1、动量守恒定律及其应用考点分析1对应本知识点的考查，预计综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题。2注意要点：(1)使用动量守恒定律时，要注意是否满足动量守恒定律的条件；(2)在列式时一定要注意动量的矢量性。例1(2020全国II卷21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.
2、0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0mv1m0v0，解得；物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1m0v0mv2m0v0，解得；第3次推出后mv2m0v0mv3m0v0，解得；依次类推，第8次推出
3、后，运动员的速度，根据题意可知5 m/s，解得m60 kg；第7次运动员的速度一定小于5 m/s，即52 kg。综上所述，运动员的质量满足52 kgmvavbDa、c两车运动方向相反【答案】CD【解析】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0M车vcm人v，对人和b车：m人vM车vbm人v，对人和a车：m人v(M车m人)va，所以：vc，vb0，va，即vcvavb，并且vc与va方向相反。4质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动
4、的距离是()AR BR CR DR【答案】A【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv13mv2，若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则，由题意x1x23RR2R，解得大球移动的距离x2R，故A正确。5如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬间获得水平向右的大小为3 m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得()A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处
5、于压缩状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为m1m212D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek214【答案】C【解析】由题图可知，在t2时刻之前，弹簧处于压缩状态，t2到t4时刻之间，弹簧处于伸长状态，故A、B错误；AB系统动量守恒，机械能也守恒，t1时刻，A、B获得共同速度1 m/s，由动量守恒定律有，m1v0(m1m2)v，故，C正确；t2时刻，Ek1Ek2m1(1)2(m222)18，D错误。6如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示。设子弹穿
6、过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为()A(sL) B(s2L)C(sL) D(L2s)【答案】D【解析】子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0mv1mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理：Ff(sL)mvmv，由动量定理：Fftmv1mv0，对木块由动能定理：Ffsmv，由动量定理：Fftmv2，联立解得t(L2s)，故选D。7(多选)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当
7、vv0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q，则( )A若vv0，A、B系统生热为QB若vv0，A、B相对运动时间为t0C若vv0，B经历t0时间的位移为LD若v2v0，A经历t0到达木板右端【答案】AC【解析】当vv0时，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv02mv，得v0.5v0，由能量守恒定律得Qmv022mv2mv02。若vv0，取向右为正方向，由mv02mv得vv0，系统生热Qm(v0)22mv2Q，故A正确；当vv0时，对B，由动量定理得ft0mv，得；若vv0，由mv02mv得vv0，由ftmv，可得，故B错误；若vv0，则由A项的分析可知f
8、LQmv02，对物体B有fxBmv2mv02，得xBL，故C正确；若v2v0，取向右为正方向，有m2v0mvAmvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q，即m(2v0)2mvA2mvB2mv02，对B有ftmvB0联立解得t(2)t0t0，故D错误。8如图甲所示，光滑水平地面上固定有半径为R的光滑圆弧轨道AB，O为圆心，B为最低点，AO水平，BO竖直，紧靠B点右侧并排一足够长的木板，木板上表面与B点等高且平滑连接。现将一质量为m的滑块（可视为质点）从A点正上方高度为R处给其一个竖直向下的初速度，已知木板质量为2m，滑块与木板上表面间的动摩擦因数为，
9、重力加速度为g。求：(1)滑块滑上木板瞬间的速度大小v1；(2)滑块与木板达到共速过程中，因摩擦产生的热量Q；(3)若在距木板右端x处固定一竖直挡板，如图乙所示，滑块释放条件不变。在滑块沿圆弧轨道滑上木板的同时将圆弧轨道AB撤走，一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞。则x满足什么条件时，木板与挡板的碰撞仅发生一次。【解析】(1)滑块从释放到滑上木板的过程由机械能守恒定律得：mv02mg2Rmv12解得：。(2)设滑块与木板达到共速的速度为v2，则由动量守恒得：mv1(m2m)v2则由能量守恒得：Qmv12(m2m)v22联立解得：Q2mgR。(3)设木板与挡板碰前瞬间，木板与滑块的速度为分别为v3
10、和v4，由动量守恒定律得：mv1mv42mv3要木板与挡板只发生一次碰撞，则碰后需满足从滑块滑上木板到木板与挡板发生碰撞前瞬间过程，对木板由动能定理得：mgx2mv32联立解得：。9如图所示，质量为mc2mb的物块c静止在倾角均为30的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t1 s同时到达斜面底端。已知A、D两点和C、E两点的距离均为l10.9 m，
11、E、B两点的距离为l20.4 m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g10 m/s2。求：(1)物块b由C点下滑到E点所用时间；(2)物块a能到达离A点的最大高度；(3)a、b物块的质量之比mamb。【解析】(1)物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度a1gsin5 m/s2由l1a1t12解得：t10.6 s。(2)取沿AC方向为正方向，由l1v1ta1t2得：v11.6 m/s a沿斜面上滑距离m所以物块a能到达离A点的最大高度h(l1s)sin 0.578 m。(3)设绳断时物块b的速度为v2，b与c
12、相碰后b的速度为v2，c的速度为vc，则：mbv2mbv2mcvcmbv22mbv22mcvc2mc2mb联立解得：v2v2，vcv2因vc的方向沿斜面向下，故v2的方向沿斜面向下，v2的方向沿斜面向上。在EB段上的加速度a2gsingcos0所以物块b在EB段上做匀速运动，和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2，则：v2(t2t2)l2v2a1t2代入数据得：2v225v220解得：v20.5 m/s或v22 m/s物块b刚下滑到E点时的速度m/s若v22 m/s，则v26 m/sv0，与事实不符，所以舍去取v20.5 m/s，则v21.5 m/s，方向沿斜面向下设细绳对物块a和b
13、的冲量大小为I，有：Imav1Imb(v2v0)解得：mamb1516。10如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H0.8 m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v07.1 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地
14、面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。(1)求滑块C与传送带的动摩擦因数及落地点P与N端水平距离x；(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取）。【解析】(1)设滑块C在传送带做匀减速运动的加速度大小为a，由乙图可知a1 m/s2根据牛顿第二定律有：mgma解得：0.1由乙图还可知滑块C将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动，传送带的速度v传4 m/s传送带的长度L为乙图所围成的面积，则L6 m做平抛运动的时间为t，则有：Hgt2平抛运动
15、水平位移x1v传t落地点P与N端水平距离x，则有：xLx1联立解得：x7.6 m。(2)设滑块A与B碰后的速度为v1，滑块A、B为系统动量守恒，则有：mv02mv1滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2，滑块C的速度为v3，由乙图知v35 m/s滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv12mv2mv3在这个过程中系统的能量守恒：Ep2mv122mv22mv32联立解得：Ep1 J。(3)要使滑块C总能落至P点，即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知，滑块C在传送带上一直做匀加速运动时，滑块C进入传送带的速度最小为v3，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最小为v0min，设滑块AB与C
16、弹开后，滑块AB的速度为v2，弹开前AB的速度为v1，则有：v传2v322aL滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv12mv2mv3在这个过程中系统的能量守恒：Ep2mv122mv22mv32滑块A、B为系统动量守恒：mv0min2mv1解得：v0min2 m/s滑块C在传送带上一直做匀减速运动时，滑块C进入传送带的速度最大为v3，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最大为v0max，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2，弹开前AB的速度为v1，则有：v32v传22aL滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv12mv2mv3在这个过程中系统的能量守恒：Ep2mv122mv22mv32滑块A、B为系统动量守恒：mv0max2mv1联立解得：v0max7.56 m/s滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2 m/sv07.56 m/s。