微专题16：动量守恒定律+ 专项训练 -2024-2025学年高二物理人教版（2019）选择性必修第一册

微专题16：动量守恒定律定律 微专题目录 一.理论基础 二.模型构建 模型一 子弹打木块模型 经典例题：例1、例2 模型二 碰撞模型 经典例题：例3、例4 模型三 爆炸模型 经典例题：例5、例6、 模型四 反冲模型 经典例题：例7、例8 模型五 人船模型 经典例题：例9、例10 三.针对训练 【基础题组】/【能力题组】 四.参考答案 ……………………………………………………………………… 【理论基础】 1.动量定理 (1)内容：物体所受合外力（F）的冲量（I）等于物体动量的变化． (2)表达式：I=Ft＝Δp＝p′－p. (3)由Ft＝Δp可知有二种方式： ①F=0（系统不受外力或受合外力为零） ②F (作用时间极短得物理过程，如碰撞、爆炸过程) 2.动量守恒定律 （1）守恒条件 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒． ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒． （2）动量守恒定律的不同表达形式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. ② ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． ④Δp＝0，系统总动量的增量为零． 3. 动量守恒定律的理解 矢量性：动量是矢量，守恒时大小和方向均不变。 系统性：针对系统整体，而非单个物体。 瞬时性：任意时刻的总动量相同。 普适性：适用于宏观、微观领域，且比牛顿定律更广泛（如高速、强引力场仍成立）。 4.常见误解： ①误认为“合外力为零”等同于“系统静止”。实际上，只要合外力为零，系统总动量恒定（可能是匀速运动）。②忽略方向性。例如，斜碰时需分解动量到x、y方向分别守恒。 ……………………………………………………………………… 【模型构建】 模型一 子弹打木块 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： (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒： 【典例1】 质量为m的子弹,以水平初速度v0射向质量为m0的长方体木块. (1)设木块可沿光滑水平面自由滑动,子弹留在木块内,木块对子弹的阻力恒为Ff,求子弹射入木块的深度L.并讨论:随m0的增大,L如何变化? (2)设v0=900 m/s,当木块固定于水平面上时,子弹穿出木块的速度为v1=100 m/s.若木块可沿光滑水平面自由滑动,子弹仍以v0=900 m/s的速度射向木块,发现子弹仍可穿出木块,求的取值范围(两次子弹所受阻力相同). 【典例2】.如图所示,光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的两木块A和B,一质量为m的子弹,以速度v0水平击中木块A,并留在其中.A的质量为3m,B的质量为4m. (1)求弹簧第一次最短时的弹性势能; (2)何时B的速度最大,最大速度是多少? 模型二 碰撞模型 1.完全弹性碰撞 （1）发生弹性碰撞的两个物体（动碰动模型）碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 ………………………… ① ………………………… ② 联立①、②解得：v1’=， v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . （2）两球（动碰静模型）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＝m1v1′＋m2v2′ ……………………………… ① m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 ……………………………… ②v1 v2 v共 m1 m2 解得：v1′＝，v2′＝ (注：在同一水平面上发生弹性正碰，动能守恒) [讨论运动情况] 2.非弹性碰撞 特点：部分机械能转化成物体的内能,系统损失了机械能两物体仍能分离。动量守恒：m1v1+m2v2= m1v1′+m2v2′ 机械能的损失： 如果,则为完全非弹性碰撞，此时损失的机械能最多 3.运动状态的判定 两球在光滑水平面上的同一条直线上相碰撞，有如下特点： (1)动量守恒，即p1+p2= p1+p2′ (2)动能不增加，即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′ (3)速度要符合物理情景：如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度．碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零. 【典例3】.如图所示,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后(　C　) A.5个小球静止,1个小球运动 B.4个小球静止,2个小球运动 C.3个小球静止,3个小球运动 D.6个小球都运动 【典例4】如图所示,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A,B,C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A,B速度相等时,B与C恰好相碰并粘连在一起,然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中. (1)整个系统损失的机械能; (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能. 【典例5】带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M=3 kg,静止在光滑水平面上,轨道足够高且轨道下端的切线方向水平.今有一质量为m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s滚上滑块,如图所示,取g=10 m/s2,求: (1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度h; (2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小. 模型三 爆炸模型 【典例6】如图所示，水平面上OM正中间有质量分别为2m、m的两物块B、C（中间粘有炸药），现点燃炸药，B、C被水平弹开，物块C运动到O点时与刚好到达该点速度为v0的小物块A发生迎面正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度为g=10m/s2，求炸药点燃后释放的能量E． 模型四 反冲模型 【典例7】.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上，炮车质量为M,炮膛中炮弹质量为m,炮车与地面间的动摩擦因数为μ,炮筒的仰角为α,设炮弹以相对于炮筒的速度v0射出,那么炮车在地面上后退多远? 【典例8】（单选）中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为，喷气速度均为(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C．经过次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 模型五 人船模型 【典例9】气球质量200kg截有质量为50kg的人，静止在空中距地面20m高的地方，气球下悬一质量不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为安全到达地面，则这根绳至少多长? 【典例10】如图所示,小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上,当小车固定时,从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止.如果小车不固定,物体仍从A点静止滑下,则(　A　) A.还是滑到C点停住 B.滑到BC间停住 C.会冲出C点落到车外 D.上述三种情况都有可能 1.(单选)静止在水面上的船长为L、质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是（ ） A. B. C. D. 2.（单选）一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮舰的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( ) A． B． C． D． 3.（单选）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，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的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（ ） A． B． C． D． 4.（单选）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 5 (多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s 6.(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B获得大小为3 m/s，方向水平向右的速度，以此时刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息中可得(　　) A.两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1 B.两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2 C.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝4∶1 D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1 7.（单选）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　） A. 弹簧原长时物体动量最大 B. 压缩最短时物体动能最大 C. 系统动量变大 D. 系统机械能变大 8.(单选)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的vt图像为(　 　) 9.(多选)如图(甲)所示的光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,图(乙)为物体A与小车的vt图像(v0,v1及t1均为已知),由此可算出(　 　) A.小车上表面长度 B.物体A与小车B的质量之比 C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数 D.小车B获得的动能 10.目前雾霾天气仍然困扰人们,为了解决此难题很多环保组织和环保爱好者不断研究.某个环保组织研究发现通过降雨能有效解决雾霾天气.当雨滴在空中下落时,不断与漂浮在空气中的雾霾颗粒相遇并结合为一体,其质量不断增大,直至落地.现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞.已知雨滴的初始质量为m,初速度为v0,每个雾霾颗粒质量均为m0,假设雾霾颗粒均匀分布,且雨滴每下落距离h后才与静止的雾霾颗粒碰撞并立即结合在一起.试求: (1)若不计重力和空气阻力,求第n次碰撞后雨滴的速度大小; (2)若不计空气阻力,但考虑重力,求第1次碰撞后雨滴的速度大小. 11.如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度匀速行驶，人和船的总质量为M=200kg，船上另载有N=20个完全相同的小球，每个小球的质量为m=5kg．人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力． （1）如果每次都是以相对于湖岸的速度v=6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小和抛出第几个球后船的速度反向？ （2）如果每次都是以相对于小船的速度v=6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？ 12. 如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小和； （2）物块与桌面间动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 13.如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 14.2024年8月25日,红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕,参赛选手上演了滑板世界中的“速度与激情”.如图所示,轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道,半径为R=1.8 m,轨道ABC可认为是光滑的,且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切.一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在A点的滑板(可视为质点),设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动.若运动员的质量M=48.0 kg,滑板质量m=2.0 kg,计算结果均保留三位有效数字,重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力). (1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点? (2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,滑过圆弧轨道B点时滑板对轨道的压力是多大,方向如何? (3)若A点右侧为μ=0.3的水泥地面,则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的位置? 15.如图,在光滑水平面上,有A,B,C三个物体,开始B,C皆静止且C在B上,A物体以v0=10 m/s撞向B物体,已知碰撞时间极短,撞完后A静止不动,而B,C最终的共同速度为4 m/s.已知B,C两物体的质量分别为mB=4 kg、mC=1 kg,试求: (1)A物体的质量为多少? (2)A,B间的碰撞是否造成了机械能损失?如果造成了机械能损失,则损失量是多少? 16．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到．求 （1）A开始运动时加速度a的大小； （2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； （3）A的上表面长度l； 17.如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图（b）所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为（sin=0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求 （1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数。 参考答案 【典例1】解析:(1)当木块可自由滑动时,子弹、木块所组成的系统动量守恒 mv0=(m0+m)v 由动能定理得m-(m+m0)v2=fL 可解出打入深度为L==, 可知随m0增大,L增大. (2)当木块固定时m-m=fL0 ① 木块自由滑动时,设子弹恰好穿出木块 mv0=(m0+m)v ② 这种情况下,系统的动能损失仍等于阻力与相对移动距离之积 m-(m0+m)v2=fL0 ③ 由②③可得=fL0 ④ 由①④两式得m-m=,-= 可解出==,=80为子弹刚好穿出时的值.我们已经知道,m0越大,子弹打入木块的深度越大,故=80应为的最小值,即应取≥80 【典例2】解析:(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程:一是子弹与木块A的碰撞过程,动量守恒,有机械能损失;二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程,动量守恒,机械能也守恒. 子弹打入A的过程有mv0=4mv1 打入后弹簧由原长到最短的过程有：4mv1=8mv2 在由子弹打入后系统机械能守恒,得：×4m=×8m+Ep 联立解得Ep=m. (2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中,木块B一直做变加速运动,木块A一直做变减速运动,相当于弹性碰撞,因为它们质量相等,子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大. 设弹簧恢复原长时A,B的速度分别为v1′,v2′,则有4mv1=4mv1′+4mv2′ ×4m=×4mv1′2+×4mv2′2 解得v1′=0,v2′=v1=v0. 答案:(1)m　(2)恢复原长时v0 【典例3】解析:A,B质量满足mA<mB,则A,B相碰后A向左运动,B向右运动.由于B,C,D,E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B,C,D静止;由于E,F质量满足mE>mF,则E,F都向右运动.所以B,C,D静止;A向左运动,E,F向右运动,选项C正确. 【典例4】答案:(1)m；（2）Ep=m 解析:(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A,B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得mv0=2mv1 ① 此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B,C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2 ② m=ΔE+(2m) ③ 联立①②③式解得ΔE=m. ④ (2)由②式可知,v2<v1,A将继续压缩弹簧,直至A,B,C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为Ep,由动量守恒和能量守恒定律得 mv0=3mv3 ⑤ m-ΔE=(3m)+Ep ⑥ 联立④⑤⑥式解得Ep=m. 【典例5】解析:(1)当小球与滑块的速度相同时,小球上升的高度最大,设此时小球和滑块的共同速度为v,有 mv0=(m+M)v, m=mgh+(m+M)v2 解得h=0.6 m. (2)设小球又滚回来时,小球的速度为v1,滑块的速度为v2,有 mv0=mv1+Mv2 m=m+M 得v1=v0=-2 m/s,v2=v0=2 m/s. 答案:(1)0.6 m　(2)2 m/s　2 m/s 【典例6】【解析】爆炸过程中B、C动量守恒，有mv1＝2mv2 爆炸过程中能量守恒，有E＝mv＋2mv C与A发生正碰，满足动量守恒，设碰后速度为v，则 mv0－mv1＝2mv 因结合体在M点与B相碰，设OM长为2x，由时间关系得[ ＝＋ 联立解得E＝mv。 【典例7】【解析】:在发炮瞬间，炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒0=mv0cos-(M-m)v 所以 发炮后，炮车受地面阻力作用而做习减速运动，利用运动学公式 ，其中vt=0 a==- 所以 【典例8】.C 【解析】A．由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误； B．根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有 解得 所以第一次喷气后速度增量 在第二次喷气之前，此时系统总动量为，喷气后，喷出气体质量仍为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有 将代入可得 所以第二次喷气后速度增量 以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误； C．设经过次喷气后飞行器的速度为。系统初始总动量为0，次喷气后，喷出气体总质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为。根据动量守恒定律可得 解得 【典例9】【答案】25m 【解析】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t， 以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向， 由动量守恒得：，则 代入数据得 气球球和人运动的路程之和为为绳子的长度，则绳子长，即绳子至少长25m长． 【点评】本题为人船模型的变形。 【典例10】解析:设BC长度为L.依照题意,小车固定时,根据能量守恒可知,物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,即有Q1=fL,其中f为物体与小车之间的摩擦力.若小车不固定,设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统,根据水平方向的动量守恒定律可知,最终两者必定均静止,根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有Q2=Q1,而Q2=fs,得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L,故物体仍滑到C点停住,选项A正确. 1.B【解析】对于人船整体来说动量守恒，设船移动距离为s，人移动的距离为L-s，作用时间为t，根据动量守恒得： 解得 2.A 【解析】对炮舰和炮弹组组成的系统，开炮过程中动量守恒，开炮后炮舰的质量变为（M–m），有Mv0=（M–m）v′+mv，故选A。 3.D【解析】取向上为正方向，由动量守恒定律得：0=（M–m）v–mv0，则火箭速度，故选D 4.B 【解析】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。故选B。 D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 5.BD解析:取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为 p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s， 碰撞后总的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2， 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误； 对滑块1，取向右为正方向，则有 I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确； 对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有F12Δt＝I2，解得F12＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 6.AD 解析:由题图并结合题意可知A、B组成的系统动量守恒，设t1时刻系统的速度为v2，则有m2v＝(m1＋m2)v2解得m1∶m2＝2∶1，故A正确，B错误；由题图可知，t2时刻A、B两物块的速度大小分别为vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，则A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1，故C错误，D正确。 答案　AD 7.A【解析】：对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得 设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得 联立得 故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。 8.B 解析:人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m+2m)v0=2mv+(-mv0),得v=2v0,人跳车后做匀减速直线运动,加速度不变,选项B正确. 9.BC 解析:图线与坐标轴包围的面积表示A相对于小车的位移,不一定为小车长度,选项A错误;设m,M分别表示物体A与小车B的质量,根据动量守恒定律mv0=Mv1+mv1,求出=,选项B正确;物体A的vt图像中斜率大小为: a=μg=,可求出μ,选项C正确;因B车质量大小未知,故无法计算B车的动能,选项D错误. 10.解析:(1)不计重力和空气阻力,设向下为正方向,全过程中动量守恒 mv0=(m+nm0)vn 得 vn=. (2)若只受到重力,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,第1次碰撞前=+2gh 碰撞瞬间动量守恒,则有mv1=(m+m0)v1′ 解得v1′=. 答案:见解析 11.【答案】 （1）m/s；11（2） m/s 【解析】 （1）人抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒定律可得代入数据得v1=m/s，即抛出第一个小球后，船的速度为v1= m/s设抛出第n个球时有:联立上式可推得:�代入数据得，vn=当vn <0，即船反向， 有{ 或{ ； 得10<n<60，即当抛出第11个小球时船反向． （2）设第16次抛出小球时，小船的原来对地速度为，抛出后小船的对地速度为，因小球是相对于小船的速度v=6m/s抛出，抛出后小球对地的速度，由动量守恒定律可得 代入题中数据可得:． 12.【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J 【解析】（1）对物块A，由平抛运动规律，h=，xA=vAt， 联立解得：vA=1m/s 弹簧将两物块弹开，由动量守恒定律，mA vA= mB vB， 解得vB= vA=1m/s （2）对物块B，由动能定理，-μmB g xB=0- 解得：μ=0.2 （3）由能量守恒定律，整个过程中，弹簧释放的弹性势能 △Ep=μmB g×△x+μmA g×△x++=0.12J 13. 解析：（1）设物块质量m，初速度为v0，薄板质量m，物块滑上薄板，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2 μmgl= mv02-mv12-mv22 物块在薄板上运动加速度a1=μg=3m/s2 物块在薄板上运动位移s= v02-v12=2a1s 联立解得：v0=4m/s，v1=3m/s，v2=1m/s 由v0-v1=at1，解得t1=s （2）物块抛出后薄板匀速运动，=v2t2 解得t2=s 平台距地面的高度 h==m 14.解析:(1)以运动员和滑板为一个系统,运动员以速度v0冲上滑板过程,系统水平方向总动量守恒,即Mv0=(m+M)v 若运动员与滑板恰好到达C点,以AB水平面为零势能面,由机械能守恒定律得(m+M)v2=(m+M)gR 两式联立解得v=6.00 m/s,v0=6.25 m/s 运动员的水平速度至少要达到6.25 m/s才能到达C点. (2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,由牛顿第二定律得 N-(m+M)g=,解得N=1.50×103 N 由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103 N,方向竖直向下. (3)因为ABC光滑,由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v=6.00 m/s,运动员滑过A点至停下过程中,由动能定理得-μ(m+M)gx=0-(m+M)v2 代入数据解得x=6.00 m. 答案:(1)6.25 m/s　(2)1.5×103 N　方向竖直向下 (3)6.00 m 15. 答案:(1)2 kg　(2)见解析 解析:(1)由整个过程系统动量守恒mAv0=(mB+mC)v 代入数据得mA=2 kg. (2)设B与A碰撞后速度为u,在B与C相互作用的时间里,B,C系统动量守恒mBu=(mB+mC)v 得u=5 m/s A与B的碰撞过程中,碰前系统动能为 mA=×2×100 J=100 J 碰后系统动能为 mBu2=×4×25 J=50 J, 碰撞损失了机械能,损失量为50 J. 16.【答案】(1)     （2）1m/s     （3）0.45m 【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa ① 代入数据解得a＝2.5 m/s2 ② (2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得 Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1 ③ 代入数据解得v1＝1 m/s ④ (3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v1 ⑤ A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m. 17.答案（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。 解析：（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，由图可知此时刻为t=t0时刻,根据动量守恒定律得 根据能量守恒定律得： 联立解得 ；。 (2)B接触弹簧后,压缩弹簧的过程中,A、B动量守恒有 对方程两边同时乘以时间有 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 将sA=0.36v0t0代入解得sB=1.128v0t0则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值=0.768v0t0 (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得立 联立解得 设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 下滑过程，根据动能定理可得 联立解得μ=0.45 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$