专题14 动量守恒定律及应用-2026年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题14 动量守恒定律及应用 题型一 动量守恒定律的理解与基本应用 1 类型1 系统动量守恒的判断 2 类型2 某一方向动量守恒定律的应用 3 题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型 5 类型1 一动一静的弹性碰撞 6 类型2 弹性碰撞的“子母球”模型 7 类型3 类碰撞模型问题 8 题型三 “人船”模型问题 10 题型四 爆炸和反冲 12 题型五 动量和能量观点的综合应用 14 题型一 动量守恒定律的理解与基本应用 1．内容 如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．适用条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态． (2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 3．动量守恒定律的不同表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零． 4．应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． 类型1 系统动量守恒的判断 1. 如图所示，甲、乙两人质量分别为、（），在水平冰面上滑冰，阻力忽略不计。初时两者静止挨着，乙用力推甲至两者分离，各自获得反向速度。则下列分析正确的是（　　） A．甲、乙之间的相互作用力等大、反向 B．甲对乙做正功，乙对甲也做正功，且等大 C．甲、乙系统的动量不守恒 D．从两者静止到分离过程中甲运动位移比乙运动的位移小 2. 如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　） A．儿童和滑环组成的系统动量守恒 B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能 D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5 3. 如图所示，楔形木块abc放在水平地面上，两底角分别为α、β，且，所有接触面均光滑，两个完全相同的滑块A、B同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上时，下列说法正确的是（　　） A．若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的动量守恒 B．若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的机械能守恒 C．若楔形木块abc固定，两滑块滑到底端的速度相同 D．若楔形木块abc固定，同一时刻两滑块重力的瞬时功率相同 类型2 某一方向动量守恒定律的应用 4. 如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（　　） A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同 5. 如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（　　） A．小球在最低点时处于平衡状态 B．小球在最高点时处于平衡状态 C．小球在最低点时，小车处于平衡状态 D．小球在最高点时，小车处于平衡状态 6. 如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是（　　） A．A、B组成的系统动量守恒 B．A的动量变化量方向水平向左 C．到达最高点时A的动能最小 D．到达最高点时A的机械能最小 题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，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． 3.类碰撞模型 类型1 一动一静的弹性碰撞 7. 如图所示，两个完全相同的弹性小球A和B（均可看作质点），分别挂在长和L的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）（　　） A． B． C． D． 8. 如图所示，斜面与水平轨道通过一小段圆弧在C点相连，水平轨道的右侧与半径为的竖直半圆形轨道相连。质量为的小球A从斜面上与半圆形轨道最高点等高处由静止下滑，之后与静止在水平轨道上质量为的小球B发生弹性正碰。若不计任何阻力，要使B在A、B发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点，则下列A、B的质量之比符合要求的有（　　） A． B． C． D． 9. 如图所示为某碰撞游戏装置的简化示意图，左侧光滑桌面上固定一轻质弹簧，弹簧右端放置一质量物块A。右侧地面上放置一圆心角的光滑圆弧面，圆弧面的圆心与桌面等高，半径。圆弧面最低点上放置一与A质量相等的物块B，为一段粗糙的地面，动摩擦因数，M点右侧有一凹槽。重力加速度，不计空气阻力，两物块均可视为质点。现用A压缩弹簧后由静止释放，恰好能沿着切线方向进入圆弧面，物块之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，到达点时物块的速度大于或等于零均视为赢得物块，求： (1)释放A时弹簧的弹性势能及A在碰撞前对点的压力； (2)若恰好赢得物块，PM的长度； (3)若，现改变B的质量，能赢得A、B两物块，求B的质量范围。 类型2 弹性碰撞的“子母球”模型 10. 如图，为某课外学习研究小组在做“子母球”实验。实验时将排球和篮球上下叠放，使二者重心位于同一竖直线上，篮球最低点离地面高为h=0.8m，同时静止释放两球，下落一段时间后篮球与地面发生碰撞。已知篮球质量为M、排球质量为m，M=3m。若不计空气阻力，且所有碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是（　　） A．两球在下落过程中有相互作用 B．排球能够上升的最大高度为H=3.2m C．篮球与地面碰撞的瞬间，排球的运动状态保持不变 D．篮球触地反弹后与排球相互作用的过程中，排球的动量变化量大小大于篮球动量变化量大小 11. 在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为和的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为，球B的质量为。设球与地面碰后速度大小不变，方向相反，重力加速度大小为，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。 （1）求球B第一次落地时球A的速度大小； （2）若球B在第二次落地前就能与球A相碰，求p的取值范围； 12. 如图，在一中“子母球”表演中，同一竖直线上的小球A和小球B静止在地面上方，球B距离地面的高度h=0.8m，球A在球B的正上方，同时释放两小球。设球B与地面碰撞后原速反弹（反弹后以加速度g竖直向上作匀减速运动），重力加速度大小为g=10m/s2，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。 (1)求球B第一次落地时的速度大小； (2)若球B在第一次上升过程中未与球A相碰，求它的上升时间； (3)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求球A起始高度H的取值范围。 类型3 类碰撞模型问题 13. 如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为，改变子弹的初速度大小，则（　　） A．越大，木块的末速度就越大 B．越大，子弹与木块损失的总动能就越多 C．越大，子弹与木块相对运动的时间就越短 D．无论取何值，木块的末速度都不可能大于 14. 如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能够源源不断的发射质量为m、相对于弹丸弹射机出口速度为的小弹丸，在弹射机的正前方放置一质量为（）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物块B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（　　） A．当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后，物块B的速度为 B．若从第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止所需时间为，则在弹丸击中B的过程中对B的平均作用力大小为 C．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能相等 D．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能越来越少 15. 如图甲所示，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，画出图像如图乙所示。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。求： (1)小球运动过程中离平台的最大高度为多少？ (2)小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为多少？ 题型三 “人船”模型问题 1．应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． 16. 如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg的平板小车，现有一质量为m=40kg的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的是（　　） A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s B．小车对小孩做的功为80J C．小孩做的功可能为130J D．小孩做的功可能为100J 17. 如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（　　） A．小车始终未动 B．人、车和球组成的系统动量守恒 C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离 D．球全部落入左框后，小车将静止不动 18. 如图所示，上下表面均光滑的“”形物块A静止在水平面上，其右端固定一发射装置，左端M固定挡板，在A上放置长度为d=1.08m的薄板B，B从N端部分伸出。发射装置沿方向弹出物块C，C恰好沿水平方向滑上B，此时B右端与N对齐。B离开N端一段距离后，N处弹出一带有轻质弹簧的挡板（图中未画出），弹出后弹簧水平。B返回右端时，通过弹簧与A相互作用，此过程中B与C始终保持相对静止，B最终紧靠左侧挡板相对A静止。已知A的总质量为M=5kg，B、C的质量均为m=1kg，B、C间动摩擦因数，A的高度h=0.8m，MN的长度L=3m，B与挡板间的碰撞为弹性碰撞，，，重力加速度。求 (1)C的弹出速度大小； (2)B伸出部分的长度； (3)B第一次接触弹簧前，C相对B滑动的距离s； (4)整个过程A向右运动的距离。 题型四 爆炸和反冲 （1）爆炸现象的三个规律 ①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。 ②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，所以爆炸前后系统的总动能增加。 ③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。 （2）对反冲现象的说明 ①系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 ②反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 19. “起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为（含火药），“起花”内装有质量为的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为，重力加速度为，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．“起花”升空获得的推力是空气施加的 B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒 C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为 D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为 20. 已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求： (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小； (2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小； (3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。 21. 如图所示，质量的滑块A和的滑块B（左侧粘有质量可忽略的炸药）静止在水平面上，它们两个相距，质量、左侧为四分之一圆弧的滑块C，与滑块A、B在同一直线上，滑块C圆弧的半径，圆弧面在最低点与水平面相切。滑块A在水平拉力F作用下向滑块B运动，拉力F大小与滑块A位移大小x的关系如图乙所示。滑块A与滑块B碰撞过程极短，碰撞过程中炸药发生爆炸，此后滑块A刚好静止，滑块B滑上滑块C。已知A、B两个滑块可视为质点，滑块B右侧水平面光滑，滑块B左侧水平面粗糙，滑块A与该部分水平面间的动摩擦因数，重力加速度g取，忽略空气阻力，设炸药爆炸过程中释放的化学能全部转化为两个滑块的动能。求： (1)滑块A的最大速度； (2)炸药爆炸过程中释放的化学能； (3)滑块B离开滑块C的过程中，滑块C发生的位移和滑块C最终的速度。 题型五 动量和能量观点的综合应用 22. 如图，半径为R的螺旋形圆轨道BCDEF的两端切线水平，并分别与水平轨道AB的B端、水平轨道FG的F端平滑连接，水平轨道AB的A端与左侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，水平轨道FG的G端与右侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，所有轨道均光滑且位于同一竖直平面内。现有一物块a从左侧弧形轨道上由静止滑下，在进入水平轨道A端时与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞之后立刻将物块a取走，物块b通过螺旋形圆轨道后与放在右侧弧形轨道底端的物块c发生碰撞，碰后以共同的速度沿右侧弧形轨道向上运动，因为物块c做了特殊处理，当物块b、c从弧形轨道返回到达G点时二者又能自动分开，分开后物块c又静止在G点，物块b以分开前瞬间的速度继续运动。物块a、b、c均可看作质点，物块a、b的质量之比为3：1，所有碰撞时间均可忽略，重力加速度大小为g。 (1)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块b经过B点时轨道对物块b的支持力与其重力的比值n。 (2)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块a释放时距水平面的高度h。 (3)若让物块a从距水平面4R的高度处释放，然后与物块b发生碰撞，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，求物块c与物块b质量的比值k以及物块b与物块c第5次碰撞后的速度大小。 23. 一游戏装置由倾角为直轨道AB、半径为R圆心在O点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE构成，其竖直截面如图所示，C是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E处于同一水平面，各连接处平滑过渡。在D点有一质量为的物块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端E连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G为圆轨道上的一点，OG连线与OC夹角。开始游戏时从斜面上A点静止释放质量为的物块，物块与斜面AB间动摩擦因数为，物块与轨道DE的动摩擦因数均为，其余接触面均光滑。已知，，，，，两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式，弹簧弹性势能表达式，，。 (1)若AB长，求从A运动到B的时间； (2)若物块从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G点时轨道对物块的作用力大小； (3)若满足（2）中的条件，物块与碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。 ①求此过程中摩擦力做的功； ②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式） 24. 如图所示，水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一竖直放置的光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑平台平滑对接，传送带长。光滑圆弧半径，距离圆弧轨道最上端处由静止释放滑块A（可看作质点），滑块A沿切线方向无碰撞进入圆弧轨道，滑块A从传送带上滑出后与平台末端的滑块B发生弹性正碰撞，碰后A以的速度返回，A第2次离开传送带后被取走，B从平台上水平滑出，不计所有碰撞的时间。已知A的质量，A与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度大小，空气阻力不计，求： (1)滑块B的质量为多大； (2)滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带之间因摩擦产生的内能。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 动量守恒定律及应用 题型一 动量守恒定律的理解与基本应用 1 类型1 系统动量守恒的判断 2 类型2 某一方向动量守恒定律的应用 4 题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型 7 类型1 一动一静的弹性碰撞 8 类型2 弹性碰撞的“子母球”模型 11 类型3 类碰撞模型问题 15 题型三 “人船”模型问题 18 题型四 爆炸和反冲 22 题型五 动量和能量观点的综合应用 26 题型一 动量守恒定律的理解与基本应用 1．内容 如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．适用条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态． (2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 3．动量守恒定律的不同表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零． 4．应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． 类型1 系统动量守恒的判断 1. 如图所示，甲、乙两人质量分别为、（），在水平冰面上滑冰，阻力忽略不计。初时两者静止挨着，乙用力推甲至两者分离，各自获得反向速度。则下列分析正确的是（　　） A．甲、乙之间的相互作用力等大、反向 B．甲对乙做正功，乙对甲也做正功，且等大 C．甲、乙系统的动量不守恒 D．从两者静止到分离过程中甲运动位移比乙运动的位移小 【答案】AD 【详解】A．根据牛顿第三定律可知，甲、乙之间的相互作用力等大、反向，故A正确； B．由于甲、乙之间的相互作用力等大，根据W=Fx 可知，由于二者位移不同，故做功不同，故B错误； C．由于阻力忽略不计，故甲、乙系统合外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙系统动量守恒，故C错误； D．从两者静止到分离过程中，由于，根据F=ma 可知，乙的加速度大于甲的加速度，由于作用时间相同，由 可知，乙运动的位移大于甲运动位移，故D正确。 故选AD 。 2. 如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　） A．儿童和滑环组成的系统动量守恒 B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能 D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5 【答案】BD 【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误； BC．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能，故B正确，C错误； D．根据水平方向系统动量守恒有 解得 则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5，故D正确； 故选BD。 3. 如图所示，楔形木块abc放在水平地面上，两底角分别为α、β，且，所有接触面均光滑，两个完全相同的滑块A、B同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上时，下列说法正确的是（　　） A．若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的动量守恒 B．若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的机械能守恒 C．若楔形木块abc固定，两滑块滑到底端的速度相同 D．若楔形木块abc固定，同一时刻两滑块重力的瞬时功率相同 【答案】B 【详解】A．系统动量守恒的条件是系统所受到的合外力为0，A、B在竖直方向有分加速度，因此系统竖直方向的合外力不为0，故A错误； B．系统机械能守恒的条件是只有重力做功或系统内弹力做功，由于各接触面均光滑，只有重力或系统内弹力做功，因此系统机械能守恒，故B正确； C．到达底端时两滑块的速度方向不同，故C错误； D．时刻重力的瞬时功率为 两侧面的倾角不相等，因此重力的瞬时功率不相等，故D错误。 故选B。 类型2 某一方向动量守恒定律的应用 4. 如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（　　） A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同 【答案】D 【详解】AB．球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知5个小球组成的系统机械能守恒，但在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故AB错误； CD．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止、5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，C错误，D正确。 故选D。 5. 如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（　　） A．小球在最低点时处于平衡状态 B．小球在最高点时处于平衡状态 C．小球在最低点时，小车处于平衡状态 D．小球在最高点时，小车处于平衡状态 【答案】C 【详解】AC．小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，小球在最低点时，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，小球处于超重状态，小车受合外力为零处于平衡状态，选项A错误、C正确； BD．小球在最高点时，小球、小车的加速度均不为0，都不是平衡状态，选项B、D错误。 故选C。 6. 如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是（　　） A．A、B组成的系统动量守恒 B．A的动量变化量方向水平向左 C．到达最高点时A的动能最小 D．到达最高点时A的机械能最小 【答案】CD 【详解】A．物块A向上做减速运动，加速度方向沿斜面向下，系统所受外力合力不等于0，可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误； B．，A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，即系统在水平方向分动量守恒，最高点时系统有共同速度，A物体初始状态的动量、末状态的动量分别为， 根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示 可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误； C．上升过程中A的动能不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最小，故C正确； D．上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一直减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正确。 故选CD。 题型二 碰撞模型问题与类碰撞模型 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，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． 3.类碰撞模型 类型1 一动一静的弹性碰撞 7. 如图所示，两个完全相同的弹性小球A和B（均可看作质点），分别挂在长和L的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 由，解得， 可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得， 从释放小球A到第1次相碰经历时间 从小球B摆起到第2次相碰经历时间 故选A。 8. 如图所示，斜面与水平轨道通过一小段圆弧在C点相连，水平轨道的右侧与半径为的竖直半圆形轨道相连。质量为的小球A从斜面上与半圆形轨道最高点等高处由静止下滑，之后与静止在水平轨道上质量为的小球B发生弹性正碰。若不计任何阻力，要使B在A、B发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点，则下列A、B的质量之比符合要求的有（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】A从开始下滑到与B碰撞前的过程，根据动能定理可得 解得 A与B发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得 要使B在碰后不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点；当B运动的最高点不超过半圆形轨道圆心所在的高度时，有 解得 当B能通过半圆形轨道的最高点时，有 为B运动到半圆形轨道最高点时的速度，B从半圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得 解得 综上分析可得A、B的质量之比应满足或 故选ABD。 9. 如图所示为某碰撞游戏装置的简化示意图，左侧光滑桌面上固定一轻质弹簧，弹簧右端放置一质量物块A。右侧地面上放置一圆心角的光滑圆弧面，圆弧面的圆心与桌面等高，半径。圆弧面最低点上放置一与A质量相等的物块B，为一段粗糙的地面，动摩擦因数，M点右侧有一凹槽。重力加速度，不计空气阻力，两物块均可视为质点。现用A压缩弹簧后由静止释放，恰好能沿着切线方向进入圆弧面，物块之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，到达点时物块的速度大于或等于零均视为赢得物块，求： (1)释放A时弹簧的弹性势能及A在碰撞前对点的压力； (2)若恰好赢得物块，PM的长度； (3)若，现改变B的质量，能赢得A、B两物块，求B的质量范围。 【答案】(1)，，方向竖直向下 (2) (3)或 【详解】（1）设物块从水平抛出到进入圆弧面所用时间为，根据平抛运动有 到达圆弧面竖直方向速度为，水平速度为，沿切线方向进入有， 设弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有 解得 从抛出到点的过程中由能量守恒定律有 在点物块所受合外力提供向心力，根据牛顿第二定律有 根据牛顿第三定律有 解得 方向竖直向下。 （2）物块与B之间的碰撞为弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 若恰好赢得物块B，则B在上恰好减速为零掉入凹槽中，根据动能定理有 解得 （3）若恰好能赢得全部物块，则物块碰后到点恰好减速为零，设碰后的速度为，B碰后的速度为，根据动能定理有 解得 两物块碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得 ①若B的质量小于的质量，的方向向右，若能赢得全部物块，需满足 即有 解得 ②若B的质量大于的质量，的方向向左。不能从光滑圆弧面上上斜抛出去，则有 解得 由①可知滑上圆弧面后返回的速度 所以碰后的速度范围为 则有 解得 所以物块B的质量范围为或 当B的质量时，B的速度 B不能到达点，即使返回以最大速度撞击B，A仍会反弹，减速后无法再到达点，故只有时，A、B才能恰好都到达点。所以物块B的质量范围为或 类型2 弹性碰撞的“子母球”模型 10. 如图，为某课外学习研究小组在做“子母球”实验。实验时将排球和篮球上下叠放，使二者重心位于同一竖直线上，篮球最低点离地面高为h=0.8m，同时静止释放两球，下落一段时间后篮球与地面发生碰撞。已知篮球质量为M、排球质量为m，M=3m。若不计空气阻力，且所有碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是（　　） A．两球在下落过程中有相互作用 B．排球能够上升的最大高度为H=3.2m C．篮球与地面碰撞的瞬间，排球的运动状态保持不变 D．篮球触地反弹后与排球相互作用的过程中，排球的动量变化量大小大于篮球动量变化量大小 【答案】BC 【详解】A．两球下落过程中均只受重力，二者间没有相互作用，故A错误； B．自由落体运动规律有 两球碰撞过程中满足动量守恒定律，则， 排球上升的最大高度为 联立解得，故B正确； C．篮球与地面碰撞的瞬间，排球的运动状态保持不变，故C正确； D．篮球触地反弹后与排球相互作用的过程中，根据动量守恒定律可知排球的动量变化量大小等于篮球动量变化量大小，故D错误。 故选BC。 11. 在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为和的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为，球B的质量为。设球与地面碰后速度大小不变，方向相反，重力加速度大小为，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。 （1）求球B第一次落地时球A的速度大小； （2）若球B在第二次落地前就能与球A相碰，求p的取值范围； 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）由于两球同时释放，所以球B第一次落地时A球下落的高度为h，设此时A球的速度大小为，由 可得 （2）球B第一次落地并与地发生弹性碰撞后做竖直上抛运动，上升到最高点与下落至地面所用时间相等；若球B在第二次落地时刚好与球A发生碰撞，设此时球A自由下落的时间tA，则 此时球A自由下落的高度 联立以上两式，可得 所以p=9，若球B在第二次落地前就能与球A相碰，则p的取值范围应为 12. 如图，在一中“子母球”表演中，同一竖直线上的小球A和小球B静止在地面上方，球B距离地面的高度h=0.8m，球A在球B的正上方，同时释放两小球。设球B与地面碰撞后原速反弹（反弹后以加速度g竖直向上作匀减速运动），重力加速度大小为g=10m/s2，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。 (1)求球B第一次落地时的速度大小； (2)若球B在第一次上升过程中未与球A相碰，求它的上升时间； (3)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求球A起始高度H的取值范围。 【答案】(1)4m/s；(2)0.4s；(3)。 【详解】(1)球B做自由落体运动，则由位移速度公式可得 ， 所以 ； (2)B球落地后原速反弹，所以竖直向上做匀减速直线运动的初速度仍为，速度减为零所用时间为t，由速度与时间关系得 ， 代入数据解得 ； (3)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，在B在最高点时A球位置最高，此时B上升高度 ， 即B回到原出发点； 由(1)知球B下落的时间 ； 由此可知球A自由落体运动到此的总时间为 ， 下落高度为 此时A的起始高度为 ， 若要球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，则A的起始高度要大于h且小于等于4m，即 。 类型3 类碰撞模型问题 13. 如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为，改变子弹的初速度大小，则（　　） A．越大，木块的末速度就越大 B．越大，子弹与木块损失的总动能就越多 C．越大，子弹与木块相对运动的时间就越短 D．无论取何值，木块的末速度都不可能大于 【答案】D 【详解】A．若子弹能穿过木块，子弹的初速度越大 ，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，由动量定理得 可知越大，木块的末速度就越小，故A错误； B．若子弹能穿过木块，根据功能关系，可知子弹与木块损失的总动能为系统产生的热量，故子弹与木块损失的总动能 故越大，子弹与木块损失的总动能不变，故B错误； C．若子弹能不能穿过木块，由动量守恒有 解得 对木块，由动量定理得 解得 可知越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故C错误； D．要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间要最长，此时子弹刚好要击穿木板，设二者共同速度为v，由动量守恒有 能量守恒定律得 联立解得，故D正确。 故选D。 14. 如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能够源源不断的发射质量为m、相对于弹丸弹射机出口速度为的小弹丸，在弹射机的正前方放置一质量为（）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物块B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（　　） A．当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后，物块B的速度为 B．若从第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止所需时间为，则在弹丸击中B的过程中对B的平均作用力大小为 C．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能相等 D．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能越来越少 【答案】D 【详解】A．依题，第1~k颗子弹与物块B组成的系统动量守恒，设当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后的速度为，则有 解得 故A错误； B．设第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止的时间内，物块B受到弹丸的水平作用力为F，弹丸的初动量为0，根据以上分析，第1颗弹丸与物块B相对静止时的速度为 根据动量定理有 联立解得 故B错误； CD．根据 可知物块B的速度随着弹丸击打次数的增加而增大；在第次弹丸击打物块B的过程，击中前B的速度为 击中后B的速度为 该过程所用时间为 该过程发生的相对位移为 该过程系统损失的机械能 可知随着弹丸击打次数的增加，每一次击打过程发生的相对位移逐渐变小，系统损失的机械能逐渐变少，故C错误，D正确。 故选D。 15. 如图甲所示，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，画出图像如图乙所示。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。求： (1)小球运动过程中离平台的最大高度为多少？ (2)小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意可知，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，由图乙可知，当时，当时，根据系统在水平方向动量守恒有 解得 设小球在Q点的速度为vQ，小球在Q点时，在水平方向与小车共速，根据动量守恒定律有 解得 小球由P点运动到最高点时，由机械能守恒定律可得 联立解得 （2）小球由P点运动到Q点时，由机械能守恒定律可得     联立解得 则小球此时的竖直分速度为 小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为 题型三 “人船”模型问题 1．应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． 16. 如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg的平板小车，现有一质量为m=40kg的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的是（　　） A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s B．小车对小孩做的功为80J C．小孩做的功可能为130J D．小孩做的功可能为100J 【答案】D 【详解】A．由动量定理可知小车对小孩水平方向的冲量为 因小车对小孩竖直方向冲量不为零，可知小车对小孩的作用力的冲量大小大于80N·s，选项A错误； B．小孩离开小车的瞬时，小车对小孩的作用力没有位移，可知小车对小孩不做功，选项B错误； CD．若小孩沿水平方向向后跳离小车，则对小车和小孩系统由水平方向动量守恒可知 解得v=1m/s 此时小孩做的功为 若小孩斜向上方向跳离小车，则小车得到的速度小于1m/s，则小孩做的功小于120J，可能为100J，但不可能为130J，选项C错误，D正确。 故选D。 17. 如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（　　） A．小车始终未动 B．人、车和球组成的系统动量守恒 C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离 D．球全部落入左框后，小车将静止不动 【答案】CD 【详解】AB．在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB错误； C．设一个球的质量为，人、车和剩余球的质量为，人扔球时到篮筐的水平距离为，根据水平方向动量守恒 则 又 解得，故C正确； D．当球全部投入左边的框中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。 故选CD。 18. 如图所示，上下表面均光滑的“”形物块A静止在水平面上，其右端固定一发射装置，左端M固定挡板，在A上放置长度为d=1.08m的薄板B，B从N端部分伸出。发射装置沿方向弹出物块C，C恰好沿水平方向滑上B，此时B右端与N对齐。B离开N端一段距离后，N处弹出一带有轻质弹簧的挡板（图中未画出），弹出后弹簧水平。B返回右端时，通过弹簧与A相互作用，此过程中B与C始终保持相对静止，B最终紧靠左侧挡板相对A静止。已知A的总质量为M=5kg，B、C的质量均为m=1kg，B、C间动摩擦因数，A的高度h=0.8m，MN的长度L=3m，B与挡板间的碰撞为弹性碰撞，，，重力加速度。求 (1)C的弹出速度大小； (2)B伸出部分的长度； (3)B第一次接触弹簧前，C相对B滑动的距离s； (4)整个过程A向右运动的距离。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）C斜上抛运动分解成水平匀速和竖直方向竖直上抛运动。竖直方向 解得 另有 C的弹出速度大小 （2）C弹出时，AC系统水平方向动量守恒 解得 C斜上抛运动，竖直方向 解得 水平方向A匀速运动 解得 （3）规定向左为正方向，水平方向BC第一次共速过程动量守恒 解得 由能量转化和守恒得 解得 B与A第一次弹性碰撞，， 解得， BC第二次共速过程，动量守恒， 解得 由能量转化和守恒得 解得 （4）整个过程中，C相对于B向左运动的距离为，由能量转化和守恒 解得 对AC整体和B运用人船模型得 且有 所以A向右运动的位移为 对AB整体和C运用人船模型得 且有 所以A向右运动的位移为： 整个过程A向右运动的距离 题型四 爆炸和反冲 （1）爆炸现象的三个规律 ①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。 ②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，所以爆炸前后系统的总动能增加。 ③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。 （2）对反冲现象的说明 ①系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 ②反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 19. “起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为（含火药），“起花”内装有质量为的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为，重力加速度为，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．“起花”升空获得的推力是空气施加的 B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒 C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为 D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为 【答案】BD 【详解】A．“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误； B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确； C．点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为，根据动量守恒定律有 得 故C错误； D．根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块的速度之比为1：2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1：2，落地时水平方向的速度大小之比为1：2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1：2，所以落地时的速度之比不可能是1：2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为，故D正确。 故选BD。 20. 已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求： (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小； (2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小； (3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。 【答案】(1)310N (2)0.8kg，0.2kg (3)2250J 【详解】（1）根据动量定理，发射过程中合力的冲量等于动量变化 其中 为花炮发射后的初速度。由竖直上抛的最大高度公式 解得 代入动量定理公式得 （2）爆炸时动量守恒，则 爆炸后两物块做平抛运动，水平方向上做匀速运动，即x=vt，两物块运动时间相同，由于水平位移比为 ，所以两物块的速度比为 解得 结合总质量 解得 （3）爆炸后两物块运动的时间为 两物块落地时两落地点之间的距离s=900m，则 解得， 两物块的动能之和为 由 解得 21. 如图所示，质量的滑块A和的滑块B（左侧粘有质量可忽略的炸药）静止在水平面上，它们两个相距，质量、左侧为四分之一圆弧的滑块C，与滑块A、B在同一直线上，滑块C圆弧的半径，圆弧面在最低点与水平面相切。滑块A在水平拉力F作用下向滑块B运动，拉力F大小与滑块A位移大小x的关系如图乙所示。滑块A与滑块B碰撞过程极短，碰撞过程中炸药发生爆炸，此后滑块A刚好静止，滑块B滑上滑块C。已知A、B两个滑块可视为质点，滑块B右侧水平面光滑，滑块B左侧水平面粗糙，滑块A与该部分水平面间的动摩擦因数，重力加速度g取，忽略空气阻力，设炸药爆炸过程中释放的化学能全部转化为两个滑块的动能。求： (1)滑块A的最大速度； (2)炸药爆炸过程中释放的化学能； (3)滑块B离开滑块C的过程中，滑块C发生的位移和滑块C最终的速度。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）滑块A的加速度为0时速度最大，此时 由图乙可知 代入题中数据，解得滑块A速度最大时有 对此过程分析由动能定理有 由题意有 解得 （2）在滑块A与滑块B碰撞前对滑块B分析，由动能定理有 解得 滑块A与滑块B碰撞及炸药爆炸过程，规定方向为正方向，由动量守恒有 由能量守恒有 解得 （3）当滑块B从滑块C上端离开时滑块B和滑块C水平方向共速，由水平方向动量守恒有 由能量守恒有 解得 滑块B离开滑块C的时间 此过程中滑块C发生的位移 从滑块B滑上滑块C到离开滑块C的过程，由动量守恒有 由能量守恒有 联立解得C最终的速度 题型五 动量和能量观点的综合应用 22. 如图，半径为R的螺旋形圆轨道BCDEF的两端切线水平，并分别与水平轨道AB的B端、水平轨道FG的F端平滑连接，水平轨道AB的A端与左侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，水平轨道FG的G端与右侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，所有轨道均光滑且位于同一竖直平面内。现有一物块a从左侧弧形轨道上由静止滑下，在进入水平轨道A端时与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞之后立刻将物块a取走，物块b通过螺旋形圆轨道后与放在右侧弧形轨道底端的物块c发生碰撞，碰后以共同的速度沿右侧弧形轨道向上运动，因为物块c做了特殊处理，当物块b、c从弧形轨道返回到达G点时二者又能自动分开，分开后物块c又静止在G点，物块b以分开前瞬间的速度继续运动。物块a、b、c均可看作质点，物块a、b的质量之比为3：1，所有碰撞时间均可忽略，重力加速度大小为g。 (1)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块b经过B点时轨道对物块b的支持力与其重力的比值n。 (2)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块a释放时距水平面的高度h。 (3)若让物块a从距水平面4R的高度处释放，然后与物块b发生碰撞，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，求物块c与物块b质量的比值k以及物块b与物块c第5次碰撞后的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，有 b在B点时，有，且 b从 B点到D点的过程中，有 联立以上式子，求得， （2）物块a释放时距水平面的高度h，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有 与b发生弹性碰撞，则有， 由题意，可知，联立以上式子，求得， （3）若让物块a从距水平面4R的高度处释放，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有 与b发生弹性碰撞，则有， 联立以上式子，求得 则物块b可以通过轨道最高点之后与物块c发生碰撞，物块b通过螺旋圆形轨道到达水平面时速度仍为，设b、c碰撞之后两者共同速度为，物块b与物块c碰撞过程，根据动量守恒定律有， 由题意知，物块b与物块c从弧形轨道滑回分离时的速度大小仍为，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，即物块b与物块c分离后第一次恰好上升到轨道的E点，有 联立以上式子，求得， 之后b又会滑回G点以的速度大小与物块c发生第二次碰撞，有 求得物块b与物块c第2次碰撞后的速度大小 由于碰撞过程有能量损失，所以第二次碰撞分离后物块b沿左侧圆弧轨道上升的高度小于R，即上升的最高点在E点以下，之后又会滑回G点与物块c发生第三次碰撞，同理可得 求得物块b与物块c第3次碰撞后的速度大小 接着还会发生第四次、第五次碰撞…… 推理可得，物块b与物块c第n次碰撞后的速度大小为 则物块b与物块c第5次碰撞后的速度大小为 23. 一游戏装置由倾角为直轨道AB、半径为R圆心在O点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE构成，其竖直截面如图所示，C是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E处于同一水平面，各连接处平滑过渡。在D点有一质量为的物块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端E连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G为圆轨道上的一点，OG连线与OC夹角。开始游戏时从斜面上A点静止释放质量为的物块，物块与斜面AB间动摩擦因数为，物块与轨道DE的动摩擦因数均为，其余接触面均光滑。已知，，，，，两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式，弹簧弹性势能表达式，，。 (1)若AB长，求从A运动到B的时间； (2)若物块从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G点时轨道对物块的作用力大小； (3)若满足（2）中的条件，物块与碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。 ①求此过程中摩擦力做的功； ②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式） 【答案】(1) (2) (3)①；② 【详解】（1）A-B过程中，根据牛顿第二定律可得 结合运动学规律 联立解得 （2）恰好过最高点根据牛顿第二定律则有 由G到根据动能定理则有 在G点由牛顿第二定律可得 联立解得 （3）①由C到H点根据动能定理可得 解得 碰撞过程动量守恒，则有 解得碰后共同速度 设碰后总质量为 从碰后共速到速度为零，根据能量守恒则有 解得 所以 ②m向右运动受力可视为简谐运动的一部分，由（A为简谐运动振幅） 解得 由可知D点是简谐运动振幅一半位置到最大位移时间 24. 如图所示，水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一竖直放置的光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑平台平滑对接，传送带长。光滑圆弧半径，距离圆弧轨道最上端处由静止释放滑块A（可看作质点），滑块A沿切线方向无碰撞进入圆弧轨道，滑块A从传送带上滑出后与平台末端的滑块B发生弹性正碰撞，碰后A以的速度返回，A第2次离开传送带后被取走，B从平台上水平滑出，不计所有碰撞的时间。已知A的质量，A与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度大小，空气阻力不计，求： (1)滑块B的质量为多大； (2)滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带之间因摩擦产生的内能。 【答案】(1)0.2kg (2)2J 【详解】（1）滑块A第1次到达传送带时的速度为，根据 解得 故滑块A在传送带上做减速运动，假设A第1次从传送带上滑下时的速度为 根据动能定理有 解得（假设成立） A与B发生弹性碰撞时，碰后A速度大小 有， 联立解得， （2）滑块A再次回到传送带时，滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带运动的图像如图所示 滑块A的加速满足 滑块A第2次在传送带上运动的时间 滑块A和传送带间的相对位移 内能 联立解得 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $