《领跑高中》物理二轮复习 专题二 能量与动量 第7讲 动量定理和动量守恒定律（教师用书）

第7讲　动量定理和动量守恒定律
1.（2024·江苏高考9题）如图所示，在水平面上静止有一个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的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）
A.弹簧恢复原长时A的动能最大
B.弹簧压缩至最短时A的动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
解析：A　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统，由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝mA＋mB，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。
2.（多选）（2024·广东高考10题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
解析：ABD　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝gsin θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
3.（2024·江苏高考14题）嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度vA；
（2）分离时A对B的推力大小。
答案：（1）　（2）
解析：（1）A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
（2）A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
考点一　动量定理的应用
1.冲量的三种计算方法
公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解
2.动量定理
（1）公式：FΔt＝mv'－mv
（2）应用技巧
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。
【例1】　（2024·北京海淀三模）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的加速度大小比乙的加速度小
C.甲的动量大小比乙的大
D.甲合力冲量与乙合力冲量大小相等
答案：B
解析：对甲、乙两条形磁铁水平方向分别受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有a甲＝、a乙＝，由于F＝F'，m甲＞m乙，所以a甲＜a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲＜v乙，A错误，B正确；对于整个系统而言，由于μm甲g＞μm乙g，系统所受合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C错误；因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。
【例2】　（2024·广东汕头一模）某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开，叶片旋转形成的圆面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（　　）
A.风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
B.t时间内叶片排开的空气质量为ρSv
C.叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为ρSv2
D.叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为ρSv2
答案：C
解析：风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所以其原理是将电能转化为小车的动能，故A错误；t时间内叶片排开的空气质量为m＝ρvtS，故B错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，t时间内叶片排开的空气受到的推力F＝＝＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C正确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝m0v2＝ρSv·v2＝ρSv3，故D错误。
用动量定理求解“流体”问题的方法
1.建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。
2.隔离微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为vΔt，对应质量为Δm＝ρSvΔt，求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。
3.应用动量定理FΔt＝Δp研究这段柱状流体，列方程求解。
【例3】　（多选）（2024·浙江6月选考15题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）
A.合力冲量大小为mv0 cos θ
B.重力冲量大小为mv0 sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0＝，弹力冲量为零
答案：CD
解析：根据动量定理得I合＝0－mv0＝－mv0，则合力冲量大小为mv0，A错误；小球上滑时间t＝，重力冲量大小为mgt＝mg·＝，B错误；小球所受洛伦兹力垂直杆向上，大小为qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋qBv0，随时间线性变化。洛伦兹力的冲量大小为qBt＝qB·＝，C正确；若v0＝，0时刻小球所受洛伦兹力为qv0B＝2mgcos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，有qvB＝mgcos θ＋FN，则小球在整个减速过程的FN-t图线如图所示，由FN-t图线与横轴围成的面积表示冲量可知，弹力冲量为零，D正确。
1.用动量定理解题的基本思路
2.对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
考点二　动量守恒定律的应用
动量守恒定律的三种表达形式
（1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。
（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
（3）Δp＝0，系统总动量的变化量为零。
【例4】　如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是（　　）
A.速率变大，为
B.速率变小，为
C.速率变小，为
D.速率变大，为
答案：A
解析：设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的速率v＝＞v0，故选A。
【例5】　如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M，乙和他的冰车总质量也为M，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以v0的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦：
（1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少；
（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少；
（3）若甲、乙分别和他的冰车总质量均为M＝30 kg，箱子质量m＝10 kg，v0＝6 m/s，为使甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大（计算结果保留两位小数）。
答案：（1）　（2）
（3）21.43 m/s
解析：（1）甲将箱子推出的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝。
（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解得v2＝。
（3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，即≤，解得v≥21.43 m/s。
考点三　碰撞与反冲问题
1.碰撞问题遵循的三条原则
2.反冲的两条规律
（1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。
（2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有m1－m2＝0。
【例6】　（2024·山东济宁一模）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用质量较小的钢球以0.6 m/s水平向左的速度与静止的质量较大的钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞。下列说法正确的是（　　）
A.v1＝0.2 m/s，方向水平向左
B.v1＝0.2 m/s，方向水平向右
C.v2＝0.2 m/s，方向水平向左
D.v2＝0.1 m/s，方向水平向左
答案：B
解析：设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，碰后小钢球与大钢球的速度分别为v1'、v2'，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，m＝mv1'2＋×2mv2'2，代入数据解得v1'＝－0.2 m/s，v2'＝0.4 m/s，可知v1＝0.2 m/s，方向水平向右；v2＝0.4 m/s，方向水平向左。故选B。
【例7】　喷气背包曾经是宇航员舱外活动的主要动力装置。假定宇航员与空间站保持相对静止。启动喷气背包后，横截面积为S的喷口以速度v（以空间站为参考系）持续向后喷出密度为ρ的气体。已知宇航员连同整套舱外太空服的质量为M（含背包及其内气体），则启动喷气背包，经过时间t后宇航员相对空间站的速度大小为（　　）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：设启动喷气背包，经过时间t后宇航员相对空间站的速度大小为v'，规定宇航员相对空间站的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝，故选D。
【例8】　（2024·吉林高考14题）如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。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xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案：（1）1 m/s　1 m/s　（2）0.2　（3）0.12 J
解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，则
水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝gt2
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
（2）对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
－μmBgxB＝0－mB
代入数据解得μ＝0.2。
（3）对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
ΔEp＝mA＋mB＋μmAg·＋μmBg·
代入数据解得ΔEp＝0.12 J。
归纳法解决多次碰撞问题
　　当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：
数学 归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据
图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移
【典例】　（2024·山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2 m/s的速度做匀速直线运动，长木板质量M＝0.5 kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5 kg，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加速度取g＝10 m/s2，求：
（1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？
（2）若长木板足够长，质量变为4.5 kg，求：
①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。
②小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？
答案：（1）0.625 m　（2）①1.5 s　②27×m
解析：（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为v20，则由动量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝M－（M＋m），解得L＝0.625 m。
（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5 s。
②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝v，设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝v1＝v，v3＝v2＝v，根据数学归纳法，第n＋1次碰撞前的共同速度为vn＝vn－1＝v，小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝（M'＋m）－（M'＋m），解得x＝27×m。
1.（2024·河南郑州三模）如图所示，某同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，货物与小车之间始终没有发生相对滑动，则平板车与货物组成的系统（　　）
A.动量增大 B.机械能不变
C.所受合外力的冲量为零 D.所受推力做功为零
解析：C　平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，速度不变，动量不变，根据动量定理可知所受合外力的冲量为零，A错误，C正确；平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，平板车与货物组成的系统动能不变，重力势能增加，则机械能增加，B错误；同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，推力不为零，位移不为零，则所受推力做功不为零，D错误。
2.（2023·贵州安顺一模）有些太空探测器装配有离子发动机，其工作原理是将被电离后的正离子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力。若发动机向后喷出的离子的速率为25 km/s（远大于探测器的飞行速率）时，探测器获得的推力大小为0.1 N，则该发动机1 s时间内喷出离子的质量为（　　）
A.4×10－4 kg B.4×10－5 kg
C.4×10－6 kg D.4×10－7 kg
解析：C　由牛顿第三定律可知1 s时间内喷出的离子受到发动机的平均作用力大小为F＝0.1 N，对1 s时间内喷出的离子，由动量定理可得Ft＝mv－0，解得该发动机1 s时间内喷出离子的质量为m＝＝ kg＝4×10－6 kg，故选C。
3.乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬浮在水中的乌贼，吸满水时的质量为3 kg，遇到危险时，乌贼通过体管在0.1 s时间内将0.4 kg的水向后以90 m/s的速度喷出，从而获得极大的逃窜速度，则乌贼在向后喷水的时间内，获得的向前平均推力约为（　　）
A.360 N B.560 N
C.640 N D.2 700 N
解析：A　设向后为正方向，由动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由动量定理有－t＝－（M－m1）v2－0，解得＝360 N，故选A。
4.（2024·山西一模）在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫号空间站中，宇航员进行了奇妙的“乒乓球”实验。实验中，朱杨柱做了一颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打水球后，水球被弹开了，则水球在与球拍作用过程中及被击打后的一小段时间内，水球（　　）
A.与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒
B.与球拍作用过程中水球受地球引力的冲量为零
C.被击打后水球相对地球做变速曲线运动
D.被击打后水球相对天宫做匀速圆周运动
解析：C　水球与球拍作用过程中，把水球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，故A错误；由冲量公式I＝Ft可知与球拍作用过程中水球受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故B错误；实验舱内的物体处于完全失重状态，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫号空间站做匀速直线运动，被击打后水球相对地球做变速曲线运动，故C正确，D错误。
5.水虿（chǎi），就是蜻蜓的幼虫，会将腹部所吸的水迅速向后喷出，所产生的反推力会带动它们向前飞速移动以起到避害的作用。一只悬浮在水中的水虿，当吸满水后，它的总质量约为0.5 g，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，瞬时速度可达15 m/s。已知喷射出水的质量约为0.2 g，则喷射水的瞬时速度约为（　　）
A.20 m/s B.22.5 m/s
C.37.5 m/s D.45 m/s
解析：B　由题意可知，水虿逃窜时的速度达到v1＝15 m/s，水虿和喷出的水组成的系统动量守恒，设水虿喷射出水的速度为v2，取水虿向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝v1＝×15 m/s＝22.5 m/s，故选B。
6.如图所示，静止在光滑水平面上的A、B、C三个质量均为2 kg的物体紧贴着放在一起，A、B之间有微量炸药。炸药爆炸后三个物体均沿水平方向运动且B对C做的功为16 J，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为（　　）
A.48 J B.64 J
C.96 J D.108 J
解析：C　对C由动能定理得WC＝mC，解得vC＝4 m/s，爆炸后B和C共速，即vBC＝vC＝4 m/s，对A、B、C整体，动量守恒，则mvA＝2mvBC，解得vA＝8 m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E＝m＋×2m＝96 J，故选C。
7.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右），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：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M为（　　）
A. B.
C. D.
解析：B　人从船尾走到船头的过程动量守恒，则Mv船＝mv人，即M＝m，解得渔船的质量为M＝，故选B。
8.（2024·山东菏泽三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为θ，牵引线与竖直方向夹角为2θ。已知风筝质量为m，垂直于风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为（　　）
A. B.
C. D.
解析：A　对风筝受力分析如图1所示，作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直于风筝面的力F＝2mgcos θ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直于风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，Δt时间内，垂直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直于风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝，故选A。
9.为测量某未知原子核的质量，用带正电的α粒子He）以初动量p轰击静止的未知原子核，其过程可视为弹性正碰，如图甲。α粒子在全过程中的p-t图像如图乙所示，其中，t1为图线切线斜率最大时刻，已知α粒子的质量为m，下列说法正确的是（　　）
A.该未知粒子的质量约为α粒子质量的2倍
B.t1时刻α粒子的动量为
C.t2时刻两粒子相距最近
D.全过程中系统最大电势能为
解析：D　碰撞过程由动量守恒定律可知p＝－＋p'，由能量关系可得：＝＋，解得m'＝3m，选项A错误；t1时刻图线切线斜率最大，此时加速度最大，两粒子距离最近，两者共速，则由动量守恒定律得p＝（m＋3m）v，解得t1时刻α粒子的动量为pα＝mv＝，选项B、C错误；当两粒子相距最近时电势能最大，最大电势能为Epm＝－（m＋3m）v2＝，选项D正确。
10.（2024·江苏南师附中三模）如图所示，人坐在滑车上在冰面上以速度v0＝4 m/s向右滑行，人与滑车总质量m1＝100 kg，与冰面摩擦不计，在O点静止一质量m2＝20 kg的木箱，木箱与冰面间动摩擦因数μ＝0.2，当人到达O点时，将木箱相对地以速度v＝5 m/s水平向右推出。此后人在A点再次追上木箱，人迅速抓住木箱并水平推着木箱一起运动，最后停在B点。重力加速度g取10 m/s2。
（1）推出木箱后，人的速度大小为多少？
（2）B点离O点距离x为多少？
答案：（1）3 m/s　（2）16.7 m
解析：（1）对人与木箱组成的系统，根据动量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3 m/s。
（2）人推出木箱后，此后木箱向前匀减速运动，加速度大小为a，则有a＝μg＝2 m/s2，经时间t人追上木箱，则有s1＝v1t，s2＝vt－at2，s＝s1＝s2，得t＝2 s，s＝6 m，此时木箱速度为v2'＝v－at＝1 m/s，人抓住木箱后，共同速度为v'，系统动量守恒，则m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝m/s，此后二者共同匀减速运动，则（m1＋m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝ m，又因为x＝s＋s'，所以x＝ m＝16.7 m。
11.（2024·湖北武汉二模）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t＝0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA＝、μB＝，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；
（2）A、B发生第三次碰撞的时刻；
（3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移大小。
答案：（1）0.25 m/s　0.75 m/s　（2）1.0 s
（3）0.05（3n2－3n＋1） m
解析：（1）A沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin θ－μA×3mg·cos θ＝3ma，分析B的受力，则mgsin θ＝μBmgcos θ，即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律得＝2al，A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1，×3m＝×3m＋m，解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。
（2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有vA0＝at0，B以速度vB1做匀速直线运动，A以初速度vA1，加速度a做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1t1＋a＝vB1t1，此时，B以速度vB1做匀速直线运动，A的速度为vA1'＝vA1＋at1，A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝3mvA2＋mvB2，×3mvA1'2＋m＝×3m＋m，B以速度vB2做匀速直线运动，A以初速度vA2，加速度a做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有vA2t2＋a＝vB2t2，显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4 s。故A与B发生第三次碰撞后的时刻为T3＝t0＋t1＋t2，解得T3＝1.0 s。
（3）从开始至第一次碰撞xA1＝l，从第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，从第二次碰撞至第三次碰撞xA3＝8l＋4l＝12l，从第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，从第n－1次碰撞至第n次碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l （n＞1），A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－3n＋1） m。
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