2 第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲

第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲【基础梳理】提示：不受外力所受外力的矢量和为零m1v′1＋m2v′2－Δp2所受合外力为零合力为零远大于守恒不增加守恒增加守恒可能增加【自我诊断】1．判一判(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．()(2)动量守恒只适用于宏观低速．()(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．()(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．()(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等．()(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中系统动量守恒．()提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√2．做一做(1)(2020·山东寿光模拟) 如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时()A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大提示：选C.两人及小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得m A v A＋m B v B＋m车v车＝0，若小车不动，则m A v A＋m B v B＝0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B 的小，故D错误．(2)(2020·山东恒台一中高三诊考) 如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1 m/s、v2＝2 m/s 的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s 的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为()A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶1提示：选A.设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，即2m2－m1＝(m1＋m2)×0.5，解得m1∶m2＝1∶1，A正确．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．【典题例析】如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，速度为v1，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．[解析](1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得M2v0＝(M2－m)v1＋m v代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s.(2)以甲为研究对象，以甲接住A后运动的方向为正方向，由动量定理得Ft＝M1v1－(－M1v0)，代入数据解得F＝432 N.[答案](1)5.2 m/s(2)432 N【迁移题组】迁移1动量守恒的条件判断1. (多选) (2020·甘肃天水高三期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A 沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒解析：选BD.子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确．迁移2某一方向上的动量守恒问题2．(2020·福建龙岩高三期末)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，球的质量为m2＝10 kg，曲面体的质量为m3＝10 kg.某时刻小孩将球以v0＝4 m/s的水平速度向曲面体推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)．求：(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v 1；(2)球在曲面体上升的最大高度h .解析：(1)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0－m 1v 1＝0，解得：小孩和冰车的速度大小v 1＝1 m/s.(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m 2v 0＝(m 2＋m 3)v 2，解得：球在最大高度处与曲面体的共同速度v 2＝2 m/s ；球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得：12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 22＋m 2gh 解得：球在曲面体上升的最大高度h ＝0.4 m.答案：(1)1 m/s (2)0.4 m迁移3 爆炸、反冲现象中的动量守恒3．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 与B 碰撞之前，引爆B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C炸药对C 的冲量：I ＝m C v C －0，解得：I ＝52m v 0，方向向右． (2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒m C v C －m B v B ＝0据能量关系：ΔE ＝12m B v 2B ＋12m C m 2C ，解得： ΔE ＝758m v 20. 答案：见解析1碰撞现象中规律的分析【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2. (3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2. 结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1①12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④ 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .[答案] (5－2)M ≤m ＜M【迁移题组】迁移1 碰撞的可能性分析1．(2020·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg ·m/s ，p 2＝7 kg ·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg ·m/s ，则两球质量m 1与m 2间的关系可能是 ( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即p 1′＝2 kg ·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有m 1≤2151m 2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1≤p 2′m 2，所以m 1≥15m 2，C 正确． 迁移2 弹性碰撞规律求解2. 如图所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生弹性正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为 ( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．迁移3 非弹性碰撞的分析3．(多选)(2020·宁夏银川模拟)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是 ( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg ·m/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg ·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选ABD.根据题图可知，碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s ，碰前B 球的速度v B ＝2 m/s ，碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝m v －m v A ＝4 kg ·m/s ，A 正确；A 球的动量变化量为4 kg ·m/s ，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化量为－4 kg ·m/s ，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·s ，B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝43kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg ·m/s ，C 错误．碰撞问题的解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1；v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1. (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当m 1≫m 2，且v 2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 1.当m 1≪m 2，且v 2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．动量守恒的常见模型【知识提炼】1．“人船”模型(1)两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船”模型问题．(2)“人船”模型的特点①两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1. ③应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．2．“子弹打木块”模型(1)木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒．(2)两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．(4)系统产生的内能Q ＝F f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．(5)当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝F f ·L (L 为木块的长度)．3．“弹簧类”模型对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在能量方面，由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化．若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功，系统机械能守恒．若还有其他外力做功，这些力做功之和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．在相互作用过程中，弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度．【典题例析】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，以v0方向为正方向，先选乙船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得12m v0＝11m v1－m v min①再选甲船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－m v min＝11m v2②为避免两船相撞应满足v 1＝v 2③联立①②③式得v min ＝4v 0.[答案] 4v 0【迁移题组】迁移1 “人船”模型1．(2020·河南淮阳中学模拟)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d 和船长L .已知他自身的质量为m ，则船的质量为 ( )A.m （L ＋d ）dB.m （L －d ）dC.mL dD.m （L ＋d ）L解析：选B.画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，船的质量为M ，人从船尾走到船头所用时间为t .则v ＝d t ，v ′＝L －d t；人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得M v －m v ′＝0，解得船的质量M ＝m （L －d ）d，B 正确．迁移2 “子弹打木块”模型2．(2020·河南天一大联考) 如图所示，质量为M 的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s .已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为 ( )A.m ＋M m 2μgsB.M －m m2μgs C.m m ＋M μgs D.m M －mμgs 解析：选A.子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m v 1＝(M ＋m )v ，解得：v ＝m v 1M ＋m ；子弹击中木块后做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2，解得：v 1＝M ＋m m·2μgs ；故A 正确，B 、C 、D 错误． 迁移3 “弹簧类”模型3．如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ，这段滑板与木块A (可视为质点)之间动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．木块A 以速度v 0＝10 m/s 由滑板B 左端开始沿滑板B 上表面向右运动．已知木块A 的质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木板A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A 开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，则m v0＝(M＋m)v解得v＝mM＋mv0代入数据得木块A的速度v＝2 m/s.(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为E pm＝12m v2－12(m＋M)v2－μmgL代入数据解得E pm＝39 J.答案：(1)2 m/s(2)39 J动量守恒中的临界极值问题【对点训练】1. 如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m 处由静止释放一质量m A＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g.求小球B 的质量．(取重力加速度g＝10 m/s2)解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝m A v1－M v由能量守恒定律有m A gh＝12m A v 21＋12M v2解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度大小等于平台的速度大小，有v1′＝1 m/s由动量守恒定律得m A v1＝－m A v1′＋m B v2由能量守恒定律有12m A v 21＝12m A v′21＋12m B v22解得m B＝3 kg.答案：3 kg2. (2020·河南郑州模拟)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上有固定的光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，小车(包括光滑斜面和连有弹簧的挡板)总质量为M＝2 kg.物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，BC的长度为L＝3 m，BD段光滑．g 取10 m/s2.求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达C 点的速度．解析：(1)物块由A 点到B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12m v 2B－0，代入数据解得v B ＝6 m/s.物块由B 点运动到将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取v B 的方向为正方向，m v B ＝(M ＋m )v ，弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒可得E pmax ＝12m v 2B－12(M ＋m )v 2，由以上两式可得E pmax ＝12 J. (2)物块由B 点运动到第二次到达C 点的过程中，系统动量守恒，取v B 方向为正方向，则有m v B ＝m v C ＋M v ′，物块由B 点运动到第二次到达C 点的整个过程中，根据机械能守恒，有12m v 2B ＝12m v 2C ＋12M v ′2，联立以上两式并结合题意可解得v C ＝－2 m/s ，即物块第二次到达C 点的速度大小为2 m/s ，方向水平向左．答案：见解析(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，D错误．2．(2020·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度为 ( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v解析：选C.取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3m v 0＝2m v ＋m v x ，可得v x ＝3v 0－2v ，C 正确．3．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，A 正确．4. 如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v 0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是 ( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0解析：选D.由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量为m ，而碰撞前系统总动量为m v 0，总动能为12m v 20.A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．假如C 正确，则碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 20，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能．故D 正确，则既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律．5．(2019·高考江苏卷)质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为 ( )A.m Mv B.M m v C.m m ＋M v D.M m ＋Mv 解析：选B.对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝M v －m v ′，解得滑板的速度大小v ′＝M v m，B 正确． 6. 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是 ( )A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh （M ＋m ）tan αD.Mh （M ＋m ）tan α解析：选C.m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向上对地位移为x 2，因此有0＝mx 1－Mx 2①，且x 1＋x 2＝h tan α②，由①②式可得x 2＝mh （M ＋m ）tan α，故选C.7. 如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是()A.2LMM＋m B.2Lm M＋mC.MLM＋m D.mL M＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有m v1＝M v2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝2LmM＋m，B正确．8. 如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，A、B两球发生对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()。