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专题9.2　动量守恒定律及应用
1.物理观念：碰撞、反冲。
（1）理解碰撞、反冲的定义及物理意义。
（2）定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
2.科学思维：动量守恒定律、人船模型、“木块—滑块”模型、“子弹打木块”模型
（1）.理解系统动量守恒的条件、会应用动量守恒定律解决基本问题、会分析、解决动量守恒定律的临界问题。
（2）会用动量守恒观点分析反冲运动、人船模型、“子弹打木块”、“滑块—木板”模型的有关问题。
3.科学态度与责任：现代航天技术与反冲。
体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
【知识点一】动量守恒定律的理解和基本应用
动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
题型1　动量守恒条件的理解
（2023春 南海区期末）现代飞机的机轮刹车在潮湿、结冰或被雪覆盖的跑道上效果会降低。反推器能产生反向气流，用于在潮湿冰雪天气时替代机轮刹车，从而缩短制动距离。下列说法正确的是（　　）
A．飞机启动过程中应开启反推器，推动飞机前进
B．反推器喷气气流速度越大，飞机受到的反推力越大
C．飞机制动过程中开启反推器，飞机动量守恒
D．反推力做功的多少等于飞机动能的减少量
（2023 天河区校级三模）如图所示，用火箭发射人造地球卫星。当最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以v0的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后瞬间，卫星速度增大，则（　　）
A．分离前卫星所受重力为0
B．分离前后卫星和火箭壳的动量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分离后卫星不可能在原来的轨道上运动
（2023 浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（　　）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
题型2　动量守恒定律的基本应用
（2023春 通州区期中）如图所示，OMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，OM下端与MN相切。质量为m的小球B静止在水平轨道上，质量为2m的小球A从OM上距水平轨道高为h处由静止释放，A球进入水平轨道后，与B球发生弹性碰撞。A、B两小球均可视为质点。关于A、B球碰撞后的速度大小之比，正确的是（　　）
A．1：2 B．1：4 C．4：1 D．2：1
（2023春 荔湾区校级期中）短道速滑比赛中“接棒”运动员（称为“甲”）在前面滑行，“交棒”运动员（称为“乙”）从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设运动员甲的质量小于运动员乙的质量，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法正确的是（　　）
A．乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力
B．甲的动量增加量大于乙的动量增加量
C．甲的速度增加量大于乙的速度减少量
D．甲、乙两运动员冲量之和不为零
（2023春 宁波期中）一个连同装备共有200kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船60m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体。航天员为了能在1min内返回飞船，他在开始返回的瞬间需要一次性向后喷出的气体至少约（　　）
A．3kg B．4kg C．5kg D．6kg
【知识点二】碰撞问题
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝
结论：（1）当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1（质量相等，速度交换）；
（2）当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1（大碰小，一起跑）；
（3）当m10（小碰大，要反弹）；
（4）当m1 m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1（极大碰极小，大不变，小加倍）；
（5）当m1 m2时，v′1＝－v1，v′2＝0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）。
题型一　碰撞的可能性分析
【必备知识】碰撞遵守的原则
（1）动量守恒。
（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
（3）速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。
（2023 晋中二模）我国台球选手丁俊晖是获得台球世界冠军的第一位中国运动员，2022年11月21日，丁俊晖又获斯诺克英国锦标赛亚军，他在台球比赛中屡次取得好成绩，吸引了大批青少年参与到该活动中来。在某次比赛中，质量均为m、材料相同的白球和黑球静止在台球桌上，一青少年击白球以冲量I碰撞静止的黑球，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间白球，黑球所在位置，C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的动能为（　　）
A． B． C． D．
（2023 西城区校级模拟）A、B两滑块在同一气垫导轨上，碰前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则（　　）
A．碰撞发生在第1次闪光后的3T时刻
B．碰撞后A与B的速度相同
C．碰撞后A与B的速度大小之比为1：2
D．A、B两滑块的质量之比为1：3
（2023 广东一模）如图，材料有差异的冰壶甲每次以相同的动量与静止在O处的另一冰壶发生正碰，碰后冰壶甲最终停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壶甲与冰面间的动摩擦因数相同，冰壶均可视为质点，则碰撞后，被碰冰壶获得动量最大的是（　　）
A． B．
C． D．
题型二　碰撞规律的应用
【必备知识】碰撞问题解题三策略
（1）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
（2）可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′1＝v1　v′2＝v1
（3）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
（多选）（2023 玉林三模）如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平地面上，A、B是两个可视为质点的小球，B球静止于轨道上最低点，A球从图示位置由静止释放，然后与B球发生弹性碰撞，碰撞后A球被反向弹回，且A、B球能达到相同最大高度。下列说法正确的有（　　）
A．以轨道最低点为零势能点，两球所达到的相同的最大高度为R
B．B球的质量是A球质量的4倍
C．偶数次碰撞后A球的速度为0
D．两球总是在最低点发生碰撞
（多选）（2023 遂宁三模）在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为mA、mB，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以v0的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（　　）
A．A、B两球的质量比为mA：mB＝3：5
B．若只增大A球的初速度v0，则第二次碰撞点可能在b、c之间某处
C．若只增大A球的质量mA，则第二次碰撞点可能仍在b处
D．若只增大A球的质量mA，则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于
（多选）（2023 青羊区校级模拟）如图1所示，按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。某按压式圆珠笔内芯的质量为m，外壳的质量为4m，外壳与内芯之间的弹簧的劲度系数为k。如图2所示，先把笔竖直倒立于水平硬桌面上，用力下压外壳使其下端接触桌面（见位置a），此时弹簧的压缩量，然后将圆珠笔由静止释放，圆珠笔外壳竖直上升，当其与内芯发生碰撞时（见位置b），弹簧的压缩量变为初始时的五分之一，此后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处（见位置c）。已知弹簧弹性势能的计算公式为，x为弹簧的形变量，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．圆珠笔弹起的整个过程中，弹簧释放的弹性势能大于圆珠笔增加的重力势能
B．从弹簧推动外壳开始向上运动到与内芯发生碰撞的过程中，外壳受到的冲量为
C．外壳与内芯碰撞后，圆珠笔上升的最大高度为
D．弹簧推动外壳向上运动的过程中，在与内芯发生碰撞前的瞬间，外壳的速度达到最大
【知识点三】动量守恒定律的临界问题
【归类总结】1．当小物块到达最高点时，两物体速度相同．
2．弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大．
3．两物体刚好不相撞，两物体速度相同．
4．滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同．
（2023 浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒
D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒
（多选）（2023 宝鸡模拟）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（　　）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动了
C．小车向左运动的最大距离为
D．小车获得的最大速度为
（多选）（2022 辽宁模拟）
如图所示，将一质量为M半径为R内壁光滑的半圆槽置于光滑的水平面上.现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m（M＞m）的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是（　　）
A．小球能滑至半圆槽左端槽口处
B．小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，则小球再次回到半圆槽最低点时的速度大小为
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，则离开槽口后还能上升的最大高度为
【知识点四】爆炸、反冲问题
模型一　爆炸问题
【必备知识】爆炸现象的三个规律
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（　　）
A． B． C． D．2
（2022 湖北模拟）一质量为m的烟花弹以初速度v0从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度时恰好爆炸，沿水平方向分裂成质量之比为1：4的A、B两个部分，此时A、B动能之和与烟花弹从地面射出时的动能相等。爆炸时间极短，不计空气阻力，则（　　）
A．从射出到爆炸的过程中，系统总动能不变，该过程机械能守恒
B．爆炸过程释放的能量与A、B落地时的总动能相等
C．A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1
D．A、B两个部分落地时速度大小之比为4：1
（2023 鹰潭一模）有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，一个平板车固定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的右端放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体（均可看成质点），物体质量均为m，现在在它们之间放少量炸药。当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体B向右运动，恰能到达半圆弧最高点。物体A沿平板车表面向左做直线运动，最后从车上掉下来，落地点离平板车左端的水平距离为s，已知平板车上表面离地面的高度为h，且平板车上表面光滑，不计空气阻力，重力加速度为g。试求：
（1）当A物体离开平板车后，重力对A做功的最大功率是多少？
（2）圆弧的半径和炸药爆炸时A、B两物体所做的功。
模型二　反冲问题
【必备知识】对反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
（2023 青岛模拟）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
（2023 金华一模）长春某特警支队的2019年反恐演练出现了一款多旋翼查打一体无人机，该无人机是中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，适合执行对高价值目标的斩首行动。假设该无人机与微型导弹的总质量为M，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，假设无人机竖直方向获得的升力大小保持不变，机身始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动
B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为
C．微型导弹落地时，无人机离地高度为
D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为
（2021 北湖区校级模拟）明朝有个叫万户的，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及其所携设备（火箭、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为M的炽热物质相对地面以570m/s的速度竖直向下喷出，假设空气阻力恒为总重力在0.2倍，重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）万户会获得向上初速度有多大？
（2）万户落地速度有多大？
【知识点五】动量守恒定律应用之常见模型
模型一　子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
（1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．
（2）系统的机械能有损失．
3．两种情景
（1）子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞）．
动量守恒：mv0＝（m＋M）v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－（M＋m）v2
（2）子弹穿透木块．
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－（Mv22＋mv12）
（2023 雁塔区校级三模）如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（　　）
A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
（2023 海淀区校级模拟）质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（　　）
A．M越大，子弹射入木块的时间越短
B．M越大，子弹射入木块的深度越小
C．无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形
D．若v0较小，则可能是甲图所示情形；若v0较大，则可能是乙图所示情形
模型二　“滑块—木板”碰撞模型
模型图示
模型特点 （1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移（子弹为射入木块的深度）取得极值（完全非弹性碰撞拓展模型） （2）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 （3）根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹（或滑块）的质量越小，木块（或木板）的质量越大，动能损失越多 （4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解
（2023 桃城区校级三模）如图所示，滑块A、木板C分别静止在光滑水平平台和粗糙水平地面上，C的左端与平台上表面相切，滑块B静止在C上，且至C左端的距离为x0＝1m，A、B、C的质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝3kg。t＝0时刻，对A施加一水平向右的作用力F，F随时间t的变化关系为，A运动2s后撤去F，此时A恰好滑上木板C；一段时间后，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终B静止在C的右端。已知A与木板C之间的动摩擦因数为μA＝0.2，B与C之间的动摩擦因数为μB＝0.5，C与地面之间的动摩擦因数为μC＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，取g＝10m/s2。求：
（1）A刚滑上C时的速度大小；
（2）A、B碰后瞬间A的速度大小；
（3）木板C的长度和运动的位移大小。
（2023 鼓楼区校级模拟）如图所示，水平地面上n辆质量均为m的手推车沿一条直线排列，相邻两手推车的间距均为L，从左往右依次编号1，2，3，…，n。人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其向右运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度运动，后面重复。已知1、2、3号车的最大共同速度，车在运动时受到的阻力恒为车重的k倍，车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，。
（1）求第一辆车前进的距离s；
（2）求人对第一辆车的冲量大小I；
（3）要使n辆车能合为一体，求第一辆车获得的最小初动能Ek1min。
（2023 思明区校级模拟）如图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块或质量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差hm，B与P处的小熊相距s＝2.2m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；
（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。
【知识点五】力学三大观点的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
（1）力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
（2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
（3）动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
2．力学规律的选用原则
（1）如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
（2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的问题）或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题。
（3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
（4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，利用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
（5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。
（2023 山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
（2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
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专题9.2　动量守恒定律及应用
1.物理观念：碰撞、反冲。
（1）理解碰撞、反冲的定义及物理意义。
（2）定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
2.科学思维：动量守恒定律、人船模型、“木块—滑块”模型、“子弹打木块”模型
（1）.理解系统动量守恒的条件、会应用动量守恒定律解决基本问题、会分析、解决动量守恒定律的临界问题。
（2）会用动量守恒观点分析反冲运动、人船模型、“子弹打木块”、“滑块—木板”模型的有关问题。
3.科学态度与责任：现代航天技术与反冲。
体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
【知识点一】动量守恒定律的理解和基本应用
动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
题型1　动量守恒条件的理解
（2023春 南海区期末）现代飞机的机轮刹车在潮湿、结冰或被雪覆盖的跑道上效果会降低。反推器能产生反向气流，用于在潮湿冰雪天气时替代机轮刹车，从而缩短制动距离。下列说法正确的是（　　）
A．飞机启动过程中应开启反推器，推动飞机前进
B．反推器喷气气流速度越大，飞机受到的反推力越大
C．飞机制动过程中开启反推器，飞机动量守恒
D．反推力做功的多少等于飞机动能的减少量
【解答】解：AB．飞机启动过程中应开启反推器，反推器能产生反向气流，阻碍飞机前进，根据动量定理Ft＝mv知反推器喷气气流速度越大，飞机受到的反推力越大，故A错误，B正确；
C．飞机制动过程中开启反推器，由此可知飞机受到与运动方向相反的推力，则飞机的动量也会发生变化，故C错误；
D．飞机动能的减少量等于合力做功，飞机在跑道刹车时，还受到跑道的阻力和空气阻力等其他力，由此可知反推力做功的多少不等于飞机动能的减少量，故D错误。
故选：B。
（2023 天河区校级三模）如图所示，用火箭发射人造地球卫星。当最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以v0的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后瞬间，卫星速度增大，则（　　）
A．分离前卫星所受重力为0
B．分离前后卫星和火箭壳的动量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分离后卫星不可能在原来的轨道上运动
【解答】解：A．根据重力概念，重力是万有引力的一个分力，在地球两极万有引力等于重力，而当卫星环绕地球做圆周运动时，该力完全用来充当卫星做圆周运动的向心力，可知，分离前卫星所受重力并不为零，而是充当了卫星做圆周运动的向心力，故A错误；
B．分离前后卫星和火箭壳在做圆周运动，所受合力不为零，因此动量不守恒，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力有
可得
可知轨道半径越大，线速度越小，火箭壳体和卫星在地表上空环绕地球做圆周运动，其环绕半径大于地球半径，因此可知其线速度小于第一宇宙速度，故C错误。
D．分离后卫星线速度变大，此时卫星所受万有引力不足以提供其在原轨道运行的向心力，因此卫星将做离心运动，向更高的轨道变轨运行，故D正确。
故选：D。
（2023 浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（　　）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
【解答】解：忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为系统，只有单摆的重力对系统做功，使系统的重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒。
直接分析系统所受合力是否为零，不好分析，可用假设法处理。
假设车和摆组成的系统动量守恒，则由动量守恒条件可知，系统在整个运动过程中所受合力应始终为零。但是当摆运动到最低点时，系统所受合力为单摆的向心力、不等于零，故假设不成立，故系统动量不守恒。
但系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
题型2　动量守恒定律的基本应用
（2023春 通州区期中）如图所示，OMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，OM下端与MN相切。质量为m的小球B静止在水平轨道上，质量为2m的小球A从OM上距水平轨道高为h处由静止释放，A球进入水平轨道后，与B球发生弹性碰撞。A、B两小球均可视为质点。关于A、B球碰撞后的速度大小之比，正确的是（　　）
A．1：2 B．1：4 C．4：1 D．2：1
【解答】解：设A球与B球碰撞前的速度为v0，发生弹性后A、B的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得
m1v0＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律可得
联立解得：，
其中m1＝2m，m2＝m
可得，，因此A、B球碰撞后的速度大小之比为1：4，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023春 荔湾区校级期中）短道速滑比赛中“接棒”运动员（称为“甲”）在前面滑行，“交棒”运动员（称为“乙”）从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设运动员甲的质量小于运动员乙的质量，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法正确的是（　　）
A．乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力
B．甲的动量增加量大于乙的动量增加量
C．甲的速度增加量大于乙的速度减少量
D．甲、乙两运动员冲量之和不为零
【解答】解：AD．根据牛顿第三定律可知，两运动员之间的相互作用力大小相等，方向相反，且作用时间相等。根据I＝Ft可知，两运动员相互作用力的冲量大小相等，方向相反，冲量之和一定为零。故AD错误；
BC．因为忽略与冰面的摩擦，两运动员组成的系统动量守恒，甲的动量的增加量等于乙的动量的减少量；由于甲的质量较小，所以甲的速度增加量较大，甲的速度增加量大于乙的速度减少量，故B错误，C正确。
故选：C。
（2023春 宁波期中）一个连同装备共有200kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船60m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体。航天员为了能在1min内返回飞船，他在开始返回的瞬间需要一次性向后喷出的气体至少约（　　）
A．3kg B．4kg C．5kg D．6kg
【解答】解：航天员获得速度后将做匀速直线运动，设位移l，设喷出气体的速度为v0，喷出气体的瞬间，航天员获得的速度大小为v，喷出的气体的质量为m，航天员连同装备的质量为M，则在高压气源喷出气体的瞬间，航天员和喷出的气体组成的系统动量守恒，取航天员运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
0＝（M﹣m）v﹣mv0
根据运动学公式可得：l＝vt
联立解得：m≈4kg，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【知识点二】碰撞问题
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝
结论：（1）当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1（质量相等，速度交换）；
（2）当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1（大碰小，一起跑）；
（3）当m10（小碰大，要反弹）；
（4）当m1 m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1（极大碰极小，大不变，小加倍）；
（5）当m1 m2时，v′1＝－v1，v′2＝0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）。
题型一　碰撞的可能性分析
【必备知识】碰撞遵守的原则
（1）动量守恒。
（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
（3）速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。
（2023 晋中二模）我国台球选手丁俊晖是获得台球世界冠军的第一位中国运动员，2022年11月21日，丁俊晖又获斯诺克英国锦标赛亚军，他在台球比赛中屡次取得好成绩，吸引了大批青少年参与到该活动中来。在某次比赛中，质量均为m、材料相同的白球和黑球静止在台球桌上，一青少年击白球以冲量I碰撞静止的黑球，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间白球，黑球所在位置，C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的动能为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：假设图中每个小方格边长为x，则碰撞后，对白球、黑球，分别由动能定理得：
﹣f 3x＝0﹣Ek白，﹣f 12x＝0﹣Ek黑
可知碰撞后瞬间黑球的动能是白球的4倍，则：4
解得：v白＝2v黑
假设碰撞后v黑＝2v，v白＝v，在碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：
I＝mv白+mv黑＝mv+m 2v＝3mv
解得：v
则碰撞过程中损失的动能为：ΔEk
联立解得：ΔEk，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023 西城区校级模拟）A、B两滑块在同一气垫导轨上，碰前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则（　　）
A．碰撞发生在第1次闪光后的3T时刻
B．碰撞后A与B的速度相同
C．碰撞后A与B的速度大小之比为1：2
D．A、B两滑块的质量之比为1：3
【解答】解：A、由图像知，在这4次闪光的过程中，滑块B有3次影像是重合的，可得碰撞发生在x＝60cm的位置，且碰撞发生第3次闪光之后，从第1次闪光到第2次闪光滑块A匀速直线运动了20cm。从第3次闪光到两个滑块碰撞的过程，滑块A从x＝50cm匀速直线运动到x＝60cm处，运动位移为10cm，可得运动时间为0.5T，碰撞发生在第1次闪光后的2T+0.5T＝2.5T的时刻，故A错误；
BC、由图像知，两个滑块碰撞后到第4次闪光，滑块A从x＝60cm匀速直线运动到x＝55cm处，滑块B从x＝60cm匀速直线运动到x＝65cm处，两滑块在相等时间内位移大小相等，方向相反，因此碰撞后A与B的速度大小相等，方向相反，碰撞后A与B的速度大小之比为1：1，故BC错误；
D、由上述分析可知，碰撞前A的速度大小是碰后A速度大小的2倍，碰后A、B速度大小又相等。设碰撞前A的速度大小为v，则碰撞后A、B速度大小均为，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得：mA：mB＝1：3，故D正确。
故选：D。
（2023 广东一模）如图，材料有差异的冰壶甲每次以相同的动量与静止在O处的另一冰壶发生正碰，碰后冰壶甲最终停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壶甲与冰面间的动摩擦因数相同，冰壶均可视为质点，则碰撞后，被碰冰壶获得动量最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设冰壶甲与另一冰壶碰撞前的动量为p0，碰后甲的动量为p'，被碰冰壶的动量为p，以甲的初速度方向为正方向，两冰壶碰撞过程满足动量守恒，有p0＝p'+p
解得：p＝p0﹣p'
A图中p'≈0，则p＝p0
B图中p＝p0+p'
CD图中p＝p0﹣p'
可知B图中对应乙向右的动量最大，故B正确，ACD错误；
故选：B。
题型二　碰撞规律的应用
【必备知识】碰撞问题解题三策略
（1）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
（2）可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′1＝v1　v′2＝v1
（3）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
（多选）（2023 玉林三模）如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平地面上，A、B是两个可视为质点的小球，B球静止于轨道上最低点，A球从图示位置由静止释放，然后与B球发生弹性碰撞，碰撞后A球被反向弹回，且A、B球能达到相同最大高度。下列说法正确的有（　　）
A．以轨道最低点为零势能点，两球所达到的相同的最大高度为R
B．B球的质量是A球质量的4倍
C．偶数次碰撞后A球的速度为0
D．两球总是在最低点发生碰撞
【解答】解：设A球的质量为m，B球的质量为M
AB、两球碰撞后向上运动过程机械能守恒，设上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：mgh，解得：v，两球碰撞后，A、B球能达到相同最大高度，则两球碰撞后瞬间两球的速度大小相等，A球运动到最低点过程，由机械能守恒定律得：mgR，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝﹣mv+Mv，由机械能守恒定律得：，解得：M＝3m，v，hR，故A正确，B错误；
D、两球碰撞前后运动过程机械能守恒，两球碰撞后速度大小相等，两球上升的最大高度相等，则两球碰撞后上升到最高点需要的时间相等，两球碰撞后同时到达最高点，同时从最高点下滑，下滑的高度相等，则两球同时到达最低点，小球到达最低点发生碰撞，则两球总是在最低点发生碰撞，故D正确；
C、两球从最高点下滑到最低点过程机械能守恒，小球到达最低点时的速度大小与第一碰撞结束瞬间的速度大小相等，速度大小都是v，两球第二次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv＝mvA+MvB，由机械能守恒定律得：，解得：vA，vB＝0，偶数次碰撞后A的速度为，B的速度为0，故C错误。
故选：AD。
（多选）（2023 遂宁三模）在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为mA、mB，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以v0的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（　　）
A．A、B两球的质量比为mA：mB＝3：5
B．若只增大A球的初速度v0，则第二次碰撞点可能在b、c之间某处
C．若只增大A球的质量mA，则第二次碰撞点可能仍在b处
D．若只增大A球的质量mA，则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于
【解答】解：AC、设两球第一次碰撞后速度分别为va、vb，取碰撞前入射小球的速度方向为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律分别得
mAv0＝mAva+mBvb
联立可得：，
两球在b点发生第二次碰撞，若mA＜mB，可知A球碰后反向，则A球运动的路程是B球的3倍，两球在轨道内做匀速圆周运动，可得两球碰后速度的大小之比，则有：，可得，若mA＞mB，AB两球碰后同向运动，两球在b点发生第二次碰撞，则A球运动的路程是B球的，两球碰后速度的大小之比，则有：，可得
若只增大A的质量，满足，则两球也会在b点再次碰撞，故A错误，C正确；
BD、若mA＜mB，A球碰后反向与B球再次碰撞，则有：sA+sB＝2πR，即：vat+vbt＝2πR，可得两球第一次碰后到第二次碰撞的时间，两球速度大小之和，代入上式，可得；若mA＞mB，A球碰后与B球速度同向运动，再次碰撞时，则有：sB﹣sA＝2πR，即：vbt﹣vat＝2πR，可得，两球速度大小之差，代入上式，可得，若只增大A球的初速度v0，A、B两球碰后速度增大，但速度大小之比不变，两球再次碰撞时运动的路程之比不变，运动路程之和仍为2πR，所以第二次碰撞还是在b点，故B错误，D正确。
故选：CD。
（多选）（2023 青羊区校级模拟）如图1所示，按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。某按压式圆珠笔内芯的质量为m，外壳的质量为4m，外壳与内芯之间的弹簧的劲度系数为k。如图2所示，先把笔竖直倒立于水平硬桌面上，用力下压外壳使其下端接触桌面（见位置a），此时弹簧的压缩量，然后将圆珠笔由静止释放，圆珠笔外壳竖直上升，当其与内芯发生碰撞时（见位置b），弹簧的压缩量变为初始时的五分之一，此后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处（见位置c）。已知弹簧弹性势能的计算公式为，x为弹簧的形变量，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．圆珠笔弹起的整个过程中，弹簧释放的弹性势能大于圆珠笔增加的重力势能
B．从弹簧推动外壳开始向上运动到与内芯发生碰撞的过程中，外壳受到的冲量为
C．外壳与内芯碰撞后，圆珠笔上升的最大高度为
D．弹簧推动外壳向上运动的过程中，在与内芯发生碰撞前的瞬间，外壳的速度达到最大
【解答】解：A、圆珠笔弹起过程中，外壳和内芯碰撞存在机械能损失，因此释放的弹性势能大于笔增加重力势能，故A正确；
B、设外壳与内芯碰撞时外壳的速度为v，根据机械能守恒定律得
即
解得：
设外壳受到的冲量为I，对外壳，由动量定理得：I＝4mv，解得：I，故B正确；
C、外壳和内芯碰撞过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：4mv＝（4m+m）v'。
碰后过程，由机械能守恒定律得：
联立解得圆珠笔上升的最大高度：，故C错误；
D、外壳受向下的重力和向上的弹力，弹力逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，碰撞前弹簧的弹力，此时已经减速了，故D错误。
故选：AB。
【知识点三】动量守恒定律的临界问题
【归类总结】1．当小物块到达最高点时，两物体速度相同．
2．弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大．
3．两物体刚好不相撞，两物体速度相同．
4．滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同．
（2023 浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒
D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒
【解答】解：A．对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故A错误；
BCD．人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。
故选：C。
（多选）（2023 宝鸡模拟）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（　　）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动了
C．小车向左运动的最大距离为
D．小车获得的最大速度为
【解答】解：A、小球进入半圆轨道后，水平方向不受力，由小球和小车组成的系统总动量在水平方向守恒，故A错误；
B、开始时系统水平方向的总动量为零，小球由B点离开小车时，小球和小车在水平方向的速度相同，结合系统水平方向动量为零，知小球离开小车小球与小车水平方向速度均为零，则小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C、系统水平方向动量守恒，当小球由B离开小车时，小车向左运动的距离最大，小球在半圆轨道的任意位置时，小球的水平速度大小vx与小车的速度大小v1始终满足：mvx﹣2mv1＝0
设小车向左运动的最大距离为x，用位移表示平均速度，可得：m 2m0，解得：x，故C正确；
D、系统水平方向动量守恒，当小球下滑到半圆轨道的最低点时，小车获得的速度最大（设为vm），规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得：
mv﹣2mvm＝0
根据机械能守恒定律得：
mg 2R
解得：vm，故D正确。
故选：CD。
（多选）（2022 辽宁模拟）
如图所示，将一质量为M半径为R内壁光滑的半圆槽置于光滑的水平面上.现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m（M＞m）的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是（　　）
A．小球能滑至半圆槽左端槽口处
B．小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，则小球再次回到半圆槽最低点时的速度大小为
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，则离开槽口后还能上升的最大高度为
【解答】解：A、以半圆槽与小球组成的系统为研究对象，在整个过程中，系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒且总动量为零；在整个过程中，半圆槽与小球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可知小球能滑到半圆槽左端入口处，故A正确；
B、设小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为x，取向左为正方向，对系统水平方向根据平均动量守恒可得：0＝mM，解得：x，故B错误；
C、若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，设小球再次回到轨道最低点的速度为v1、槽的速度为v2；
取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+Mv2，
根据机械能守恒定律可得：mv02mv12Mv22，
联立解得：v1，v2，小球再次回到半圆槽最低点时的速度大小为，故C正确；
D、若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，
取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝（m+M）v
根据机械能守恒定律可得：mv02（m+M）v2+mg（R+H）
联立解得：，故D正确。
故选：ACD。
【知识点四】爆炸、反冲问题
模型一　爆炸问题
【必备知识】爆炸现象的三个规律
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（　　）
A． B． C． D．2
【解答】解：炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为v，则有，解得v
设炸裂后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，以爆炸前炮弹的速度方向与正方向，据动量守恒定律有2mv＝mv1+mv2
据机械能守恒定律有
解得：，
根据平抛运动规律有，两块碎片落地点之间的距离x＝（v1﹣v2）t
解得：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2022 湖北模拟）一质量为m的烟花弹以初速度v0从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度时恰好爆炸，沿水平方向分裂成质量之比为1：4的A、B两个部分，此时A、B动能之和与烟花弹从地面射出时的动能相等。爆炸时间极短，不计空气阻力，则（　　）
A．从射出到爆炸的过程中，系统总动能不变，该过程机械能守恒
B．爆炸过程释放的能量与A、B落地时的总动能相等
C．A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1
D．A、B两个部分落地时速度大小之比为4：1
【解答】解：A．从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度过程中只有重力做功，机械能守恒；但在爆炸过程中，重力势能不变，烟火弹的动能增加，即机械能增加。故A错误；
B．爆炸过程释放的能量等于爆炸结束瞬间A、B的动能之和，由于落地过程还有重力做功，因此爆炸过程释放的能量小于A、B落地时的总动能，故B错误；
CD．假设A、B的质量分别为m、4m，则爆炸过程中由动量守恒可得mvA＝4mvB
得
假设vA＝4v，vB＝v，由题意可知
解得
则vA＝2v0，
A、B两部分爆炸后做平抛运动，水平速度即为vA，vB，落地时的竖直速度均为v0，
则落地时，
所以A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023 鹰潭一模）有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，一个平板车固定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的右端放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体（均可看成质点），物体质量均为m，现在在它们之间放少量炸药。当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体B向右运动，恰能到达半圆弧最高点。物体A沿平板车表面向左做直线运动，最后从车上掉下来，落地点离平板车左端的水平距离为s，已知平板车上表面离地面的高度为h，且平板车上表面光滑，不计空气阻力，重力加速度为g。试求：
（1）当A物体离开平板车后，重力对A做功的最大功率是多少？
（2）圆弧的半径和炸药爆炸时A、B两物体所做的功。
【解答】解：（1）重力对A做功的最大功率是刚落地时
刚落地时在竖直方向的速度为：
最大功率是：
（2）设物体离开平板车的速度为v，A物体离开平板车后做平抛运动，由平抛运动规律，得
在水平方向上，有：s＝v1t
在竖直方向上，有：
联立两式解得：
设炸药爆炸后A、B两物体的速度分别为v1、v2，炸药爆炸后，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣mv2＝0
物体B向右运动到达半圆弧最高点的速度为v3。物体B恰能到达最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
物体B上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得：
联立解得：
由功能关系，炸药对A、B物体做的功为：
解得：
答：（1）重力对A做功的最大功率是为；
（2）圆弧的半径为，炸药爆炸时对A、B两物体所做的功为。
模型二　反冲问题
【必备知识】对反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
（2023 青岛模拟）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【解答】解：A、火箭的动力来源于火箭喷出的水对它的推力，故A错误；
B、火箭先加速上升、后减速上升，所以上升过程中先处于超重状态、后处于失重状态，故B错误；
C、取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：（M﹣m）vm＝mv0，解得：vm，故C错误；
D、上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得：﹣（M﹣m）t1﹣kt1＝0﹣（M﹣m）vm
下降过程中，取向下为正方向，根据动量定理可得：（M﹣m）t2﹣kt2＝（M﹣m）v﹣0
设上升的最大高度为h，则有：t1t2＝h
火箭在空中飞行的时间为：t＝t1+t2
联立解得：，故D正确。
故选：D。
（2023 金华一模）长春某特警支队的2019年反恐演练出现了一款多旋翼查打一体无人机，该无人机是中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，适合执行对高价值目标的斩首行动。假设该无人机与微型导弹的总质量为M，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，假设无人机竖直方向获得的升力大小保持不变，机身始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动
B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为
C．微型导弹落地时，无人机离地高度为
D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为
【解答】解：A、发射微型导弹后，无人机获得一个水平方向的初速度，其重力减小、合力方向向上，将做匀变速曲线运动，故A错误；
B、取无人机后退速度方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：0＝（M﹣m）v1﹣mv，解得：v1，故B错误；
C、由于微型导弹落地过程中，系统竖直方向受力平衡，动量守恒，取向下为正方向，则有：0＝m（M﹣m）
解得此过程中无人机上升的高度为：h
所以无人机离地高度为：h′＝h+H，故C错误；
D、微型导弹落地时经过的时间为：t，所以无人机与导弹落地点的水平距离为：x＝（v+v1）t，解得：x，故D正确。
故选：D。
（2021 北湖区校级模拟）明朝有个叫万户的，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及其所携设备（火箭、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为M的炽热物质相对地面以570m/s的速度竖直向下喷出，假设空气阻力恒为总重力在0.2倍，重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）万户会获得向上初速度有多大？
（2）万户落地速度有多大？
【解答】解：（1）设万户会获得向上初速度大小为v1。
点燃火箭后在极短的时间内，取向下为正方向，由动量守恒定律可得
v0﹣（M）v1＝0
代入数据解得：v1＝30m/s
（2）万户及其所携设备上升过程，根据牛顿第二定律得：
（M）g+0.2（M）g＝ma1
上升的最大高度为H
联立代入数据解得：H＝37.5m
下落过程，根据牛顿第二定律得：
（M）g﹣0.2（M）g＝ma2
由运动学公式有v22＝2a2H
联立代入数据解得：v2＝10m/s
即万户落地速度为10m/s。
答：（1）万户会获得向上初速度为30m/s。
（2）万户落地速度为10m/s。
【知识点五】动量守恒定律应用之常见模型
模型一　子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
（1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．
（2）系统的机械能有损失．
3．两种情景
（1）子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞）．
动量守恒：mv0＝（m＋M）v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－（M＋m）v2
（2）子弹穿透木块．
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－（Mv22＋mv12）
（2023 雁塔区校级三模）如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（　　）
A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
【解答】解：A、子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，取向右为正方向，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得 m v0＝（mm）v1，可得，木块获得的最大速度 v1。故A正确。
B、木块滑离木板时，取向右方向为正，对木板和木块（包括子弹）系统：
解得：，故B错误。
C、木块在木板上滑动时，对木板，以向右方向为正，由动量定理得 ft＝mv2﹣0，得 f，故C正确；
D、由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
（2023 海淀区校级模拟）质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（　　）
A．M越大，子弹射入木块的时间越短
B．M越大，子弹射入木块的深度越小
C．无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形
D．若v0较小，则可能是甲图所示情形；若v0较大，则可能是乙图所示情形
【解答】解：A、子弹与木块组成的系统动量守恒，设子弹和木块的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得：v
设子弹受到的阻力大小为f，子弹射入木块的时间为t。
对子弹，由动量定理得：﹣ft＝mv﹣mv0，联立解得：t，可知，M越大，越小，t越长，故A错误；
B、设子弹射入木块的深度为d，根据系统的能量守恒得：fd（M+m）v2，联立解得 d，可知，M越大，越小，d越大，故B错误；
CD、设子弹从开始射入到与木块相对静止的过程木块的位移为x，对木块，根据动能定理得：fxMv2，结合v，得 x
则1，即x＜d，所以，无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形，故C正确，D错误。
故选：C。
模型二　“滑块—木板”碰撞模型
模型图示
模型特点 （1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移（子弹为射入木块的深度）取得极值（完全非弹性碰撞拓展模型） （2）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 （3）根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹（或滑块）的质量越小，木块（或木板）的质量越大，动能损失越多 （4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解
（2023 桃城区校级三模）如图所示，滑块A、木板C分别静止在光滑水平平台和粗糙水平地面上，C的左端与平台上表面相切，滑块B静止在C上，且至C左端的距离为x0＝1m，A、B、C的质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝3kg。t＝0时刻，对A施加一水平向右的作用力F，F随时间t的变化关系为，A运动2s后撤去F，此时A恰好滑上木板C；一段时间后，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终B静止在C的右端。已知A与木板C之间的动摩擦因数为μA＝0.2，B与C之间的动摩擦因数为μB＝0.5，C与地面之间的动摩擦因数为μC＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，取g＝10m/s2。求：
（1）A刚滑上C时的速度大小；
（2）A、B碰后瞬间A的速度大小；
（3）木板C的长度和运动的位移大小。
【解答】解：（1）撤去F之前2s内F的冲量为：
此过程，规定向右为正方向，根据动量定理，有IF＝mAv0
解得A刚滑上C时的速度大小为：
（2）A滑上C时，A受到滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知A的加速度为
此时A对C的滑动摩擦力为
fAC＝μAmAg＝0.2×2×10N＝4N
地面对C的最大静摩擦力为
f地C＝μC（mA+mB+mC）g＝0.1×（2+1+3）×10N＝6N
可知木板C静止，则当A将要与B相碰时的速度
AB碰撞过程由动量守恒和能量关系
mAv1＝mAv2+mBv3
解得
v2＝2m/s，v3＝8m/s
（3）AB沿木板向右运动时，B对C的滑动摩擦力
fBC＝μBmBg＝0.5×1×10N＝5N
此时木板C开始向右加速滑动，C的加速度
物块B减速的加速度
当AC相对静止时
v2﹣aAt1＝aCt1
解得
此过程中C的位移
C的速度
B的位移
B的速度
以后C减速的加速度
当BC共速时
v共＝vC1﹣a'Ct2＝vB1﹣aBt2
解得
v共＝0.5m/s
此时C的位移
B的位移
因此时A恰到达C的右端，则B相对C运动的距离
即木板C长度为
共速后木板C减速的加速度a″C
则运动距离
则木板的总位移
答：（1）A刚滑上C时的速度大小为；
（2）A、B碰后瞬间A的速度大小为2m/s；
（3）木板C的长度为6.7m，运动的位移大小为0.83m。
（2023 鼓楼区校级模拟）如图所示，水平地面上n辆质量均为m的手推车沿一条直线排列，相邻两手推车的间距均为L，从左往右依次编号1，2，3，…，n。人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其向右运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度运动，后面重复。已知1、2、3号车的最大共同速度，车在运动时受到的阻力恒为车重的k倍，车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，。
（1）求第一辆车前进的距离s；
（2）求人对第一辆车的冲量大小I；
（3）要使n辆车能合为一体，求第一辆车获得的最小初动能Ek1min。
【解答】解：（1）1、2号车与3号车碰撞后以的初速度做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：k 3mg＝3ma
解得：a＝3kg
假设三小车不会与4号车相撞，在减速到0的过程中，由位移—速度公式得：
代入数据解得：s＝3L
则1、2、3号车恰好与4号车没有相撞，即第一辆车前进的距离为3L。
（2）设1号车获得的初速度大小为v1，速度方向为正方向，运动距离L后速度大小为v1′，与2号车相互作用以后共同速度大小为v2，二者继续运动距离L以后速度大小变为v2′，相互作用以后三者的最大速度，则从1号车开始运动到1号车与2号车相撞的过程中，由动能定理得：
1、2号车相撞过程中，由动量守恒定律得：mv1′＝2mv2
从1、2号车相撞到再与3号车相撞的过程中，由动能定理得：
1、2、3号车相撞过程中，由动量守恒定律得：2mv2′＝3mv3
人对第一辆车的冲量大小为I＝mv1
联立解得：I＝2m
（3）设1号车获得的初动能为Ek1，1、2号车作用前后的总动能为Ek1′、Ek2，2、3号车作用前后的总动能为Ek2′、Ek3，……（n﹣2）、（n﹣1）号车作用前后的总动能为Ek（n﹣2）′、Ek（n﹣1），从1号车开始运动到1号车与2号车相撞的过程中，由动能定理得：Ek1﹣kmgL＝Ek1′
1、2号车相撞过程中，由动量守恒定律得：mv1′＝2mv2
联立解得：Ek1′＝2Ek2
从1、2号车相撞到再与3号车相撞的过程中，由动能定理得：Ek2﹣2kmgL＝Ek2′
1、2、3号车相撞过程中，由动量守恒定律得：2mv2′＝3mv3
联立解得：Ek2′Ek3
……
从（n﹣3）、（n﹣2）号车相撞到再与（n﹣1）号车相撞的过程中，由动能定理得：Ek（n﹣2）﹣（n﹣2）kmgL＝Ek（n﹣2）′
前（n﹣2）号车和第（n﹣1）号车相撞过程中，由动量守恒定律得：（n﹣2）mv（n﹣2）′＝（n﹣1）mv（n﹣2）
联立解得：Ek（n﹣2）′Ek（n﹣1）
综上，有：（n﹣1）Ek（n﹣1）＝Ek1﹣[1+22+32+…+（n﹣2）2]kmgL
若n辆车刚好合为一体，从（n﹣2）、（n﹣1）号车相撞到再与第n号车相撞的过程中，由动能定理得：Ek（n﹣1）＝（n﹣1）kmgL
则第一辆车获得的最小初动能Ek1min＝[1+22+32+…+（n﹣1）2]kmgL
答：（1）第一辆车前进的距离s为3L；
（2）人对第一辆车的冲量大小I为；
（3）要使n辆车能合为一体，第一辆车获得的最小初动能Ek1min为。
（2023 思明区校级模拟）如图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块或质量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差hm，B与P处的小熊相距s＝2.2m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；
（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。
【解答】解：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B的运动过程，可视为从B到A的平抛运动的逆过程，由平抛运动规律得：
hgt2
x＝v0t
tanθ
将hm，θ＝53°代入解得：
ts，v0＝5m/s，xm；
（2）弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的共同速率为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m2）v
解得：v＝3m/s
碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运动，设此过程发生的最大位移为xm。
由动能定理得： μ2（m0+m2）gxm＝0 （m0+m2）v2
解得：xm＝1.5m
因xm+L＝1.5m+0.9m＝2.4m＞s＝2.2m，所以薄板能撞上小熊，挑战会成功；
（3）弹丸与滑块发生弹性碰撞，设碰后两者速率分别为v0′、v1。以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m0v0＝m0v0′+m1v1
m0m0v0′2m1
解得：v1＝5m/s，v0′＝0（碰撞后弹丸掉落）
薄板所受滑块的滑动摩擦力为：f1＝μ1m1g，解得：f1＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为：f2＝μ2（m1+m2）g，解得：f2＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动。
设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为v2，由动能定理得：
μ1m1gLm1 m1
解得：v2＝4m/s
滑块与薄板发生弹性碰撞，设碰后两者速度分别为v3、v4，以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m1v2＝m1v3+m2v4
m1m1m2
解得：v3＝0.8m/s，v4＝4.8m/s
此后，滑块向右做匀加速直线运动，薄板向右做匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率为v5，以水平向右为正方向，对滑块和薄板，分别由动量定理得：
μ1m1gt1＝m1v5﹣m1v3
﹣μ1m1gt1﹣μ2（m1+m2）gt1＝m2v5﹣m2v4
解得：v5＝1.8m/s，t1＝0.2s
此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为x1和x2，由运动学公式得：
x1（v3+v5）t，解得：x1＝0.26m
x2（v4+v5）t，解得：x2＝0.66m
因：x2+L＝0.66m+0.9m＝1.56m＜s＝2.2m，故薄板没有撞上小熊。
滑块与薄板的相对位移为：Δx1＝x2﹣x1＝0.66m﹣0.26m＝0.4m＜L＝0.9m，故两者能共速的假设成立。
共速后，因μ1＞μ2，故两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，设共速后的最大位移为x3，由动能定理得：
μ2（m1+m2）gx3＝0 （m1+m2）
解得：x3＝0.54m
因x2+x3+L＝0.66m+0.54m+0.9m＝2.1m＜s＝2.2m，所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。
答：（1）A、B间的水平距离x为m；
（2）挑战会成功，计算判定过程见解析；
（3）挑战不会成功，计算判定过程见解析。
【知识点五】力学三大观点的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
（1）力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
（2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
（3）动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
2．力学规律的选用原则
（1）如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
（2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的问题）或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题。
（3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
（4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，利用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
（5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。
（2023 山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
【解答】解：（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由动能定理得：mCgHmCv2
代入数据解得：H＝0.8m
（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg＝mCaC
对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg﹣μ1（mB+mC）g＝mBaB
代入数据解得：aC＝5m/s2
aB＝1m/s2
设经过时间t1，B和C共速，有：v﹣aCt1＝v0+aBt1
代入数据解得：t1＝0.5s
共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×0.5m/s＝1.5m/s
B的位移为xB1t10.5m＝0.625m
B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体受力分析，由牛顿第二定律得：μ1（mB+mC）g＝（mB+mC）aBC
代入数据解得：aBC＝1m/s2
设再经过时间t2，A与B发生碰撞，则有：xA＝xB1+xB2
其中A的位移为：xA＝v0（t1+t2）
B在t2时间内的位移为：xB2＝v共1t2aBC
代入数据联立解得：t2s或s（舍去）
xB2m
此时BC的共同速度为v共2＝v共1﹣aBCt2＝1.5m/s﹣1m/s＝（1）m/s
为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则xB1≤s≤xB1+xB2
代入数据解得：0.625m≤s≤（1）m
（3）s＝0.48m＜xB1
即B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，对木板B，由位移—时间公式得：s＝v0t0aB
代入数据解得：t0＝0.4s或﹣2.4s（舍去）
滑块C的位移为：xC＝vt0aC
代入数据解得：xC＝1.2m
摩擦力对C做的功W＝﹣μ2mCgxC
代入数据解得：W＝﹣6J
（4）木板B与P碰撞时，B的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×0.4m/s＝1.4m/s
C的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×0.4m/s＝2m/s
A的位移为xA1＝v0t0＝1×0.4m＝0.4m
此时A、B间的距离为Δx＝s﹣xA1＝0.48m﹣0.4m＝0.08m
B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′
代入数据解得：aB′＝4m/s2
物块A与木板B相向运动，设经时间t3恰好相遇，由位移关系得：xA2+xB3＝Δx
其中A的位移为：x＝v0t3
B的位移为：xB3＝vB0t3aB′
代入数据联立解得：t3s或s（舍去）
此时B的速度vB1＝vB0﹣aB′t3＝1.4m/s﹣4m/sm/s
方向向左；
C的速度vC1＝vC0﹣aCt3＝2m/s﹣5m/s＝（21）m/s
方向向右；
以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程由动量定理得：mAv0﹣mBvB1＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得：mAmBmAmB
代入数据联立解得：vAm/s
vBm/s
此时C的速度vC＝vC1＝（21）m/s
物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度，物块A向左做匀速直线运动，由于摩擦力作用，B和C最后静止，三个物体的初动量为p1＝（mA+mB）v0+mCv
末动量为p1＝mAvA
整个过程动量的变化量为Δp＝p2﹣p1
代入数据联立解得：Δp＝（6）kg m/s
答：（1）求C下滑的高度H为0.8m；
（2）s的范围为0.625m≤s≤（1）m；
（3）摩擦力对C做的功W为﹣6J；
（4）这三个物体总动量的变化量Δp的大小为（6）kg m/s。
（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【解答】解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR
代入数据解得：vF＝10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN＝31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF＝﹣mv1+3mv2
联立解得：ΔE＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF＝（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
则Δx＝x2+x1
代入数据解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s，所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0＝mv1﹣Mv2
两边同时乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根据几何关系可知：x1+x2＝a
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v2；x2
（2）设小球的坐标为（x，y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：
整理可得：，（y≤0）
（3）将代入上述的轨迹方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以（a﹣b，0）为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为时，对应的位置如图所示：
此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根据机械能守恒定律可得；
联立解得：v3
答：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小为，凹槽相对于初始时刻运动的距离为；
（2）在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程为，（y≤0）；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小为。
（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
【解答】解：（1）物块滑上木板到两者共速时木板恰好与弹簧接触的过程，物块与木板组成的系统满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
m2v0＝（m1+m2）v1
代入数据解得：v1＝1m/s
此过程对木板，由动能定理得：
μm2gx1m1
代入数据解得：x1＝0.125m；
（2）物块与木板一起向右压缩弹簧，两者即将相对滑动时它们之间的静摩擦力等于最大静摩擦力，设此时两者的加速度大小为a。
对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
μm2g＝m2a
解得：a＝1m/s2
对物块和木板组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：
kx2＝（m1+m2）a
代入数据解得：x2＝0.25m
从木板与弹簧接触到物块与木板即将相对滑动的过程，由机械能守恒定律得：
（m1+m2）（m1+m2）
代入数据解得：v2m/s；
（3）物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1m/s2，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能ΔU就等于物块减少的动能，设此过程物块的末速度为v3，则有：
ΔUm2m2
对物块，由速度—时间公式得：
v3＝v2﹣a 2t0
联立解得：ΔU
答：（1）木板刚接触弹簧时速度v1的大小为1m/s，木板运动前右端距弹簧左端的距离x1为0.125m。
（2）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2为0.25m，此时木板速度v2的大小为m/s。
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU为。
（2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
【解答】解：（1）滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：
mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）0
代入数据解得：vC＝4m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：FC+mg＝m
代入数据解得：FC＝22N；
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得：
mgh﹣0.2mgLFG0
代入数据解得：v＝6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv＝2mv1；
代入数据解得：v1＝3m/s
根据能量守恒定律可得：μmgLmv22mv12
解得：μ＝0.3
此过程中对摆渡车根据动能定理可得：μmgx
代入数据解得摆渡车的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m
所以假设成立，说明摆渡车达到I之前已经共速，动摩擦因数为μ＝0.3；
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为t1，对摆渡车根据动量定理可得：μmgt＝mv1﹣0
解得：t1＝1s
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：t2
代入数据解得：t2＝1.5s
所以滑块从G到J所用的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。
答：（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；
（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。
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