PAGE17-第2節(jié)碰撞反沖和爆炸教材梳理·自主預(yù)習(xí)學(xué)問梳理一、碰撞及特點(diǎn)1.碰撞兩個(gè)物體相互撞擊,在短時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生突變,兩者的動(dòng)能和動(dòng)量在確定程度上發(fā)生了“交換”.2.特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中,一般作用時(shí)間極短,相互作用的內(nèi)力極大,有些碰撞盡管外力之和不為零,但一般外力(如重力、摩擦力等)相對(duì)內(nèi)力而言,可以忽視,故系統(tǒng)動(dòng)量還是近似守恒.3.三個(gè)忽視(1)碰撞過程中受到一些微小的外力的沖量不計(jì).(2)碰撞過程中,物體發(fā)生速度突然變更所需時(shí)間極短,這個(gè)極短時(shí)間對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過程可忽視不計(jì).(3)碰撞過程中,物體發(fā)生速度突變時(shí),物體必有一小段位移,這個(gè)位移相對(duì)于物體運(yùn)動(dòng)全過程的位移可忽視不計(jì).二、碰撞類型1.彈性碰撞質(zhì)量分別為m1,m2的A,B兩小球沿光滑水平面發(fā)生彈性正碰.(1)動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.(2)機(jī)械能守恒:m1+m2=m1v1′2+m2v2′2.當(dāng)v2=0時(shí),有v1′=v1,v2′=v1.(3)①由于v1恒大于零,即B球確定是向前運(yùn)動(dòng)的,即B受到的沖量向前.②當(dāng)m1=m2時(shí),v1′=0,v2′=v1即A,B動(dòng)量互換,實(shí)現(xiàn)了動(dòng)量和動(dòng)能的全部轉(zhuǎn)移.③當(dāng)m1>m2時(shí),v1′>0,即碰后A球依舊向前運(yùn)動(dòng),不過速度比原來小了.④當(dāng)m1<m2時(shí),v1′<0,即碰后A球反彈,且一般狀況下速度也小于v1.⑤當(dāng)m1?m2時(shí),v1′=v1,v2′=2v1.碰后A的速度幾乎沒變,仍按原來速度運(yùn)動(dòng),B以A速度的兩倍向前運(yùn)動(dòng).⑥當(dāng)m1?m2時(shí),v1′=-v1,v2′=0.碰后A被按原速率彈回,B幾乎未動(dòng).2.非彈性碰撞(1)動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.(2)機(jī)械能削減,損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能|ΔEk|=Ek初-Ek末=Q.3.完全非彈性碰撞(1)動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共.(2)碰撞中機(jī)械能損失最多|ΔEk|=m1+m2-(m1+m2).三、爆炸和反沖運(yùn)動(dòng)1.爆炸爆炸過程中的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒,而機(jī)械能增加.2.反沖運(yùn)動(dòng)(1)靜止的物體在內(nèi)力作用下分為兩個(gè)不同部分,并且這兩部分向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象.(2)反沖運(yùn)動(dòng)中,相互作用的內(nèi)力一般較大,當(dāng)受到較小外力時(shí)也可以用動(dòng)量守恒定律來處理.自主探究兩位同學(xué)在公園里劃船.租船時(shí)間將到,她們把小船劃向碼頭.離岸大約2m船停止運(yùn)動(dòng),此時(shí)小麗同學(xué)心想:自己在體育課上立定跳遠(yuǎn)的成果高于2m,跳到岸上確定沒問題.于是她縱身一跳,結(jié)果卻掉到了水里(如圖所示).她為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢?答案:當(dāng)在地面上跳遠(yuǎn)時(shí),其相對(duì)于地面的速度與在船上跳遠(yuǎn)時(shí)相對(duì)船的速度相等,但因?yàn)閺拇咸鰰r(shí),船獲得向后的速度,離船時(shí)對(duì)地面速度小于在地面上跳遠(yuǎn)的速度,故其跳動(dòng)的距離小于在地面上跳動(dòng)的距離.小題檢測1.思索推斷(1)質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生碰撞時(shí),確定交換速度.(×)(2)碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒.(×)(3)兩物體在完全非彈性碰撞后不再分開,以共同速度運(yùn)動(dòng).(√)(4)火箭點(diǎn)火后離開地面加速向上運(yùn)動(dòng),是地面對(duì)火箭的反作用力作用的結(jié)果.(×)(5)爆炸現(xiàn)象中,系統(tǒng)的動(dòng)量和動(dòng)能均增大.(×)2.下面關(guān)于碰撞的理解正確的是(B)A.碰撞的兩物體確定交換速率B.在碰撞現(xiàn)象中,一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒C.假如碰撞過程中機(jī)械能也守恒,這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D.微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生干脆接觸,所以不滿意動(dòng)量守恒的條件,不能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解解析:兩物體碰撞時(shí)一般內(nèi)力很大,外力可忽視不計(jì),系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒,即交換動(dòng)量,而速度變更并不確定大小相等,A錯(cuò)誤,B正確;碰撞過程中機(jī)械能守恒的碰撞為彈性碰撞,C錯(cuò)誤;動(dòng)量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一,不僅低速、宏觀物體的運(yùn)動(dòng)遵守這一規(guī)律,而且高速、微觀物體的運(yùn)動(dòng)也遵守這一規(guī)律,D錯(cuò)誤.3.下列關(guān)于反沖運(yùn)動(dòng)的說法中,正確的是(D)A.拋出物m1的質(zhì)量要小于剩下的質(zhì)量m2才能獲得反沖B.若拋出質(zhì)量m1大于剩下的質(zhì)量m2,則m2的反沖力大于m1所受的力C.反沖運(yùn)動(dòng)中,牛頓第三定律適用,但牛頓其次定律不適用D.對(duì)拋出部分和剩余部分都適用于牛頓其次定律解析:反沖運(yùn)動(dòng)是指由于系統(tǒng)的一部分物體向某一方向運(yùn)動(dòng),而使另一部分向相反方向運(yùn)動(dòng),是否發(fā)生反沖運(yùn)動(dòng)與兩部分物體之間的質(zhì)量無關(guān),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在反沖運(yùn)動(dòng)中,兩部分之間的作用力是一對(duì)作用力與反作用力,它們大小相等、方向相反,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在反沖運(yùn)動(dòng)中一部分受到的另一部分的作用力產(chǎn)生了該部分的加速度,使該部分的速度變更,在此過程中對(duì)每一部分牛頓其次定律都成立,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.4.質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰.碰撞可能是彈性的,也可能是非彈性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值.請(qǐng)你論證:碰撞后B球的速度可能是以下值嗎?(1)0.6v;(2)0.4v;(3)0.2v.解析:若是彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得,mv=mv1+3mv2,mv2=m+×3m,則v2=v=v.若是完全非彈性碰撞,則mv=4mv′,v′=v,因此v≤vB≤v,因此只有(2)是可能的.答案:(2)可能考點(diǎn)研析·感悟提升考點(diǎn)一彈性碰撞與非彈性碰撞1.碰撞遵守的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒,即p1+p2=p1′+p2′.(2)動(dòng)能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+.(3)速度要符合情景:假如碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng),則后面的物體速度必大于前面物體的速度,即v后>v前,否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞.碰撞后,原來在前面的物體的速度確定增大,且原來在前面的物體速度大于或等于原來在后面的物體的速度,即v前′≥v后′,否則碰撞沒有結(jié)束.假如碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng),則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不行能都不變更,除非兩物體碰撞后速度均為零.2.碰撞過程能量的轉(zhuǎn)化碰撞過程一般分為壓縮階段和復(fù)原階段,在壓縮階段中物體的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能,而在復(fù)原階段中其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能.[例1](2024·北京石景山區(qū)期末)如圖所示,質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)小球疊放在一起,從高度為h處由靜止釋放,它們一起下落.不計(jì)空氣阻力.(1)在下落過程中,兩個(gè)小球之間是否存在相互作用力?請(qǐng)說明理由.(2)已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑,全部的碰撞都沒有機(jī)械能損失,且碰撞前后小球都沿豎直方向運(yùn)動(dòng).若碰撞后m2恰處于平衡狀態(tài),求:①落地前瞬間,兩個(gè)小球的速度大小v0;②兩個(gè)小球的質(zhì)量之比m1:m2;③小球m1上升的最大高度H.審題指導(dǎo):題干關(guān)鍵獲得信息兩個(gè)小球疊放在一起兩個(gè)小球在豎直方向接觸它們一起下落,不計(jì)空氣阻力整體只受重力作用全部碰撞都沒有機(jī)械能損失下面小球與地面碰撞原速率返回,與上面小球發(fā)生彈性碰撞解析:(1)在下落過程中,兩個(gè)小球之間不存在相互作用力.隨意時(shí)刻它們的速度和加速度都相同,不會(huì)相互擠壓,其間沒有相互作用力.(2)①依據(jù)機(jī)械能守恒定律:(m1+m2)=(m1+m2)gh解得v0=.②m1,m2以相同的速度v0落到地面,m2先與地面發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后速度大小不變,方向反向;接著與m1碰撞,碰后m2的速度恰好減為零,m1的速度為v1.取向上為正方向,依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律,有-m1v0+m2v0=m1v1m1+m2=m1解得v1=2v0=2,m1∶m2=1∶3.③依據(jù)機(jī)械能守恒定律,有m1=m1gH解得H=4h.答案:(1)在下落過程中,兩個(gè)小球之間不存在相互作用力.隨意時(shí)刻它們均處于完全失重狀態(tài),其速度和加速度都相同,不會(huì)相互擠壓,因而沒有相互作用力.(2)①②1∶3③4h方法技巧碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿意的條件,列出相應(yīng)方程求解.(2)可熟記一些公式,例如“一動(dòng)一靜”模型中,兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿意:v1′=v1,v2′=v1(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí),兩球碰撞后交換速度.當(dāng)m1?m2,且v2=0時(shí),碰后質(zhì)量大的速率不變,質(zhì)量小的速率為2v1.當(dāng)m1?m2,且v2=0時(shí),碰后質(zhì)量小的球原速率反彈.題組訓(xùn)練1.(碰撞的可能性分析)質(zhì)量相等的A,B兩球在光滑水平面上均向右沿同始終線運(yùn)動(dòng),A球的動(dòng)量為pA=9kg·m/s,B球的動(dòng)量為pB=3kg·m/s,當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞,則碰后A,B兩球的動(dòng)量可能是(A)A.pA′=6kg·m/s,pB′=6kg·m/sB.pA′=8kg·m/s,pB′=4kg·m/sC.pA′=-2kg·m/s,pB′=14kg·m/sD.pA′=-4kg·m/s,pB′=17kg·m/s解析:A,B組成的系統(tǒng)受合外力為0,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,即pA′+pB′=pA+pB=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;A,B碰撞前的動(dòng)能應(yīng)大于或等于碰撞后的動(dòng)能,即EkA+EkB≥EkA′+EkB′,Ek1=EkA+EkB=+=(J)=(J),Ek2=EkA′+EkB′=,有≥,即pA′2+pB′2≤90,同時(shí)還應(yīng)滿意≤,由此可推斷選項(xiàng)A正確,B,C錯(cuò)誤.2.(非接觸彈性碰撞)(2024·北京西城區(qū)統(tǒng)測)隨著科幻電影《流浪地球》的熱映,“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野.“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測器,借助行星的引力來變更自己的速度.為了分析這個(gè)過程,可以提出以下兩種模式:探測器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用變更了速度.如圖所示,以太陽為參考系,設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種狀況下,探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發(fā)生干脆的碰撞,但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上,其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比.那么下列推斷中正確的是(A)A.v1>v0 B.v1=v0 C.v2>v0 D.v2=v解析:對(duì)于模型一,設(shè)向左為正,由動(dòng)量守恒定律得Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒Mu2+m=m+M,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=,因M?m,則v1≈2u+v0>v0,故A正確,B錯(cuò)誤.對(duì)于模型二,設(shè)向左為正,由動(dòng)量守恒定律得Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒Mu2+m=m+M,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2=,因M?m,則v2≈v0-2u<v0;故C,D錯(cuò)誤.3.(非彈性碰撞)如圖(甲)所示,光滑水平面上有P,Q兩物塊,它們?cè)趖=4s時(shí)發(fā)生碰撞,圖(乙)是兩者的位移—時(shí)間圖象,已知物塊P的質(zhì)量為mP=1kg,由此可知(D)A.碰撞前物塊P的動(dòng)量為16kg·m/sB.兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞C.物塊Q的質(zhì)量為4kgD.碰撞過程中物塊P對(duì)物塊Q作用力的沖量是3N·s解析:依據(jù)位移—圖象可知,碰撞前P的速度v0=4m/s,碰撞前物塊P的動(dòng)量為p0=mPv0=4kg·m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;依據(jù)位移—圖象,碰撞后二者速度相同,說明碰撞為完全非彈性碰撞,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;碰撞后,二者的共同速度v=1m/s,由動(dòng)量守恒定律,mPv0=(mP+mQ)v,解得mQ=3kg,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由動(dòng)量定理,碰撞過程中物塊P對(duì)物塊Q作用力的沖量是I=ΔpQ=mQv=3N·s,選項(xiàng)D正確.考點(diǎn)二反沖與爆炸類問題1.對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中,物體間作用力做正功,其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加2.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過程中,有其他形式的能(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能位置不變爆炸的時(shí)間極短,作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小,可以認(rèn)為爆炸前、后時(shí)刻各部分位置不變[例2](2024·湖北武漢六中月考)如圖所示,固定的光滑平臺(tái)上靜止著兩個(gè)滑塊A,B,mA=0.1kg,mB=0.2kg,兩滑塊間夾有少量炸藥,平臺(tái)右側(cè)有一帶擋板的小車,靜止在光滑的水平地面上.小車質(zhì)量為M=0.3kg,車面與平臺(tái)的臺(tái)面等高,小車的上表面的右側(cè)固定一根輕彈簧,彈簧的自由端在Q點(diǎn),小車的上表面左端點(diǎn)P與Q點(diǎn)之間是粗糙的,P,Q間距L=0.75m,滑塊B與PQ之間表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,Q點(diǎn)右側(cè)表面是光滑的.點(diǎn)燃炸藥后,A,B分別瞬間A滑塊獲得向左的速度vA=6m/s,而滑塊B則沖向小車.兩滑塊都可以看做質(zhì)點(diǎn),炸藥的質(zhì)量忽視不計(jì),爆炸的時(shí)間極短,爆炸后兩個(gè)物塊的速度方向在同一水平直線上,且g=10m/s2.求:(1)炸藥爆炸使滑塊獲得的機(jī)械能;(2)滑塊B滑上小車后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢能;(3)滑塊B運(yùn)動(dòng)到何處小車速度最大?并求出小車運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度.過程圖示:解析:(1)爆炸過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAvA-mBvB=0,則vB==3m/s.則炸藥爆炸使滑塊A,B獲得的機(jī)械能E=mA+mB=2.7J.(2)彈簧壓縮到最短時(shí)彈簧的彈性勢能最大,B與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mBvB=(M+mB)v,由能量守恒定律得mB=(M+mB)v2+μmBgL+Ep,代入數(shù)據(jù)解得Ep=0.24J.(3)滑塊B壓縮彈簧后返回Q點(diǎn)時(shí)小車的速度最大,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mBvB=mBv1+Mv2,由能量守恒定律得mB=mB+M+μmBgL,代入數(shù)據(jù)解得v1=0,v2=2m/s,(v1=2.4m/s,v2=0.4m/s,B的速度大于小車的速度,不符合實(shí)際,舍去).答案:(1)2.7J(2)0.24J(3)滑塊B返回Q點(diǎn)時(shí)小車速度最大,大小為2m/s題組訓(xùn)練1.(爆炸問題)一禮花彈在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v=2m/s,突然爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失,取重力加速度g=10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(B)解析:禮花彈水平飛出爆炸時(shí),在水平方向不受外力,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)m乙=m,m甲=3m,則爆炸前p總=(3m+m)v=8m,而爆炸后兩塊都做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向有h=gt2,解得t=1s,則速度v′==s.設(shè)甲、乙兩塊均沿禮花彈原來飛行方向,依據(jù)動(dòng)量守恒定律,有8m=3ms甲+ms乙,即8=3s甲+s乙,將各選項(xiàng)s甲,s乙數(shù)值代入,可知選項(xiàng)B正確,A,C,D錯(cuò)誤.2.(反沖問題)(2024·陜西西安一中月考)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的三角形滑塊A置于水平光滑的地面上,三角形的底邊長為L,斜面也光滑,當(dāng)質(zhì)量為m的滑塊B(可看做質(zhì)點(diǎn))沿斜面下滑的過程中(BD)A.A與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒B.B沿斜面滑究竟端時(shí),A移動(dòng)的位移大小為C.B對(duì)A的沖量大小等于A的動(dòng)量變更量D.B對(duì)A的作用力做的功等于A增加的動(dòng)能解析:A,B組成的系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零,整體動(dòng)量不守恒,但在水平方向所受合外力為零,則系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒;設(shè)B水平方向運(yùn)動(dòng)的位移大小為s1,A運(yùn)動(dòng)的位移大小為s2,由動(dòng)量守恒得ms1-Ms2=0,且s1+s2=L,解得s2=,故B正確;A的動(dòng)量變更量與合外力的沖量相等,但A除受B的作用力外還有重力和地面支持力,故C錯(cuò)誤;對(duì)A依據(jù)動(dòng)能定理,由于A的重力和地面支持力不做功,所以B對(duì)A的作用力做的功等于A增加的動(dòng)能,故D正確.考點(diǎn)三人船模型1.本質(zhì):人船模型是反沖運(yùn)動(dòng)的特例.2.“人船模型”的特征兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí),若所受外力的矢量和為0,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒.在相互作用的過程中,任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比.3.“人船”位置如圖所示,長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中,質(zhì)量為m人的人由靜止起先從船的一端走到船的另一端,不計(jì)水的阻力,因人和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒,可得m船v船=m人v人,故有m船s船=m人s人,由圖可看出s船+s人=L,可解得s人=L,s船=L.s人,s船均為沿動(dòng)量方向相對(duì)于同一參考系的位移.4.模型擴(kuò)展人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上,求熱氣球上升或下降的高度的問題;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移動(dòng)的距離的問題等.[例3]如圖所示,小車(包括固定在小車上的桿)的質(zhì)量為M,質(zhì)量為m的小球通過長度為L的輕繩與桿的頂端連接,起先時(shí)小車靜止在光滑的水平面上,現(xiàn)把小球從與O點(diǎn)等高的地方釋放,小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移是(B)A. B.C. D.審題指導(dǎo):題干關(guān)鍵獲得信息小車靜止在光滑水平面上小車和小球系統(tǒng)水平方向不受力小球從與O點(diǎn)等高的地方釋放小球下擺后又上升小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移小球擺至最右端時(shí)小車位移最大,此時(shí)系統(tǒng)靜止解析:小球釋放后是先下擺、后上擺,小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受力,水平方向動(dòng)量保持守恒,小球向右移動(dòng),小車向左移動(dòng).當(dāng)小車向左位移達(dá)到最大時(shí)系統(tǒng)速度為0,由機(jī)械能守恒可知,此時(shí)小球處于與O點(diǎn)等高處,即小球搖擺過程中,小球相對(duì)于小車的位移為2L.設(shè)小車最大位移為smax,則小球位移為2L-smax,依據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m(2L-smax)-Msmax=0,得smax=,選項(xiàng)B正確.誤區(qū)警示求解“人船模型”問題的留意事項(xiàng)(1)“人船模型”適用于由兩物體組成的系統(tǒng),當(dāng)滿意動(dòng)量守恒條件(含某一方向動(dòng)量守恒)時(shí),若其中一個(gè)物體向某一方向運(yùn)動(dòng),則另一物體在其間作用力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)的狀況.(2)畫草圖:解題時(shí)要畫出兩物體的位移關(guān)系草圖,找出各位移間的關(guān)系,留意兩物體的位移是相對(duì)同一參考系的位移.一般是對(duì)地的位移,如本例中小球?qū)囄灰茷?L,但對(duì)地位移為2L-smax.題組訓(xùn)練1.(2024·福建廈門湖濱中學(xué)期中)(多選)將物體P從置于光滑水平面上的斜面體Q的頂端以確定的初速度沿斜面往下滑,如圖所示.在下滑過程中,P的速度越來越小,最終相對(duì)斜面靜止,那么由P和Q組成的系統(tǒng)(BD)A.動(dòng)量守恒B.水平方向動(dòng)量守恒C.最終P和Q確定都靜止在水平面上D.最終P和Q以確定的速度共同向左運(yùn)動(dòng)解析:因?yàn)橄到y(tǒng)水平方向上沒有外力,所以水平方向動(dòng)量守恒,豎直方向合力不為零,所以豎直方向動(dòng)量不守恒;初態(tài)系統(tǒng)總動(dòng)量向左,最終兩物體相對(duì)靜止,則末狀態(tài)總動(dòng)量向左,所以最終P和Q以確定的速度共同向左運(yùn)動(dòng),A,C錯(cuò)誤,B,D正確.2.如圖所示,在一只大氣球下方的長繩上,有一個(gè)質(zhì)量為m1=50kg的人.氣球和長繩的總質(zhì)量為m2=20kg,長繩的下端剛好和水平面接觸.當(dāng)靜止時(shí)人離地面的高度為h=5m.假如這個(gè)人起先沿繩向下滑,當(dāng)他滑到繩下端時(shí),他離地面的高度約為(可以把人看做質(zhì)點(diǎn))(B)A.5m B.3.6mC.2.6m D.8m解析:設(shè)人的速度為v1,氣球的速度為v2,起先人和氣球組成的系統(tǒng)所受外力合力為0,即人和氣球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)人下滑過程中,氣球位移為H,則人的位移為h-H,依據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m1(h-H)-m2H=0,代入數(shù)據(jù)得H=m,氣球上升m,所以人離地高度為m,約等于3.6m,選項(xiàng)B正確.真題試做·模擬演練1.(2024·福建卷,30)如圖,兩滑塊A,B在光滑水平面上沿同始終線相向運(yùn)動(dòng),滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(D)A.A和B都向左運(yùn)動(dòng) B.A和B都向右運(yùn)動(dòng)C.A靜止,B向右運(yùn)動(dòng) D.A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng)解析:由于A,B碰前總動(dòng)量為0,由動(dòng)量守恒可知碰后總動(dòng)量也為0,因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,故碰后A,B確定反向,即A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確.2.(2024·福建卷,30)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由限制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分別.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分別后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽視空氣阻力及分別前后系統(tǒng)質(zhì)量的變更,則分別后衛(wèi)星的速率v1為(D)A.v0-v2 B.v0+v2C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)解析:由動(dòng)量守恒定律得:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2得v1=v0+(v0-v2),故D項(xiàng)正確.3.(2024·內(nèi)蒙古集寧一中期中)如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點(diǎn),一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)靜止起先沿軌道滑下,然后滑入BC軌道,最終恰好停在C點(diǎn).已知小車質(zhì)量M=3m,滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g.則(B)A.全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移為R+LB.全程小車相對(duì)地面的位移大小s=C.最終小車和滑塊一起向左運(yùn)動(dòng)D.μ,L,R三者之間的關(guān)系為R=4μL解析:全程小車相對(duì)地面的位移大小為s,則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移s′=R+L-s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;取水平向右為正方向,由水平方向動(dòng)量守恒得m-M=0,即m-M=0,結(jié)合M=3m,解得s=(R+L),s′=(R+L),故B正確;由于最終滑塊停在C點(diǎn),對(duì)整個(gè)過程,由動(dòng)量守恒定律得0=(m+M)v′,得v′=0,則最終小車和滑塊靜止,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由能量守恒定律得mgR=μmgL,得R=μL,故D錯(cuò)誤.4.(2024·全國Ⅰ卷,25)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接,小物塊B靜止于水平軌道的最左端,如圖(a)所示.t=0時(shí)刻,小物塊A在傾斜軌道上從靜止起先下滑,一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短);當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí),速度減為0,此時(shí)對(duì)其施加一外力,使其在傾斜軌道上保持靜止.物塊A運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖(b)所示,圖中的v1和t1均為未知量.已知A的質(zhì)量為m,初始時(shí)A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力.(1)求物塊B的質(zhì)量;(2)在圖(b)所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,求物塊A克服摩擦力所做的功;(3)已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等,在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后,變更物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù),然后將A從P點(diǎn)釋放,一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上.求變更前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值.解析:(1)依據(jù)圖(b),v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小,為其碰撞后瞬間速度的大小.設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′,碰撞后瞬間的速度大小為v′.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1=m（-）+m′v′m=m（-v1）2+m′v′2聯(lián)立可得m′=3m.(2)在圖(b)所描述的運(yùn)動(dòng)中,設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f,下滑過程中所走過的路程為s1,返回過程中所走過的路程為s2,P點(diǎn)的高度為h,整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W.由動(dòng)能定理有mgH-fs1=m-0-(fs2+mgh)=0-m（-）2從圖(b)所給出的vt圖線可知s1=v1t1s2=··(1.4t1-t1)由幾何關(guān)系得=物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W=fs1+fs2聯(lián)立可得W=mgH.(3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ,物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在變更前為μ,有W=μmgcosθ·設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′,由動(dòng)能定理有-μm′gs′=0-m′v′2設(shè)變更后的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′,由動(dòng)能定理有mgh-μ′mgcosθ·-μ′mgs′=0聯(lián)立可得=.答案:(1)3m(2)mgH(3)5.(2024·全國Ⅲ卷,25)靜止在水平地面上的兩小物塊A,B,質(zhì)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(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m