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高考物理一轮复习【讲练测】 专题9.2 动量守恒定律的应用及实验【练】 （新教材新高考）
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这是一份高考物理一轮复习【讲练测】 专题9.2 动量守恒定律的应用及实验【练】 （新教材新高考），文件包含专题92动量守恒定律的应用及实验练教师版docx、专题92动量守恒定律的应用及实验练学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
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专题9.2 动量守恒定律的应用及实验【练】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25292" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc25292 \h 1
\l "_Tc31575" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc31575 \h 3
\l "_Tc10639" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc10639 \h 6
一．练经典题型
1.(2021·武邑中学调研)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量、机械能都不守恒
【答案】C
【解析】在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。
2．(2021·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
【答案】：C
【解析】：A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球；因A球动量的增量是负值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确．
3．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2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m1∶m2为( )
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
【答案】：D
【解析】：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．
4．(2021·河南焦作质检)质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【答案】：A
【解析】：由x t图象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的总动能为eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(9,2) J，碰撞后的总动能为eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbvb′2＝eq \f(9,2) J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mava＋mavb＝3 kg·m/s，撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确．
5．(2021·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.2v D．0.3v
【答案】：BD
【解析】：若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)>eq \f(1,2)mv2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB＝0.4v，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)6．(多选)如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是( )
A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量
【答案】 BD
【解析】 子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确。
7.(2021·重庆南开中学模拟)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为( )
A．v0，水平向右B．0
C．eq \f(mv0,M＋m)，水平向右 D．eq \f(mv0,M－m)，水平向右
【答案】C
【解析】以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，最终车厢的速度为v＝eq \f(mv0,M＋m)，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。
8．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为( )
A．1∶2B．1∶3
C．2∶1D．2∶3
【答案】D
【解析】设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq \f(v,2)，碰后v′A＝eq \f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq \f(v,2)＝m×eq \f(v,2)＋2mv′B，解得v′B＝eq \f(3v,4)，所以v′A∶v′B＝eq \f(v,2)∶eq \f(3v,4)＝2∶3，D正确。
9.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示。
采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出A、B的质量mA、mB；
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d．用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；
e．按下电钮放开卡销，同时分别记录A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B分别碰撞C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是___________。
(2)作用前A、B质量与速度乘积之和为________；作用后A、B质量与速度乘积之和为__________________________。
(3)作用前、后A、B质量与速度乘积之和并不完全相等，产生误差的原因有__________________________________________________________________________________(至少答出两点)。
【答案】(1)B的右端至D的距离L2 (2)0 mAeq \f(L1,t1)－mBeq \f(L2,t2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或mB\f(L2,t2)－mA\f(L1,t1))) (3)见解析
【解析】A、B被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A与C的距离L1、B与D的距离L2及A到达C、B到达D的时间t1和t2，测出A、B的质量，就可以探究碰撞中的不变量。
(1)由上述分析可知，实验中还应测量的物理量为：B的右端至D的距离L2。
(2)设向左为正方向，根据所测数据求得A、B的速度分别为vA＝eq \f(L1,t1)，vB＝－eq \f(L2,t2)，碰前A、B静止，即v＝0，质量与速度乘积之和为0，碰后A、B的质量与速度乘积之和为mAvA＋mBvB＝mAeq \f(L1,t1)－mBeq \f(L2,t2)；若设向右为正方向，同理可得碰后A、B的质量与速度乘积之和为mBeq \f(L2,t2)－mAeq \f(L1,t1)。
(3)产生误差的原因：①L1、L2、t1、t2、mA、mB的数据测量误差；②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力；④气垫导轨可能不完全水平。
10．(2021·长沙模拟)某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(甲)
(乙)
(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度。应选________段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为______kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s。
【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】 (1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0＝eq \f(BC,5T)＝eq \f(10.50×10－2,5×0.02) m/s＝1.050 m/s，A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝eq \f(\x\t(DE),5T)＝eq \f(6.95×10－2,5×0.02) m/s＝0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
二、练创新情景
1.(2021·福建龙岩市模拟)如图所示，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是( )
A.若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动
B.若水平面光滑，打后平板车可能向右运动
C.若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动
D.若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动
【答案】 D
【解析】 以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确。
2.(2021·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
【答案】：C
【解析】：A、B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mAvA＋mBvB＋m车v车＝0，若小车不动，则mAvA＋mBvB＝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．
3.(2021·宁夏石嘴山三中期末)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是( )
A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
【答案】B
【解析】B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。
4.如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
【答案】：ACD
【解析】：在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，B错误．当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．
5．(2021·江西上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示), 物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩最大时的弹性势能为eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mveq \\al(2,0)
【答案】：AC
【解析】：当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：Epm＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)①，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA·2v0＝(m＋mA)v②；由机械能守恒定律得：Epm＝eq \f(1,2)mA·(2v0)2－eq \f(1,2)(mA＋m)v2③，联立得：mA＝3m④，联立①④得：Epm＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故A、C正确，B、D错误．
6.(2021·成都外国语月考)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )
A．h B.eq \f(mh,m＋M)
C.eq \f(mh,M) D.eq \f(Mh,m＋M)
【答案】：D
【解析】：斜面固定时，由动能定理得：－mgh＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以v0＝eq \r(2gh)；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2) (M＋m)v2＋mgh′， 解得：h′＝eq \f(M,M＋m)h，故选D.
7.(2021·南昌十校联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )
A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 N
B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1
C．物块的质量m＝2 kg
D．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s
【答案】：BD
【解析】：由图(b)可知，t＝2 s时刻物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图(a)读出最大静摩擦力为6 N，故A错误；由图知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m.联立解得μ＝0.1，m＝3 kg，故B正确，C错误；a t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s内物块速度的增量为Δv＝eq \f(1＋3,2)×(4－2) m/s＝4 m/s，t＝0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得0～4 s内合外力的冲量为：ΔI＝Δp＝mΔv＝3×4 N·s＝12 N·s，故D正确．
8．(2021·西安高新一中模拟)如图所示，一小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ.下列图中表示物块的速度v、加速度a、动能Ek及所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是( )
【答案】：BD
【解析】：物块沿足够长的固定斜面上滑，做匀减速运动，当运动到最高点时，最大静摩擦力为 fm＝μmgcs θ，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，由于μ>tan θ，则最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物块停在最高点，物块不能从最高点下滑，故A错误；物块上滑过程中，加速度为a＝－eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝－(gsin θ＋μgcs θ)，保持不变；到了最高点，物块保持静止状态，加速度a＝0，故B正确；上滑过程中物块的Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v0＋at)2，Ek与t应是非线性关系，图象是曲线，故C错误；物块上滑过程中，物块受到的滑动摩擦力为Ff＝－μmgcs θ，保持不变；最高点，物块受到静摩擦力为Ff＝mgsin θ，方向反向，故D正确．
9.如图(a)所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
图(a) 图(b)
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图(b)所示，请将表中数据补充完整：θ＝________。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝______。(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：
_______________________________________________________________
_____________________________________________________________。
【答案】 (1)22.4(22.1～22.7均正确)(2)eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl1－cs θ)(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能
【解析】 (1)分度值为1°，故读数为22.4(22.1～22.7均正确)。
(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：
mv＝(m＋M)v′
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cs θ)，
联立解得：v＝eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl1－cs θ)。
(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功、指针摆动较长的距离损失的机械能较多等，只要合理即可)。
10．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)。
②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点。
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式___________，则说明碰撞中动量守恒。
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
【答案】 (1)D F (2)m1eq \r(LE)＝m1eq \r(LD)＋m2eq \r(LF) (3)m1LE＝m1LD＋m2LF
【解析】 由题意可知，碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点。设斜面BC的倾角为θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，由平抛运动的知识可知，Lcs θ＝vt，Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2，可得v＝Lcs θeq \r(\f(g,2Lsin θ))＝cs θeq \r(\f(gL,2sin θ))，由于θ、g都是恒量，所以v∝eq \r(L)，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为m1eq \r(LE)＝m1eq \r(LD)＋m2eq \r(LF)，机械能守恒的表达式可以化简为m1LE＝m1LD＋m2LF。
三．练规范解答
1.(2021·南昌十校联考)质量为M＝3 kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m＝1 kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v0＝2 m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向左运动，重力加速度g取10 m/s2.
(1)设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；
(2)设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是s＝0.4 m，求物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离．
【答案】：(1)1 m/s (2)1.2 m
【解析】：(1)以物块和车为系统，由动量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v
代入已知数据解得，共同速度：v＝1 m/s
(2)设物块受到的摩擦力为f，对物块由动能定理得：
－fs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入已知数据解得：f＝5 N
物块与A第二次碰撞前已与车保持相对静止，对系统由能量守恒定律得：
fs相对＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
代入已知数据解得：s相对＝1.2 m
2.(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，一质量M＝0.8 kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°、半径R＝5 m，CD的长度l＝6 m。质量m＝0.2 kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计。求：
(1)物块通过B点时的速度大小vB；
(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)5 m/s (2)3.8 N (3)0.3
【解析】(1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有eq \f(v0,vB)＝cs θ，代入数值解得vB＝5 m/s。
(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数值可得vC＝3eq \r(5) m/s
设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有
F－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，代入数值解得F＝3.8 N
由牛顿第三定律可知FN＝F＝3.8 N。
(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为vD，由动量守恒定律有mvC＝(M＋m)vD
由功能关系有μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,D)
代入数值解得μ＝0.3。
3.(2021·天津市和平区第二次质量调查)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m。质量m＝0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M＝0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能通过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球B与弹簧分离时的速度vB多大；
(2)小球A的速度v0多大；
(3)弹簧最大的弹性势能Ep是多少？
【答案】 (1)5 m/s (2)5 m/s (3)1.25 J
【解析】 (1)设小球B恰好通过C点时速度为vC，则有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)①
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②
联立①②解得vB＝5 m/s。
(2)小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧组成的系统
由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝MvA＋mvB③
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)④
联立③④解得v0＝5 m/s。
(3)当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v⑤
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2⑥
联立⑤⑥解得Ep＝1.25 J。
4.(2021·山东潍坊市4月模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2
(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
【答案】 (1)240 N，方向竖直向下 (2)76.25 J (3)距离C点0.54 m处
【解析】 (1)物块N在D点时，有Mg＝Meq \f(veq \\al(2,D),R)
物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D点过程机械能守恒eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,D)＋Mg·2R
在圆轨道最低点C时
FN－Mg＝Meq \f(veq \\al(2,2),R)，解得FN＝240 N
根据牛顿第三定律知，N刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝240 N，方向竖直向下。
(2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
弹簧弹开到碰前过程Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为v
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N到达C点速度为vC，
eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＋μMgLOC
假设物块沿圆周上滑不超过eq \f(1,4)圆周处，则
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＝Mgh
解得h＝0.27 m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周返回，由动能定理得
－μMgx＝－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)
解得x＝0.54 m，滑块停在距离C点0.54 m处。
5.(2021·辽宁抚顺一中模拟)质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为1 kg，g取10 m/s2.
(1)说明此后A、B的运动性质．
(2)分别求出A、B的加速度大小．
(3)经过多少时间A从B上滑下？
(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？
(5)若木板B足够长，求最后A、B的共同速度大小．
(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?
【答案】：(1)见解析 (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)1 s (4)见解析 (5)eq \f(8,3) m/s (6)eq \f(8,3) m
【解析】：(1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动．
(2)两者之间的摩擦力为
Ff＝μmAg＝2 N，
所以aA＝eq \f(Ff,mA)＝2 m/s2，aB＝eq \f(Ff,mB)＝1 m/s2.
(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，
而xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝v0t－eq \f(1,2)aBt2，
所以有v0t－eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)aAt2＝L，
解得t＝1 s.
(4)此时vA＝2 m/s，vB＝3 m/s，
xA＝eq \f(1,2)aAt2＝1 m，xB＝v0t－eq \f(1,2)aBt2＝3.5 m.
(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得
Mv0＝(M＋m)v，
解得v＝eq \f(8,3) m/s.
(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为
v＝eq \f(8,3) m/s.
根据动能定理可得μmgL＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，
解得L＝eq \f(8,3) m.
挡位
平均最大偏角θ(角度)
弹丸质量m(kg)
摆块质量M(kg)
摆长l(m)
弹丸的速度v(m/s)
低速挡
15.7
0.007 65
0.078 9
0.270
5.03
中速挡
19.1
0.007 65
0.078 9
0.270
6.77
高速挡
0.007 65
0.078 9
0.270
7.15
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
专题9.2 动量守恒定律的应用及实验【练】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25292" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc25292 \h 1
\l "_Tc31575" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc31575 \h 3
\l "_Tc10639" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc10639 \h 6
一．练经典题型
1.(2021·武邑中学调研)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量、机械能都不守恒
【答案】C
【解析】在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。
2．(2021·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
【答案】：C
【解析】：A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球；因A球动量的增量是负值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确．
3．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2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m1∶m2为( )
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
【答案】：D
【解析】：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．
4．(2021·河南焦作质检)质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【答案】：A
【解析】：由x t图象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的总动能为eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(9,2) J，碰撞后的总动能为eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbvb′2＝eq \f(9,2) J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mava＋mavb＝3 kg·m/s，撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确．
5．(2021·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.2v D．0.3v
【答案】：BD
【解析】：若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)>eq \f(1,2)mv2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB＝0.4v，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)
A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量
【答案】 BD
【解析】 子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确。
7.(2021·重庆南开中学模拟)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为( )
A．v0，水平向右B．0
C．eq \f(mv0,M＋m)，水平向右 D．eq \f(mv0,M－m)，水平向右
【答案】C
【解析】以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，最终车厢的速度为v＝eq \f(mv0,M＋m)，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。
8．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为( )
A．1∶2B．1∶3
C．2∶1D．2∶3
【答案】D
【解析】设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq \f(v,2)，碰后v′A＝eq \f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq \f(v,2)＝m×eq \f(v,2)＋2mv′B，解得v′B＝eq \f(3v,4)，所以v′A∶v′B＝eq \f(v,2)∶eq \f(3v,4)＝2∶3，D正确。
9.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示。
采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出A、B的质量mA、mB；
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d．用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；
e．按下电钮放开卡销，同时分别记录A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B分别碰撞C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是___________。
(2)作用前A、B质量与速度乘积之和为________；作用后A、B质量与速度乘积之和为__________________________。
(3)作用前、后A、B质量与速度乘积之和并不完全相等，产生误差的原因有__________________________________________________________________________________(至少答出两点)。
【答案】(1)B的右端至D的距离L2 (2)0 mAeq \f(L1,t1)－mBeq \f(L2,t2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或mB\f(L2,t2)－mA\f(L1,t1))) (3)见解析
【解析】A、B被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A与C的距离L1、B与D的距离L2及A到达C、B到达D的时间t1和t2，测出A、B的质量，就可以探究碰撞中的不变量。
(1)由上述分析可知，实验中还应测量的物理量为：B的右端至D的距离L2。
(2)设向左为正方向，根据所测数据求得A、B的速度分别为vA＝eq \f(L1,t1)，vB＝－eq \f(L2,t2)，碰前A、B静止，即v＝0，质量与速度乘积之和为0，碰后A、B的质量与速度乘积之和为mAvA＋mBvB＝mAeq \f(L1,t1)－mBeq \f(L2,t2)；若设向右为正方向，同理可得碰后A、B的质量与速度乘积之和为mBeq \f(L2,t2)－mAeq \f(L1,t1)。
(3)产生误差的原因：①L1、L2、t1、t2、mA、mB的数据测量误差；②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力；④气垫导轨可能不完全水平。
10．(2021·长沙模拟)某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(甲)
(乙)
(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度。应选________段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为______kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s。
【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】 (1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0＝eq \f(BC,5T)＝eq \f(10.50×10－2,5×0.02) m/s＝1.050 m/s，A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝eq \f(\x\t(DE),5T)＝eq \f(6.95×10－2,5×0.02) m/s＝0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
二、练创新情景
1.(2021·福建龙岩市模拟)如图所示，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是( )
A.若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动
B.若水平面光滑，打后平板车可能向右运动
C.若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动
D.若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动
【答案】 D
【解析】 以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确。
2.(2021·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
【答案】：C
【解析】：A、B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mAvA＋mBvB＋m车v车＝0，若小车不动，则mAvA＋mBvB＝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．
3.(2021·宁夏石嘴山三中期末)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是( )
A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
【答案】B
【解析】B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。
4.如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
【答案】：ACD
【解析】：在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，B错误．当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．
5．(2021·江西上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示), 物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩最大时的弹性势能为eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mveq \\al(2,0)
【答案】：AC
【解析】：当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：Epm＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)①，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA·2v0＝(m＋mA)v②；由机械能守恒定律得：Epm＝eq \f(1,2)mA·(2v0)2－eq \f(1,2)(mA＋m)v2③，联立得：mA＝3m④，联立①④得：Epm＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故A、C正确，B、D错误．
6.(2021·成都外国语月考)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )
A．h B.eq \f(mh,m＋M)
C.eq \f(mh,M) D.eq \f(Mh,m＋M)
【答案】：D
【解析】：斜面固定时，由动能定理得：－mgh＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以v0＝eq \r(2gh)；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2) (M＋m)v2＋mgh′， 解得：h′＝eq \f(M,M＋m)h，故选D.
7.(2021·南昌十校联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )
A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 N
B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1
C．物块的质量m＝2 kg
D．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s
【答案】：BD
【解析】：由图(b)可知，t＝2 s时刻物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图(a)读出最大静摩擦力为6 N，故A错误；由图知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m.联立解得μ＝0.1，m＝3 kg，故B正确，C错误；a t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s内物块速度的增量为Δv＝eq \f(1＋3,2)×(4－2) m/s＝4 m/s，t＝0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得0～4 s内合外力的冲量为：ΔI＝Δp＝mΔv＝3×4 N·s＝12 N·s，故D正确．
8．(2021·西安高新一中模拟)如图所示，一小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ.下列图中表示物块的速度v、加速度a、动能Ek及所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是( )
【答案】：BD
【解析】：物块沿足够长的固定斜面上滑，做匀减速运动，当运动到最高点时，最大静摩擦力为 fm＝μmgcs θ，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，由于μ>tan θ，则最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物块停在最高点，物块不能从最高点下滑，故A错误；物块上滑过程中，加速度为a＝－eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝－(gsin θ＋μgcs θ)，保持不变；到了最高点，物块保持静止状态，加速度a＝0，故B正确；上滑过程中物块的Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v0＋at)2，Ek与t应是非线性关系，图象是曲线，故C错误；物块上滑过程中，物块受到的滑动摩擦力为Ff＝－μmgcs θ，保持不变；最高点，物块受到静摩擦力为Ff＝mgsin θ，方向反向，故D正确．
9.如图(a)所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
图(a) 图(b)
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图(b)所示，请将表中数据补充完整：θ＝________。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝______。(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：
_______________________________________________________________
_____________________________________________________________。
【答案】 (1)22.4(22.1～22.7均正确)(2)eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl1－cs θ)(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能
【解析】 (1)分度值为1°，故读数为22.4(22.1～22.7均正确)。
(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：
mv＝(m＋M)v′
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cs θ)，
联立解得：v＝eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl1－cs θ)。
(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功、指针摆动较长的距离损失的机械能较多等，只要合理即可)。
10．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)。
②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点。
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式___________，则说明碰撞中动量守恒。
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
【答案】 (1)D F (2)m1eq \r(LE)＝m1eq \r(LD)＋m2eq \r(LF) (3)m1LE＝m1LD＋m2LF
【解析】 由题意可知，碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点。设斜面BC的倾角为θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，由平抛运动的知识可知，Lcs θ＝vt，Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2，可得v＝Lcs θeq \r(\f(g,2Lsin θ))＝cs θeq \r(\f(gL,2sin θ))，由于θ、g都是恒量，所以v∝eq \r(L)，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为m1eq \r(LE)＝m1eq \r(LD)＋m2eq \r(LF)，机械能守恒的表达式可以化简为m1LE＝m1LD＋m2LF。
三．练规范解答
1.(2021·南昌十校联考)质量为M＝3 kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m＝1 kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v0＝2 m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向左运动，重力加速度g取10 m/s2.
(1)设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；
(2)设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是s＝0.4 m，求物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离．
【答案】：(1)1 m/s (2)1.2 m
【解析】：(1)以物块和车为系统，由动量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v
代入已知数据解得，共同速度：v＝1 m/s
(2)设物块受到的摩擦力为f，对物块由动能定理得：
－fs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入已知数据解得：f＝5 N
物块与A第二次碰撞前已与车保持相对静止，对系统由能量守恒定律得：
fs相对＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
代入已知数据解得：s相对＝1.2 m
2.(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，一质量M＝0.8 kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°、半径R＝5 m，CD的长度l＝6 m。质量m＝0.2 kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计。求：
(1)物块通过B点时的速度大小vB；
(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)5 m/s (2)3.8 N (3)0.3
【解析】(1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有eq \f(v0,vB)＝cs θ，代入数值解得vB＝5 m/s。
(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数值可得vC＝3eq \r(5) m/s
设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有
F－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，代入数值解得F＝3.8 N
由牛顿第三定律可知FN＝F＝3.8 N。
(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为vD，由动量守恒定律有mvC＝(M＋m)vD
由功能关系有μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,D)
代入数值解得μ＝0.3。
3.(2021·天津市和平区第二次质量调查)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m。质量m＝0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M＝0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能通过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球B与弹簧分离时的速度vB多大；
(2)小球A的速度v0多大；
(3)弹簧最大的弹性势能Ep是多少？
【答案】 (1)5 m/s (2)5 m/s (3)1.25 J
【解析】 (1)设小球B恰好通过C点时速度为vC，则有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)①
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②
联立①②解得vB＝5 m/s。
(2)小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧组成的系统
由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝MvA＋mvB③
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)④
联立③④解得v0＝5 m/s。
(3)当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v⑤
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2⑥
联立⑤⑥解得Ep＝1.25 J。
4.(2021·山东潍坊市4月模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2
(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
【答案】 (1)240 N，方向竖直向下 (2)76.25 J (3)距离C点0.54 m处
【解析】 (1)物块N在D点时，有Mg＝Meq \f(veq \\al(2,D),R)
物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D点过程机械能守恒eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,D)＋Mg·2R
在圆轨道最低点C时
FN－Mg＝Meq \f(veq \\al(2,2),R)，解得FN＝240 N
根据牛顿第三定律知，N刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝240 N，方向竖直向下。
(2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
弹簧弹开到碰前过程Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为v
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N到达C点速度为vC，
eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＋μMgLOC
假设物块沿圆周上滑不超过eq \f(1,4)圆周处，则
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＝Mgh
解得h＝0.27 m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周返回，由动能定理得
－μMgx＝－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)
解得x＝0.54 m，滑块停在距离C点0.54 m处。
5.(2021·辽宁抚顺一中模拟)质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为1 kg，g取10 m/s2.
(1)说明此后A、B的运动性质．
(2)分别求出A、B的加速度大小．
(3)经过多少时间A从B上滑下？
(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？
(5)若木板B足够长，求最后A、B的共同速度大小．
(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?
【答案】：(1)见解析 (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)1 s (4)见解析 (5)eq \f(8,3) m/s (6)eq \f(8,3) m
【解析】：(1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动．
(2)两者之间的摩擦力为
Ff＝μmAg＝2 N，
所以aA＝eq \f(Ff,mA)＝2 m/s2，aB＝eq \f(Ff,mB)＝1 m/s2.
(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，
而xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝v0t－eq \f(1,2)aBt2，
所以有v0t－eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)aAt2＝L，
解得t＝1 s.
(4)此时vA＝2 m/s，vB＝3 m/s，
xA＝eq \f(1,2)aAt2＝1 m，xB＝v0t－eq \f(1,2)aBt2＝3.5 m.
(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得
Mv0＝(M＋m)v，
解得v＝eq \f(8,3) m/s.
(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为
v＝eq \f(8,3) m/s.
根据动能定理可得μmgL＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，
解得L＝eq \f(8,3) m.
挡位
平均最大偏角θ(角度)
弹丸质量m(kg)
摆块质量M(kg)
摆长l(m)
弹丸的速度v(m/s)
低速挡
15.7
0.007 65
0.078 9
0.270
5.03
中速挡
19.1
0.007 65
0.078 9
0.270
6.77
高速挡
0.007 65
0.078 9
0.270
7.15
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