2013年高考物理二轮复习精品学案专题三十一：动量和动量守恒定律

本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十一
专题三十一、动量和动量守恒定律
【重点知识解读】
1.动量：p=mv。动量是矢量，方向为速度的方向。
2.动量守恒定律
（1）内容：相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力或它们所受外力的合力为零，则系统的总动量守恒。
（2）．动量守恒的条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．
(2)当系统受到的合外力不为零，但内力远大于外力时，系统的动量可看成近似守恒，如碰撞、爆炸、反冲类问题中，内力远大于外力，外力忽略不计，可认为系统的动量守恒．
(3)当某个方向上受合外力为零时，在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
对象方面　
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
F合＝0
(系统所受合外力为零)
W其他＝0
(重力或弹力以外的其他力做功为零)
研究对象
　系统
　系统
分析重点
　受力情况
　力的做功情况
表达式
　矢量式
　标量式
动量守恒定律和机械能守恒定律没有必然的联系，系统动量守恒，其机械能不一定守恒，反之亦然.
4．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向.
(2)同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系.
(3)瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量对应相互作用后同一时刻的瞬时值．　
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法
(1)分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．
(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律．
(3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)
(4)确定正方向，建立动量守恒方程求解．
【高考命题动态】
动量是描述物体状态的重要物理量，动量守恒定律是自然界的重要规律。高考对动量和动量守恒定律的考查难度中等或偏难。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·福建理综）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0 向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为______。（填选项前的字母）
A．v0+ v. B．v0- v
C．v0+(v0+v) D．v0+(v0-v)v
【答案】：C
【解析】：由动量守恒定律，(m+M) v0=MV-mv，解得V= v0+(v0+v)，选项C正确。
典例2. （2012·全国理综）如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【答案】：AD【解析】：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：，解两式得：，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
【考点定位】此题考查弹性碰撞、单摆运动的等时性及其相关知识。
典例3. （2012·重庆理综）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v—t图象为
【答案】：B
【解析】：人与平板小车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，由于受到阻力作用，做减速直线运动；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瞬间，系统动量守恒，(m+2m)v0= -m v0+2mv，解得v=2 v0。人跳离后车向前做减速直线运动，直到停止，所以能正确表示车运动的v—t图象为B。
【考点定位】考查动量守恒定律、v—t图象及其相关知识。
典例4. (2012·天津理综)质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为 kg·m/s，若小球与地面作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为 N。（取g=10m/s2）
【答案】 (1) 2 10。
【解析】小球与地面碰撞前后的动量变化为△p=mv’-mv=0.2×4kg·m/s-0.2×（-6）kg·m/s=2 kg·m/s。由动量定理，小球受到地面的作用力F=△p/△t=10N。
【考点定位】 本题主要考查动量变化的计算、动量定理，意在考查考生具体问题中应用知识的能力。
典例5.．（A组）（2012·上海物理）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为________kgm/s。两者碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为__________________m/s。
【答案】：40 10
【解析】：它们的总动量大小为5×10 kgm/s-2×5 kgm/s =40kgm/s.。由动量守恒定律，5×10 kgm/s-2×5 kgm/s =5×4 kgm/s+2×v kgm/s，解得v=20 m/s。
【考点定位】此题考查动量守恒定律及其相关知识。
典例6.（2012·山东理综）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
【答案】
【解析】
设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得
对A、B木块： 
对B、C木块： 
由A与B间的距离保持不变可知 
联立上述各式，代入数据得 典例6.（2012·新课标理综）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求
（i）两球a、b的质量之比；
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
【解析】（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
①
式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正。由动量守恒定律得
②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
③
联立①②③式得
④
代入题给数据得
⑤
（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是
⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能之比为
⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
⑧
【考点定位】此题考查机械能守恒定律、碰撞、动量守恒定律及其相关知识。
典例7（2011·全国理综卷）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为
A． B． C． D．
答案：BD
解析：小物块与箱子碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律，mv=(m+M)v’，解得v’= mv/(m+M)v；小物块与箱子碰撞N次，相对于箱子滑动路程为NL，由功能关系，系统损失的动能为μmgNL=mv2-(m+M)v’2= v2，所以选项BD正确。
【最新模拟题训练】。
1．（9分）(2013河北邯郸高三12月质检)如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距L=1.0m。物块A以速度vＯ=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B立刻牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45。（设碰撞时间很短，A、B、C均可视为质点，取10m/s2）
（i）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；
（ii）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
【解析】（i）设A、B碰后速度为，由于碰撞时间很短，A、B相碰的过程动量守恒，得　　　　 ①
在A、B向C运动，设与C碰撞前速度为，在此过程中由动能定理，有
　　　 　 ②
得A、B与C碰撞前的速度为 ③
（用其它方法得出正确答案同样给分）
（ii）设A、B与C碰后速度为，A、B与C碰撞的过程动量守恒
得：　　　 　 ④
根据碰撞前后动能不增加，
有 ⑤　
④⑤式得 ⑥

讨论如下：
当时，碰后AB速度向右，且碰后A、B的速度必须满足，
可得　 ⑦
当时，，即与C碰撞后，AB停止 ⑧
当时，，即B与C碰后向左运动 ⑨
2．（8分）（2013甘肃嘉峪关检测）如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M= 40kg小车B静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m=20kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动.若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，（取g=10m/s2）求：
①从物体冲上小车到与小车相对静止所用的时间；
②物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离.
解析：下滑过程机械能守恒∴ ????????（ 1分）
碰撞过程动量守恒?
∴? （2分）
由动量定理有?，
? ?????（2分）
由功能关系有?
解得：l＝?m。?? （2分）
3（9分）（2013天星调研卷）如题图所示，半径为R的光滑圆形管道固定在竖直面内．直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好达到与管道圆心O等高处。
（1）求A球与B球碰撞前的速度和碰撞后B球的速度；
（2）若已知mB =m，求两小球质量比值和碰撞过程中损失的机械能。
【命题意图】 本题主要考查碰撞、机械能守恒定律、动量守恒定律和能量守恒定律等知识点，意在考查考生综合利用相关知识分析解决具体问题的能力。
【解题思路】：（1）A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，由机械能守恒定律，mAg·2R=mAv2，
解得A球与B球碰撞前的速度v=2。（2分）
根据碰后A、B球均能刚好达到与管道圆心O等高处，由机械能守恒定律，mBgR=mBvB2，解得vB=。（2分）
（2）A球与B球碰撞，动量守恒，mAv= mvB+mAvA；
vB=vA，
联立解得：=+1。（2分）
（4）碰撞前系统动能Ek0=mAv2=2(+1)mgR，
碰撞后系统动能Ek=mAvA2+mvB2=(mA+m)gR=(+2)mgR,
碰撞过程中损失的机械能
△E= Ek0-Ek=2(+1)mgR-(+2)mgR=mgR。（3分）
4（2013天星调研卷）如图甲所示，质量M=0.040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接。Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0=50m／s，质量m=0.010kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep=kx2，弹簧的弹力随弹簧长度x变化的图象如图乙所示，不计空气阻力。求：
①弹丸打入靶盒A过程中弹丸损失的机械能。
②弹丸进入靶盒A后，靶盒A的最大位移。
【解题思路】：①弹丸打入靶盒A过程，由动量守恒定律
mv0=(M+m)v，
解得：v=10m/s。（2分）
弹丸损失的机械能：△E= mv02- mv2=m(v02- v2)=12J。（2分）
② 靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得
Ep= (M+m)v2=2.5J，（2分）
由弹簧的弹力随弹簧长度x变化的图象的斜率等于弹簧劲度系数可得
k==100N/m，（1分）
由Ep=kx2，可得靶盒A的最大位移x==m。（2分）
5（2013天星调研卷）.在军事训练中，一战士从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来、速度是0.5m/s的小船上，然后去执行任务，已知战士质量为60kg，小船的质量是140kg，该战士上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水的阻力，则
A．战士跳到小船到最终停在船上的过程，战士和小船的总动量守恒
B．战士跳到小船到最终停在船上的过程，战士和小船的总机械能守恒
C．战士最终停在船上后速度为零
D．战士跳到小船到最终停在船上的过程动量变化大小为105 kg·m/s
答案：AD
解析：战士跳到小船到最终停在船上的过程，战士和小船的总动量守恒，总机械能有损失，不守恒，选项A正确B错误；以战士初始运动方向为正，对战士跳到小船到最终停在船上的过程，设战士最终停在船上后速度为v’，由动量守恒定律， m人v－m船v船= (m人＋m船)v′得 v’=0.25m/s，选项C错误；战士动量的变化量 Δp=m人(v′―v) =60×(0.25-2) kg·m/s =-105 kg·m/s ，动量变化大小为105 kg·m/s，选项D正确。
　
6. 质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则
由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒
子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒
子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒
子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s
答案：C
【命题意图】 本题主要考查动量守恒定律、动能定理、动量定理功能关系及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识的能力。
【解题思路】取子弹的初速度 v0方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件，动量守恒，mv0=mv+MvP，解得vP=3m/s，选项A错误D正确。子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确C错误。
7．（2013北京海淀期中）如图8所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块的机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动
D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
【答案】： C
【解析】：在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，物块的机械能减小，选项A错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒；而竖直方向系统所受重力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，选项B错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，不能回到槽高h处，选项C正确D错误。
8. （14分）（2013北京四中摸底）质量为m=1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g取10m/s2）
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．则F至少是多大？
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是多大？
解题思路：应用匀变速直线运动规律、牛顿第二定律列方程解得F的最小值；由动量守恒定律、动能定理、动量定理列方程解得冲量I的最小值。
考查要点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、动量定理等。
解析：（1）设m、M的加速度分别是a1，a2，则
①
②
③
由①②可得 ④
⑤
⑥
（2） ⑦
解得
⑧
解得 ⑨
⑩
9. (12 分) （2013安徽皖南八校联考）如图所示，质量为m1的为滑块（可视为质点）自光滑圆弧形糟的顶端A处无初速度地滑下，糟的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B点，A，B的高度差为h1＝－1.25 m.。.传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L=4. 00m．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0. 20..右端的轮子上沿距离地面高度h2=1. 80m，g取10 m/s2.
槽的底端没有滑块m2，传送带静止不运转，求滑块m1滑过C点时的速度大小v；
在m1下滑前将质量为m2的滑块（可视为质点）停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生弹性碰撞，且碰撞后m1速度方向不变，则m1、m2应该满足什么条件？
满足（2）的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v=5.0m/s。求出滑块m1、m2落地点间的最大距离（结果可带根号）。
解析：
（1）滑块m1滑到B点过程，由机械能守恒定律，m1gh1= m1v02，
解得：v0=5m/s。
滑块m1由B点滑到C点过程，由动能定理，-μm1gL=m1v2-m1v02，
解得：v=3.0m/s。
(2) m2的滑块停放在槽的底端，m1下滑后与m2发生弹性碰撞，由动量守恒定律，m1v0= m1v1+ m2v2
由能量守恒定律，m1v02= m1v12+ m2v22
解得：v1= v0，
v2= v0。
根据题述，碰撞后m1速度方向不变，v1>0，所以m1> m2。
滑块经过传送带后做平抛运动，h2=gt2，
解得t=0.6s。
当m1>> m2时，滑块碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大。
v1= v0= v0=5m/s。
v2= v0=2 v0=10m/s。。
由于滑块m1与传送带速度相同，不受摩擦力，m1水平射程x1= v1t =3.0m，
滑块m1与传送带间有摩擦力作用，由动能定理，
-μm2gL=m2v2’2-m2v22，
解得v2’=2m/s。
m2水平射程x2= v’2t=1. 2m，
滑块m1、m2落地点间的最大距离x= x2-x1=1. 2m-3.0m=（1. 2-3）m。
10．（10分）（2013北京海淀期中）如图17所示，在倾角θ＝30o的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离
d＝0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s2。求：
（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；
（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。
解题思路：通过分析受力，应用牛顿第二定律解得物块A和凹槽B的加速度；AB碰撞，应用动量守恒定律和能量守恒定律得到第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；应用运动学和相关知识得到发生第三次碰撞时B的位移大小。
考查要点：牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律和匀变速直线运动规律等。
解析：
（1）设A的加速度为a1，则
mg sin?=ma1 ，a1= g sin?????×sin 30°=5.0m/s2…………………………1分
设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则
==10N，方向沿斜面向上
B所受重力沿斜面的分力=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下
因为，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则
凹槽B的加速度a2=0………………………………………1分
（2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得

vA0===1.0m/s…………1分
因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有
………………………………………1分
………………………………………1分
解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为
vA1=0，vB1=1.0 m/s ………………………………………1分
（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即
vA2=，解得t1=0.20s
设t1时间内A下滑的距离为x1，则
解得x1=0.10m
因为x1=d， 说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。………………………………………1分
设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2， A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则
xA1=，xB1=vB1t2，xA1= xB1
解得t2=0.40s ，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s ……………1分
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动。
用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3= 0.40s，A与B发生第三次碰撞。………………………………………1分
设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则
xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m；
设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则
x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m …………1分
11. （14分）（2013北京四中摸底）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=2m/s 的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
11. 解题思路：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、列方程解得物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；应用动量守恒定律、机械能守恒定律、匀变速直线运动规律列方程得到物块B在传送带上向右运动的最大位移为，根据< l=1.0m判断出物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上。
考查要点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动量守恒定律等。
【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0
由机械能守恒知
①
②
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a
③
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
④
结合②③④式解得
v=4m/s ⑤
由于=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小
（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
⑥
⑦
解得 ⑧
即碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则
⑨
⑩
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知

物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
…… 
则第n次碰撞后物块B的速度大小为

12．（2013北京四中期中测试）如图所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度、沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上（若A、B相碰，碰后一定粘在一起）．求：
（1）最终小车的速度大小是多少，方向怎样？[来源:学§科§网Z§X§X
（2）要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长？
（3）接（2）问，求平板车达到（1）问最终速度前的位移？
解析：（1）由动量守恒定律，m2v-mv=3mV，
解得：V=v/3 4分
（2）由功能关系，μmgL=m(2v)2+mv2-3mv2
解得L=7v2/(3μg)?。 4分
（3）当B速度减小到零时，A的速度减小到v，平板小车静止；
A继续向右滑动，在速度减小到v/3过程中，小车加速度为a=μg/2，
小车位移x=
联立解得x=v2/(9μg) 4分
13.（2013北京四中摸底测试）质量为m=1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g取10m/s2）
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．则F至少是多大？
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是多大？
13. 解题思路：应用匀变速直线运动规律、牛顿第二定律列方程解得F的最小值；由动量守恒定律、动能定理、动量定理列方程解得冲量I的最小值。
考查要点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、动量定理等。
解析：（1）设m、M的加速度分别是a1，a2，则
①
②
③
由①②可得 ④
⑤
⑥
（2） ⑦
解得
⑧
解得 ⑨
⑩
14.如图所示，带有斜面的小车A静止于光滑水平面上，现B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中（ ）
A. 若斜面光滑，系统动量守恒，系统机械能守恒
B. 若斜面光滑，系统动量不守恒，系统机械能守恒
C. 若斜面不光滑，系统水平方向动量守恒，系统机械能不守恒
D. 若斜面不光滑，系统水平方向动量不守恒，系统机械能不守恒
解析：B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中，若斜面光滑，系统机械能守恒；由于系统在竖直方向有加速度，合外力不为零，系统动量不守恒，选项A错误B正确；若斜面不光滑，系统机械能不守恒；但水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，选项C正确D错误。
答案：BC
15.人在平板车上用水平恒力拉绳使重物能靠拢自己，如图1所示。人相对平板车始终不动，重物与平板车之间，平板车与地面之间均无摩擦。设开始拉重物时车和重物都是静止的，车和人的总质量为M=100kg。重物质量m=50kg，拉力F=200N，重物在车上向人靠拢了3m，求：
车在地面上移动的距离；
这时车和重物的速度。
解析：（1）设，车在地面上移动距离为s，重物在车上向人靠拢了L=3m，重物相对于地面位移为L-s，对系统由动量守恒定律得m（L-s）—Ms=0
解得s=1m
(2)在拉力F作用下重物加速度a=F/m=m/s2=4 m/s2，
重物在车上向人靠拢了3m时重物的速度v1==4 m/s ，
由动量守恒定律mv1=Mv2得车的速度v2=mv1/M=2 m/s 。
16．我国于2008年发射围绕地球做圆周运动的“神州7号”载人飞船，宇航员进行了太空行走。
（1）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g．“神州7号”载人飞船上的宇航员离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为，求该宇航员距离地球表面的高度.
（2）已知宇航员及其设备的总质量为M，宇航员通过向后喷出氧气而获得反冲力，每秒钟喷出的氧气质量为m。为了简化问题，设喷射时对气体做功的功率恒为P，在不长的时间内宇航员及其设备的质量变化很小，可以忽略不计．求喷气秒后宇航员获得的动能.
解析：（1）设地球质量为M0，在地球表面，对于质量为m的物体有，
离开飞船后的宇航员绕地球做匀速圆周运动，有
联立解得， r=
该宇航员距离地球表面的高度h=r-R=-R.
（2）因为喷射时对气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在t时
间内，据动能定理可求得喷出气体的速度为：
另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则：
又宇航员获得的动能，
联立解得：
17.在光滑水平面上放着两块质量都是m的木块A和B，中间用一根倔强系数为k的轻弹簧连接着，如图2，现从水平方向射来一颗子弹，质量为m/4，速度为v0，射中木块A后，留在A中。
求：①在子弹击中木块瞬间木块A的速度vA和vB；
②在以后运动中弹簧的最大弹性势能；
③在以后运动中A的最小速度和B的最大速度。
.解析：①在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用vB=0，由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成系统，在这极短过程中不受外力系统动量守恒，，解得。
②由于vA>vB，弹簧开始被压缩，分别给A、B木块施以弹力，使得A木块开始做变减速运动，B木块做变加速运动。弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到vA=vB时弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大。在弹簧压缩过程木块A（包括子弹）、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒。设弹簧压缩量最大时共同速度为v1，弹簧的最大弹性势能为Epm,有
联立解得v1=
③当A的速度等于B的速度时，AB之间距离最小，弹簧压缩量最大，此后弹簧压缩量减小，但A仍做减速运动，B仍做加速运动，直到弹簧恢复原长时，A的速度达到最小值v2，B的速度达到最大值v3。这一过程仍然是系统动量守恒，机械能守恒。
联立解得v2 =，v3=
18. (2007年高考全国理综1)如图3所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附件存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。
解析：设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vm和VM，碰撞过程动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则
m vn-1=MVM-mvm 
m vn-12=MVM2+mvm2 
由两式及M=19m解得
vm= vn-1 
VM= vn-1 
第n次碰撞后绝缘球的动能为En=mvm2=（0.81）nE0 
E0为第一次碰撞前的动能，即初始能量。
绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的重力势能之比为=0.586
式中l为摆长。
根据式，经n次碰撞后=（0.81）n
易解出（0.81）2=0.625，（0.81）3=0. 531，
因此，经过3次碰撞后θ将小于45°。
19. ⑴如图4甲，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度u0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。
⑵如图4乙，将N个这样的振子放在该轨道上。最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。
解析：⑴设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度，由动量守恒和能量守恒定律有
mu1+ mu2= mu0，
，
解得u！= u0，u2=0，或者u1=0，u2= u0。
由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度过程中，右端小球一直加速，因此实际解为u1=0，u2= u0。
⑵以v1、v1’分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时，左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律：
mv1+ mv1’=0， ，
解得： 或 。
由于该过程中左右小球分别向左右加速，故应取第2组解。振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动，当它们速度相同时，弹簧弹性势能最大，设此速度为v10，则2mv10= mv1，用E1表示最大弹性势能，则，
解得：。
同理可推出，每个振子弹性势能的最大值都是
振子2被碰撞后瞬间，左端小球速度为右端小球速度为0。以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据（1）题结果，左端小球速度右端小球速度与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为
同理分析可得
振子N被碰撞后瞬间，左端小球速度右端小球速度为0，弹簧处于自然长度。此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大。设此速度为根据动量守恒定律，
用表示最大弹性势能，根据能量守恒，有
联立解得
20. 如图5所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A（A视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？
解析：设A、B、C的质量均为m。B、C碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1。对B、C构成的系统，由动量守恒定律得：
m v0=2m v1
设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2。对A、B、C构成的系统，由动量守恒定律得：2m v0=3m v2
设C的长度为L， A与C的动摩擦因数为μ，由能量关系可得：
设从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为S，则对B、C构成的整体由动能定理可得：　　
联立以上各式解得：.