資源簡(jiǎn)介

親愛(ài)的同學(xué)加油，給自己實(shí)現(xiàn)夢(mèng)想的機(jī)會(huì)。
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動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
（模擬精練+真題演練）
1．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中校考三模）如圖所示，質(zhì)量為的小車(chē)靜止在光滑水平面上，小車(chē)段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，段是長(zhǎng)為的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于點(diǎn)。一質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車(chē)上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，然后滑入軌道，最后恰好停在點(diǎn)，滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為，則（　　）

A．整個(gè)過(guò)程中滑塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．滑塊由A滑到過(guò)程中，滑塊的機(jī)械能守恒
C．段長(zhǎng) D．全過(guò)程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為
2．（2023·山東青島·統(tǒng)考三模）如圖，某中學(xué)航天興趣小組在一次發(fā)射實(shí)驗(yàn)中將總質(zhì)量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發(fā)射時(shí)“水火箭”在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度豎直向下噴出質(zhì)量為m的水。已知火箭運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時(shí)速度為v，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．火箭的動(dòng)力來(lái)源于火箭外的空氣對(duì)它的推力
B．火箭上升過(guò)程中一直處于超重狀態(tài)
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭在空中飛行的時(shí)間為
3．（2023·山東·濟(jì)南一中統(tǒng)考二模）在空間技術(shù)發(fā)展過(guò)程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置，它能讓宇航員保持較高的機(jī)動(dòng)性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門(mén)為d的位置與空間站保持相對(duì)靜止，啟動(dòng)噴氣背包，壓縮氣體通過(guò)橫截面積為S的噴口以速度持續(xù)噴出，宇航員到達(dá)艙門(mén)時(shí)的速度為。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計(jì)噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對(duì)噴氣速度的影響以及噴氣過(guò)程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為（　　）
A． B． C． D．
4．（2023·河北唐山·統(tǒng)考三模）在生產(chǎn)生活中，經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運(yùn)動(dòng)方向。如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛小車(chē)，小車(chē)上固定著兩端開(kāi)口的光滑細(xì)管，細(xì)管由水平、彎曲和豎直三部分組成，各部分之間平滑連接，豎直管的上端到小車(chē)上表面的高度為。一小球以初速度水平向右射入細(xì)管，小球的質(zhì)量與小車(chē)的質(zhì)量（包含細(xì)管）相等，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略一切阻力作用。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球和小車(chē)（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B．小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用
C．當(dāng)小球初速度時(shí)，將會(huì)從細(xì)管的豎直部分沖出
D．若小球從細(xì)管的豎直部分沖出，沖出后一定會(huì)落回到細(xì)管中
5．（2023·江西南昌·江西師大附中校考三模）如圖所示，木塊靜止在光滑的水平面上，子彈A、B分別從木塊左、右兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，且均停在木塊內(nèi)，木塊始終保持靜止。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．摩擦力對(duì)兩子彈的沖量大小一定相等 B．摩擦力對(duì)兩子彈做的功一定相等
C．子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
6．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與長(zhǎng)木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與彈簧拴接，Q與彈簧接觸但不拴接，Q的上表面粗糙。時(shí)，物塊P以初速度向左運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)物塊P與長(zhǎng)木板Q的圖像如圖所示，時(shí)刻，把質(zhì)量為的物塊M放在Q的最左端，圖中末畫(huà)出，M最終末從Q上滑出，則（ ）

A．物體Q的質(zhì)量為
B．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為
C．M和Q之間由于摩擦作用的發(fā)熱量為
D．彈簧可以和Q發(fā)生二次作用
7．（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）如圖所示，水平面內(nèi)有兩個(gè)光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，其間距為。質(zhì)量分別為、的環(huán)A、B套在導(dǎo)軌上，兩環(huán)之間連接一輕彈簧，輕彈簧原長(zhǎng)。開(kāi)始時(shí)彈簧與桿垂直，兩環(huán)均靜止。某時(shí)刻，給環(huán)B一水平向右的瞬時(shí)速度，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒
B．若A的速度為，B的速度為
C．若A的速度為，彈簧與導(dǎo)軌之間的夾角為
D．若彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，環(huán)B速度為水平向右的，則初始狀態(tài)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能
8．（2023·海南省直轄縣級(jí)單位·嘉積中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是和，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C在時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為48J
B．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為，方向向右
C．物塊B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為10J
D．物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度大小為
9．（2023·湖南長(zhǎng)沙·長(zhǎng)郡中學(xué)校考二模）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）。物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，。凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。開(kāi)始時(shí)物塊靜止，凹槽以的初速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與凹槽壁的碰撞沒(méi)有能量損失，且碰撞時(shí)間不計(jì)。g取10。則（　　）

A．物塊與凹槽相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為2.5m/s
B．物塊與凹槽相對(duì)靜止時(shí)物塊在凹槽的左端
C．從物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間為10s
D．從物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小為12.5m
10．（2023·安徽合肥·合肥市第六中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖1所示，一右端固定有豎直擋板的質(zhì)量M=2kg的木板靜置于光滑的水平面上，另一質(zhì)量m=1kg的物塊以v0=6m/s的水平初速度從木板的最左端點(diǎn)沖上木板，最終物塊與木板保持相對(duì)靜止，物塊和木板的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖2所示，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列判斷正確的是（　　）

A．圖2中v2的數(shù)值為4
B．物塊與木板的碰撞為彈性碰撞
C．整個(gè)過(guò)程物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J
D．最終物塊距木板左端的距離為1.5m
11．（2023·安徽合肥·合肥市第八中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，以v=4m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對(duì)接，右端與光滑水平面平滑對(duì)接。水平面上有位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的4個(gè)相同小球，小球質(zhì)量m0=0.3kg。質(zhì)量m=0.1kg的物體從軌道上高h(yuǎn)=2.0m的P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到傳送帶上的A點(diǎn)時(shí)速度大小v0=6m/s；物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，傳送帶AB之間的距離L=3.0m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為0.2J
B．物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離為0.4m
C．物體最終的速度大小為0.5m/s
D．物體第一次與小球碰撞后的整個(gè)過(guò)程，物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱為3J
12．（2023·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）兩根長(zhǎng)度均為l的剛性輕桿，一端通過(guò)質(zhì)量為m的球形鉸鏈連接，此球?yàn)锳球，另一端與質(zhì)量均為m的B、C小球相連。將此裝置的兩桿并攏，鉸鏈向上豎直地放在桌上，右邊距離C球處有一面豎直墻面，因受微小擾動(dòng)兩桿分別向兩邊滑動(dòng)，A球下降，致使C球與墻面發(fā)生彈性碰撞，兩桿始終在同一豎直面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，各球直徑都比桿長(zhǎng)l小得多，重力加速度取g，從A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A球落地前瞬間這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒
B．C球碰撞豎直墻面前瞬間速度大小為
C．A球落地前瞬間，三球速度相同
D．A球落地前瞬間，A球的速度方向沿斜左下方
13．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，AB段為一豎直圓管，BC為一半徑為的半圓軌道，C端的下方有一質(zhì)量為的小車(chē)，車(chē)上有半徑的半圓軌道，E為軌道最低點(diǎn)，左側(cè)緊靠一固定障礙物，在直管的下方固定一鎖定的處于壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端A放置一質(zhì)量為的小球（小球直徑略小于圓管的直徑，遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于R、r）。AB的距離為，A、E等高，某時(shí)刻，解除彈簧的鎖定，小球恰好能通過(guò)BC的最高點(diǎn)P，從C端射出后恰好從D端沿切線進(jìn)入半圓軌道DEF，并能從F端飛出。若各個(gè)接觸面都光滑，重力加速度取，則（　　）

A．小球恰好能通過(guò)BC的最高點(diǎn)P，
B．彈簧被釋放前具有的彈性勢(shì)能
C．小球從F點(diǎn)飛出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小N
14．（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）質(zhì)量為的滑板靜止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平長(zhǎng)度為段是半徑為的四分之一光滑圓弧，如圖所示。質(zhì)量為的小物塊（小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度沖上滑板，已知，其中為重力加速度。小物塊與滑板段的動(dòng)摩擦因數(shù)為，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物塊不能從C點(diǎn)飛出，則應(yīng)滿(mǎn)足什么條件；
（2）若解除對(duì)滑板的固定，小物塊不能從C點(diǎn)飛出，則應(yīng)滿(mǎn)足什么條件；
（3）若解除對(duì)滑板的固定，小物塊相對(duì)滑板向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，相對(duì)地面也有向右的運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿(mǎn)足什么條件。

15．（2023·廣西南寧·南寧三中校考二模）如圖所示，兩足夠長(zhǎng)直軌道間距，軌道所在平面與水平面夾角，一質(zhì)量的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑的半圓，圓心分別為O、。某時(shí)刻可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以初速度沿沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑板P與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，，，g取，求：
（1）滑板P恰好靜止時(shí)與一側(cè)長(zhǎng)直軌道間的摩擦力f的大小；
（2）滑板P與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（3）滑塊滑到O點(diǎn)過(guò)程中系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

16．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）已知A、B兩物體，，A物體從處自由下落，且同時(shí)B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過(guò)相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度，求：
（1）碰撞時(shí)離地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞損失機(jī)械能。
17．（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無(wú)摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)，B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；
（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；
（4）若，自C滑上B開(kāi)始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量的大小。

動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
（模擬精練+真題演練）
1．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中校考三模）如圖所示，質(zhì)量為的小車(chē)靜止在光滑水平面上，小車(chē)段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，段是長(zhǎng)為的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于點(diǎn)。一質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車(chē)上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，然后滑入軌道，最后恰好停在點(diǎn)，滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為，則（　　）

A．整個(gè)過(guò)程中滑塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．滑塊由A滑到過(guò)程中，滑塊的機(jī)械能守恒
C．段長(zhǎng) D．全過(guò)程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為
【答案】D
【詳解】A．滑塊社圓弧上運(yùn)動(dòng)時(shí)有豎直方向的加速度，所以對(duì)系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零，不滿(mǎn)足動(dòng)量守恒的條件，故A錯(cuò)誤；
B．滑塊由A滑到過(guò)程中，小車(chē)對(duì)滑塊的彈力做負(fù)功，滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；
C．恰好停在對(duì)點(diǎn)時(shí)，二者均靜止。根據(jù)能量守恒有解得故C錯(cuò)誤；
D．水平動(dòng)量守恒有通過(guò)相同的時(shí)間有且有解得故D正確；
故選D。
2．（2023·山東青島·統(tǒng)考三模）如圖，某中學(xué)航天興趣小組在一次發(fā)射實(shí)驗(yàn)中將總質(zhì)量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發(fā)射時(shí)“水火箭”在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度豎直向下噴出質(zhì)量為m的水。已知火箭運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時(shí)速度為v，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．火箭的動(dòng)力來(lái)源于火箭外的空氣對(duì)它的推力
B．火箭上升過(guò)程中一直處于超重狀態(tài)
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭在空中飛行的時(shí)間為
【答案】D
【詳解】A．火箭向下噴出水，水對(duì)火箭的反作用力是火箭的動(dòng)力，A錯(cuò)誤；
B．火箭加速上升過(guò)程處于超重狀態(tài)，減速上升過(guò)程和加速下降過(guò)程處于失重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；
C．噴水瞬間由動(dòng)量守恒定律可得解得火箭獲得的最大速度為，C錯(cuò)誤；
D．以向下為正方向，上升過(guò)程由動(dòng)量定理可得下降過(guò)程由動(dòng)量定理可得其中；聯(lián)立解得
D正確。故選D。
3．（2023·山東·濟(jì)南一中統(tǒng)考二模）在空間技術(shù)發(fā)展過(guò)程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置，它能讓宇航員保持較高的機(jī)動(dòng)性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門(mén)為d的位置與空間站保持相對(duì)靜止，啟動(dòng)噴氣背包，壓縮氣體通過(guò)橫截面積為S的噴口以速度持續(xù)噴出，宇航員到達(dá)艙門(mén)時(shí)的速度為。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計(jì)噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對(duì)噴氣速度的影響以及噴氣過(guò)程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則聯(lián)立解得故選D。
4．（2023·河北唐山·統(tǒng)考三模）在生產(chǎn)生活中，經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運(yùn)動(dòng)方向。如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛小車(chē)，小車(chē)上固定著兩端開(kāi)口的光滑細(xì)管，細(xì)管由水平、彎曲和豎直三部分組成，各部分之間平滑連接，豎直管的上端到小車(chē)上表面的高度為。一小球以初速度水平向右射入細(xì)管，小球的質(zhì)量與小車(chē)的質(zhì)量（包含細(xì)管）相等，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略一切阻力作用。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球和小車(chē)（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B．小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用
C．當(dāng)小球初速度時(shí)，將會(huì)從細(xì)管的豎直部分沖出
D．若小球從細(xì)管的豎直部分沖出，沖出后一定會(huì)落回到細(xì)管中
【答案】BCD
【詳解】A．小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球和小車(chē)（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)在水平方向受到合外力為零，在彎曲處，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)，在豎直方向合外力不為零，則小球和小車(chē)（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球和小車(chē)（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．由于小球和小車(chē)（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向的速度相同，則小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用，故B正確；
C．由于水平方向動(dòng)量守恒，在最高點(diǎn)，由動(dòng)量守恒定律和能量定律有；
解得從細(xì)管的豎直部分沖出，則有解得故C正確；
D．小球從細(xì)管的豎直部分沖出后，水平方向的速度始終相同，則沖出后一定會(huì)落回到細(xì)管中，故D正確。
故選BCD。
5．（2023·江西南昌·江西師大附中校考三模）如圖所示，木塊靜止在光滑的水平面上，子彈A、B分別從木塊左、右兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，且均停在木塊內(nèi)，木塊始終保持靜止。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．摩擦力對(duì)兩子彈的沖量大小一定相等 B．摩擦力對(duì)兩子彈做的功一定相等
C．子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【答案】AC
【詳解】A．木塊在光滑的水平面上始終保持靜止，由動(dòng)量定理可知兩子彈對(duì)木塊的摩擦力的沖量大小相等，方向相反；由牛頓第三定律可知子彈對(duì)木塊的摩擦力與木塊對(duì)子彈的摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)兩子彈的沖量大小一定相等，故A正確；
BC．以子彈A、B和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得得對(duì)子彈由動(dòng)能定理得由，可知
摩擦力對(duì)兩子彈做的功由于兩子彈的質(zhì)量不一定相等，故摩擦力對(duì)兩子彈做的功不一定相等，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．子彈與木塊間因有摩擦力產(chǎn)生熱，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AC。
6．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與長(zhǎng)木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與彈簧拴接，Q與彈簧接觸但不拴接，Q的上表面粗糙。時(shí)，物塊P以初速度向左運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)物塊P與長(zhǎng)木板Q的圖像如圖所示，時(shí)刻，把質(zhì)量為的物塊M放在Q的最左端，圖中末畫(huà)出，M最終末從Q上滑出，則（ ）

A．物體Q的質(zhì)量為
B．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為
C．M和Q之間由于摩擦作用的發(fā)熱量為
D．彈簧可以和Q發(fā)生二次作用
【答案】AC
【詳解】A．時(shí)刻，所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得；
則物體的質(zhì)量為，故A正確；
B．時(shí)刻，彈簧壓縮到最短，和速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)能量守恒可得最大彈性勢(shì)能為故B錯(cuò)誤；
C．時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得
；，2t0時(shí)刻，和彈簧分離，和之間動(dòng)量守恒，有解得
產(chǎn)生的熱量為故C正確；
D．由上分析可知和共速時(shí)彈簧不能和發(fā)生二次作用，故D錯(cuò)誤。故選AC。
7．（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）如圖所示，水平面內(nèi)有兩個(gè)光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，其間距為。質(zhì)量分別為、的環(huán)A、B套在導(dǎo)軌上，兩環(huán)之間連接一輕彈簧，輕彈簧原長(zhǎng)。開(kāi)始時(shí)彈簧與桿垂直，兩環(huán)均靜止。某時(shí)刻，給環(huán)B一水平向右的瞬時(shí)速度，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒
B．若A的速度為，B的速度為
C．若A的速度為，彈簧與導(dǎo)軌之間的夾角為
D．若彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，環(huán)B速度為水平向右的，則初始狀態(tài)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能
【答案】BCD
【詳解】A．平行導(dǎo)軌光滑，對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)分析，所受的合外力為0，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)除系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力，沒(méi)有其他力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；
B．對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)分析，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律解得故B正確；
C．由B選項(xiàng)分析可知，若，則設(shè)彈簧初始彈性勢(shì)能為，A的速度為時(shí)的彈性勢(shì)能為，根據(jù)機(jī)械能守恒可得可得開(kāi)始時(shí)彈簧長(zhǎng)度為，而原長(zhǎng)為，故彈簧壓縮了，彈性勢(shì)能為，而彈簧伸長(zhǎng)后彈性勢(shì)能與初始彈性勢(shì)能相等，故伸長(zhǎng)量也為，此時(shí)彈簧長(zhǎng)度為故彈簧與導(dǎo)軌間夾角為，故C正確；
D．開(kāi)始時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為，而原長(zhǎng)為，故彈簧壓縮了，彈性勢(shì)能記為，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，環(huán)B速度為水平向右的，根據(jù)動(dòng)量守恒可得解得即A的速度大小為，方向向左，由能量守恒得解得故D正確。故選BCD。
8．（2023·海南省直轄縣級(jí)單位·嘉積中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是和，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C在時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為48J
B．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為，方向向右
C．物塊B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為10J
D．物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度大小為
【答案】AD
【詳解】A．AC碰撞過(guò)程中由動(dòng)量守恒可得，，解得當(dāng)AC速度減為零時(shí)彈簧壓縮至最短，此時(shí)彈性勢(shì)能最大故A正確；
B．4s到12s的時(shí)間內(nèi)彈簧對(duì)AC的沖量為由能量守恒可知12s B的速度為零，4s到12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B由動(dòng)量定理可得得即大小為，方向向左，故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)B的速度與AC相等時(shí)由動(dòng)量守恒可得解得
所以彈簧的最大彈性勢(shì)能為故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)彈簧為原長(zhǎng)時(shí)B的速度達(dá)到最大，由動(dòng)量守恒和能量守恒可得；
解得故D正確。故選AD。
9．（2023·湖南長(zhǎng)沙·長(zhǎng)郡中學(xué)校考二模）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）。物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，。凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。開(kāi)始時(shí)物塊靜止，凹槽以的初速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與凹槽壁的碰撞沒(méi)有能量損失，且碰撞時(shí)間不計(jì)。g取10。則（　　）

A．物塊與凹槽相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為2.5m/s
B．物塊與凹槽相對(duì)靜止時(shí)物塊在凹槽的左端
C．從物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間為10s
D．從物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小為12.5m
【答案】AB
【詳解】A．設(shè)兩者相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得解得故A正確；
B．物塊與凹槽間的滑動(dòng)摩擦力設(shè)兩者間相對(duì)靜止前，相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程為，由動(dòng)能定理
解得已知可得物體與凹槽相對(duì)靜止時(shí)物體在凹槽的左端，故B正確；
C．設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為、，碰后的速度分別為'、'。有；得即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，故可用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)間。則有；解得故C錯(cuò)誤；
D．設(shè)凹槽與物體的速度分別為，，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得即。的運(yùn)動(dòng)方向相同，結(jié)合上式可得兩物體位移關(guān)系為因?yàn)閮烧咭恢蓖较蜻\(yùn)動(dòng)，物塊開(kāi)始在凹槽的中央，相對(duì)靜止時(shí)物塊在凹槽的左端，所以?xún)晌矬w的位移關(guān)系為解得故D錯(cuò)誤。故選AB。
10．（2023·安徽合肥·合肥市第六中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖1所示，一右端固定有豎直擋板的質(zhì)量M=2kg的木板靜置于光滑的水平面上，另一質(zhì)量m=1kg的物塊以v0=6m/s的水平初速度從木板的最左端點(diǎn)沖上木板，最終物塊與木板保持相對(duì)靜止，物塊和木板的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖2所示，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列判斷正確的是（　　）

A．圖2中v2的數(shù)值為4
B．物塊與木板的碰撞為彈性碰撞
C．整個(gè)過(guò)程物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J
D．最終物塊距木板左端的距離為1.5m
【答案】BC
【詳解】A．根據(jù)題意可知，圖2中圖線a表示碰撞前物塊的減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，圖線b表示碰撞前木板的加速過(guò)程，圖線c表示碰撞后木板的減速過(guò)程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過(guò)程，物塊與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小為v1，設(shè)此時(shí)木板速度大小為v木，則從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞前瞬間的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有解得物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0，木板速度大小為v2，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞后瞬間的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有解得
故A錯(cuò)誤；
B．2s末物塊與木板共同運(yùn)動(dòng)的速度大小為v3，從物塊滑上木板到最終共同勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有解得物塊與木板碰撞前瞬間，系統(tǒng)的動(dòng)能為物塊與木板碰撞后瞬間，系統(tǒng)的動(dòng)能故碰撞過(guò)程系統(tǒng)沒(méi)有機(jī)械能損失，故B正確；
C．物塊滑上木板時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為最終相對(duì)靜止時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為
所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為故C正確；
D．由圖得板長(zhǎng)為4.5m，碰后相對(duì)位移為1.5m，故距離左端為3m，故D錯(cuò)誤。故選BC。
11．（2023·安徽合肥·合肥市第八中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，以v=4m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對(duì)接，右端與光滑水平面平滑對(duì)接。水平面上有位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的4個(gè)相同小球，小球質(zhì)量m0=0.3kg。質(zhì)量m=0.1kg的物體從軌道上高h(yuǎn)=2.0m的P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到傳送帶上的A點(diǎn)時(shí)速度大小v0=6m/s；物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，傳送帶AB之間的距離L=3.0m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為0.2J
B．物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離為0.4m
C．物體最終的速度大小為0.5m/s
D．物體第一次與小球碰撞后的整個(gè)過(guò)程，物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱為3J
【答案】ABD
【詳解】A．物體由P到A的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得則克服摩擦力做的功為，選項(xiàng)A正確；
B．物體滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力作用下勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為減速至與傳送帶速度相等時(shí)所用的時(shí)間勻減速運(yùn)動(dòng)的位移
故物體與小球1碰撞前的速度為物體與小球1發(fā)生彈性正碰，設(shè)物體反彈回來(lái)的速度大小為的，小球1被撞后的速度大小為，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得
；解得；物體被反彈回來(lái)后，在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得解得選項(xiàng)B正確；
C．由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進(jìn)行速度交換。物體第一次返回還沒(méi)到傳送帶左端速度就減小為零，接下來(lái)將再次向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到速度增加到，再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次碰后，物體和小球的速度大小分別為；以此類(lèi)推，物體與小球1經(jīng)過(guò)次碰撞后，他們的速度大小分別為；由于總共有4個(gè)小球，可知物體第1個(gè)小球一共可以發(fā)生4次碰撞，則物體最終的速度大小為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．物體第一次與小球1碰撞后的整個(gè)過(guò)程，在傳送帶上相對(duì)傳送帶的路
故物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱選項(xiàng)D正確。選ABD。
12．（2023·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）兩根長(zhǎng)度均為l的剛性輕桿，一端通過(guò)質(zhì)量為m的球形鉸鏈連接，此球?yàn)锳球，另一端與質(zhì)量均為m的B、C小球相連。將此裝置的兩桿并攏，鉸鏈向上豎直地放在桌上，右邊距離C球處有一面豎直墻面，因受微小擾動(dòng)兩桿分別向兩邊滑動(dòng)，A球下降，致使C球與墻面發(fā)生彈性碰撞，兩桿始終在同一豎直面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，各球直徑都比桿長(zhǎng)l小得多，重力加速度取g，從A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A球落地前瞬間這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒
B．C球碰撞豎直墻面前瞬間速度大小為
C．A球落地前瞬間，三球速度相同
D．A球落地前瞬間，A球的速度方向沿斜左下方
【答案】BD
【詳解】A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與墻壁碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，由于是彈性碰撞又不計(jì)摩擦因此系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；
B．由于三球質(zhì)量相同，靜止釋放A球豎直向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、C間的桿與豎直方向夾角為45°時(shí)C球與豎直墻壁碰撞，此時(shí)，A球、C球的速度沿AC桿方向分速度相同，A球、B球的速度沿AB桿方向分速度相同，由于兩桿與豎直方向夾角都是，故三球速度相同，由動(dòng)能定理得則C球碰撞豎直墻面前瞬間速度大小為故B正確；
CD．C球與墻壁碰撞后，速度反向水平向左，A球沿AC桿方向速度立即沿CA方向，碰撞后瞬間A、B、C三球速度相同均水平向左為此后三球水平方向動(dòng)量守恒。當(dāng)A球落地瞬間，B、C兩球只有水平向左速度，A球還具有豎直向下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
13．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，AB段為一豎直圓管，BC為一半徑為的半圓軌道，C端的下方有一質(zhì)量為的小車(chē)，車(chē)上有半徑的半圓軌道，E為軌道最低點(diǎn)，左側(cè)緊靠一固定障礙物，在直管的下方固定一鎖定的處于壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端A放置一質(zhì)量為的小球（小球直徑略小于圓管的直徑，遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于R、r）。AB的距離為，A、E等高，某時(shí)刻，解除彈簧的鎖定，小球恰好能通過(guò)BC的最高點(diǎn)P，從C端射出后恰好從D端沿切線進(jìn)入半圓軌道DEF，并能從F端飛出。若各個(gè)接觸面都光滑，重力加速度取，則（　　）

A．小球恰好能通過(guò)BC的最高點(diǎn)P，
B．彈簧被釋放前具有的彈性勢(shì)能
C．小球從F點(diǎn)飛出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小N
【答案】BC
【詳解】AB．由A到P過(guò)程中，小球機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得解得，，A錯(cuò)誤，B正確；
C．A到E過(guò)程中，A、E等高，由機(jī)械能守恒定律得解得小球由E上升到最高點(diǎn)過(guò)程中，小球與車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以球的初速度方向?yàn)檎较颍瑒t系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，小球從F點(diǎn)飛出后能上升的最大高度為
，C正確；
D．小球從第一次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)到再次返回到E點(diǎn)的過(guò)程中，小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以小球的初速度方向?yàn)檎较颍瑒t系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則解得，小球的速度大小為方向水平向左；小車(chē)的速度大小為方向水平向右。由于小球與小車(chē)運(yùn)動(dòng)的方向相反，所以二者的相對(duì)速度，則在E點(diǎn)對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律
解得，小球受到的支持力根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫?15 N，D錯(cuò)誤。故選BC。
14．（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）質(zhì)量為的滑板靜止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平長(zhǎng)度為段是半徑為的四分之一光滑圓弧，如圖所示。質(zhì)量為的小物塊（小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度沖上滑板，已知，其中為重力加速度。小物塊與滑板段的動(dòng)摩擦因數(shù)為，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物塊不能從C點(diǎn)飛出，則應(yīng)滿(mǎn)足什么條件；
（2）若解除對(duì)滑板的固定，小物塊不能從C點(diǎn)飛出，則應(yīng)滿(mǎn)足什么條件；
（3）若解除對(duì)滑板的固定，小物塊相對(duì)滑板向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，相對(duì)地面也有向右的運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿(mǎn)足什么條件。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）若滑板固定，設(shè)小物塊剛好能運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒可知
可解得所以小物塊不能從C點(diǎn)飛出，應(yīng)滿(mǎn)足的條件為
（2）若解除對(duì)滑板的固定，設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，小物塊與滑板速度相等為，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可知：；上面兩式聯(lián)立，可解得所以小物塊不能從C點(diǎn)飛出，應(yīng)滿(mǎn)足的條件為：
（3）設(shè)小物塊相對(duì)滑塊向右返回到B點(diǎn)時(shí)，小物塊、滑板的速度分別為。以向左為正方向。由動(dòng)量守恒和能量守恒可知：；上面兩式聯(lián)立，可得
此方程求根判別式可解得解上面方程可得若要滿(mǎn)足題中條件，則，可解得綜合以上分析可知，應(yīng)滿(mǎn)足的條件為。
15．（2023·廣西南寧·南寧三中校考二模）如圖所示，兩足夠長(zhǎng)直軌道間距，軌道所在平面與水平面夾角，一質(zhì)量的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑的半圓，圓心分別為O、。某時(shí)刻可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以初速度沿沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑板P與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，，，g取，求：
（1）滑板P恰好靜止時(shí)與一側(cè)長(zhǎng)直軌道間的摩擦力f的大小；
（2）滑板P與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（3）滑塊滑到O點(diǎn)過(guò)程中系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

【答案】（1）6N；（2）0.45；（3）
【詳解】（1）（2）對(duì)滑板受力分析，畫(huà)出滑板的兩個(gè)平面圖如圖所示

由幾何關(guān)系可得解得由于滑板處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得；
聯(lián)立解得；
（3）小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)重力沿導(dǎo)軌方向的分力為導(dǎo)軌對(duì)滑板的摩擦力為可知兩力大小相等方向相反，故小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒設(shè)滑塊相對(duì)滑板的位移OO 為L(zhǎng)，滑板位移為x，由系統(tǒng)的能量守恒，得
聯(lián)立方程，解得；滑板做勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度
則滑塊滑到O點(diǎn)過(guò)程中系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量
16．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）已知A、B兩物體，，A物體從處自由下落，且同時(shí)B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過(guò)相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度，求：
（1）碰撞時(shí)離地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞損失機(jī)械能。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【詳解】（1）對(duì)物塊A，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知
解得可得碰撞前A物塊的速度方向豎直向下；碰撞前B物塊的速度方向豎直向上；選向下為正方向，由動(dòng)量守恒可得
解得碰后速度v=0
（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能
17．（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無(wú)摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)，B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；
（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；
（4）若，自C滑上B開(kāi)始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得
（2）滑塊C剛滑上B時(shí)可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為，B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C的加速度為
木板B的加速度為設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設(shè)再經(jīng)過(guò)t2時(shí)間，物塊A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此時(shí)B的位移共同的速度綜上可知滿(mǎn)足條件的s范圍為
（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒(méi)有共速，對(duì)于木板B，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
整理后有解得，（舍去）
滑塊C在這段時(shí)間的位移所以摩擦力對(duì)C做的
（4）因?yàn)槟景錌足夠長(zhǎng)，最后的狀態(tài)一定會(huì)是C與B靜止，物塊A向左勻速運(yùn)動(dòng)。木板B向右運(yùn)動(dòng)0.48m時(shí)，有；；此時(shí)A、B之間的距離為
由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B(niǎo)向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，可得加速度大小物塊A和木板B相向運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)t3時(shí)間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）
此時(shí)有方向向左；方向向右。
接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有
；代入數(shù)據(jù)解得
；而此時(shí)物塊A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C靜止，A向左勻速運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的初動(dòng)量
末動(dòng)量則整個(gè)過(guò)程動(dòng)量的變化量
即大小為9.02kg m/s。親愛(ài)的同學(xué)加油，給自己實(shí)現(xiàn)夢(mèng)想的機(jī)會(huì)。
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第31講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
目錄
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復(fù)習(xí)目標(biāo)
網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒的條件及應(yīng)用
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 動(dòng)量守恒定律內(nèi)容及條件
知識(shí)點(diǎn)2 動(dòng)量守恒定律的“四性”
【提升·必考題型歸納】
考向1 動(dòng)量守恒的判斷
考向2 動(dòng)量守恒守恒定律的應(yīng)用
考點(diǎn)二 碰撞問(wèn)題
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 彈性碰撞
知識(shí)點(diǎn)2 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
【提升·必考題型歸納】
考向1 彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
考向2 完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
考向3 類(lèi)碰撞問(wèn)題
考點(diǎn)三 人船模型、爆炸和反沖問(wèn)題
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 人船模型
知識(shí)點(diǎn)2 爆炸和反沖問(wèn)題
【提升·必考題型歸納】
考向1 人船模型
考向2 爆炸和反沖問(wèn)題
考點(diǎn)四 彈簧模型和板塊模型
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 彈簧模型
知識(shí)點(diǎn)2 板塊模型
【提升·必考題型歸納】
考向1 彈簧模型
考向2 板塊模型
真題感悟
理解和掌握動(dòng)量守恒定律。
能夠利用動(dòng)量守恒定律處理解決涉及碰撞、反沖、彈簧和板塊等問(wèn)題。
考點(diǎn)要求 考題統(tǒng)計(jì) 考情分析
（1）動(dòng)量守恒定律 （2）動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 2023年山東卷第18題 2023年北京卷第18題 2023年天津卷第12題 高考對(duì)動(dòng)量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計(jì)算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，同時(shí)，這類(lèi)題目往往綜合性比較強(qiáng)，需要的能力也比較高。
考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒的條件及應(yīng)用
知識(shí)點(diǎn)1 動(dòng)量守恒定律內(nèi)容及條件
(1)內(nèi)容：如果系統(tǒng) ，或者所受外力的 ，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。
(2)表達(dá)形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(3)常見(jiàn)的幾種守恒形式及成立條件：
①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。
②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力 外力。
③分動(dòng)量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為 ，系統(tǒng)在該方向上 。
知識(shí)點(diǎn)2 動(dòng)量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)。
(2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。
(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度。一般選地面為參考系。
(4)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。
考向1 動(dòng)量守恒的判斷
1．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之間的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
2．如圖所示，小車(chē)與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車(chē)上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．小車(chē)與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C．男孩、小車(chē)與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
D．小孩推力的沖量小于木箱的動(dòng)量的變化量
考向2 動(dòng)量守恒守恒定律的應(yīng)用
3．如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒
B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量不守恒
C．物塊到不了水平軌道的最左端
D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道
4．如圖所示，高為、長(zhǎng)為的斜面體靜置于水平地面上，將質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從斜面體的頂端由靜止釋放后，斜面體沿水平地面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)小球與斜面體分離，分離時(shí)斜面體的速度大小為，不計(jì)一切摩擦，取重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．斜面體的質(zhì)量為
B．小球能達(dá)到的最大速度為
C．小球?qū)π泵骟w的壓力大小為
D．小球在斜面體上運(yùn)動(dòng)時(shí)，斜面體對(duì)地面的壓力大小為
考點(diǎn)二 碰撞問(wèn)題
知識(shí)點(diǎn)1 彈性碰撞
1.碰撞三原則：
(1)動(dòng)量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動(dòng)能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
2. “動(dòng)碰動(dòng)”彈性碰撞
發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “動(dòng)碰靜”彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）
解得：v1′＝，v2′＝
結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等， )
(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當(dāng)m1 m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當(dāng)m1 m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率 ，大不變)
知識(shí)點(diǎn)2 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動(dòng)量守恒，碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失。
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動(dòng)能ΔEk，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2.完全非彈性碰撞
碰后物體的速度相同， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，損失動(dòng)能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2 （2）
聯(lián)立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
考向1 彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
1．在一個(gè)水平桌面上固定一個(gè)內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點(diǎn)，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個(gè)小球（球徑略小于管徑，管徑遠(yuǎn)小于R），質(zhì)量分別為、，開(kāi)始時(shí)B球靜止于a點(diǎn)，A球在其左側(cè)以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對(duì)心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)。則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．A、B兩球的質(zhì)量比為
B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點(diǎn)可能在之間某處
C．若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點(diǎn)可能仍在b處
D．若只增大A球的質(zhì)量則第一、二次碰撞時(shí)間間隔不可能大于
2．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為的小球B疊放在一起，從高度為處由靜止開(kāi)始下落，落到水平地面時(shí)，B與地面之間以及B與A之間均在豎直方向發(fā)生彈性碰撞（認(rèn)為B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A、B間再發(fā)生碰撞），則A反彈后能達(dá)到的最大高度可能為（　　）
A．4.5h B．5.5h C．6.5h D．7.5h
考向2 完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
3．如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時(shí)的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時(shí)有一質(zhì)量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當(dāng)小球A上升到最高點(diǎn)時(shí)恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時(shí)間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，，取。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．小球A上升至最高點(diǎn)時(shí)離地面3.2m
B．小球A從拋出到落回地面的時(shí)間為1.6s
C．A、B兩球碰撞過(guò)程中小球A的動(dòng)量變化量大小為0.45kg·m/s
D．小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m
4．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，質(zhì)量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一質(zhì)量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時(shí)間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點(diǎn)，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/s
B．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2
C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時(shí)的加速度大小為2.5m/s2
D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過(guò)程中，系統(tǒng)的最大動(dòng)能為22.5J
考向3 類(lèi)碰撞問(wèn)題
5．旅行者1號(hào)經(jīng)過(guò)木星和土星時(shí)通過(guò)引力助推（引力彈弓）獲得了足以完全擺脫太陽(yáng)引力的動(dòng)能。引力助推是飛行器從遠(yuǎn)距離接近反向運(yùn)行的行星時(shí)，產(chǎn)生的運(yùn)動(dòng)效果就像該飛行器被行星彈開(kāi)了，科學(xué)家們稱(chēng)這種情況為彈性碰撞，不過(guò)兩者沒(méi)有發(fā)生實(shí)體接觸。如圖所示，以太陽(yáng)為參考系，設(shè)探測(cè)器的初速度大小為，行星的速率為。探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后的速率為，已知行星質(zhì)量遠(yuǎn)大于探測(cè)器質(zhì)量，那么約為（　　）
A． B． C． D．
6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒(méi)有從滑塊上端沖出去，若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說(shuō)法不正確的是（　　）
A．小球的質(zhì)量為
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)
考點(diǎn)三 人船模型、爆炸和反沖問(wèn)題
知識(shí)點(diǎn)1 人船模型
1. 適用條件
①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零；
②動(dòng)量守恒或某方向動(dòng)量守恒．
2. 常用結(jié)論
設(shè)人走動(dòng)時(shí)船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,
即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，
可解得：；
3. 類(lèi)人船模型
類(lèi)型一 類(lèi)型二 類(lèi)型三 類(lèi)型四 類(lèi)型五
知識(shí)點(diǎn)2 爆炸和反沖問(wèn)題
1． 對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說(shuō)明
(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來(lái)處理。
(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。
(3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒。
2． 爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律
(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。
(2)動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。
(3)位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。
考向1 人船模型
1．如圖所示，質(zhì)量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時(shí)鐵塊到船頭的距離為L(zhǎng)，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長(zhǎng)遠(yuǎn)小于L。將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（　　）
A．鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離為
B．鐵塊脫離木船時(shí)的瞬時(shí)速度大小為
C．小木船最終的速度大小為
D．彈簧釋放的彈性勢(shì)能為
2．如圖所示，一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的小智能機(jī)器人（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于半圓槽的A端，在無(wú)線遙控器控制下，機(jī)器人從半圓槽A端移動(dòng)到B端。下面說(shuō)法正確的是（　　）
A．只有小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)，滑塊不運(yùn)動(dòng)
B．滑塊運(yùn)動(dòng)的距離是
C．滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的水平距離之和為2R
D．小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的位移是滑塊的倍
考向2 爆炸和反沖問(wèn)題
3．章魚(yú)遇到危險(xiǎn)時(shí)可將吸入體內(nèi)的水在極短時(shí)間內(nèi)向后噴出，由此獲得一個(gè)反沖速度，從而迅速向前逃竄完成自救。假設(shè)有一只章魚(yú)吸滿(mǎn)水后的總質(zhì)量為M，靜止懸浮在水中一次噴射出質(zhì)量為m的水，噴射速度大小為，章魚(yú)體表光滑，則以下說(shuō)法中正確的是（ ）
A．噴水的過(guò)程中，章魚(yú)和噴出的水組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B．噴水的過(guò)程中，章魚(yú)和噴出的水組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．章魚(yú)噴水后瞬間逃跑的速度大小為
D．章魚(yú)噴水后瞬間逃跑的速度大小為
4．不在同一直線上的動(dòng)量問(wèn)題同樣可以用正交分解法處理。某同學(xué)自制了一款飛機(jī)模型，該飛機(jī)模型飛行過(guò)程中可通過(guò)噴氣在極短時(shí)間內(nèi)實(shí)現(xiàn)垂直轉(zhuǎn)彎。若該飛機(jī)模型的質(zhì)量為M（含氣體），以大小為v的速度勻速飛行時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)噴出質(zhì)量為m的氣體后垂直轉(zhuǎn)彎，且轉(zhuǎn)彎后的速度大小不變，則該飛機(jī)模型噴出的氣體的速度大小為（　　）
A． B．
C． D．
考點(diǎn)四 彈簧模型和板塊模型
知識(shí)點(diǎn)1 彈簧模型
條件與模型
①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；mB=1kg）
③mA規(guī)律與公式 情況一：從原長(zhǎng)到最短（或最長(zhǎng)）時(shí) ①；②
情況二：從原長(zhǎng)先到最短（或最長(zhǎng)）再恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí) ①；②
知識(shí)點(diǎn)2 板塊模型
板塊模型
過(guò)程簡(jiǎn)圖
動(dòng)力學(xué)常用關(guān)系 ； ；
功能常用關(guān)系
動(dòng)量常用關(guān)系
考向1 彈簧模型
1．如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為的物體A和一個(gè)質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長(zhǎng)為，勁度系數(shù)為k，彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）。現(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對(duì)靜止的時(shí)間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，最后被拉長(zhǎng)至最長(zhǎng)。則下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．整個(gè)過(guò)程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒
B．彈簧被壓縮至最短時(shí)物體B的速度大小為
C．整個(gè)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為
D．物體B的最大加速度大小為
2．如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時(shí)刻兩小球被分別鎖定，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時(shí)刻解除A球鎖定，t=t1時(shí)刻解除B球鎖定，A、B兩球運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．t1時(shí)刻后A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量大小始終為mAS1 B．
C． D．t2時(shí)刻，彈簧伸長(zhǎng)量大于0時(shí)刻的壓縮量
考向2 板塊模型
3．如圖甲所示，長(zhǎng)木板A靜置在光滑的水平面上，物塊B可視為質(zhì)點(diǎn)以水平速度滑上長(zhǎng)木板A的上表面的最左端，之后它們的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，在兩者相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J，取g=10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．長(zhǎng)木板A的質(zhì)量為4kg
B．摩擦力對(duì)物塊B做功為6J
C．長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度不小于1.5m
D．長(zhǎng)木板A與物塊B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
4．如圖所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩個(gè)物體，mA=2kg，mB=1kg，速度的大小均為v0=8m/s，速度方向相反。A板足夠長(zhǎng)，A、B之間有摩擦，當(dāng)觀察到B做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的速度大小可能為（　　）
A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．5 m/s
1．（2023年北京卷高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：
（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

2．（2023年全國(guó)乙卷高考真題）如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為l，圓管長(zhǎng)度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求
（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；
（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。

第31講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
目錄
復(fù)習(xí)目標(biāo)
網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒的條件及應(yīng)用
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 動(dòng)量守恒定律內(nèi)容及條件
知識(shí)點(diǎn)2 動(dòng)量守恒定律的“四性”
【提升·必考題型歸納】
考向1 動(dòng)量守恒的判斷
考向2 動(dòng)量守恒守恒定律的應(yīng)用
考點(diǎn)二 碰撞問(wèn)題
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 彈性碰撞
知識(shí)點(diǎn)2 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
【提升·必考題型歸納】
考向1 彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
考向2 完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
考向3 類(lèi)碰撞問(wèn)題
考點(diǎn)三 人船模型、爆炸和反沖問(wèn)題
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 人船模型
知識(shí)點(diǎn)2 爆炸和反沖問(wèn)題
【提升·必考題型歸納】
考向1 人船模型
考向2 爆炸和反沖問(wèn)題
考點(diǎn)四 彈簧模型和板塊模型
【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】
知識(shí)點(diǎn)1 彈簧模型
知識(shí)點(diǎn)2 板塊模型
【提升·必考題型歸納】
考向1 彈簧模型
考向2 板塊模型
真題感悟
理解和掌握動(dòng)量守恒定律。
能夠利用動(dòng)量守恒定律處理解決涉及碰撞、反沖、彈簧和板塊等問(wèn)題。
考點(diǎn)要求 考題統(tǒng)計(jì) 考情分析
（1）動(dòng)量守恒定律 （2）動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 2023年山東卷第18題 2023年北京卷第18題 2023年天津卷第12題 高考對(duì)動(dòng)量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計(jì)算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，同時(shí)，這類(lèi)題目往往綜合性比較強(qiáng)，需要的能力也比較高。
考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒的條件及應(yīng)用
知識(shí)點(diǎn)1 動(dòng)量守恒定律內(nèi)容及條件
(1)內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。
(2)表達(dá)形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(3)常見(jiàn)的幾種守恒形式及成立條件：
①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。
②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。
③分動(dòng)量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。
知識(shí)點(diǎn)2 動(dòng)量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)。
(2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。
(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度。一般選地面為參考系。
(4)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。
考向1 動(dòng)量守恒的判斷
1．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之間的相互作用力做功之和為零
C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒
D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒
【答案】B
【詳解】A．Q在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，P對(duì)Q的彈力方向垂直于接觸面，與 Q的位移方向夾角大于90°，則P對(duì)Q做功不為零。故A錯(cuò)誤；
BCD．Q在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，P和Q之間的相互作用力屬于內(nèi)力并且等大反向，二者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為零。系統(tǒng)在水平方向合力為零，即水平方向動(dòng)量守恒。系統(tǒng)在豎直方向所受合力不為零，則豎直方向動(dòng)量不守恒。故B正確；CD錯(cuò)誤。
故選B。
2．如圖所示，小車(chē)與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車(chē)上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．小車(chē)與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C．男孩、小車(chē)與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
D．小孩推力的沖量小于木箱的動(dòng)量的變化量
【答案】C
【詳解】A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)能增大，由人體生物能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機(jī)械能，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
BC．系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以男孩、小車(chē)與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，所以小孩推力的沖量等于木箱的動(dòng)量的變化量，故D錯(cuò)誤。故選C。
考向2 動(dòng)量守恒守恒定律的應(yīng)用
3．如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒
B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量不守恒
C．物塊到不了水平軌道的最左端
D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道
【答案】B
【詳解】AB．軌道不固定時(shí)，物塊在軌道的水平部分時(shí)因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時(shí)，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，但是水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．設(shè)軌道的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)．軌道固定時(shí)，根據(jù)能量守恒定律得mgR=μmgL軌道不固定時(shí)，設(shè)物塊與軌道相對(duì)靜止時(shí)共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x．取向左為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得
0=（M+m）v則得v=0根據(jù)能量守恒定律得mgR=（M+m）v2+μmgx聯(lián)立解得 x=L所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，故CD錯(cuò)誤。故選B。
4．如圖所示，高為、長(zhǎng)為的斜面體靜置于水平地面上，將質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從斜面體的頂端由靜止釋放后，斜面體沿水平地面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)小球與斜面體分離，分離時(shí)斜面體的速度大小為，不計(jì)一切摩擦，取重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．斜面體的質(zhì)量為
B．小球能達(dá)到的最大速度為
C．小球?qū)π泵骟w的壓力大小為
D．小球在斜面體上運(yùn)動(dòng)時(shí)，斜面體對(duì)地面的壓力大小為
【答案】AC
【詳解】A．斜面體的底邊長(zhǎng)內(nèi)斜面體運(yùn)動(dòng)的位移大小為所以小球從釋放到與斜面體分離，沿水平方向運(yùn)動(dòng)的位移大小為根據(jù)水平方向上動(dòng)量守恒知
斜面體的質(zhì)量為選項(xiàng)A正確；
B．根據(jù)動(dòng)量守恒定律知即小球與斜面體分離時(shí)的速度大小為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．對(duì)斜面體有解得選項(xiàng)C正確；
D．小球在豎直方向上滿(mǎn)足即對(duì)整體在豎直方向上有；
解得選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。
考點(diǎn)二 碰撞問(wèn)題
知識(shí)點(diǎn)1 彈性碰撞
1.碰撞三原則：
(1)動(dòng)量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動(dòng)能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
2. “動(dòng)碰動(dòng)”彈性碰撞
發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “動(dòng)碰靜”彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）
解得：v1′＝，v2′＝
結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)
(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當(dāng)m1 m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當(dāng)m1 m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
知識(shí)點(diǎn)2 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動(dòng)量守恒，碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失。
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動(dòng)能ΔEk，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2.完全非彈性碰撞
碰后物體的速度相同， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，損失動(dòng)能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2 （2）
聯(lián)立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
考向1 彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
1．在一個(gè)水平桌面上固定一個(gè)內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點(diǎn)，且ac與bd相互垂直。在內(nèi)部放置A、B兩個(gè)小球（球徑略小于管徑，管徑遠(yuǎn)小于R），質(zhì)量分別為、，開(kāi)始時(shí)B球靜止于a點(diǎn)，A球在其左側(cè)以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對(duì)心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)。則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．A、B兩球的質(zhì)量比為
B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點(diǎn)可能在之間某處
C．若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點(diǎn)可能仍在b處
D．若只增大A球的質(zhì)量則第一、二次碰撞時(shí)間間隔不可能大于
【答案】CD
【詳解】A．設(shè)第一次碰后A、B兩球的速度分別為，。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有
；第二次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)，則有
聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；
BC．設(shè)第二次碰撞A球轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，則有解得可知與初速度無(wú)關(guān)，即第二次碰撞點(diǎn)與A球的初速度無(wú)關(guān)，若只增大A球的質(zhì)量則第二次碰撞點(diǎn)可能仍在b處，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．兩次碰撞間隔時(shí)間為故D正確；故選CD。
2．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為的小球B疊放在一起，從高度為處由靜止開(kāi)始下落，落到水平地面時(shí)，B與地面之間以及B與A之間均在豎直方向發(fā)生彈性碰撞（認(rèn)為B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A、B間再發(fā)生碰撞），則A反彈后能達(dá)到的最大高度可能為（　　）
A．4.5h B．5.5h C．6.5h D．7.5h
【答案】AB
【詳解】A、B兩球落地時(shí)的速度相同，設(shè)為，兩球下落過(guò)程根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得球B先與地面碰撞之后原速?gòu)椈亍４藭r(shí)A球速度方向還是向下，速度大小仍為，之后兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，碰撞之后A、B兩球的速度分別為和，根據(jù)動(dòng)量守恒定律根據(jù)能量守恒定律可得
兩式聯(lián)立解得當(dāng)時(shí)代入可得設(shè)上升的最大高度為，A球上升過(guò)程根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時(shí)代入可得設(shè)上升的最大高度為，A球上升過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得所以A球上升的最大高度應(yīng)大于，小于，AB正確，CD錯(cuò)誤。故選AB。
考向2 完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
3．如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時(shí)的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時(shí)有一質(zhì)量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當(dāng)小球A上升到最高點(diǎn)時(shí)恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時(shí)間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，，取。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．小球A上升至最高點(diǎn)時(shí)離地面3.2m
B．小球A從拋出到落回地面的時(shí)間為1.6s
C．A、B兩球碰撞過(guò)程中小球A的動(dòng)量變化量大小為0.45kg·m/s
D．小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m
【答案】AD
【詳解】A．小球A和小球B在碰撞前，對(duì)A：水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)豎直方向勻減速直線運(yùn)動(dòng)小球A上升的最大高度為，A正確；
B．小球A和B在最高點(diǎn)碰撞時(shí)，小球B的速度為豎直向下，根據(jù)碰撞過(guò)程兩者豎直方向動(dòng)量守恒，水平方向動(dòng)量也守恒，豎直方向有水平方向，有
碰后，兩者豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)
小球A從拋出到落回地面的時(shí)間為，B錯(cuò)誤；
C．碰撞過(guò)程中， 水平方向小球A的動(dòng)量變化量為豎直方向動(dòng)量變化量為所以小球A的動(dòng)量變化量為，C錯(cuò)誤；
D．碰撞前小球A的水平位移為碰后兩者水平速度為1.5m/s，因?yàn)榕龊笙侣鋾r(shí)間為0.4s，所以碰后水平位移為小球A從拋出到落回地面的水平距離為，D正確。
故選AD。
4．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，質(zhì)量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一質(zhì)量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時(shí)間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點(diǎn)，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/s
B．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2
C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時(shí)的加速度大小為2.5m/s2
D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過(guò)程中，系統(tǒng)的最大動(dòng)能為22.5J
【答案】BD
【詳解】A．對(duì)小物塊A應(yīng)用動(dòng)能定理可得小物塊A、B碰撞由動(dòng)量守恒定律可得
聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；
B．碰前小物塊B的重力與彈簧彈力平衡，碰后瞬間彈簧彈力不突變，對(duì)小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得解得故B正確；
C．下落時(shí)，對(duì)小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得聯(lián)立解得
故C錯(cuò)誤；
D．開(kāi)始時(shí)有當(dāng)系統(tǒng)下落過(guò)程中有最大速度，由動(dòng)能定理可得
聯(lián)立解得故D正確。故選BD。
考向3 類(lèi)碰撞問(wèn)題
5．旅行者1號(hào)經(jīng)過(guò)木星和土星時(shí)通過(guò)引力助推（引力彈弓）獲得了足以完全擺脫太陽(yáng)引力的動(dòng)能。引力助推是飛行器從遠(yuǎn)距離接近反向運(yùn)行的行星時(shí)，產(chǎn)生的運(yùn)動(dòng)效果就像該飛行器被行星彈開(kāi)了，科學(xué)家們稱(chēng)這種情況為彈性碰撞，不過(guò)兩者沒(méi)有發(fā)生實(shí)體接觸。如圖所示，以太陽(yáng)為參考系，設(shè)探測(cè)器的初速度大小為，行星的速率為。探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后的速率為，已知行星質(zhì)量遠(yuǎn)大于探測(cè)器質(zhì)量，那么約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】設(shè)探測(cè)器質(zhì)量為，行星質(zhì)量為，取行星和探測(cè)器系統(tǒng)為研究對(duì)象，行星方向?yàn)檎较颉Ｓ蓜?dòng)量守恒定律探測(cè)器靠近和脫離行星時(shí)可認(rèn)為系統(tǒng)萬(wàn)有引力勢(shì)能沒(méi)變，由能量守恒有
解得因?yàn)椋裕?br/>所以故選B。
6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒(méi)有從滑塊上端沖出去，若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說(shuō)法不正確的是（　　）
A．小球的質(zhì)量為
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【詳解】A．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得；結(jié)合圖乙可得；所以，故A正確，不符合題意；
D．對(duì)小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有；解得小球在與圓弧滑塊分離時(shí)的速度為即a>b時(shí)，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時(shí)向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確，不符合題意；
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得解得故B正確，不符合題意；
C．小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得解得故C錯(cuò)誤，符合題意。故選C。
考點(diǎn)三 人船模型、爆炸和反沖問(wèn)題
知識(shí)點(diǎn)1 人船模型
1. 適用條件
①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零；
②動(dòng)量守恒或某方向動(dòng)量守恒．
2. 常用結(jié)論
設(shè)人走動(dòng)時(shí)船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,
即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，
可解得：；
3. 類(lèi)人船模型
類(lèi)型一 類(lèi)型二 類(lèi)型三 類(lèi)型四 類(lèi)型五
知識(shí)點(diǎn)2 爆炸和反沖問(wèn)題
1． 對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說(shuō)明
(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來(lái)處理。
(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。
(3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒。
2． 爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律
(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。
(2)動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。
(3)位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。
考向1 人船模型
1．如圖所示，質(zhì)量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時(shí)鐵塊到船頭的距離為L(zhǎng)，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長(zhǎng)遠(yuǎn)小于L。將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（　　）
A．鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離為
B．鐵塊脫離木船時(shí)的瞬時(shí)速度大小為
C．小木船最終的速度大小為
D．彈簧釋放的彈性勢(shì)能為
【答案】BD
【詳解】A．對(duì)船與鐵塊有由于鐵塊到船頭的距離為L(zhǎng)，則有解得，
鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離為，A錯(cuò)誤；
B．鐵塊脫離木船后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有，解得，B正確；
C．對(duì)船與鐵塊有結(jié)合上述解得，C錯(cuò)誤；
D．彈簧釋放的彈性勢(shì)能為解得，D正確。故選BD。
2．如圖所示，一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的小智能機(jī)器人（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于半圓槽的A端，在無(wú)線遙控器控制下，機(jī)器人從半圓槽A端移動(dòng)到B端。下面說(shuō)法正確的是（　　）
A．只有小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)，滑塊不運(yùn)動(dòng)
B．滑塊運(yùn)動(dòng)的距離是
C．滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的水平距離之和為2R
D．小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的位移是滑塊的倍
【答案】C
【詳解】CD．小機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小機(jī)器人從A端移動(dòng)到B端的過(guò)程中，設(shè)小機(jī)器人和滑塊在任意時(shí)刻的水平分速度大小分別為和，則所以在整個(gè)過(guò)程中，二者的平均速度大小滿(mǎn)足則二者水平位移大小（即運(yùn)動(dòng)的水平距離）滿(mǎn)足根據(jù)相對(duì)位移關(guān)系有即滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動(dòng)的水平距離之和為2R，且故C正確，D錯(cuò)誤；
AB．根據(jù)前面分析可得小機(jī)器人和滑塊移動(dòng)的距離分別為；故AB錯(cuò)誤。故選C。
考向2 爆炸和反沖問(wèn)題
3．章魚(yú)遇到危險(xiǎn)時(shí)可將吸入體內(nèi)的水在極短時(shí)間內(nèi)向后噴出，由此獲得一個(gè)反沖速度，從而迅速向前逃竄完成自救。假設(shè)有一只章魚(yú)吸滿(mǎn)水后的總質(zhì)量為M，靜止懸浮在水中一次噴射出質(zhì)量為m的水，噴射速度大小為，章魚(yú)體表光滑，則以下說(shuō)法中正確的是（ ）
A．噴水的過(guò)程中，章魚(yú)和噴出的水組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B．噴水的過(guò)程中，章魚(yú)和噴出的水組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．章魚(yú)噴水后瞬間逃跑的速度大小為
D．章魚(yú)噴水后瞬間逃跑的速度大小為
【答案】AD
【詳解】A．章魚(yú)噴水過(guò)程所用的時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，章魚(yú)和噴出的水組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，A正確；
B．在章魚(yú)噴水的過(guò)程中，章魚(yú)體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)機(jī)械能增加，B錯(cuò)誤；
CD．以章魚(yú)和噴出的水組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，規(guī)定章魚(yú)噴水后瞬間逃跑的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得可得章魚(yú)噴水后瞬間逃跑的速度大小為，C錯(cuò)誤，D正確；
故選AD。
4．不在同一直線上的動(dòng)量問(wèn)題同樣可以用正交分解法處理。某同學(xué)自制了一款飛機(jī)模型，該飛機(jī)模型飛行過(guò)程中可通過(guò)噴氣在極短時(shí)間內(nèi)實(shí)現(xiàn)垂直轉(zhuǎn)彎。若該飛機(jī)模型的質(zhì)量為M（含氣體），以大小為v的速度勻速飛行時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)噴出質(zhì)量為m的氣體后垂直轉(zhuǎn)彎，且轉(zhuǎn)彎后的速度大小不變，則該飛機(jī)模型噴出的氣體的速度大小為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【詳解】根據(jù)題意，設(shè)噴出的氣體沿飛機(jī)模型初速度方向的速度分量大小為，沿飛機(jī)模型末速度方向的速度分量大小為，在這兩個(gè)方向上，根據(jù)動(dòng)量守恒定律分別有；
該飛機(jī)模型噴出的氣體的速度大小解得故選C。
考點(diǎn)四 彈簧模型和板塊模型
知識(shí)點(diǎn)1 彈簧模型
條件與模型
①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；mB=1kg）
③mA規(guī)律與公式 情況一：從原長(zhǎng)到最短（或最長(zhǎng)）時(shí) ①；②
情況二：從原長(zhǎng)先到最短（或最長(zhǎng)）再恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí) ①；②
知識(shí)點(diǎn)2 板塊模型
板塊模型
過(guò)程簡(jiǎn)圖
動(dòng)力學(xué)常用關(guān)系 ； ；
功能常用關(guān)系
動(dòng)量常用關(guān)系
考向1 彈簧模型
1．如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為的物體A和一個(gè)質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長(zhǎng)為，勁度系數(shù)為k，彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）。現(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對(duì)靜止的時(shí)間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，最后被拉長(zhǎng)至最長(zhǎng)。則下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．整個(gè)過(guò)程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒
B．彈簧被壓縮至最短時(shí)物體B的速度大小為
C．整個(gè)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為
D．物體B的最大加速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．水平地面光滑，子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動(dòng)量守恒，子彈打入物體A過(guò)程中，由于摩擦生熱，故機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)三者共速時(shí)，彈簧被壓縮至最短，設(shè)共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得選項(xiàng)B正確；
C．當(dāng)彈簧壓縮至最短或伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)三者共速，子彈打入物體A并留在A中時(shí)，設(shè)此時(shí)A的速度大小為，對(duì)子彈與物體A，根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得
從子彈打入物體A后至AB共速，彈性勢(shì)能增加量等于系統(tǒng)動(dòng)能減少量，故最大彈性勢(shì)能為
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈力最大，物體B的加速度最大根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立二式得選項(xiàng)D正確。故選BD。
2．如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時(shí)刻兩小球被分別鎖定，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時(shí)刻解除A球鎖定，t=t1時(shí)刻解除B球鎖定，A、B兩球運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．t1時(shí)刻后A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量大小始終為mAS1 B．
C． D．t2時(shí)刻，彈簧伸長(zhǎng)量大于0時(shí)刻的壓縮量
【答案】AB
【詳解】A．a(chǎn)-t圖像的面積等于這段時(shí)間的速度變化量大小，t=0時(shí)刻解除A球鎖定，t=t1時(shí)刻解除B球鎖定，說(shuō)明t1時(shí)刻只有A球具有速度，設(shè)此時(shí)A球的速度為v1，則有
t1時(shí)刻后A、B組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量等于t1時(shí)刻A球的動(dòng)量，則有
故A正確；
B．由圖像可知t1時(shí)刻A球的加速度為0，則此時(shí)彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，t2時(shí)刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說(shuō)明此時(shí)彈簧的彈力最大，彈簧的伸長(zhǎng)量最大，即t2時(shí)刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時(shí)刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過(guò)程，A球的速度變化量大小為，B球的速度變化量大小為從t1到t2過(guò)程，A、B組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，則有
可得聯(lián)立可得故B正確；
C．t=0到t1時(shí)刻，A球速度變化量大小為從t1到t2過(guò)程，A球的速度變化量大小為
從t1到t2過(guò)程，B球的速度變化量大小為聯(lián)立可得
故C錯(cuò)誤；
D．從t=0到t2時(shí)刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足機(jī)械能守恒，則有說(shuō)明t=0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能大于t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能，即t=0時(shí)刻彈簧的壓縮量大于t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量，故D錯(cuò)誤。故選AB。
考向2 板塊模型
3．如圖甲所示，長(zhǎng)木板A靜置在光滑的水平面上，物塊B可視為質(zhì)點(diǎn)以水平速度滑上長(zhǎng)木板A的上表面的最左端，之后它們的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，在兩者相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J，取g=10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．長(zhǎng)木板A的質(zhì)量為4kg
B．摩擦力對(duì)物塊B做功為6J
C．長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度不小于1.5m
D．長(zhǎng)木板A與物塊B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
【答案】AD
【詳解】AD．由圖可知，長(zhǎng)木板A和物塊B的加速度大小相等有
可得；有動(dòng)量守恒定律有聯(lián)立得在兩者相對(duì)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化成摩擦熱有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得故AD正確；
B．由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得故B錯(cuò)誤；
C．由圖可得，內(nèi)B的位移為，A的位移為
則木板A的最小長(zhǎng)度為故C錯(cuò)誤。故選AD。
4．如圖所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩個(gè)物體，mA=2kg，mB=1kg，速度的大小均為v0=8m/s，速度方向相反。A板足夠長(zhǎng)，A、B之間有摩擦，當(dāng)觀察到B做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的速度大小可能為（　　）
A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．5 m/s
【答案】B
【詳解】由受力分析可知：A、B兩物體在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整體在水平方向動(dòng)量守恒則代入數(shù)據(jù)解得故當(dāng)A的速度為4m/s時(shí)，B開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，直到與A共速。共速時(shí)對(duì)A、B運(yùn)用動(dòng)量守恒定代入數(shù)據(jù)解得所以時(shí)，可以觀察到B做加速運(yùn)動(dòng)，故只有B符合題意。故選B。
1．（2023年北京卷高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：
（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得解得
（2）碰前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得解得
（3）A、B碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得
則碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為
2．（2023年全國(guó)乙卷高考真題）如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為l，圓管長(zhǎng)度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求
（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；
（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。

【答案】（1）小球速度大小，圓盤(pán)速度大小；（2）l；（3）4
【詳解】（1）過(guò)程1：小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得
過(guò)程2：小球以與靜止圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有
；解得；即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤(pán)速度大小為，方向豎直向下；
（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤(pán)摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤(pán)下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時(shí)，間距最大，即解得
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得最大距離為
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相等，則有即解得
此時(shí)小球的速度圓盤(pán)的速度仍為，這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下降的位移
之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)能量守恒
聯(lián)立解得；同理可得當(dāng)位移相等時(shí)；解得圓盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)此時(shí)圓盤(pán)距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度
有動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒得碰后小球速度為
圓盤(pán)速度當(dāng)二者即將四次碰撞時(shí)x盤(pán)3= x球3即得在這段時(shí)間內(nèi)，圓盤(pán)向下移動(dòng)此時(shí)圓盤(pán)距離下端管口長(zhǎng)度為20l－1l－2l－4l－6l = 7l此時(shí)可得出圓盤(pán)每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤(pán)將向下移動(dòng)x盤(pán)4= 8l
則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4次。

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