．機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂．設(shè)機(jī)車和每節(jié)車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后，車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)()A．0.053m/s B．0.05m/sC．0.057m/s D．0.06m/s答案：B解析：取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，則v＝eq\f(1,16)v0＝eq\f(1,16)×0.8m/s＝0.05m/s，故B正確．3．(人教版選修3－5·P17·T6改編)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球靜止放置在水平面上，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后以原速率返回．兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1答案：D解析：設(shè)A、B球的質(zhì)量分別為mA、mB，B球的初速度為v0，取B球的初速度方向為正方向，由題意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明A、B球碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為eq\f(v0,3)和－eq\f(v0,3)，則有mBv0＝mA·eq\f(v0,3)＋mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，D正確.能力點1對動量守恒定律的理解及其應(yīng)用(自主沖關(guān)類)[題組·沖關(guān)]1．[動量是否守恒的判斷]如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊．今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是()A．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向上動量守恒C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向上動量守恒D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動答案：C解析：小球在槽內(nèi)由A運動到B的過程中，左側(cè)物塊對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上的動量不守恒，故B錯誤；在小球由B運動到C的過程中，因小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運動，槽的動能增加，小球的機(jī)械能減少，槽對小球的支持力對小球做了負(fù)功，故A錯誤；小球從B運動到C的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上的合力為零，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C正確；小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤．2．[某個方向的動量守恒]如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越過滑塊，則小球到達(dá)最高點時，小球和滑塊的速度大小是()A.eq\f(mv0,M＋m) B.eq\f(mv0,M)C.eq\f(Mv0,M＋m) D.eq\f(Mv0,m)答案：A解析：小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，因而系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，小球到達(dá)最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對運動，此時一定不是最高點)．由系統(tǒng)在水平方向上動量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(mv0,M＋m)，A正確．3．[臨界問題]如圖所示，甲車的質(zhì)量m1＝20kg，車上有質(zhì)量M＝50kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行，此時質(zhì)量m2＝50kg的乙車正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑來．為了避免兩車相撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時，人從甲車跳到乙車上．則人跳出甲車的水平速度u(相對地面)應(yīng)當(dāng)在什么范圍內(nèi)才能避免兩車相撞？(不計地面和小車間的摩擦，設(shè)乙車足夠長)答案：u≥3.8m/s解析：以人、甲車、乙車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳到乙車上，甲車和乙車的速度相同時，兩車恰好不相撞，設(shè)甲車、乙車與人共速時，速度為v′由動量守恒定律得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′解得v′＝1m/s設(shè)此時人跳離甲車的速度為v人，以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳離甲車的過程中系統(tǒng)動量守恒，有(m1＋M)v＝m1v′＋Mv人解得v人＝3.8m/s因此，只要人跳離甲車的速度u≥v人＝3.8m/s，就可避免兩車相撞．[錦囊·妙法]1．動量守恒定律的五個特性系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)同時性動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量相對性各物體的速度必須是相對同一參考系(一般是相對地面)矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題時應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.應(yīng)用動量守恒定律解題的“五步法”3．應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意以下兩點(1)確定所研究的系統(tǒng)，單個物體無法應(yīng)用動量守恒．(2)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對地面的速度．能力點2碰撞模型(自主沖關(guān)類)1．三種碰撞的特點彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，機(jī)械能損失最多；機(jī)械能的損失ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，機(jī)械能有損失：ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2))2.彈性碰撞中的一動一靜模型如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m1的物體以速度v0與質(zhì)量為m2、靜止的物體發(fā)生彈性正碰，則有動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)聯(lián)立以上兩式解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0(1)當(dāng)m1＝m2時，v1＝0，v2＝v0(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1>m2時，v1>0，v2>0，且v2>v1(大碰小，前后跑)(3)當(dāng)m1<m2時，v1<0，v2>0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時，v1＝v0，v2＝2v0(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時，v1＝－v0，v2＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)3．碰撞問題的“三條原則”典例甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則甲球的質(zhì)量m1與乙球的質(zhì)量m2間的關(guān)系可能正確的是()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2[解法指導(dǎo)]①審題關(guān)鍵點：a.甲、乙兩球碰撞時動量守恒，機(jī)械能一定守恒嗎？提示：不一定守恒，但不能增加．b．碰后甲的速度和乙的速度若同向應(yīng)滿足什么關(guān)系？提示：甲的速度小于等于乙的速度．②解題切入點：不管什么類型的碰撞，都滿足系統(tǒng)動量守恒、系統(tǒng)動能不增加、速度符合實際的原則．答案：C解析：設(shè)碰后甲球動量變?yōu)閜1′，乙球動量變?yōu)閜2′，根據(jù)動量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2kg·m/s.碰撞過程兩球組成的系統(tǒng)的總動能不增加，則有eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)≤eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)，解得eq\f(m1,m2)≤eq\f(7,17)，碰撞前甲的速度大于乙的速度，則eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，解得eq\f(m1,m2)<eq\f(5,7)，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，解得eq\f(m1,m2)≥eq\f(1,5)，綜上有eq\f(1,5)≤eq\f(m1,m2)≤eq\f(7,17)，C正確，A、B、D錯誤．碰撞問題的解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)的方程求解．(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時，兩物體碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的物體速度v0不變，質(zhì)量小的物體速度為2v0；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的物體速度不變(仍靜止)，質(zhì)量小的物體以原速率反彈．1．[碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律](多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(設(shè)為正)，B的速度v2＝－3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()A．1m/s和1m/s B．4m/s和－5m/sC．2m/s和－1m/s D．－1m/s和5m/s答案：AD解析：由動量守恒定律，可驗證四個選項都滿足要求．再看動能情況，初動能之和Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×9J＋eq\f(1,2)×2×9J＝27J，末動能之和Ek′＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除B項．C項雖滿足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍保持原來的速度方向(v1′>0，v2′<0)，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤．驗證A、D兩項均滿足Ek≥Ek′，故答案為A(完全非彈性碰撞)和D(彈性碰撞)．2．[彈性碰撞問題]如圖，立柱固定于光滑水平面上的O點，質(zhì)量為M的小球a向右運動，與靜止于Q點的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運動，b球與立柱碰撞且能量不損失，所有碰撞時間均不計，b球恰好在P點追到a球，Q點為OP的中點，則a、b球質(zhì)量之比M∶m＝()A．3∶5 B．1∶3C．2∶3 D．1∶2答案：A解析：設(shè)a、b兩球碰后的速度大小分別為v1、v2.由題意有b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點追上a，則從碰后到相遇的過程a、b球通過的路程之比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)M的初速度為v0.由動量守恒定律得Mv0＝M(－v1)＋mv2，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得M∶m＝3∶5，故選A.3．[完全非彈性碰撞問題]如圖所示，軌道ABC中的AB段為一半徑R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道，BC段為足夠長的粗糙水平面．一小滑塊P由A點從靜止開始下滑，滑到B點時與靜止在B點的相同質(zhì)量的小滑塊Q碰撞后粘在一起，兩滑塊在BC水平面上滑行一段距離后停下．g取10m/s2，兩滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同且均為μ＝0.1.(1)小滑塊P剛到達(dá)eq\f(1,4)圓弧軌道B點時，軌道對它的支持力FN為3N，求該滑塊的質(zhì)量和運動到B點的速度大?。?2)求滑塊在水平面上滑行的距離．答案：(1)0.1kg2m/s(2)0.5m解析：(1)小滑塊P沿光滑eq\f(1,4)圓弧軌道下滑到達(dá)B點的過程中，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在B點，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)代入數(shù)據(jù)解得m＝0.1kg，vB＝2m/s.(2)碰撞過程中動量守恒，由動量守恒定律得mvB＝2mv共解得v共＝1m/s兩滑塊在水平面上滑行的過程中，由動能定理得－μ·2mgs＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,共)解得s＝0.5m．能力點3爆炸、反沖與人船模型(逐點突破類)1．[爆炸問題]近年春節(jié)期間，全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氣氛．假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上的A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個方向飛出，假設(shè)其中一塊甲落在到A點距離為s處，不計空氣阻力及消耗的炸藥的質(zhì)量，煙花炸裂時消耗的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為動能，重力加速度為g.求：(1)煙花上升的最大高度．(2)煙花炸裂后的甲水平飛出時的速度大?。?3)煙花炸裂時消耗的化學(xué)能．答案：(1)eq\f(v2,2g)(2)eq\f(sg,v)(3)eq\f(5ms2g2,8v2)解析：(1)由豎直上拋規(guī)律得煙花上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g).(2)設(shè)煙花炸裂后的甲水平飛出時的速度大小為v1，由平拋運動規(guī)律得s＝v1t，h＝eq\f(1,2)gt2解得v1＝eq\f(sg,v).(3)煙花炸裂后兩塊在水平方向上動量守恒，有eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2＝0解得另一塊的速度大小v2＝v1由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學(xué)能E＝eq\f(2×\f(1,2)·\f(m,2)veq\o\al(2,1),80%)＝eq\f(5ms2g2,8v2).爆炸過程的特點(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒．(2)總動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加．(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動．2．[反沖問題]將靜置在地面上、質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，火箭模型在極短時間內(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．忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0答案：D解析：噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響，故系統(tǒng)動量守恒．由動量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝eq\f(m,M－m)v0，D正確．反沖過程的特點當(dāng)一個靜止的物體向某個方向射出物體的一部分時，這個物體的剩余部分將向相反的方向運動，這種現(xiàn)象叫反沖運動．(1)反沖中的動量守恒反沖過程中兩部分物體間的相互作用力是變力，作用時間很短，作用力很大，遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理．(2)反沖中的能量因為有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的總動能會增加．3．[人船模型]如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，則船和人相對地面的位移各為多少？答案：eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)L解析：設(shè)人與船的速度大小分別為v1、v2，因整個過程中人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有mv1＝Mv2設(shè)整個過程中人與船的平均速度大小分別為eq\o(v,\s\up6(－))1、eq\o(v,\s\up6(－))2，則有meq\o(v,\s\up6(－))1＝Meq\o(v,\s\up6(－))2兩邊乘以時間t，有meq\o(v,\s\up6(－))1t＝Meq\o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝Mx2且x1＋x2＝L，可求出x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L.求解“人船模型”問題應(yīng)注意的兩點(1)適用條件①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)的總動量為零．②在系統(tǒng)內(nèi)兩物體發(fā)生相對運動的過程中，系統(tǒng)沿相對運動的方向上動量守恒(如水平方向或豎直方向)．(2)解題關(guān)鍵①寫好動量守恒方程，找出速度關(guān)系，將速度關(guān)系轉(zhuǎn)換成位移關(guān)系．②畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移．A級(練考點過基礎(chǔ))題組一對動量守恒定律的理解及其應(yīng)用1．(多選)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接．一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑，下列判斷正確的是()A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒C．小球被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．小球被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處答案：BC解析：在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向上不受外力作用，故小球和槽都做勻速運動，C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，D錯誤．2．(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝2.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊A.分別給A和B一大小均為3.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，物塊A始終沒有滑離木板B.下列說法正確的是()A．A、B共速時的速度大小為1m/sB．在小物塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板B速度大小可能是2m/sC．從A開始運動到A、B共速的過程中，木板B對小物塊A的水平?jīng)_量大小為2N·sD．從A開始運動到A、B共速的過程中，小物塊A對木板B的水平?jīng)_量方向向左答案：AD解析：取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1m/s，A正確；小物塊向左減速到速度為零時，設(shè)長木板速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律有Mv－mv＝Mv1，解得v1＝1.5m/s，在小物塊反向加速的過程中，木板繼續(xù)減速，木板的速度必然小于1.5m/s，B錯誤；根據(jù)動量定理，A、B相互作用的過程中，木板B對小物塊A的平均沖量大小I＝mv共＋mv＝4N·s，C錯誤；根據(jù)動量定理，A對B的水平?jīng)_量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s，負(fù)號代表與正方向相反，即向左，D正確．3．(2021·河北高考)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接．一個質(zhì)量m1＝2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量m2＝48kg的滑雪者從頂端以v0＝1.5m/s的初速度、a2＝3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長度．(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度大小．答案：(1)9m(2)7.44m/s解析：(1)設(shè)斜面長度為L，背包在斜面上滑行的加速度為a1由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2由運動學(xué)公式，背包從斜面上下滑過程有L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)滑雪者從斜面上下滑過程，有L＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)其中t1－t2＝1s聯(lián)立解得t1＝3s，t2＝2s，L＝9m.(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平滑道時的速度大小分別為v1、v2，滑雪者拎起背包后與背包的速度相等，設(shè)共同速度大小為v由運動學(xué)公式有v1＝a1t1＝6m/s，v2＝v0＋a2t2＝7.5m/s根據(jù)動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s.題組二碰撞模型4．甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運動，已知它們的動量均為6kg·m/s，甲追上乙并發(fā)生彈性碰撞，碰撞后乙球的動量變?yōu)?kg·m/s，已知甲球的質(zhì)量為0.5kg，則乙球的質(zhì)量為()A．0.5kg B．0.7kgC．1.0kg D．1.4kg答案：B解析：本題考查彈性碰撞的規(guī)律．甲、乙兩球的碰撞過程滿足動量守恒定律，故碰撞后甲球的動量變?yōu)?kg·m/s，因為是彈性碰撞，碰撞前后兩球的總動能不變，即eq\f(peq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(peq\o\al(2,乙),2m乙)＝eq\f(p甲′2,2m甲)＋eq\f(p乙′2,2m乙)，代入數(shù)據(jù)，解得m乙＝0.7kg，B正確．5．(2020·全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板．一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板發(fā)生彈性碰撞．總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案：BC解析：選運動員退行速度方向為正方向，設(shè)運動員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1.根據(jù)動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝Mv2－mv0，依此類推，第三次推物塊時有Mv2＋mv0＝Mv3－mv0，…，第n次推物塊時有Mvn－1＋mv0＝Mvn－mv0.以上各式相加得Mvn＝(2n－1)mv0，當(dāng)n＝7時，v7＜v0，解得M＞52kg；當(dāng)n＝8時，v8＞v0，解得M＜60kg，故52kg＜M＜60kg，B、C正確．題組三爆炸、反沖與人船模型6．(2021·廣東廣州二模)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭模型噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭模型的動量大小為(噴出過程中，重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案：A解析：燃?xì)鈴幕鸺Ｐ蛧娍趪姵龅乃查g，火箭模型和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭模型的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝30kg·m/s，A正確．7．(2021·江西高安模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿AB軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點．已知小車質(zhì)量M＝3m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則()A．全程，滑塊水平方向相對地面的位移為R＋LB．全程，小車相對地面的位移大小為eq\f(1,4)(R＋L)C．滑塊運動過程中的最大速度為eq\r(2gR)D．μ、L、R三者之間的關(guān)系為R＝4μL答案：B解析：設(shè)全程小車相對地面的位移大小為x1，滑塊水平方向相對地面的位移大小為x2，則x1＋x2＝R＋L，取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒得meq\f(x2,t)－Meq\f(x1,t)＝0，又因為M＝3m，聯(lián)立解得x1＝eq\f(1,4)(R＋L)，x2＝eq\f(3,4)(R＋L)，A錯誤、B正確；滑塊剛滑到B點時速度最大，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒分別得0＝mvm－Mv、mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)Mv2，聯(lián)立解得vm＝eq\r(\f(3gR,2))，C錯誤；對整個過程，由動量守恒定律得0＝(m＋M)v共，解得v共＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL，D錯誤．B級(能力練過素養(yǎng))8.(2021·四川仁壽一中期中)(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時，小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為(重力加速度為g)()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(Mm,2（M＋m）)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL答案：BD解析：設(shè)物塊與箱子相對靜止時共同速度為v1，則由動量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，解得v1＝eq\f(mv,M＋m)，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(Mm,2（M＋m）)v2，A錯誤，B正確；根據(jù)能量守恒定律得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，根據(jù)功能關(guān)系可知ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯誤，D正確．9．(2021·山東高三三模)如圖所示，4個質(zhì)量M＝150g的相同物塊在水平地面上等間距排成一條直線，間距d＝0.1m．一長L＝0.84m的細(xì)線一端固定在懸點，另一端連接一質(zhì)量m＝50g的小球．將細(xì)線拉至水平并由靜止釋放，當(dāng)小球運動到懸點正下方時與物塊1發(fā)生彈性碰撞，此后物塊與物塊發(fā)生碰撞后均迅速合為一體．物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小球與物塊1碰撞后瞬間，細(xì)線上的拉力大?。?2)物塊1與物塊2碰撞前的速度大小．(3)物塊1與物塊2碰撞過程中損失的動能E損1.(4)整個運動過程中，物塊1移動的距離s.答案：(1)0.75N(2)2m/s(3)0.15J(4)0.34375m解析：(1)設(shè)小球碰撞前的速度為v0，根據(jù)動能定理可得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球與物塊1發(fā)生彈性碰撞，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒可得mv0＝mv＋Mv1根據(jù)機(jī)械能守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)碰后瞬間T－mg＝meq\f(v2,L)代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得T＝0.75N.(2)物塊1被碰后到與物塊2碰撞前，根據(jù)動能定理可得－μMgd＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,01)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)，解得v01＝2m/s.(3)物塊1與物塊2碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律可得Mv01＝2Mv2物塊1與物塊2碰撞過程中損失的動能E損1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,01)－eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,2)解得E損1＝0.15J.(4)先推導(dǎo)一般性結(jié)論，質(zhì)量為M的物塊與質(zhì)量為m的物塊碰后粘在一起，求出碰撞過程損失的動能．M的初動能E0＝eq\f(1,2)Mv0′2根據(jù)動量守恒定律可得Mv0′＝(M＋m)v′E損1＝eq\f(1,2)Mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得E損1＝eq\f(m,M＋m)E0由結(jié)論可知，物塊每次碰后系統(tǒng)的動能分別是碰前系統(tǒng)動能的eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(4,5)物塊1的初動能E1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)物塊1和物塊2碰前的動能E2前＝E1－μMgd物塊1和物塊2碰后的動能E2后＝eq\f(1,2)E2前物塊1、2和物塊3碰前的動能E3前＝E2后－μ·2Mgd＝eq\f(1,2)E1－eq\f(1,2)μMgd(1＋4)物塊1、2和物塊3碰后的動能E3后＝eq\f(2,3)E3前物塊1、2、3和物塊4碰前的動能E4前＝E3后－μ·3Mgd＝eq\f(1,3)E1－eq\f(1,3)μMgd(1＋4＋9)物塊1、2、3和物塊4碰后的動能E4后＝eq\f(3,4)E4前＝eq\f(1,4)E1－eq\f(1,4)μMgd(1＋4＋9)物塊1、2、3、4一起減速到零，有0＝E4后－μ·4Mg·x整個運動過程中，物塊1移動的距離s＝3d＋x代入數(shù)據(jù)可得s＝0.34375m.

專題探究6力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)1.理解力學(xué)三大觀點的內(nèi)容和使用方法.2.靈活選用牛頓運動定律，結(jié)合運動學(xué)規(guī)律、功能關(guān)系、動量守恒解答力學(xué)綜合問題1.從運動及受力分析入手，掌握力學(xué)綜合問題的分析思路.2.綜合利用力學(xué)知識分析問題，培養(yǎng)科學(xué)思維能力點1動力學(xué)與動量觀點的綜合應(yīng)用(自主沖關(guān)類)1．解決動力學(xué)問題的三個基本觀點(1)力的觀點：用牛頓運動定律，結(jié)合運動學(xué)知識解題，可處理勻變速運動問題．(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．2．力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律．(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用運動狀態(tài)發(fā)生改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．(4)在涉及相對位移問題時，優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)的內(nèi)能．(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換，這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．典例1[動力學(xué)與動量守恒的綜合]如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質(zhì)量M＝0.2kg的小球P和質(zhì)量m＝0.1kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質(zhì)量也為m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道．釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點．已知水平桌面的高h(yuǎn)＝0.2m，D點到桌面邊緣的水平距離x＝0.2m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球P經(jīng)過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小NB′.(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ.(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep.[解法指導(dǎo)]①審題關(guān)鍵點：a.小球P恰好能通過半圓形軌道的最高點時，什么力提供向心力？提示：重力．b．被壓縮的輕彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為什么能？提示：小球P和小球Q的動能．②解題切入點：認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象．分析研究對象的受力情況、運動狀態(tài)以及運動狀態(tài)的變化過程，作出草圖．根據(jù)運動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點，選擇適用規(guī)律．答案：(1)12N(2)2m/s(3)0.3J解析：(1)小球P恰好能通過半圓形軌道的最高點C，則有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)對小球P，從B→C，由動能定理有－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點有NB－Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得NB＝6Mg＝12N由牛頓第三定律有NB′＝NB＝12N.(2)設(shè)Q與S做平拋運動的初速度大小為v，所用時間為t，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.2s，根據(jù)公式x＝vt，得v＝1m/s碰撞前后Q和S組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mvQ＝2mv解得vQ＝2m/s.(3)P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有MvP＝mvQ解得vP＝1m/s對P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，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.1．[動力學(xué)與動量定理的綜合](2021·?？谑懈呷?如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球．某一次足球由靜止自由下落45cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度為125cm.已知足球與頭部的作用時間為0.2s，足球的質(zhì)量為0.5kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的5倍B．足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為2.5kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動量變化量大小為1kg·m/sD．足球在從最高點下落至重新回到最高點的過程中，重力的沖量大小為4N·s答案：A解析：設(shè)足球自由下落45cm時的速度大小為v1，所用時間為t1，有v1＝eq\r(2gh1)＝3m/s，t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.3s，反彈后足球做豎直上拋運動，上拋的初速度大小為v2，時間為t2，而上升高度為125cm，根據(jù)豎直上拋和自由落體的對稱性可求得v2＝eq\r(2gh2)＝5m/s，t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.5s，足球剛接觸頭部時的動量大小p1＝mv1＝1.5kg·m/s，B錯誤；足球與頭部作用過程中動量變化量大小Δp＝mv2－(－mv1)＝4kg·m/s，C錯誤；足球與人的接觸過程，作用時間Δt＝0.2s，取向上為正方向，由動量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝25N，故頭部對足球的平均作用力為足球重力的5倍，A正確；在足球從落下到回到最高點的過程中，足球重力沖量IG＝mg(t1＋t2＋Δt)＝5N·s，D錯誤．2．[動力學(xué)與動量定理、動量守恒的綜合]如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量m＝1kg的小車，小車右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量m0＝1kg的物塊，物塊與上表面光滑的小車一起以v0＝5m/s的速度向右勻速運動，與靜止在光滑水平面上、質(zhì)量M＝4kg的小球發(fā)生彈性正碰，若碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．求：(1)碰撞結(jié)束時，小車與小球的速度．(2)從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小車的沖量大小．答案：(1)小車：3m/s，方向向左；小球：2m/s，方向向右(2)4N·s解析：(1)設(shè)碰撞后瞬間小車的速度為v1，小球的速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒及機(jī)械能守恒有mv0＝Mv＋mv1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－3m/s，負(fù)號表示小車速度方向向左v＝eq\f(2m,m＋M)v0＝2m/s，小球速度方向向右．(2)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，物塊與小車有共同速度設(shè)共同的速度為v2，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2，解得v2＝1m/s設(shè)碰撞后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小為I，根據(jù)動量定理有I＝mv2－mv1，解得I＝4N·s.動量觀點與動力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應(yīng)，在研究某一物體所受的力的瞬時作用與物體運動的關(guān)系，或者物體受恒力作用直接涉及物體運動過程中的加速度問題時，應(yīng)采用動力學(xué)觀點．(2)動量定理反映了力對時間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運動過程中的加速度、位移，而涉及運動時間的問題，特別對沖擊類問題，應(yīng)采用動量定理求解．(3)若研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，則有時既要用到動力學(xué)觀點，又要用到動量守恒定律．能力點2動量與能量觀點的綜合應(yīng)用(逐點突破類)1．[“彈簧類”模型](2021·山東高考模擬)(多選)如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA＝6kg、mB＝2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁．現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做的功W＝25J，使A、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時，突然撤去向左的推力解除壓縮，則()A．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．從撤去推力至A與墻面剛分離時，A對彈簧的沖量I＝10N·s，方向水平向右D．A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長時，兩物體速率均是2.5m/s答案：BCD解析：解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長前，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，恢復(fù)原長后，A、B一起向右運動，系統(tǒng)所受的合力為零，動量守恒，A錯誤；解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)只有動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，B正確；壓縮彈簧時，推力做的功全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去推力，彈簧恢復(fù)原長，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為B的動能，設(shè)此時B的速度為v0，則W＝Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)，得v0＝5m/s，此過程墻壁對A的沖量大小等于彈簧對A的沖量大小，也等于彈簧對B的沖量大小，由動量定理得I＝mBv0＝10N·s，C正確；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，設(shè)A、B的速度分別為vA、vB，由系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒有mBv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，得vA＝2.5m/s，vB＝－2.5m/s，則兩物體速率均是2.5m/s，D正確．“彈簧類”模型模型圖示模型分析(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒；若只有彈簧彈力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒.(2)過程分析：通過彈簧發(fā)生相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)，兩者共速時彈簧最長或最短，系統(tǒng)動能最小，彈簧的彈性勢能最大，類似于完全非彈性碰撞．從開始發(fā)生作用到彈簧再次恢復(fù)原長，此時彈簧的彈性勢能再次為零，系統(tǒng)動能最大，整個過程類似于彈性碰撞.注意：(1)物體的速度最大時，應(yīng)該是加速度為零、彈簧恢復(fù)原長，相當(dāng)于彈性碰撞結(jié)束時.(2)在多個物體通過彈簧發(fā)生相互作用的系統(tǒng)中，發(fā)生碰撞時要注意研究對象的合理選擇2.[“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型]如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個完全相同的eq\f(1,4)圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、b′分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著墻壁．一個質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點無初速度釋放，已知重力加速度為g，求：(1)小球C從a點運動到b點時的速度大小及A槽對地面的壓力大小．(2)小球C在B槽內(nèi)運動所能到達(dá)的最大高度．(3)B的最大速度．答案：(1)eq\r(2gR)3mg＋Mg(2)eq\f(MR,M＋m)(3)eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR)解析：(1)小球C從a點運動到b點的過程，由機(jī)械能守恒定律，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得小球到b點時的速度大小v0＝eq\r(2gR)在最低點b，根據(jù)牛頓第二定律可得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得N＝3mg由牛頓第三定律可知，小球C對A的壓力N′＝N＝3mg，A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛頓第三定律可知，A對地面的壓力大小F′＝F＝3mg＋Mg.(2)B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，以向右為正方向，小球C在B槽內(nèi)運動至所能到達(dá)的最大高度h處時，兩者共速，由動量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v由機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh解得h＝eq\f(MR,M＋m).(3)當(dāng)小球回到B槽的底端b′點時，B的速度最大，根據(jù)動量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2由機(jī)械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得v2＝eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR).“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型模型圖示模型分析(1)模型特點：一個物體在水平方向上運動，另一個物體沿曲線運動，兩個物體運動的過程中，水平方向上動量守恒．若只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒.(2)過程分析：以圖a為例.①最高點：m與M具有共同水平速度v共．系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mv0＝(M＋m)v共；若圓弧軌道光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度．(完全非彈性碰撞拓展模型)②最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2；若圓弧軌道光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq