2025人教版物理重難點(diǎn)-選擇性必修一人教版物理重難點(diǎn)-必修三專題1.2 動(dòng)量守恒定律【八大題型】（含答案）

2025人教版物理重難點(diǎn)-選擇性必修一人教版物理重難點(diǎn)-必修三專題1.2動(dòng)量守恒定律【八大題型】（含答案）專題1.2動(dòng)量守恒定律【八大題型】【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1動(dòng)量守恒的判斷】 【題型2碰撞問(wèn)題】 【題型3爆炸、反沖問(wèn)題】 【題型4人船模型】 【題型5某方向動(dòng)量守恒】 【題型6多過(guò)程問(wèn)題】 【題型7臨界問(wèn)題】 【題型8高科技問(wèn)題】 【題型1動(dòng)量守恒的判斷】【例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【變式1-1】(多選)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，相對(duì)放置著兩個(gè)形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是()A．小球在弧形槽A下滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的頂端【變式1-2】(2021年8省聯(lián)考·湖北卷)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(guò)程中，下列說(shuō)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【變式1-3】如圖所示，物塊與小車壁之間連有水平輕彈簧，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，外力使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)撤去其他外力，僅給小車施加一水平向左的恒力F，F(xiàn)恰好等于小車與地面間的滑動(dòng)摩擦力，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，則()A．物塊向右運(yùn)動(dòng)，小車靜止B．物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．彈簧彈力對(duì)小車的沖量與彈簧彈力對(duì)物塊的沖量相同D．物塊、彈簧與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定不守恒【變式1-4】(多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來(lái)靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被釋放后，則以下系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()A．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)B．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)【題型2碰撞問(wèn)題】【例2】(2021·廣東高考)算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1。現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間?！咀兪?-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(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5J D．6J【變式2-2】?jī)汕駻、B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，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s【變式2-3】(2022·廣州模擬)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為8kg·m/s，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3B．右方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6C．左方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3D．左方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6【變式2-4】如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t。【題型3爆炸、反沖問(wèn)題】【例3】一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。(1)當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度為多大？【變式3-1】(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)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v【變式3-2】(2022·四川內(nèi)江模擬)一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v0，此時(shí)煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計(jì))，兩塊的速度方向水平相反，落地時(shí)水平位移大小相等，不計(jì)空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()A.eq\f(2M,M－m)v0 B.eq\f(M,M－m)v0C.eq\f(M,2m－M)v0 D.eq\f(2M,2m－M)v0【變式3-3】(2021·浙江1月選考)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m【變式3-4】如圖所示，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于小車C上，小車的質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，小車靜止在光滑的水平面上。A、B間夾有少量炸藥，某時(shí)刻炸藥爆炸，若A、B間炸藥爆炸的能量有12J轉(zhuǎn)化為A、B的機(jī)械能，其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車表面水平運(yùn)動(dòng)，小車足夠長(zhǎng)，求：(1)炸開后A、B獲得的速度大??；(2)A、B在小車上滑行的時(shí)間各是多少？【題型4人船模型】【例4】(2022·邯鄲調(diào)研)一個(gè)質(zhì)量為M、底面邊長(zhǎng)為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無(wú)初速度滑到底部時(shí)，斜面體移動(dòng)的距離為s。下列說(shuō)法中正確的是()A．若斜面粗糙，則s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，則下滑過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒【變式4-1】如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的人不斷將魚拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說(shuō)法正確的是()A．向左運(yùn)動(dòng)，船向左移一些B．小船靜止，船向左移一些C．小船靜止，船向右移一些D．小船靜止，船不移動(dòng)【變式4-2】(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)小球A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)。將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是()A．A球?qū)⒆鲎兯賵A周運(yùn)動(dòng)B．B球?qū)⒁恢毕蛴疫\(yùn)動(dòng)C．B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為L(zhǎng)D．B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\r(gL)【變式4-3】某人在一輛靜止的小車上練習(xí)打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L(zhǎng)，子彈水平射出槍口相對(duì)于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時(shí)，前一顆子彈已嵌入靶中，則發(fā)射完n顆子彈時(shí)，小車后退的距離為()A.eq\f(m,M＋m)L B.eq\f(nm,M＋m)LC.eq\f(nm,M＋nm)L D.eq\f(m,M＋nm)L【題型5某方向動(dòng)量守恒】【例5】如圖所示，光滑水平軌道右邊與墻壁連接，木塊A、B和半徑為0.5m的eq\f(1,4)光滑圓軌道C靜置于光滑水平軌道上，A、B、C質(zhì)量分別為1.5kg、0.5kg、4kg?，F(xiàn)讓A以6m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰撞時(shí)間為0.3s，碰后速度大小變?yōu)?m/s。當(dāng)A與B碰撞后會(huì)立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知g＝10m/s2，求：(1)A與墻壁碰撞過(guò)程中，墻壁對(duì)小球平均作用力的大?。?2)AB第一次滑上圓軌道所能達(dá)到的最大高度h?！咀兪?-1】如圖所示，小車的質(zhì)量M＝2.0kg，帶有光滑的圓弧軌道AB和粗糙的水平軌道BC，且兩軌道相切于B點(diǎn)。一小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m＝0.5kg，與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，BC部分的長(zhǎng)度L＝0.80m，重力加速度g取10m/s2。(1)若小車固定在水平面上，將小物塊從AB軌道的D點(diǎn)靜止釋放，小物塊恰好可運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。試求D點(diǎn)與BC軌道的高度差；(2)若將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從AB軌道的D點(diǎn)靜止釋放，試求小物塊滑到BC中點(diǎn)時(shí)的速度大小?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長(zhǎng)，與水平方向的夾角為θ。一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為v，距地面高度為h，則下列關(guān)系式中正確的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝eq\f(1,2)m(v0sinθ)2D．mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02【變式5-3】如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦。下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時(shí)，小球能到達(dá)B點(diǎn)B．如果小球的速度足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上C．小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處，小球的速度為零D．小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向可能向左【題型6多過(guò)程問(wèn)題】【例6】(2019·陜西安康模擬)如圖所示，三個(gè)小木塊A、B、C靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為mA＝0.1kg，mB＝0.1kg，mC＝0.3kg，其中B與C用一個(gè)輕彈簧固定連接，開始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥(質(zhì)量不計(jì))，現(xiàn)引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產(chǎn)生的能量有E＝0.4J轉(zhuǎn)化為A和B沿軌道方向的動(dòng)能。(1)求爆炸后瞬間A、B的速度大??；(2)求彈簧彈性勢(shì)能的最大值?！咀兪?-1】(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M；質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮。開始時(shí)小車AB和木塊C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下說(shuō)法正確的是()A．彈簧伸長(zhǎng)過(guò)程中C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)AB也向右運(yùn)動(dòng)B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運(yùn)動(dòng)D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)【變式6-2】(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(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、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。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為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(guò)程中滑雪者與背包的重心變化。求：(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度?！咀兪?-3】如圖所示，一對(duì)雜技演員(都視為質(zhì)點(diǎn))乘秋千(秋千繩處于水平位置)從A點(diǎn)由靜止出發(fā)繞O點(diǎn)下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)B時(shí)，女演員在極短時(shí)間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A。已知男演員質(zhì)量m1和女演員質(zhì)量m2之比m1∶m2＝2，秋千的質(zhì)量不計(jì)，秋千的擺長(zhǎng)為R，C點(diǎn)比O點(diǎn)低5R。求男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離s?！咀兪?-4】(2022·北京海淀區(qū)模擬)如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧拴接在一起，彈簧處于原長(zhǎng)。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時(shí)間極短。下列說(shuō)法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過(guò)程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒B．子彈射入物塊A的過(guò)程中，子彈對(duì)物塊A的沖量大小大于物塊A對(duì)子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和等于射入物塊A前子彈的動(dòng)能D．兩物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能等于彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能【題型7臨界問(wèn)題】【例7】如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接，靜止在光滑的水平面上，此時(shí)細(xì)線剛好伸直但無(wú)彈力?，F(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線沒(méi)有繃斷，以下判斷正確的是()A．細(xì)線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B．細(xì)線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C．彈簧最大的彈性勢(shì)能等于eq\f(3,8)mv02D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機(jī)械能最多為eq\f(3,2)mv02【變式7-1】(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長(zhǎng)度均為d，兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，m1＞m2，m2的左邊有一固定擋板。由圖示位置靜止釋放m1、m2，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1的速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1【變式7-2】如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度的大小。(不計(jì)水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程)【變式7-3】(多選)(2020·全國(guó)卷Ⅱ·21)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．總共經(jīng)過(guò)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．48kgB．53kgC．58kgD．63kg【變式7-4】(2021年8省聯(lián)考·廣東卷)如圖所示，固定的粗糙斜面，傾角θ＝30°，斜面底端O處固定一個(gè)垂直斜面的彈性擋板。在斜面上P、Q兩點(diǎn)有材質(zhì)相同、質(zhì)量均為m的滑塊A和B，A和B恰好能靜止，且均可視為質(zhì)點(diǎn)，Q到O的距離是L，Q到P的距離是kL(k>0)?，F(xiàn)始終給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運(yùn)動(dòng)，g為重力加速度。設(shè)A、B之間以及B與擋板之間的碰撞時(shí)間極短，且無(wú)機(jī)械能損失，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬間它們的速率分別為多少。(2)A、B第一次碰撞與第二次碰撞之間的時(shí)間?！绢}型8高科技問(wèn)題】【例8】秦山核電站是我國(guó)第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(eq\o\al(1,0)n)與靜止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動(dòng)能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過(guò)該次碰撞后，中子損失的動(dòng)能為()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E 【變式8-1】如圖所示，我國(guó)自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機(jī)“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時(shí)，將質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對(duì)地速率為v1的燃?xì)猓瑒t噴氣后導(dǎo)彈的速率為()A.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq\f(Mv0－mv1,M－m)C.eq\f(Mv0－mv1,M) D.eq\f(Mv0＋mv1,M)【變式8-2】所謂對(duì)接是指兩艘以幾乎同樣快慢同向運(yùn)行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起。假設(shè)“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”的質(zhì)量分別為M、m，兩者對(duì)接前的在軌速度分別為v＋Δv、v，對(duì)接持續(xù)時(shí)間為Δt，則在對(duì)接過(guò)程中“天舟一號(hào)”對(duì)“天宮二號(hào)”的平均作用力大小為()A.eq\f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq\f(M2·Δv,M＋mΔt)C.eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0

參考答案【題型1動(dòng)量守恒的判斷】【例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)械能不守恒解析：選B撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒；因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能減少，B正確?！咀兪?-1】(多選)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，相對(duì)放置著兩個(gè)形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是()A．小球在弧形槽A下滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的頂端解析：選AD由于A是不固定的，小球下滑的過(guò)程中，一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)移給了A，所以小球的機(jī)械能不守恒，A正確；由于B是固定的，小球在上滑的過(guò)程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；小球最初和A的合動(dòng)量為零，而當(dāng)小球上升到靜止時(shí)，小球的動(dòng)量為零，A的動(dòng)量不為零，所以小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；由于小球的一部分動(dòng)能給了A，所以小球最終到達(dá)不了B的頂端，D正確。【變式1-2】(2021年8省聯(lián)考·湖北卷)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(guò)程中，下列說(shuō)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)量守恒解析：選BP對(duì)Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運(yùn)動(dòng)中，P會(huì)向左移動(dòng)，P對(duì)Q的彈力方向垂直于接觸面向上，與Q移動(dòng)位移方向的夾角大于90°，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)除重力外，其他力做功代數(shù)和為零，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?！咀兪?-3】如圖所示，物塊與小車壁之間連有水平輕彈簧，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，外力使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)撤去其他外力，僅給小車施加一水平向左的恒力F，F(xiàn)恰好等于小車與地面間的滑動(dòng)摩擦力，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，則()A．物塊向右運(yùn)動(dòng)，小車靜止B．物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．彈簧彈力對(duì)小車的沖量與彈簧彈力對(duì)物塊的沖量相同D．物塊、彈簧與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定不守恒解析：選BF恰好等于小車與地面間的滑動(dòng)摩擦力，則物塊與小車組成的系統(tǒng)所受的合力為零，故物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B正確；在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，物塊向右運(yùn)動(dòng)，則小車向左運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力對(duì)小車的沖量與彈簧彈力對(duì)物塊的沖量大小相等，方向相反，A、C錯(cuò)誤；如果小車上表面光滑，因?yàn)樾≤嚳朔Σ亮ψ龉εcF對(duì)小車做功相等，則物塊、彈簧與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能不變，D錯(cuò)誤。【變式1-4】(多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來(lái)靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被釋放后，則以下系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()A．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)B．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)解析：選BCD若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對(duì)C向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，和A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無(wú)關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，故其動(dòng)量守恒，C正確?！绢}型2碰撞問(wèn)題】【例2】(2021·廣東高考)算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1。現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。[解析](1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，則v12－v2＝2(－a1)s1，解得v1＝0.3m/s，甲、乙兩算珠碰撞時(shí)，由題意可知碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，取甲算珠初速度方向?yàn)檎较?，則有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，碰撞后，乙算珠做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，設(shè)乙算珠能運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x，則x＝eq\f(v乙2,2a2)＝0.02m，由于x＝s2，所以乙算珠能夠滑動(dòng)到邊框a。(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時(shí)間t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s，碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止，所用時(shí)間t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s，所以甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝0.2s。[答案](1)能，計(jì)算過(guò)程見解析(2)0.2s【變式2-1】(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(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5J D．6J解析：選A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(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能為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，A正確?！咀兪?-2】?jī)汕駻、B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，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s解析：選C碰前系統(tǒng)總動(dòng)量為p＝mAvA＋mBvB＝10kg·m/s，碰前總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動(dòng)量為p′＝11kg·m/s，動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；碰撞后，A、B兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B錯(cuò)誤；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動(dòng)量為p′＝10kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為Ek′＝18J，系統(tǒng)動(dòng)能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，則碰后總動(dòng)量為p′＝10kg·m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為Ek′＝57J，系統(tǒng)動(dòng)能增加，不可能，D錯(cuò)誤?！咀兪?-3】(2022·廣州模擬)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為8kg·m/s，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則()A．右方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3B．右方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6C．左方為A球，碰后A、B的速率之比為2∶3D．左方為A球，碰后A、B的速率之比為1∶6解析：選CA、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動(dòng)量增量為負(fù)值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動(dòng)量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動(dòng)量大小為4kg·m/s，所以碰撞后B球的動(dòng)量是增加的，為12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確?！咀兪?-4】如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t。解析：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動(dòng)量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。答案：(1)6m/s(2)2m/s(3)1s【題型3爆炸、反沖問(wèn)題】【例3】一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。(1)當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度為多大？[解析](1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2m/s。(2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s【變式3-1】(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)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v解析：選B由題意知：小孩和滑板動(dòng)量守恒，則Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq\f(M,m)v，即滑板的速度大小為eq\f(Mv,m)，方向與小孩運(yùn)動(dòng)方向相反，故B項(xiàng)正確。【變式3-2】(2022·四川內(nèi)江模擬)一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v0，此時(shí)煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計(jì))，兩塊的速度方向水平相反，落地時(shí)水平位移大小相等，不計(jì)空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()A.eq\f(2M,M－m)v0 B.eq\f(M,M－m)v0C.eq\f(M,2m－M)v0 D.eq\f(2M,2m－M)v0解析：選C設(shè)炸裂后向前的一塊速度大小為v，兩塊均在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)落地時(shí)水平位移大小相等知，兩塊的速度大小相等、方向相反，炸裂過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以炸裂前的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正確，A、B、D錯(cuò)誤?！咀兪?-3】(2021·浙江1月選考)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m解析：選B爆炸物上升到最高點(diǎn)時(shí)，瞬時(shí)速度為零，爆炸瞬間水平方向動(dòng)量守恒，因此質(zhì)量為2∶1的兩塊碎塊，其速度大小之比為1∶2，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，水平方向位移大小之比為1∶2，但合位移大小之比并不為1∶2，A錯(cuò)誤。根據(jù)題意，則有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為1020m，D錯(cuò)誤。由上述推導(dǎo)可知，碎塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4s，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，爆炸物爆炸點(diǎn)離地面的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正確。質(zhì)量大的碎塊其初速度為85m/s，C錯(cuò)誤?！咀兪?-4】如圖所示，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于小車C上，小車的質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，小車靜止在光滑的水平面上。A、B間夾有少量炸藥，某時(shí)刻炸藥爆炸，若A、B間炸藥爆炸的能量有12J轉(zhuǎn)化為A、B的機(jī)械能，其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車表面水平運(yùn)動(dòng)，小車足夠長(zhǎng)，求：(1)炸開后A、B獲得的速度大??；(2)A、B在小車上滑行的時(shí)間各是多少？[解析](1)根據(jù)爆炸過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化，有：E＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22爆炸過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒得：m1v1＝m2v2聯(lián)立解得：v1＝4m/s，v2＝2m/s。(2)爆炸后A、B都在C上滑動(dòng)，由題意可知B與C會(huì)先相對(duì)靜止，設(shè)此時(shí)A的速度為v3，B、C的速度為v4，在該過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)該過(guò)程的時(shí)間為t1。對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；對(duì)C應(yīng)用動(dòng)量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；代入數(shù)據(jù)解得：v3＝3m/s，v4＝1m/s，t1＝0.2s。之后，A在C上滑動(dòng)直到相對(duì)靜止，由動(dòng)量守恒定律可知三者速度都為0。即：(m1＋m2＋m3)v＝0，解得v＝0。設(shè)A滑動(dòng)的總時(shí)間為t，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理，則：－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8s。[答案](1)4m/s2m/s(2)0.8s0.2s【題型4人船模型】【例4】(2022·邯鄲調(diào)研)一個(gè)質(zhì)量為M、底面邊長(zhǎng)為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無(wú)初速度滑到底部時(shí)，斜面體移動(dòng)的距離為s。下列說(shuō)法中正確的是()A．若斜面粗糙，則s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，則下滑過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒解析：選A不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動(dòng)量守恒，以向左為正方向，斜面體的位移大小為s，則物塊的位移大小為b－s，物塊和斜面體的平均速率分別為v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由動(dòng)量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正確，B錯(cuò)誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過(guò)程中系統(tǒng)在豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C、D錯(cuò)誤。【變式4-1】如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的人不斷將魚拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說(shuō)法正確的是()A．向左運(yùn)動(dòng)，船向左移一些B．小船靜止，船向左移一些C．小船靜止，船向右移一些D．小船靜止，船不移動(dòng)解析：選C人、船、魚構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，據(jù)“人船模型”，魚動(dòng)船動(dòng)，魚停船靜止；魚對(duì)地發(fā)生向左的位移，則人、船的位移向右。故C正確。【變式4-2】(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)小球A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)。將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是()A．A球?qū)⒆鲎兯賵A周運(yùn)動(dòng)B．B球?qū)⒁恢毕蛴疫\(yùn)動(dòng)C．B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為L(zhǎng)D．B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\r(gL)[解析]由于B點(diǎn)不固定，故A的軌跡不可能為圓周，A錯(cuò)誤；A球來(lái)回?cái)[動(dòng)，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，可知B球?qū)⒆鐾鶑?fù)運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；對(duì)于A、B組成的系統(tǒng)，當(dāng)A球擺到左側(cè)，細(xì)繩再次處于水平狀態(tài)時(shí)，B球有向右的最大位移，此時(shí)對(duì)系統(tǒng)有mAeq\f(xA,t)－mBeq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為L(zhǎng)，C正確；當(dāng)A球擺到B球正下方時(shí)，B球的速度最大，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得mAvA＝mBvB，由機(jī)械能守恒定律得mAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得B球運(yùn)動(dòng)的最大速度為vB＝eq\r(gL)，D正確。[答案]CD【變式4-3】某人在一輛靜止的小車上練習(xí)打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L(zhǎng)，子彈水平射出槍口相對(duì)于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時(shí)，前一顆子彈已嵌入靶中，則發(fā)射完n顆子彈時(shí)，小車后退的距離為()A.eq\f(m,M＋m)L B.eq\f(nm,M＋m)LC.eq\f(nm,M＋nm)L D.eq\f(m,M＋nm)L解析：選C由題意知系統(tǒng)動(dòng)量守恒，前一發(fā)擊中靶后，再打下一發(fā)，說(shuō)明發(fā)射后一顆子彈時(shí)，車已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)。每發(fā)射一顆子彈，車后退一段距離。每發(fā)射一顆子彈時(shí)，子彈動(dòng)量為mv，由動(dòng)量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，設(shè)每發(fā)射一顆子彈車后退x，則子彈相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的距離是(L－x)，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－x,t)))＝[M＋(n－1)m]eq\f(x,t)，解得：x＝eq\f(mL,M＋nm)，則打完n發(fā)后車共后退s＝eq\f(nmL,M＋nm)?！绢}型5某方向動(dòng)量守恒】【例5】如圖所示，光滑水平軌道右邊與墻壁連接，木塊A、B和半徑為0.5m的eq\f(1,4)光滑圓軌道C靜置于光滑水平軌道上，A、B、C質(zhì)量分別為1.5kg、0.5kg、4kg?，F(xiàn)讓A以6m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰撞時(shí)間為0.3s，碰后速度大小變?yōu)?m/s。當(dāng)A與B碰撞后會(huì)立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知g＝10m/s2，求：(1)A與墻壁碰撞過(guò)程中，墻壁對(duì)小球平均作用力的大小；(2)AB第一次滑上圓軌道所能達(dá)到的最大高度h。解析(1)A與墻壁碰撞過(guò)程，規(guī)定水平向左為正方向，對(duì)A由動(dòng)量定理有Ft＝mAv2－mA(－v1)解得F＝50N(2)A與B碰撞過(guò)程，對(duì)A、B系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒有mAv2＝(mB＋mA)v3A、B滑上斜面到最高點(diǎn)的過(guò)程，對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒有(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4由能量守恒得eq\f(1,2)(mB＋mA)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mB＋mA＋mC)veq\o\al(2,4)＋(mB＋mA)gh解得h＝0.3m。答案(1)50N(2)0.3m【變式5-1】如圖所示，小車的質(zhì)量M＝2.0kg，帶有光滑的圓弧軌道AB和粗糙的水平軌道BC，且兩軌道相切于B點(diǎn)。一小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m＝0.5kg，與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，BC部分的長(zhǎng)度L＝0.80m，重力加速度g取10m/s2。(1)若小車固定在水平面上，將小物塊從AB軌道的D點(diǎn)靜止釋放，小物塊恰好可運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。試求D點(diǎn)與BC軌道的高度差；(2)若將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從AB軌道的D點(diǎn)靜止釋放，試求小物塊滑到BC中點(diǎn)時(shí)的速度大小。解析：(1)設(shè)D點(diǎn)與BC軌道的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2m。(2)設(shè)小物塊滑到BC中點(diǎn)時(shí)小物塊的速度為v1，小車的速度為v2，對(duì)系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒有：mv1－Mv2＝0；根據(jù)功能關(guān)系有：μmgeq\f(L,2)＝mgh－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv12＋\f(1,2)Mv22))；由以上各式，解得：v1＝0.80m/s。答案：(1)8.0×10－2m(2)0.80m/s【變式5-2】(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長(zhǎng)，與水平方向的夾角為θ。一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為v，距地面高度為h，則下列關(guān)系式中正確的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝eq\f(1,2)m(v0sinθ)2D．mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02[解析]小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，小物塊相對(duì)楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，全過(guò)程機(jī)械能守恒。以向右為正方向，在小物塊上升過(guò)程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A錯(cuò)誤，B正確；由機(jī)械能守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02，故C錯(cuò)誤，D正確。[答案]BD【變式5-3】如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦。下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時(shí)，小球能到達(dá)B點(diǎn)B．如果小球的速度足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上C．小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處，小球的速度為零D．小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向可能向左解析：選D滑塊不固定，當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時(shí)，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq\f(M,M＋m)R＜R，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球速度足夠大，從B點(diǎn)離開滑塊時(shí)，由于B點(diǎn)切線豎直，在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同，離開B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回，不會(huì)從滑塊的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上，B錯(cuò)誤；當(dāng)小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)，由在水平方向上動(dòng)量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C錯(cuò)誤；當(dāng)小球回到斜槽底部，相當(dāng)于完成了彈性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，當(dāng)m＞M，v1與v0方向相同，向左，當(dāng)m＜M，v1與v0方向相反，即向右，故D正確。【題型6多過(guò)程問(wèn)題】【例6】(2019·陜西安康模擬)如圖所示，三個(gè)小木塊A、B、C靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為mA＝0.1kg，mB＝0.1kg，mC＝0.3kg，其中B與C用一個(gè)輕彈簧固定連接，開始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥(質(zhì)量不計(jì))，現(xiàn)引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產(chǎn)生的能量有E＝0.4J轉(zhuǎn)化為A和B沿軌道方向的動(dòng)能。(1)求爆炸后瞬間A、B的速度大??；(2)求彈簧彈性勢(shì)能的最大值。解析(1)塑膠炸藥爆炸瞬間取A和B為研究對(duì)象，假設(shè)爆炸后瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，取向右為正方向由動(dòng)量守恒－mAvA＋mBvB＝0爆炸產(chǎn)生的能量有0.4J轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能E＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得vA＝vB＝2m/s(2)取B、C和彈簧為研究系統(tǒng)，當(dāng)彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)，B、C達(dá)到共同速度vBC，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)為Ep1由動(dòng)量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC由能量守恒定律eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋Ep1解得Ep1＝0.15J答案(1)大小均為2m/s(2)0.15J【變式6-1】(多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M；質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮。開始時(shí)小車AB和木塊C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下說(shuō)法正確的是()A．彈簧伸長(zhǎng)過(guò)程中C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)AB也向右運(yùn)動(dòng)B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運(yùn)動(dòng)D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)解析：選BC小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，C向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯(cuò)誤?！咀兪?-2】(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(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、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。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為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(guò)程中滑雪者與背包的重心變化。求：(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。解析：(1)設(shè)斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)，背包質(zhì)量為m1＝2kg，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滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，在斜面上滑行時(shí)間為t，落后時(shí)間t0＝1s，則背包的滑行時(shí)間為t＋t0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時(shí)的速度為v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過(guò)程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s【變式6-3】如圖所示，一對(duì)雜技演員(都視為質(zhì)點(diǎn))乘秋千(秋千繩處于水平位置)從A點(diǎn)由靜止出發(fā)繞O點(diǎn)下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)B時(shí)，女演員在極短時(shí)間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A。已知男演員質(zhì)量m1和女演員質(zhì)量m2之比m1∶m2＝2，秋千的質(zhì)量不計(jì)，秋千的擺長(zhǎng)為R，C點(diǎn)比O點(diǎn)低5R。求男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離s。解析：兩演員一起從A點(diǎn)擺到B點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，設(shè)總質(zhì)量為m，則mgR＝eq\f(1,2)mv2，女演員剛好能回到A處，機(jī)械能依然守恒，m2gR＝eq\f(1,2)m2v12，女演員在極短時(shí)間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，兩演員系統(tǒng)動(dòng)量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根據(jù)題意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2eq\r(2gR)，接下來(lái)男演員做平拋運(yùn)動(dòng)，由4R＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(8R,g))，因而s＝v2t＝8R。答案：8R【變式6-4】(2022·北京海淀區(qū)模擬)如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧拴接在一起，彈簧處于原長(zhǎng)。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時(shí)間極短。下列說(shuō)法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過(guò)程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒B．子彈射入物塊A的過(guò)程中，子彈對(duì)物塊A的沖量大小大于物塊A對(duì)子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和等于射入物塊A前子彈的動(dòng)能D．兩物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能等于彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能解析：選D子彈射入物塊A的過(guò)程中，為完全非彈性碰撞動(dòng)能損失最大，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則子彈和物塊A的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；子彈射入物塊A的過(guò)程中，子彈對(duì)物塊A的沖量大小等于物塊A對(duì)子彈的沖量大小，B錯(cuò)誤；子彈射入物塊A后，因?yàn)橛袆?dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和小于射入物塊A前子彈的動(dòng)能，C錯(cuò)誤；兩物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧最短時(shí)與彈簧最長(zhǎng)時(shí)都是兩物體具有共同速度時(shí)，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝eq\f(1,2)mA＋m子v12－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)v22，則彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能等于彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能，D正確。【題型7臨界問(wèn)題】【例7】如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接，靜止在光滑的水平面上，此時(shí)細(xì)線剛好伸直但無(wú)彈力?，F(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線沒(méi)有繃斷，以下判斷正確的是()A．細(xì)線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B．細(xì)線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C．彈簧最大的彈性勢(shì)能等于eq\f(3,8)mv02D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機(jī)械能最多為eq\f(3,2)mv02解析：選C細(xì)線再次伸直時(shí)，也就是彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，該過(guò)程中A始終受到向左的彈力，即一直做減速運(yùn)動(dòng)，B始終受到向右的彈力，即一直做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力先變大后變小，則B的加速度先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，彈簧被壓縮到最短，此時(shí)兩物塊速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq\f(3,4)v0，根據(jù)能量守恒定律可得彈簧最大的彈性勢(shì)能Epmax＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×(3m＋m)v2＝eq\f(3,8)mv02，故C正確；整個(gè)過(guò)程中，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。【變式7-1】(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長(zhǎng)度均為d，兩小球質(zhì)量分別為m1、m2，m1＞m2，m2的左邊有一固定擋板。由圖示位置靜止釋放m1、m2，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1的速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1解析：選BD由題意結(jié)合題圖可知，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運(yùn)動(dòng)，m2在后，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再次相距最近時(shí)，m1減速結(jié)束，m2加速結(jié)束，此時(shí)m1速度最小，m2速度最大，在此過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D正確；A、C錯(cuò)誤?！咀兪?-2】如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度的大小。(不計(jì)水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程)解析：設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度的大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定水平向右的方向?yàn)檎较?。?duì)乙船和貨物的作用過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①對(duì)貨物和甲船的作用過(guò)程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②為避免兩船相撞應(yīng)有v甲＝v乙 ③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。答案：4v0【變式7-3】(多選)(2020·全國(guó)卷Ⅱ·21)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．總共經(jīng)過(guò)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．48kgB．53kgC．58kgD．63kg答案BC解析設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v1，第二次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v2……第八次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動(dòng)量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M).由題意知，v7<5m/s，則M>52kg，又知v8>5m/s，則M<60kg，故選B、C.【變式7-4】(2021年8省聯(lián)考·廣東卷)如圖所示，固定的粗糙斜面，傾角θ＝30°，斜面底端O處固定一個(gè)垂直斜面的彈性擋板。在斜面上P、Q兩點(diǎn)有材質(zhì)相同、質(zhì)量均為m的滑塊A和B，A和B恰好能靜止，且均可視為質(zhì)點(diǎn)，Q到O的距離是L，Q到P的距離是kL(k>0)?，F(xiàn)始終給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運(yùn)動(dòng)，g為重力加速度。設(shè)A、B之間以及B與擋板之間的碰撞時(shí)間極短，且無(wú)機(jī)械能損失，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬間它們的速率分別為多少。(2)A、B第一次碰撞與第二次碰撞之間的時(shí)間。解析：(1)A和B恰好能靜止，則有mgsinθ＝μmgcosθ，當(dāng)給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得：a＝gA與B碰撞前的速度為v12＝2gkLA與B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可知mv1＝mv2＋mv1′，由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv1′2解得：v1′＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)碰撞后B運(yùn)動(dòng)到底端所用時(shí)間為t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))A運(yùn)動(dòng)到底端所用時(shí)間為t2＝eq\r(\f(2L,g))若t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)當(dāng)0＜k≤eq\f(1,4)時(shí)，A與B同向相撞，即B與擋板碰撞前A、B發(fā)生第二次碰撞，此時(shí)有eq\f(1,2)gt2＝teq\r(2gkL)解得：t＝2eq\r(\f(2kL,g))當(dāng)k＞eq\f(1,4)時(shí)，A與B反向相撞，即B先與擋板碰撞反向后與A發(fā)生第二次碰撞，B與擋板碰后原速率返回mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′解得：a′＝g再次相碰時(shí)，滿足：L－eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkL)·(t－t1)－eq\f(1,2)a′(t－t1)2，解得：t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))。答案：(1)0eq\r(2gkL)(2)當(dāng)0＜k≤eq\f(1,4)時(shí)，t＝2eq\r(\f(2kL,g))；當(dāng)k＞eq\f(1,4)時(shí)，t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))【題型8高科技問(wèn)題】【例8】秦山核電站是我國(guó)第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(eq\o\al(1,0)n)與靜止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動(dòng)能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過(guò)該次碰撞后，中子損失的動(dòng)能為()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E 解析：選B質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(fā)生彈性碰撞，滿足機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒，設(shè)中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，可列式eq\f(1,2)×1×v02＝eq\f(1,2)×1×v12＋eq\f(1,2)×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－eq\f(1,3)v0，即動(dòng)能減小為原來(lái)的eq\f(1,9)，動(dòng)能損失量為eq\f(8,9)E。【變式8-1】如圖所示，我國(guó)自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機(jī)“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時(shí)，將質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對(duì)地速率為v1的燃?xì)?，則噴氣后導(dǎo)彈的速率為()A.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq\f(Mv0－mv1,M－m)C.eq\f(Mv0－mv1,M) D.eq\f(Mv0＋mv1,M)解析：選A設(shè)導(dǎo)彈飛行的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)。【變式8-2】所謂對(duì)接是指兩艘以幾乎同樣快慢同向運(yùn)行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起。假設(shè)“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”的質(zhì)量分別為M、m，兩者對(duì)接前的在軌速度分別為v＋Δv、v，對(duì)接持續(xù)時(shí)間為Δt，則在對(duì)接過(guò)程中“天舟一號(hào)”對(duì)“天宮二號(hào)”的平均作用力大小為()A.eq\f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq\f(M2·Δv,M＋mΔt)C.eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0解析：選C在“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”對(duì)接的過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，則有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得對(duì)接后兩者的共同速度v′＝v＋eq\f(M·Δv,M＋m)，以“天宮二號(hào)”為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt)，故C正確。專題1.2動(dòng)量守恒定律【八大題型】【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1動(dòng)量守恒的判斷】 【題型2碰撞問(wèn)題】 【題型3爆炸、反沖問(wèn)題】 【題型4人船模型】 【題型5某方向動(dòng)量守恒】 【題型6多過(guò)程問(wèn)題】 【題型7臨界問(wèn)題】 【題型8高科技問(wèn)題】 【題型1動(dòng)量守恒的判斷】【例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)械能不守恒解析：選B撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒；因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能減少，B正確。【變式1-1】(多選)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，相對(duì)放置著兩個(gè)形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是()A．小球在弧形槽A下滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的頂端解析：選AD由于A是不固定的，小球下滑的過(guò)程中，一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)移給了A，所以小球的機(jī)械能不守恒，A正確；由于B是固定的，小球在上滑的過(guò)程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；小球最初和A的合動(dòng)量為零，而當(dāng)小球上升到靜止時(shí)，小球的動(dòng)量為零，A的動(dòng)量不為零，所以小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；由于小球的一部分動(dòng)能給了A，所以小球最終到達(dá)不了B的頂端，D正確?！咀兪?-2】(2021年8省聯(lián)考·湖北卷)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(guò)程中，下列說(shuō)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)量守恒解析：選BP對(duì)Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運(yùn)動(dòng)中，P會(huì)向左移動(dòng)，P對(duì)Q的彈力方向垂直于接觸面向上，與Q移動(dòng)位移方向的夾角大于90°，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)除重力外，其他力做功代數(shù)和為零，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?！咀兪?-3】如圖所示，物塊與小車壁之間連有水平輕彈簧，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，外力使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)撤去其他外力，僅給小車施加一水平向左的恒力F，F(xiàn)恰好等于小車與地面間的滑動(dòng)摩擦力，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，則()A．物塊向右運(yùn)動(dòng)，小車靜止B．物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．彈簧彈力對(duì)小車的沖量與彈簧彈力對(duì)物塊的沖量相同D．物塊、彈簧與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定不守恒解析：選BF恰好等于小車與地面間的滑動(dòng)摩擦力，則物塊與小車組成的系統(tǒng)所受的合力為零，故物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B正確；在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，物塊向右運(yùn)動(dòng)，則小車向左運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力對(duì)小車的沖量與彈簧彈力對(duì)物塊的沖量大小相等，方向相反，A、C錯(cuò)誤；如果小車上表面光滑，因?yàn)樾≤嚳朔Σ亮ψ龉εcF對(duì)小車做功相等，則物塊、彈簧與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能不變，D錯(cuò)誤?！咀兪?-4】(多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來(lái)靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被釋放后，則以下系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()A．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)B．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)解析：選BCD若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對(duì)C向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，和A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無(wú)關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，故其動(dòng)量守恒，C正確?！绢}型2碰撞問(wèn)題】【例2】(2021·廣東高考)算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。[解析](1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，則v12－v2＝2(－a1)s1，解得v1＝0.3m/s，甲、乙兩算珠碰撞時(shí)，由題意可知碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，取甲算珠初速度方向?yàn)檎较?，則有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，碰撞后，乙算珠做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2，設(shè)乙算珠能運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x，則x＝eq\f(v乙2,2a2)＝0.02m，由于x＝s2，所以乙算珠能夠滑動(dòng)到邊框a。(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所