卷子答案网-一个不只有答案的网站课时分层作业(二十七) 动量守恒定律及其应用
?基础强化练?
1.(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起．忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
2．[2023·北京四中模拟]质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6m/s，B球的速度为2m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的速度可能为( )
A．1m/s、6m/sB．4.5m/s、3.5m/s
C．3.5m/s、4.5m/sD．－1m/s、9m/s
3．[人教版选择性必修一P15T5改编]在验证碰撞过程中动量守恒的实验时，将两小车A、B放在水平的气垫导轨上，通过调节使两小车不受摩擦力的作用．现给两小车同方向的瞬时冲量，使两小车沿同方向运动，已知两小车A、B的动量大小分别为p1＝2.5kg·m/s、p2＝3.5kg·m/s，经过一段时间小车A追上小车B并相碰，碰后小车B的动量大小变为p′2＝4kg·m/s.则两小车A、B的质量之比可能为( )
A．m1∶m2＝1∶1B．m1∶m2＝1∶2
C．m1∶m2＝1∶4D．m1∶m2＝1∶5
4．如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置．车左侧内壁固定有沙袋．把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是s，则小球初位置到沙袋的距离d为( )
A．B．C．D．
5．[2023·湖北华中师大一附中模拟]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．烟花弹从射出到爆炸后瞬间的过程中，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两部分落地时速度大小之比为2∶1
D．A、B两部分落地时速度大小之比为4∶1
6．[2023·广东广州天河区模拟]如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，碰后两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；
(2)人给第一辆车的水平冲量的大小；
(3)第一次与第二次碰撞中系统动能损失的比值．
能力提升练?
7.(多选)冰壶是2022年北京冬奥会的比赛项目，在冰壶比赛中，运动员手持冰刷刷冰，可以改变冰壶滑行时所受阻力．在某次比赛中，质量为m的冰壶P以8m/s的速度被投出后，与冰壶Q发生对心碰撞(碰撞时间极短)，碰后运动员用冰刷刷冰壶前冰面，两冰壶的速度随时间变化的图像如图所示，两冰壶均可视为质点，则下列说法正确的是( )
A．碰撞前、后冰壶P的加速度之比为3∶4
B．两冰壶质量一定不相等
C．两冰壶碰撞过程中损失的机械能约为(8.4m) J
D．碰撞前冰壶P的位移为3m
8.
(多选)某物理小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧轨道为位于竖直平面内半径R＝1.28m的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切.5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每个球的质量与其左边相邻的球的质量的比值皆为k.将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高h＝0.2m处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰……所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g，左、右两侧轨道位于同一竖直面内．则下列说法正确的是( )
A．若k＝1，释放0号球后，看到5个(0～4号)小球一起向右运动
B．若k＝1，释放0号球后，看到只有4号球向右运动
C．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足0
(1)两球脱离弹簧时的速度大小；
(2)球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间，球1与“U”形槽的速度大小；
(3)球2离开弹簧后到与“U”形槽发生第一次碰撞前所经历的时间．
课时分层作业（二十七）
1．解析：小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝（M＋m）v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
答案：BC
2．解析：研究A、B球组成的系统，通过计算可知，A选项中速度不满足碰撞前后系统动量守恒；B选项中碰后A的速度大于B的速度，不符合实际；C选项中，碰撞前后系统动量守恒，碰撞后的动能小于碰撞前的动能，说明碰撞过程中系统有动能损失，是合理的；D选项中，系统碰撞后的动能大于碰撞前的动能，不符合动能制约关系．
答案：C
3．解析：设碰后小车A的动量变为p′1，根据动量守恒定律得p1＋p2＝p′1＋p′2，解得p′1＝2kg·m/s.因碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，由题意可知，碰撞前小车A的速度大于小车B的速度，则有>，解得<，碰撞后小车A的速度不大于小车B的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，选项B正确，A、C、D错误．
答案：B
4．解析：在发射弹丸到弹丸落到沙袋中，弹丸和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv弹－Mv车＝0，可得m－M＝0，解得d＝，A正确，B、C、D错误．
答案：A
5．解析：烟花弹从射出到上升到最大高度的过程中只有重力做功，机械能守恒；烟花弹爆炸过程中，机械能增加，故A错误．爆炸过程释放的能量等于爆炸结束瞬间A、B的动能之和，小于A、B落地时的总动能，故B错误．设A、B的质量分别为m、4m，则爆炸过程中由动量守恒定律可得mvA＝4mvB，解得＝4，设vA＝4v，vB＝v，由题意可知m（4v）2＋×4mv2＝×5mv，解得v＝，则vA＝2v0，vB＝，烟花弹爆炸后A、B两部分做平抛运动，水平分速度大小分别为vA、vB，落地时的竖直分速度大小均为v0，则落地时vA地＝＝v0，vB地＝＝，所以A、B两部分落地时速度大小之比为2∶1，故C正确，D错误．
答案：C
6．解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，
则W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL.
（2）设第一辆车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一辆车的水平冲量大小为I，因此由动能定理和动量守恒定律可得－kmgL＝mv－mu，－k（2m）gL＝（2m）v－（2m）u，－k（3m）gL＝0－（3m）u
mv1＝2mu1、2mv2＝3mu2
联立解得I＝mu0－0＝2m.
（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2，则ΔEk1＝mv－×（2m）u，ΔEk2＝×（2m）v－×（3m）u
由（2）中分析解得ΔEk1＝kmgL、ΔEk2＝kmgL
则＝.
答案：（1）－6kmgL （2）2m （3）
7．解析：根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知，冰壶P碰撞前的加速度大小是a1＝4m/s2，根据碰撞规律分析可知，碰撞后冰壶Q的速度图像为GH，冰壶P的速度图像为SM，冰壶P碰撞后的加速度大小是a2＝3m/s2，碰撞前、后冰壶P的加速度之比为a1∶a2＝4∶3，选项A错误；冰壶碰撞时间极短，满足动量守恒定律有mv0＝mv1＋m2v2，根据图像分析可知，碰撞前瞬间冰壶P的速度大小是v0＝6m/s，碰撞后瞬间冰壶P的速度大小是v1＝1.5m/s，冰壶Q的速度大小是v2＝3.75m/s，代入计算得m2＝1.2m，可知两冰壶质量不相等，选项B正确；两冰壶碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv－（mv＋m2v）＝8.4375mJ，选项C正确；冰壶P的初速度大小是v＝8m/s，冰壶P碰前Δt＝0.5s内的位移大小为Δx＝vΔt－a1（Δt）2＝3.5m，选项D错误．
答案：BC
8．解析：当k＝1时，即小球质量均相等，所有碰撞均为弹性碰撞，即碰撞发生后，小球之间均为速度交换，故释放0号球后，看到只有4号球向右运动，选项A错误，B正确．当k<1时由机械能守恒定律有m0gh＝m0v，解得第0号球与第1号球碰前，第0号球的速度为v0＝，对第0号球与第1号球，有m0v0＝m0v′0＋km0v1，m0v＝m0v′＋kmv，解得第0号球与第1号球碰后，第1号球的速度为v1＝v0，同理第1号球和第2号球碰后，第2号球的速度为v2＝（）2v0，则第4号球碰后的速度为v4＝（）4v0，要使4号球能通过右侧圆轨道最高点，则有m4v＝m4g·2R＋m4v2，v≥，联立有（）8≥16，解得0
9．解析：（1）对两球从释放到脱离弹簧的过程，由动量守恒定律有0＝m1v1－m2v2
由能量守恒定律有E＝m1v＋m2v
解得v1＝4m/s，v2＝2m/s
则球1、球2脱离弹簧时的速度大小分别为4m/s和2m/s.
（2）对球1和槽第一次碰撞的过程，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋Mv3
由机械能守恒定律有m1v＝m1v′＋Mv
解得v′1＝－2.4m/s，v3＝1.6m/s
则球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间球1和“U”形槽的速度大小分别为2.4m/s和1.6m/s.
（3）球1脱离弹簧到与槽碰撞前过程，球1的位移大小为x1＝＝1m
球1所经历的时间为t＝＝0.25s
球2位移大小为x2＝v2t＝0.5m
球1与槽第一次碰撞后到球2与槽第一次碰撞前过程，有v2t′＋v3t′＝－x2
联立解得t′＝s，可验证此时间内，球2未与球1发生碰撞
总时间为t总＝t＋t′＝0.39s
则球2离开弹簧后到与槽发生第一次碰撞前所经历的时间为0.39s.
答案：（1）4m/s 2m/s （2）2.4m/s 1.6m/s
（3）0.39s(共50张PPT)
第2讲 动量守恒定律及其应用
课 程 标 准
1.通过实验和理论推导，理解动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性．
2.探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．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．
3.体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一．
素 养 目 标
物理观念：能正确区分内力与外力．
科学思维：理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件．会用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等问题．
必备知识·自主落实
关键能力·精准突破
必备知识·自主落实
一、动量守恒定律
1．内容 外力和内力是相对的
如果一个系统不受外力，或者所受外力的________为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝____________．系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
动量变化量是末态动量减初态动量．
(2)Δp1＝________，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
矢量和
m1v′1＋m2v′2
－Δp2
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
理想物理模型
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力________的现象．
2．特点 外力的冲量可以忽略不计
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．
很大
远大于
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 ________
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失________
守恒
最大
三、反冲 爆炸
1．反冲现象
(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在________获得加速的现象．
(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．
2．爆炸现象 系统机械能可以增大．
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量________，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．
反方向
动量
远大于
守恒
走进生活
在花样滑冰双人滑比赛中，男女选手的质量分别为m1＝60 kg和m2＝40 kg，男选手的速度为1 m/s，方向向西，女选手的速度为4 m/s, 方向向东，滑行中两位选手相遇并携手共同滑行，冰面摩擦忽略不计．请完成以下判断题：
(1)两位选手在携手过程中，所受合外力为零．( )
(2)两位选手组成的系统动量守恒．( )
(3)两位选手一起滑行的速度大小为1 m/s，方向向东．( )
(4)两位选手在携手过程中机械能守恒．( )
(5)两位选手在携手过程中机械能损失300 J．( )
(6)两位选手的携手过程属于完全非弹性碰撞．( )
√
√
√
×
√
√
关键能力·精准突破
考点一 动量守恒定律的理解与应用
1．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：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)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2．应用动量守恒定律解题的基本步骤
考向1 系统动量守恒的判断
例1 [2021·全国乙卷]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
答案：B
解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B正确．
考向2 动量守恒定律的应用
例2 [2022·北京卷]质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
答案：C
解析：x － t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误．
例3 [2023·福建永安一中联考]某冰壶比赛大本营由4个同心圆组成，其中3个同心圆半径分别为R1、R2、R3，如图所示，冰壶队在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，碰撞时间极短，碰后两壶在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相等
B．红壶碰前速度大小为碰后速度大小的4倍
C．碰后，蓝壶速度大小为红壶速度大小的2倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
答案：C
解析：碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44 m，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不等，A错误；对红壶有＝2ax1，对蓝壶有＝2ax2，联立可得＝，即碰后蓝壶速度大小为红壶速度大小的2倍，C正确；设红壶碰前速度大小为v0，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度大小为碰后速度大小的3倍，B错误；对两壶组成的系统，碰前系统的动能为Ek0＝，碰后系统的动能为Ek1＝，则有Ek0>Ek1，系统机械能不守恒，D错误．
针 对 训 练
1.如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A.车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m.B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ.开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行．已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A．v0 B．v0 C．v0 D．0
答案：B
解析：设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝v0，B正确．
考点二 碰撞问题分析
1．碰撞的基本规律
2．熟记三个结论
(1)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：
v1＝v0、v2＝v0.
(2)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v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0.当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变(仍静止)，质量小的球原速率反弹．
(3)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多．
考向1 碰撞的可能性
例4 如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比应满足的条件为( )
A．> B．≤1
C．< D．≤1
答案：B
解析：因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA>vB，即>，解得<，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝p′A＋p′B，由题意知p′A＝6 kg·m/s，则p′B＝10 kg·m/s，由能量关系得，解得≤1，碰后速度满足v′A≤v′B，即，解得，综上可得≤1，B正确．
考向2 弹性碰撞
弹性碰撞
动量守恒、机械能守恒
m1v1＋m2v2＝
＝
例5 [2023·江苏高级中学调研]在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用，如图所示，在水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管内径)，A、B、C、D四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，小球(可视为质点)直径略小于圆管内径，已知m甲＝7m乙，则下列说法错误的是( )
A．第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回
B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的
弹力方向始终斜向上
C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对
轨道的弹力大小之比为7:9
D．第二次碰撞发生在B点
答案：B
解析：第一次碰撞时，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v＝m乙v1＋m甲v2，由机械能守恒定律得m乙v2＝m乙＋m甲，解得v1＝v，v2＝v，因为m甲＝7m乙，则v1＝－v，v2＝v，故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，选项A正确；第一次碰撞后到第二次碰撞前，根据轨道对球的弹力提供球做圆周运动的向心力有Fn＝，因为m甲＝7m乙，v1＝－v，v2＝v，半径R不变，则＝，根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为F′1：F′2＝F1：F2＝7：9，选项C正确；因为碰后乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，则第一次碰撞后到第二次碰撞前，分析可知圆管对乙球的弹力不是始终斜向上，根据牛顿第三定律可知乙球对圆管的弹力不是始终斜向下，选项B错误，D正确．
考向3 完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞
动量守恒、机械能损失最多
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝－(m1＋m2)v2
例6 [2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
解析：(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N1＝(m＋M)g＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N.
(2)方法一 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15 m/s2，方向向下
由运动学公式得＝－2a1l
代入数据得v＝8 m/s.
方法二 由动能定理得－(mg＋f)l＝
代入数据解得v＝8 m/s.
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝
代入数据得h＝0.2 m.
答案：(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
针 对 训 练
2.水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示，小滑块甲的碰前速度为正向，小滑块乙的碰前速度为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0)．下列说法正确的是( )
A．碰后乙的速度变为零
B．t＝2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m
C．两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞
D．碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒
答案：D
解析：由图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6 m/s(反向)，故A项错误；t＝2.5 s时，两滑块之间的距离Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5 m，故B项错误；设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量p1＝m1×4 m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后动量p2＝m2×6 m/s，由碰撞过程动量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量关系，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，选项C错误；由速度图像可知，碰前甲滑块的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑块的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，选项D正确．
3．[2023·山东联考](多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上．在A的正上方h处有一质量也为m的物体C，现将物体C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面．弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度大小为g.则( )
A．C与A碰撞前、后瞬间C的动量大小之比为2：1
B．碰后A、C整体的最大加速度大小为g
C．弹簧的最大压缩量为
D．C离A正上方的高度h＝
答案：AD
解析：C与A碰撞前瞬间C的动量大小为p0＝mv0，C与A碰撞后瞬间，A、C的动量大小均为p＝mv共，则对A、C碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝2mv共，所以p0：p＝2：1，故A正确．碰后A、C整体在竖直面内做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有大小相等的最大加速度，由于碰撞后的运动过程中物体B恰好不脱离地面，此时A、C整体向上运动到最高点，对物体B有F＝mg，对A、C整体有F＋2mg＝2ma，解得碰后A、C整体的最大加速度大小为a＝g，故B错误．根据运动的对称性，可知A、C整体向下运动到最低点时加速度大小也为a＝g，此时根据牛顿第二定律得kxmax－2mg＝2ma，解得弹簧的最大压缩量为xmax＝，故C错误．
开始时对A有mg＝kx1，解得弹簧压缩量x1＝，碰撞后物体B恰好不脱离地面时，A、C整体在最高点，对B有mg＝kx2，解得弹簧伸长量x2＝.可见x1＝x2，则在这两个位置弹簧所具有的弹性势能相等，对A、C碰撞后到运动到最高点的过程，由能量守恒定律得＝2mg(x1＋x2)，解得v共＝2g ，进而根据A项分析可求出v0＝2v共＝4g ，对C与A碰撞前C的下落过程，由机械能守恒定律得＝mgh，解得h＝，故D正确．
考点三 爆炸、反冲运动
1．爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变
2.对反冲运动的三点说明
(1)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
(2)动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律
(3)机械能增加
反冲运动中，物体间的作用力做正功，其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
针 对 训 练
4.(多选)如图所示，可视为质点且质量均为1 kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面上，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑．两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3 m/s
B．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18 J
C．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4 s
D．甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离为7.5 m
答案：AD
解析：炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小为v2，对甲、乙两物体组成的系统，由动量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙两物体速度大小v1＝v2＝3 m/s，故A正确；由能量守恒定律得E＝，联立解得甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量E＝9 J，故B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，对甲受力分析，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝3 m/s2，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝＝1 s，故C错误；物体甲运动的位移大小为x1＝t1＝1.5 m，物体乙在2 s内运动的位移大小为x2＝v2t＝6 m，故甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离d＝x2＋x1＝7.5 m，故D正确．
5．[2023·安徽合肥市模拟]如图所示，某高中的科技爱好者参加航天科普节活动时，同学们将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空．“水火箭”又称“气压式喷水火箭”，是用废弃的饮料瓶制作而成的一种玩具．制作时，向瓶中灌入三分之一的水，然后利用打气筒向瓶中充入空气达到一定的压力后发射．若在极短的时间内，饮料瓶中的水(质量为m0)全部以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下从喷水口喷出．假设未发射前饮料瓶总质量为m(含水)，不计瓶内空气质量，重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是( )
A．饮料瓶的推力源于饮料瓶外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，饮料瓶和水组成的系统机械能守恒
C．饮料瓶的水平射程为x＝sin 2θ
D．饮料瓶上升的最大高度为h＝cos2θ
答案：D
解析：根据牛顿第三定律可知，饮料瓶的推力源于向下喷出的水对饮料瓶的反作用力，A错误；水喷出的过程中，饮料瓶内的空气做功，饮料瓶和水组成的系统机械能不守恒，B错误；饮料瓶发射过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以喷出水的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m0v0－(m－m0)v＝0，解得饮料瓶发射后的速度大小为v＝，方向与v0的方向相反，与竖直方向成θ角斜向上方，饮料瓶在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，饮料瓶水平分速度大小为vx＝v sin θ，竖直分速度大小为vx＝v cos θ，饮料瓶的运动时间为t＝＝，上升的最大高度为h＝＝射程为x＝vxt，解得x＝＝sin 2θ，C错误，D正确．
素养提升 “人船”模型
模型条件及特点
典例 [2023·重庆巴蜀中学月考]如图所示，有一质量为M＝6kg、边长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球(可视为质点)由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移大小为( )
A．0.05 m B．0.10 m
C．0.15 m D．0.5 m
答案：A
解析：小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有
mv1·t＝Mv2·t
即mx1＝Mx2
根据题意有x＋x2＝a
解得x2＝0.05 m，故B、C、D错误，A正确；故选A.
[教你解决问题] 模型建构
针 对 训 练
6.有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A． B．
C． D．
答案：A
解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向．则v＝，v′＝；根据动量守恒定律：Mv－mv′＝0，则得：M＝m，解得船的质量：M＝，选项A正确．第2讲 动量守恒定律及其应用
课 程 标 准
1.通过实验和理论推导，理解动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性．
2.探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．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．
3.体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一．
素 养 目 标
物理观念：能正确区分内力与外力．
科学思维：理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件．会用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等问题．
必备知识·自主落实
一、动量守恒定律
1．内容 外力和内力是相对的
如果一个系统不受外力，或者所受外力的________为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝________．系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
动量变化量是末态动量减初态动量．
(2)Δp1＝________，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
理想物理模型
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力________的现象．
2．特点 外力的冲量可以忽略不计
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 ________
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失________
三、反冲 爆炸
1．反冲现象
(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在________获得加速的现象．
(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．
2．爆炸现象 系统机械能可以增大．
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量________，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．
走进生活
在花样滑冰双人滑比赛中，男女选手的质量分别为m1＝60 kg和m2＝40 kg，男选手的速度为1 m/s，方向向西，女选手的速度为4 m/s, 方向向东，滑行中两位选手相遇并携手共同滑行，冰面摩擦忽略不计．请完成以下判断题：
(1)两位选手在携手过程中，所受合外力为零．( )
(2)两位选手组成的系统动量守恒．( )
(3)两位选手一起滑行的速度大小为1 m/s，方向向东．( )
(4)两位选手在携手过程中机械能守恒．( )
(5)两位选手在携手过程中机械能损失300 J．( )
(6)两位选手的携手过程属于完全非弹性碰撞．( )
关键能力·精准突破
考点一 动量守恒定律的理解与应用
1．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：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)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2．应用动量守恒定律解题的基本步骤
考向1 系统动量守恒的判断
例1[2021·全国乙卷]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
[解题心得]
考向2 动量守恒定律的应用
例2[2022·北京卷]质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
[解题心得]
例3[2023·福建永安一中联考]某冰壶比赛大本营由4个同心圆组成，其中3个同心圆半径分别为R1、R2、R3，如图所示，冰壶队在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，碰撞时间极短，碰后两壶在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相等
B．红壶碰前速度大小为碰后速度大小的4倍
C．碰后，蓝壶速度大小为红壶速度大小的2倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
[解题心得]
针 对 训 练
1.如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A.车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m.B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ.开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行．已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A．v0 B．v0 C．v0 D．0
考点二 碰撞问题分析
1．碰撞的基本规律
2．熟记三个结论
(1)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：
v1＝v0、v2＝v0.
(2)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v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0.当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变(仍静止)，质量小的球原速率反弹．
(3)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多．
考向1 碰撞的可能性
例4 如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比应满足的条件为( )
A．> B．≤1
C．< D．≤1
[解题心得]
考向2 弹性碰撞
弹性碰撞
动量守恒、机械能守恒
m1v1＋m2v2＝
＝
例5[2023·江苏高级中学调研]在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用，如图所示，在水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管内径)，A、B、C、D四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，小球(可视为质点)直径略小于圆管内径，已知m甲＝7m乙，则下列说法错误的是( )
A．第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回
B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向始终斜向上
C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为7?9
D．第二次碰撞发生在B点
[解题心得]
考向3 完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞
动量守恒、机械能损失最多
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝－(m1＋m2)v2
例6[2022·广东卷]
某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
[试答]
针 对 训 练
2.水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示，小滑块甲的碰前速度为正向，小滑块乙的碰前速度为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0)．下列说法正确的是( )
A．碰后乙的速度变为零
B．t＝2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m
C．两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞
D．碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒
3．[2023·山东联考](多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上．在A的正上方h处有一质量也为m的物体C，现将物体C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面．弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度大小为g.则( )
A．C与A碰撞前、后瞬间C的动量大小之比为2?1
B．碰后A、C整体的最大加速度大小为g
C．弹簧的最大压缩量为
D．C离A正上方的高度h＝
考点三 爆炸、反冲运动
1．爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变
2.对反冲运动的三点说明
(1)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
(2)动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律
(3)机械能增加
反冲运动中，物体间的作用力做正功，其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
针 对 训 练
4.(多选)如图所示，可视为质点且质量均为1 kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面上，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑．两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3 m/s
B．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18 J
C．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4 s
D．甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离为7.5 m
5．[2023·安徽合肥市模拟]如图所示，某高中的科技爱好者参加航天科普节活动时，同学们将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空．“水火箭”又称“气压式喷水火箭”，是用废弃的饮料瓶制作而成的一种玩具．制作时，向瓶中灌入三分之一的水，然后利用打气筒向瓶中充入空气达到一定的压力后发射．若在极短的时间内，饮料瓶中的水(质量为m0)全部以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下从喷水口喷出．假设未发射前饮料瓶总质量为m(含水)，不计瓶内空气质量，重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是( )
A．饮料瓶的推力源于饮料瓶外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，饮料瓶和水组成的系统机械能守恒
C．饮料瓶的水平射程为x＝sin 2θ
D．饮料瓶上升的最大高度为h＝cos2θ
素养提升 “人船”模型
模型条件及特点
典例 [2023·重庆巴蜀中学月考]如图所示，有一质量为M＝6kg、边长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球(可视为质点)由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移大小为( )
A．0.05 m B．0.10 m
C．0.15 m D．0.5 m
[教你解决问题] 模型建构
[解题心得]
针 对 训 练
6.有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A． B．
C． D．
第2讲 动量守恒定律及其应用
必备知识·自主落实
一、
1．矢量和
2．(1)m1v′1＋m2v′2 (2)－Δp2
二、
1．很大
2．远大于
3．守恒 最大
三、
1．(1)反方向 (2)动量
2．远大于 守恒
走进生活
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)√
关键能力·精准突破
例1 解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B正确．
答案：B
例2 解析：x － t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误．
答案：C
例3 解析：碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44 m，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不等，A错误；对红壶有＝2ax1，对蓝壶有＝2ax2，联立可得＝，即碰后蓝壶速度大小为红壶速度大小的2倍，C正确；设红壶碰前速度大小为v0，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度大小为碰后速度大小的3倍，B错误；对两壶组成的系统，碰前系统的动能为Ek0＝，碰后系统的动能为Ek1＝，则有Ek0>Ek1，系统机械能不守恒，D错误．
答案：C
1．解析：设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝v0，B正确．
答案：B
例4 解析：因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA>vB，即>，解得<，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝p′A＋p′B，由题意知p′A＝6 kg·m/s，则p′B＝10 kg·m/s，由能量关系得，解得≤1，碰后速度满足v′A≤v′B，即，解得，综上可得≤1，B正确．
答案：B
例5 解析：第一次碰撞时，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v＝m乙v1＋m甲v2，由机械能守恒定律得m乙v2＝m乙＋m甲，解得v1＝v，v2＝v，因为m甲＝7m乙，则v1＝－v，v2＝v，故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，选项A正确；第一次碰撞后到第二次碰撞前，根据轨道对球的弹力提供球做圆周运动的向心力有Fn＝，因为m甲＝7m乙，v1＝－v，v2＝v，半径R不变，则＝，根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为F′1：F′2＝F1：F2＝7：9，选项C正确；因为碰后乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，则第一次碰撞后到第二次碰撞前，分析可知圆管对乙球的弹力不是始终斜向上，根据牛顿第三定律可知乙球对圆管的弹力不是始终斜向下，选项B错误，D正确．
答案：B
例6 解析：(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N1＝(m＋M)g＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N.
(2)方法一 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15 m/s2，方向向下
由运动学公式得＝－2a1l
代入数据得v＝8 m/s.
方法二 由动能定理得－(mg＋f)l＝
代入数据解得v＝8 m/s.
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝
代入数据得h＝0.2 m.
答案：(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
2．解析：由图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6 m/s(反向)，故A项错误；t＝2.5 s时，两滑块之间的距离Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5 m，故B项错误；设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量p1＝m1×4 m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后动量p2＝m2×6 m/s，由碰撞过程动量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量关系，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，选项C错误；由速度图像可知，碰前甲滑块的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑块的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，选项D正确．
答案：D
3．解析：C与A碰撞前瞬间C的动量大小为p0＝mv0，C与A碰撞后瞬间，A、C的动量大小均为p＝mv共，则对A、C碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝2mv共，所以p0：p＝2：1，故A正确．碰后A、C整体在竖直面内做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有大小相等的最大加速度，由于碰撞后的运动过程中物体B恰好不脱离地面，此时A、C整体向上运动到最高点，对物体B有F＝mg，对A、C整体有F＋2mg＝2ma，解得碰后A、C整体的最大加速度大小为a＝g，故B错误．根据运动的对称性，可知A、C整体向下运动到最低点时加速度大小也为a＝g，此时根据牛顿第二定律得kxmax－2mg＝2ma，解得弹簧的最大压缩量为xmax＝，故C错误．开始时对A有mg＝kx1，解得弹簧压缩量x1＝，碰撞后物体B恰好不脱离地面时，A、C整体在最高点，对B有mg＝kx2，解得弹簧伸长量x2＝.可见x1＝x2，则在这两个位置弹簧所具有的弹性势能相等，对A、C碰撞后到运动到最高点的过程，由能量守恒定律得＝2mg(x1＋x2)，解得v共＝2g，进而根据A项分析可求出v0＝2v共＝4g，对C与A碰撞前C的下落过程，由机械能守恒定律得＝mgh，解得h＝，故D正确．
答案：AD
4．解析：炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小为v2，对甲、乙两物体组成的系统，由动量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙两物体速度大小v1＝v2＝3 m/s，故A正确；由能量守恒定律得E＝，联立解得甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量E＝9 J，故B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，对甲受力分析，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝3 m/s2，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝＝1 s，故C错误；物体甲运动的位移大小为x1＝t1＝1.5 m，物体乙在2 s内运动的位移大小为x2＝v2t＝6 m，故甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离d＝x2＋x1＝7.5 m，故D正确．
答案：AD
5．解析：根据牛顿第三定律可知，饮料瓶的推力源于向下喷出的水对饮料瓶的反作用力，A错误；水喷出的过程中，饮料瓶内的空气做功，饮料瓶和水组成的系统机械能不守恒，B错误；饮料瓶发射过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以喷出水的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m0v0－(m－m0)v＝0，解得饮料瓶发射后的速度大小为v＝，方向与v0的方向相反，与竖直方向成θ角斜向上方，饮料瓶在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，饮料瓶水平分速度大小为vx＝v sin θ，竖直分速度大小为vx＝v cos θ，饮料瓶的运动时间为t＝＝，上升的最大高度为h＝＝射程为x＝vxt，解得x＝＝sin 2θ，C错误，D正确．
答案：D
典例 解析：小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有
mv1·t＝Mv2·t
即mx1＝Mx2
根据题意有x＋x2＝a
解得x2＝0.05 m，故B、C、D错误，A正确；故选A.
答案：A
6．解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向．则v＝，v′＝；根据动量守恒定律：Mv－mv′＝0，则得：M＝m，解得船的质量：M＝，选项A正确．
答案：A
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