學而優教有方專題10動量觀點的應用目錄TOC\o"1-2"\h\u專題10動量觀點的應用 1考向一動量定理的理解 1考向二動量守恒定律及應用 3考查方式一爆炸模型 3考查方式二彈簧的“爆炸”模型 7考查方式三人船模型與人船相識模型 12考查方式四類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較 15考向三動量觀點與能量觀點的綜合應用 21考向一動量定理的理解1．掌握基本概念和規律2．應用動量定理的注意事項(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡捷．動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力．力變化的情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值．(2)動量定理的表達式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統所受的合力．【典例1】質量m＝1kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動。物體所受的合外力F隨時間t變化圖像如圖所示。下列說法正確的是（）物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的減速運動B.4s末物體的速度為零C.6s內合外力的沖量為8NsD.6s內合外力做功為8J【答案】D【解析】A．由圖可知，合力方向不變，則物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的加速度運動，最后做加速度增大的減速運動，故A錯誤；B．圖可知，合力方向不變，則物體一直做加速運動，故B錯誤；C．圖像與坐標軸所圍面積表示合力的沖量，合力沖量為合力的沖量為0，則6s內合外力的沖量為，故C錯誤；D．由動量定理可得即此時的動能為由于合力的沖量為0，即動量不變，則動能也不變，所以6s內合外力做功為8J，故D正確。故選D。【典例2】江西藝人茅榮榮，他以7個半小時內連續顛球5萬次成為新的吉尼斯紀錄創造者，而這個世界紀錄至今無人超越．若足球用頭頂起，某一次上升高度為80cm，足球的重量為400g，與頭頂作用時間為0.1s，則足球本次在空中的運動時間和足球給頭部的作用力大小分別為（）（空氣阻力不計，g=10m/s2）．A.t=0.4s；FN=40N B.t=0.4s；FN=68NC.t=0.8s；FN=36N D.t=0.8s；FN=40N【答案】C【解析】足球在空中做豎直上拋運動，自由下落時有自由下落的時間足球本次在空中的運動時間豎直上拋的初速度設豎直向上為正方向，對足球由動量定理頭部給足球的作用力大小根據牛頓第三定律，足球給頭部的作用力大小也是36N．A.t=0.4s；FN=40N，與上分析不一致，故A錯誤；B.t=0.4s；FN=68N，與上分析不一致，故B錯誤；C.t=0.8s；FN=36N，與上分析一致，故C正確；D.t=0.8s；FN=40N，與上分析不一致，故D錯誤．考向二動量守恒定律及應用動量守恒定律的條件、表達式和性質考查方式一爆炸模型1、爆炸模型的特點（1）動量守恒：由于爆炸是極短時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。（2）動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。（3）位置不變：由于爆炸的時間極短。因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可以忽略不計，可認為物體爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。2、爆炸模型分析（1）如圖：質量分別為、的可視為質點A、B間夾著質量可忽略的火藥．一開始二者靜止，點燃火藥(此時間極短且不會影響各物體的質量和各表面的光滑程度)，則：、組成的系統動量守恒：①得：②②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的速度與它們的質量成反比。、組成的系統能量守恒：③①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得④進一步化簡得：⑤⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的動能與它們的質量成反比。②⑤聯立可得：⑥（2）若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：、組成的系統動量守恒：⑦、組成的系統能量守恒：⑧【典例3】一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。【答案】(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt②聯立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)⑧[變式1]如圖所示，A、B兩個物體粘在一起以v0＝3m/s的速度向右運動，物體中間有少量炸藥，經過O點時炸藥爆炸，假設所有的化學能全部轉化為A、B兩個物體的動能且兩物體仍然在水平面上運動，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變為vA＝2m/s，B物體繼續向右運動進入光滑半圓軌道且恰好通過最高點D，已知兩物體的質量mA＝mB＝1kg，O點到半圓軌道最低點C的距離xOC＝0.25m，物體與水平軌道間的動摩擦因數為μ＝0.2，A、B兩個物體均可視為質點，取g＝10m/s2，求：(1)炸藥的化學能E；(2)半圓軌道的半徑R。【答案】(1)1J(2)0.3m【解析】(1)A、B在炸藥爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根據能量守恒定律可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＋E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，兩式聯立并代入數據解得E＝1J。(2)由于B物體恰好經過半圓軌道的最高點，故有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，在B物體由O運動到D的過程中，由動能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯立可解得R＝0.3m。[變式2]如圖所示，質量為m的炮彈運動到水平地面O點正上方時速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動能為E，此時發生爆炸，炮彈炸為質量相等的兩部分，兩部分的動能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時間極短，重力加速度為g，不計空氣阻力和火藥的質量，求炮彈的兩部分落地點之間的距離．【答案】4eq\r(\f(Eh,mg))【解析】爆炸之前E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)爆炸過程動量守恒：mv0＝eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(22,)＝2E解得：v1＝0，v2＝2v0隨后一塊做自由落體運動，一塊做平拋運動，則由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝2v0t解得x＝4eq\r(\f(Eh,mg)).考查方式二彈簧的“爆炸”模型、組成的系統動量守恒：①得：②②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的速度與它們的質量成反比。、組成的系統能量守恒：③①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得④進一步化簡得：⑤⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的動能與它們的質量成反比。②⑤聯立可得：⑥若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：、組成的系統動量守恒：⑦、組成的系統能量守恒：⑧【典例4】如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質量為M＝0.2kg的小球P和質量為m＝0.1kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質量也為m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點。已知水平桌面高為h＝0.2m，D點到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2m，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)小球P經過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小F′NB；(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ；(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep。【答案】(1)12N(2)2m/s(3)0.3J【解答】(1)小球P恰好能通過半圓形軌道的最高點C，則有Mg＝Meq\f(v\o\al(2,C),R) 解得vC＝eq\r(gR) 對于小球P，從B→C，由動能定理有－2MgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B) 解得vB＝eq\r(5gR) 在B點有FNB－Mg＝Meq\f(v\o\al(2,B),R) 解得FNB＝6Mg＝12N 由牛頓第三定律有F′NB＝FNB＝12N。 (2)設Q與S做平拋運動的初速度大小為v，所用時間為t，根據公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.2s 根據公式x＝vt，得v＝1m/s 碰撞前后Q和S組成的系統動量守恒，則有mvQ＝2mv 解得vQ＝2m/s。 (3)P、Q和彈簧組成的系統動量守恒，則有MvP＝mvQ 解得vP＝1m/s P、Q和彈簧組成的系統，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q) 解得Ep＝0.3J。 [變式]靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖1所釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動．A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短．(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0．50m(3)0.91m【解析】(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2②聯立①②式并代入題給數據得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a.假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B.設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧處．B位于出發點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋sB))⑩聯立③⑧⑩式并代入題給數據得vA′＝eq\r(7)m/s?故A與B將發生碰撞．設碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－vA′))＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯立???式并代入題給數據得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動．設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數據得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m考查方式三人船模型與人船相識模型【模型構建】如圖所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？解析：以人和船組成的系統為研究對象，在水平方向不受外力作用，滿足動量守恒．設某時刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進的方向為正，則有：s1s1s2兩邊同乘時間t，，設人、船位移大小分別為s1、s2，則有，①由圖可以看出：②由①②兩式解得，答案：，點評：人船模型中的動力學規律：由于組成系統的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度大小與質量成反比，方向相反。這類問題的特點：兩物體同時運動，同時停止。人船模型中的動量與能量規律：由于系統不受外力作用，故而遵從動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體動能均發生變化：力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。【人船相似模型】【典例5】光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質量為m、可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統動量守恒D．此過程中斜面向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L【答案】D【解析】當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統豎直方向合外力不為零，系統的動量不守恒，C錯誤；系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確。[變式1]有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(重一噸左右)．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量．他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量為()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)【答案】B【解析】設船的質量為M，人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船后退的方向為正方向，根據動量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,d)，小船的質量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正確．[變式2]質量為M的氣球上有一個質量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應為()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h【答案】C【解析】設人沿軟梯滑至地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統為研究對象，豎直方向動量守恒，規定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L－h，平均速度大小為v2＝eq\f(L－h,t)人相對于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝eq\f(h,t)聯立得：0＝－M·eq\f(L－h,t)＋m·eq\f(h,t)，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正確，A、B、D錯誤．[變式3]如圖所示，滑塊和小球的質量分別為M、m。滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為L。開始時，輕繩處于水平拉直狀態，小球和滑塊均靜止。現將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，下列說法正確的是（）A．滑塊和小球組成的系統動量守恒B．滑塊和小球組成的系統水平方向動量守恒C．滑塊的最大速率為D．滑塊向右移動的位移為【答案】BCD【解析】A．小球下落過程中，小球豎直方向有分加速度，系統的合外力不為零，因此系統動量不守恒，故A錯誤；B．繩子上拉力屬于內力，系統在水平方向不受外力作用，因此系統水平方向動量守恒，故B正確；C．當小球落到最低點時，只有水平方向速度，此時小球和滑塊的速度均達到最大，取水平向右為正方向，系統水平方向動量有系統機械能守恒有解得，滑塊的最大速率為故C正確；D．設滑塊向右移動的位移為x，根據水平動量守恒得解得故D正確。故選BCD。考查方式四類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較反沖模型類碰撞模型示意圖vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共運動至最低點水平方向動量守恒:能量守恒:（內壁光滑Q1=0）機械能守恒:運動至最高點水平方向動量守恒，速度都為零；全程能量守恒:且Q1>Q2（若內壁光滑Q1=Q2=0）水平方向動量守恒：能量守恒：（若內壁光滑Q=0）【典例6】如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的可視為質點的滑塊從小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點已知小車質量M=4m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為，重力加速度為g，則（）A．全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為R+LB．小車在運動過程中速度的最大值為C．全過程小車相對地面的位移大小為D．、L、R三者之間的關系為R=L【答案】BCD【解析】AC．滑動與小車組成的系統水平方向動量守恒，由人船模型特點有，由上兩式解得，全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為，全過程小車相對地面的位移大小為，所以A錯誤；C正確；B．滑塊滑到圓弧軌道最低點時，小車速度最大，滑動與小車組成的系統水平方向動量守恒，則有，由上兩式解得小車在運動過程中速度的最大值為，所以B正確；D．滑塊最后恰好停在C點時，小車也停止運動，全程由能量守恒定律則有解得R=L所以、L、R三者之間的關系為R=L，則D正確；故選BCD。[變式1]如圖所示，內有光滑半圓形軌道、質量為M的滑塊靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑BD長度為2r。一個鐵樁固定在地面上，滑塊左側緊靠在鐵樁上。滑塊內圓軌道的左端點B的正上方高度h處有一點A，現將質量為m的小球（可以視為質點）從A點由靜止釋放，然后經過半圓軌道的B、C、D點后沖出（C點為圓軌道的最低點）。已知當地重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。(1)求小球到達C點時的速度大小；(2)求小球第一次沖出D點后，能夠上升的最大高度；(3)如果沒有滑塊左側的鐵樁，求小球第二次沖出D點并到達最高點時，小球與初位置A點的水平距離。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)小球從A到C由動能定理解得(2)小球從C到D的過程水平方向動量守恒，則由能量關系解得(3)如果沒有滑塊左側的鐵樁，小球第一次沖出D點時，滑塊向左的位移為x，則解得此時滑塊和小球的水平速度均為零，小球向上做豎直上拋運動，再次回到D點進入凹槽，此后凹槽向右運動，先加速后減速，到小球從B點沖出時，凹槽回到原來的位置，速度減為零，以后重復原來的運動，則當小球第二次沖出D點并到達最高點時，小球與初位置A點的水平距離為[變式2]如圖所示，質量為的工件帶有半徑的光滑圓弧軌道，靜止在光滑水平地面上，B為軌道的最低點，B點距地面高度。質量為的物塊（可視為質點）從圓弧最高點A由靜止釋放，經B點后滑離工件，取。求：(1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力；(2)物塊落地時距工件初始靜止時右端位置的水平距離。【答案】(1)280N，方向豎直向下；(2)0m【解析】(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到B點過程中，物塊和工件組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，則有聯立解得在B點處，對物塊有解得根據牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大小，方向豎直向下(2)物塊滑離工件后做平拋運動的時間物塊從滑離工件到落地過程水平方向運動的距離而工件在物塊滑離前的運動過程中向左運動，設物塊向右運動的距離為，工件向左運動的距離為，兩者在水平方向動量守恒，則由水平方向動量守恒得兩邊同乘于兩者相互作用的時間得又由位移關系得聯立解得，故物塊落地時距工件開始靜止時右端位置的水平距離為[變式3]如圖所示，將一光滑的質量為4m半徑為R的半圓槽置于光滑水平面上，在槽的左側緊挨有一個質量為m的物塊，今讓一質量也為m的小球自左側槽口A的正上方高R處從靜止開始落下，與半圓槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（）A．小球在半圓槽內第一次到最低點B的運動過程中，槽的支持力對小球不做功B．小球第一次運動到半圓槽的最低點B時，小球與槽的速度大小之比為4:1C．小球第一次從C點滑出后將做豎直上拋運動D．物塊最終的動能為【答案】D【解析】A．小球從A到B的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向左下方，所以半圓槽要向左推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動，一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向左運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，而是大于，故槽的支持力對小球做負功，故A錯誤；B．由于小球、半圓槽和物塊組成的系統在水平方向不受外力，故球、半圓槽和物塊在水平方向動量守恒，取向右為正，則有解得，故B錯誤；CD．小球從A到B的過程，根據系統機械能守恒得聯立C選選項中式子解得，當小球從B到C的過程中，小球對半圓槽有向右下方的壓力，半圓槽開始減速，與物塊分離，則物塊最終以的速度向左勻速運動，則物塊的動能為由于小球、半圓槽和物塊組成的系統在水平方向不受外力，故球、半圓槽和物塊在水平方向動量守恒，小球第一次到達C點時，因為小物塊速度不為0，則小球和半圓槽的水平速度也不可能為0，故小球第一次從C點滑出后不可能做豎直上拋運動，故C錯誤，D正確。故選D。【典例3】(2020·重慶市部分區縣第一次診斷)如圖，立柱固定于光滑水平面上O點，質量為M的小球a向右運動，與靜止于Q點的質量為m的小球b發生彈性碰撞，碰后a球立即向左運動，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時間均不計，b球恰好在P點追到a球，Q點為OP間中點，則a、b球質量之比為()A．3∶5 B．1∶3C．2∶3 D．1∶2【答案】A【解析】：設a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2.由題意有：b球與擋板發生彈性碰撞后恰好在P點追上a，則從碰后到相遇a、b兩球通過的路程之比為s1∶s2＝1∶3.根據s＝vt得v2＝3v1，以水平向右為正方向，兩球發生彈性碰撞，由動量守恒定律得Mv＝M(－v1)＋mv2，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得M∶m＝3∶5.故選A．考向三動量觀點與能量觀點的綜合應用(1)解題策略①弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程．②進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點．③在光滑的平面或曲面上的運動，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析．④如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析．(2)動量與能量的綜合問題常取材“板、塊”模型、“傳送帶”模型、“彈簧、物塊”模型等，設置多個情景、多個過程，考查力學三大觀點的綜合應用．要成功解答此類“情景、過程綜合”的考題，就要善于在把握物理過程漸變規律的同時，洞察過程的臨界情景，結合題給條件(往往是不確定條件)，進行求解(注意結合實際情況分類討論).【典例7】如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁相接觸，另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示，墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內對B的沖量I的大小是()A．9N·s B．18N·sC．36N·s D．72N·s【答案】C【解析】：由圖知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2,12s末A和C的速度為v3＝－3m/s,4s到12s，墻對B的沖量為I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入數據解得I＝－36N·s，方向向左，故墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內對B的沖量I的大小為36N·s， 故C正確，A、B、D錯誤．[變式1](多選)如圖所示，將一輕質彈簧從物體B內部穿過，并將其上端懸掛于天花板，下端系一質量m1＝2.0kg的物體A.平衡時物體A距天花板的距離h＝2.4m，在距物體A正上方高h1＝1.8m處由靜止釋放質量為m2＝1.0kg的物體B，B下落過程中某時刻與彈簧下端的物體A碰撞(碰撞時間極短)并立即以相同的速度與A一起運動，兩物體不粘連，且可視為質點，碰撞后兩物體一起向下運動，歷時0.25s第一次到達最低點，彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，g取10m/s2.下列說法正確的是()A．碰撞結束瞬間兩物體的速度大小為2m/sB．碰撞結束后兩物體一起向下運動的最大位移大小為0.25mC．碰撞結束后兩物體一起向下運動的過程中，兩物體間的平均作用力大小為18ND．A、B到最低點后反彈上升，A、B分開后，B還能上升的最大高度為0.2m【解析】：【答案】ABC設物體B自由下落至與物體A碰撞前的速度為v0，根據自由落體運動規律有v0＝eq\r(2gh1)＝6m/s，物體A、B碰撞結束瞬間二者具有共同的速度vt，以向下為正方向，由動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)vt，解得vt＝2m/s，A正確；從二者一起運動到速度變為零的過程中，以B為研究對象，由動量定理有(m2g－F)t＝0－m2vt，解得F＝18N，方向豎直向上，設碰撞結束后兩物體一起向下運動的最大位移為x，由動能定理有－Fx＋m2gx＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,t)，解得x＝0.25m，B、C正確；A、B分開時其相互間的作用力為零，且A、B具有相同的加速度，可知當彈簧對A的拉力為零，即彈簧恢復原長時，A、B分開，若A、B上升到碰撞位置分開，B還能上升的最大高度h′＝eq\f(v\o\al(2,t),2g)＝0.2m，因彈簧恢復原長時的位置比碰撞時的高，此時B的速度小于vt，故B還能上升的最大高度小于0.2m，D錯誤．[變式2]光滑的水平面上質量分別為m1＝3kg、m2＝2kg的帶同種電荷的小球A、B，以等大的速度v＝10m/s相向運動，但始終沒有相碰，則下列說法正確的是()A．A、B均做加速度增大的減速運動直到停止B．A、B相距最近時B球速度為零C．A、B相距最近時兩球動量相同D．A、B相距最近時兩球的電勢能增加了240J【答案】D【解析】：A、B兩球先相向運動，隨著庫侖力的增大，它們的加速度增大，兩者均做減速運動，B球的加速度較大，速度先減至零，之后A、B均向右運動，A做減速運動，B做加速運動，由于A球的速度比B球的大，兩者間距繼續減小，庫侖力繼續增大，兩球的加速度繼續增大，兩球速度相同后，A球的速度小于B球的速度，兩者間距增大，庫侖力減小，加速度減小．根據系統的動量守恒知兩球不會停止運動，故A錯誤；A、B相距最近時速度相同，由于兩球組成的系統合外力為零，所以系統的動量守恒．取A球的初速度方向為正方向，設A、B相距最近時共同速度為v′.根據動量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，可得v′＝2m/s，由于兩球的質量不同，速度相同，所以A、B相距最近時兩球動量不同，故B、C錯誤；A、B相距最近時兩球的電勢能增加量為ΔEp＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2，解得ΔEp＝240J，故D正確．[變式3]如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為2m和m的兩滑塊A、B，它們中間夾著一根處于壓縮狀態的輕質彈簧(彈簧與A、B不拴連)，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態.當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是()A.兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2∶1B.兩滑塊的速度大小之比vA∶vB＝2∶1C.兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝1∶2D.彈簧對兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1【答案】C【解析】以滑塊A運動的方向為正方向，在兩滑塊剛好脫離彈簧時運用動量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝eq\f(vB,2)，兩滑塊速度大小之比為：eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)，兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝eq\f(\f(1,2)×2mvA2,\f(1,2)mvB2)＝eq\f(1,2)，B錯誤，C正確；兩滑塊的動量大小之比eq\f(pA,pB)＝eq\f(2mvA,mvB)＝eq\f(1,1)，A錯誤；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比，即WA∶WB＝1∶2，D錯誤.

【鞏固練習】1．光滑水平桌面上有A、B兩個物體，A的質量是B的k倍。將一輕彈簧置于A、B之間，用外力緩慢壓A、B。撤去外力后，A、B開始運動，A和B的動量大小的比值為（）A． B．1 C． D．k【答案】B【詳解】設A和B的動量大小分別為pA和pB，由于系統初動量為零，且A、B被彈開后運動方向相反，則根據動量守恒定律有即故選B。2．斜向上發射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質量均為的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的方向飛去。已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為，炮彈爆炸前的動能為，爆炸后系統的機械能增加了，重力加速度大小為，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】炮彈炸裂的過程水平方向動量守恒，設炮彈炸裂前的速度大小為，則設炸裂后瞬間兩塊碎片的速度分別為、，有解得根據平拋運動規律有兩塊碎片落地點之間的距離解得故選B。3．如圖所示，熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現將質量為m的小球以相對地面的速度水平投出。已知投出小球后熱氣球的總質量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（

）A．投出小球后氣球所受合力大小為B．小球落地時氣熱球的速度大小為C．小球在落地之前，小球和熱氣球速度始終大小相等方向相反D．小球落地時二者的水平距離為【答案】B【詳解】A．熱氣球從開始攜帶小球時處于靜止狀態，所以所受合外力為零，由于投出小球后所受浮力不變，則熱氣球所受合外力為mg，A錯誤；B．熱氣球從開始攜帶小球時處于靜止狀態，所以所受合外力為零，初動量為零，水平投出重力為mg的物資瞬間，滿足動量守恒定律Mv1=mv0由上式可知熱氣球獲得水平向左的速度小球落地所需時間為解得熱氣球豎直方向上加速度為mg=Ma解得小球落地時，熱氣球豎直方向上的速度為根據矢量法則解得B正確；C．熱氣球所受合外力為mg，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，加速度為而小球體積比較小又不計阻力則小球的加速度為g，故小球和熱氣球速度不會始終大小相等方向相反，C錯誤；D．熱氣球和物資在水平方向做勻速直線運動則二者的水平距離為d=xM+xm解得D錯誤。故選B。4．真空中一個靜止的鈾核經一次衰變后變成釷核，衰變方程為，下列說法正確的是（）A．經歷一個半衰期后，10個核中有5個已經發生了衰變B．衰變后核的動量與粒子的動量相同C．衰變后核的質量與粒子的質量之和等于衰變前鈾核的質量D．反應前鈾核的能量大于反應后釷核與粒子能量之和【答案】D【詳解】A．半衰期是對大量原子核衰變的統計規律，對少量原子核沒有意義，選項A錯誤；B．衰變過程系統動量守恒，系統初動量為0，則衰變后生成的核與粒子的動量大小相等，方向相反，選項B錯誤；CD．衰變過程由于釋放能量，所以存在質量虧損，且反應前鈾核的能量大于反應后釷核與粒子能量之和，選項C錯誤，D正確。故選D。5．一枚質量為的煙花彈獲得動能后，從地面豎直升空，當煙花彈上升到最大高度時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸成質量分別為和的、兩部分，，此時兩部分獲得的動能之和為煙花彈初動能的兩倍，且初始均沿水平方向運動。設爆炸時間極短，重力加速度大小為，不計空氣阻力和火藥的質量，、兩部分落地的水平位移大小分別為和，則（）A．、兩部分落地時的速度大小之比為B．、兩部分落地時的動能之比為C．水平位移大小之比為D．、兩部分落地點的間距為煙花彈上升的最大高度的4倍【答案】B【詳解】AB．設煙花彈的初速度為，上升的最大高度為，發生爆炸瞬間，、兩部分在水平方向動量守恒，則有由題意可得聯立解得且速度均沿水平方向，接著和分別以、向相反方向做平拋運動，到達地面過程中機械能守恒，設、落地時速度大小分別為、，則對有對有聯立解得所以故A項錯誤，B項正確。CD．設、在最高處爆炸后在空中做平拋運動的時間為，則有聯立解得故和落地點相距的距離為為煙花彈上升的最大高度的6倍，故CD項錯誤。故選B。6．在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m【答案】B【詳解】A．爆炸時，水平方向，根據動量守恒定律可知因兩塊碎塊落地時間相等，則則則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項A錯誤；B．設兩碎片落地時間均為t，由題意可知解得t=4s爆炸物的爆炸點離地面高度為選項B正確；CD．爆炸后質量大的碎塊的水平位移質量小的碎塊的水平位移爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m+680m=1020m質量大的碎塊的初速度為選項CD錯誤。故選B。7．如圖所示，質量為M、半徑為R的四分之一光滑圓弧體靜止在光滑的水平面上，圓弧面最低點剛好與水平面相切，在A點的正上方h高處由靜止釋放一個質量為m的物塊（可視為質點），物塊下落后剛好從A點無碰撞地進入圓弧面，當物塊滑到B點時，圓弧體向左滑動的距離為x，則下列說法正確的是（）A．h越大，x越大 B．h越小，越大C．越大，x越大 D．越小，x越大【答案】C【詳解】物塊在圓弧面上滑動過程中，物塊和圓弧體在水平方向上動量守恒，且水平方向的總動量為零，設物塊在水平方向的速度大小為，圓弧體在水平方向的動量大小為，則有則有解得故越大，x越大，C正確，ABD錯誤。故選C。8．（多選）如圖所示，c是半徑為R的四分之一圓弧形光滑槽，靜置于光滑水平面上，A為與c的圓心等高的點，c的最低點與水平面相切于B點。小球b靜止在c右邊的水平面上。小球a從A點自由釋放，到達水平面上與小球b發生彈性正碰。整個過程中，不計一切摩擦，a、b、c的質量分別為m、3m、4m，重力加速度大小為g，則（）A．小球a第一次下滑到B點時的速率為B．小球a第一次下滑到B點時，光滑槽c的速率為C．小球a與小球b碰撞后，小球b的速率為D．小球a與小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度為【答案】BD【詳解】AB．設小球a第一次下滑到點時，a的速度大小為，c的速度大小為，取向右為正方向，水平方向由動量守恒定律可得根據小球機械能守恒定律得解得，A錯誤，B正確；CD．設小球與小球碰撞后的速度為，的速度為，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得根據機械能守恒定律可得聯立解得（負號表示方向向左）即小球以速度大小向左運動，在與相互作用的過程中，達到最高點時的速度大小為，以和組成的系統為研究對象，取向左為正方向，根據動量守恒定律可得根據機械能守恒定律可得聯立解得C錯誤；D正確。故選BD。9．（多選）