(1)動量守恒定律處理系統(tǒng)內(nèi)物體的相互作用；(2)碰撞、打擊、反沖等“瞬間作用”問題。
例1．(2020?全國II卷?21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為( )
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【解析】設(shè)運動員和物塊的質(zhì)量分別為m、m0規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據(jù)動量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得；物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當(dāng)運動員再次推出物塊mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得；第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得；依次類推，第8次推出后，運動員的速度，根據(jù)題意可知＞5 m/s，解得m＜60 kg；第7次運動員的速度一定小于5 m/s，即＜5 m/s，解得m＞52 kg。綜上所述，運動員的質(zhì)量滿足52 kg＜m＜60 kg，BC正確。
【答案】BC
【點睛】本題考查動量守恒定律，注意數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用。
例2．(2020?山東卷?18)如圖所示，一傾角為θ的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tan θ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。
(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；
(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；
(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離s。
【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝mvP1＋4mvQ1
由機械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvP12＋eq \f(1,2)×4mvQ12
聯(lián)立式得：vP1＝－eq \f(3,5)v0，vQ1＝eq \f(2,5)v0
故第一次碰撞后P的速度大小為eq \f(3,5)v0，Q的速度大小為eq \f(2,5)v0。
(2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對Q由運動學(xué)公式得
聯(lián)立得 ⑥
設(shè)P運動至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為v02，第一次碰后至第二次碰前，對P由動能定理得
eq \f(1,2)mv022－eq \f(1,2)mvP12＝－mgh1
聯(lián)立得
P與Q的第二次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為vP2、vQ2，由動量守恒定律得：
mv02＝mvP2＋4mvQ2
由機械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv022＝eq \f(1,2)mvP22＋eq \f(1,2)×4mvQ22
聯(lián)立得：，
設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為h2，對Q由運動學(xué)公式得：
得
設(shè)P運動至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為v03，第二次碰后至第三次碰前，對P由動能定理得：eq \f(1,2)mv032－eq \f(1,2)mvP22＝－mgh2
得
P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為vP3、vQ3，由動量守恒定律得：
mv03＝mvP3＋4mvQ3
由機械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv032＝eq \f(1,2)mvP32＋eq \f(1,2)×4mvQ32
得：，
設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對Q由運動學(xué)公式得：
聯(lián)立得
總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為（n＝1，2，3……）。
(3)當(dāng)P、Q達(dá)到H時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得：
解得：。
(4)設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時間為t1，由運動學(xué)公式得：
vQ1＝2gt0sin θ
設(shè)P運動到斜面底端時的速度為vP1′，需要的時間為t2，由運動學(xué)公式得：
vP1′＝vP1＋gt2sin θ
vP1′2－vP12＝2sgsin θ
設(shè)P從A點到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運動的時間為t3，則：
v02＝(－vP1)－gt3sin θ
當(dāng)A點與擋板之間的距離最小時間：t1＝2t2＋t3
聯(lián)立得：。
【點睛】本題綜合性強，物體運動過程復(fù)雜，難度較大。解題需要分析清楚物塊的運動過程，并綜合應(yīng)用動能定理、動量守恒定律與機械能守恒定律等。
1．兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止。可以肯定的是，碰前兩球的( )
A．質(zhì)量相等 B．動能相等
C．動量大小相等 D．速度大小相等
【答案】C
【解析】兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據(jù)動量守恒定律可以斷定碰前兩球的動量大小相等、方向相反，C項正確。
2．如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為( )
A．16 J B．2 J
C．6 J D．4 J
【答案】A
【解析】設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，即E＝eq \f(1,2)m0veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m0)v2，而木塊獲得的動能E木＝eq \f(1,2)mv2＝6 J，兩式相除得eq \f(E,E木)＝eq \f(m＋m0,m0)＞1，即E>6 J，A項正確。
3．如圖所示，在光滑的水平面上有一物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C，兩端A、B一樣高?，F(xiàn)讓小滑塊m從A點靜止下滑，則( )
A．m不能到達(dá)小車上的B點
B．m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動
C．m從A到B的過程中小車一直向左運動，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零
D．M與m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒
【答案】C
【解析】M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒所以m恰能達(dá)到小車上的B點，到達(dá)B點時小車與滑塊的速度都是0，故A項錯誤；M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，m從A到C的過程中以及m從C到B的過程中m一直向右運動，所以M一直向左運動，m到達(dá)B的瞬間，M與m速度都為零，故B項錯誤，C項正確；小滑塊m從A點靜止下滑，物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向有加速度，合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒。M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D項錯誤。
4．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為( )
A．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝0 B．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝2mv0
C．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝eq \f(2m2v0,M＋m) D．v＝eq \f(mv0,M)，I＝2mv0
【答案】B
【解析】子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)，子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時的速度v＝eq \f(mv0,M＋m)，子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0。
5．(多選)在光滑水平面上，小球A、B(可視為質(zhì)點)沿同一直線相向運動，A球質(zhì)量為1 kg，B球質(zhì)量大于A球質(zhì)量。如果兩球間距離小于L時，兩球之間會產(chǎn)生大小恒定的斥力，大于L時作用力消失兩球運動的速度—時間關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是( )
A．B球的質(zhì)量為2 kg
B．兩球之間的斥力大小為0.15 N
C．t＝30 s時，兩球發(fā)生非彈性碰撞
D．最終B球速度為零
【答案】BD
【解析】由牛頓第二定律a＝eq \f(F,m)可知，質(zhì)量大的物體加速度較小，質(zhì)量小的物體加速度較大，則聯(lián)系圖象可知橫軸上方圖象對應(yīng)B小球，橫軸下方圖象對應(yīng)A小球，則有eq \f(F,mB)＝eq \f(1,20) m/s2，mA＝1 kg，eq \f(F,mA)＝eq \f(3,20) m/s2，解得mB＝3 kg，F(xiàn)＝0.15 N，選項B正確；在t＝30 s碰撞時，A小球的速度為零，B小球速度為v0＝2 m/s，碰后B小球減速，A小球加速，則碰后B小球速度為vB＝1 m/s，碰后A小球速度為vA＝3 m/s，則由數(shù)據(jù)可知，動量和動能均守恒，則為彈性碰撞，選項C錯誤；碰前，由運動圖象面積可知，兩小球相距80 m的過程中一直有斥力產(chǎn)生，而碰后B小球減速，初速度為vB＝1 m/s，加速度為eq \f(F,mB)＝eq \f(1,20) m/s2，A小球加速，初速度為vA＝3 m/s，加速度為eq \f(F,mA)＝eq \f(3,20) m/s2，距離逐漸增大，若一直有加速度，則當(dāng)B小球停止時距離最大，易求最大距離為80 m，則最終B小球速度恰好為零，選項D正確。
6．(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是( )
A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為v
C．車上管道中心線最高點的豎直高度為eq \f(v2,3g)
D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是eq \f(mv,3)
【答案】BC
【解析】小球恰好到達(dá)管道的最高點，說明在最高點時小球和小車之間相對速度為0，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq \f(v,3)，小車動量變化大小Δp車＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D項錯誤。小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C項正確。小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒和機械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B項正確。由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，A項錯誤。
7．(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M＝3 kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m＝1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9 m?，F(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5 m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．小鐵塊B向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2 m/s
B．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8 N·s
C．小鐵塊B從反向到與車同速共歷時0.6 s
D．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9 J
【答案】BD
【解析】設(shè)鐵塊向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)可得v1＝4 m/s，故A項錯誤；小鐵塊B與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，所以小鐵塊彈回的速度大小為v1′＝4 m/s，方向向右，根據(jù)動量定理I＝m·Δv＝8 kg·m/s，故B項正確；假設(shè)小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速v2，根據(jù)動量守恒定律得mv1′＝(m＋M)v2，解得v2＝1 m/s，小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速過程中小鐵塊的位移x1＝eq \f(v2＋v1′,2)t＝eq \f(1＋4,2)×0.6 m＝1.5 m，平板車的位移x2＝eq \f(v2,2)t＝eq \f(1,2)×0.6 m＝0.3 m，Δx＝x1－x2＝1.2 m>L，說明鐵塊在沒有與平板車達(dá)到共速時就滑出平板車，所以小鐵塊在平板車上運動過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝2μmgL＝9 J，故C項錯誤，D項正確。
8．半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m1、m2同時由軌道左、右最高點釋放，二者碰后粘在一起向上運動，最高能上升到軌道M點，已知OM與豎直方向夾角為60°，則兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2為( )
A．(eq \r(2)＋1)∶(eq \r(2)－1) B．eq \r(2)∶1
C．(eq \r(2)－1)∶(eq \r(2)＋1) D．1∶eq \r(2)
【答案】C
【解析】兩球到達(dá)最低點的過程，由動能定理得mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，所以兩球到達(dá)最低點的速度均為eq \r(2gR)，設(shè)向左為正方向，則m1的速度v1＝－eq \r(2gR)，則m2的速度v2＝eq \r(2gR)，由于碰撞瞬間動量守恒得m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝eq \f(m2－m1,m1＋m2)eq \r(2gR)，二者碰后粘在一起向左運動，最高能上升到軌道M點，對此過程應(yīng)用機械能守恒定律得－(m1＋m2)gR(1－cs60°)＝0－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,共)，解得eq \f(?m1＋m2?2,?m2－m1?2)＝2，整理m1∶m2＝(eq \r(2)－1)∶ (eq \r(2)＋1)，故C項正確。
9．如圖是一個物理演示實驗，它顯示：如圖中自由下落的物體A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某種材料做成的實心球，質(zhì)量m1＝0.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙。將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25 m處由靜止釋放。實驗中，A觸地后在極短時間內(nèi)反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上。則木棍B上升的高度為(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m
【答案】A
【解析】球及棒落地速度v＝eq \r(2gH)，球反彈后與B的碰撞為瞬間作用，AB雖然在豎直方向上合外力為重力，不為零。但作用瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的情況下，動量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v2′，棒上升高度為h＝eq \f(v′\\al(2,2),2g)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，得h＝4.05 m。
10．如圖所示，可看成質(zhì)點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的右端。已知A、B質(zhì)量均相等，C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g。求：
(1)A物體的最終速度；
(2)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)。
【解析】(1)設(shè)A、B的質(zhì)量為m，則C的質(zhì)量為2m，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝3mv1
B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用過程中動量守恒，設(shè)最終A，C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＋2mv1＝3mv2
聯(lián)立解得：v1＝eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(5v0,9)。
(2)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律得：
fL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)
又 f＝μmg
解得：μ＝eq \f(4v\\al(2,0),27gL)。
11．如圖所示，光滑水平平臺AB與豎直光滑半圓軌道AC平滑連接，C點切線水平，長L＝4 m的粗糙水平傳送帶BD與平臺無縫對接。質(zhì)量分別為m1＝0.3 kg和m2＝1 kg兩個小物體中間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用細(xì)繩將它們連接。已知傳送帶以v0＝1.5 m/s的速度向左勻速運動，小物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.15。某時剪斷細(xì)繩，小物體m1向左運動，m2向右運動速度大小為v2＝3 m/s，g取10 m/s2。求：
(1)剪斷細(xì)繩前彈簧的彈性勢能Ep；
(2)從小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能E；
(3)半圓軌道AC的半徑R多大時，小物體m1從C點水平飛出后落至AB平面的水平位移最大？最位移為多少？
【解析】(1)對m1和m2彈開過程，取向左為正方向，由動量守恒定律有：
0＝m1v1－m2v2
剪斷細(xì)繩前彈簧的彈性勢能：Ep＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v1＝10 m/s，Ep＝19.5 J。
(2)設(shè)m2向右減速運動的最大距離為x，由動能定理得：
－μm2gx＝0－eq \f(1,2)m2v22
解得：x＝3 m＜L＝4 m
則m2先向右減速至速度為零，向左加速至速度為v0＝1.5 m/s，然后向左勻速運動，直至離開傳送帶。
設(shè)小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的所用時間為t，取向左為正方向，根據(jù)動量定理得：
μm2gt＝m2v0－(－m2v2)
解得：t＝3 s
該過程皮帶運動的距離：x帶＝v0t＝4.5 m
故為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能：E＝μm2gx帶＝6.75 J。
(3)設(shè)豎直光滑軌道AC的半徑為R時小物體m1平拋的水平位移最大為x，從A到C由機械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1vC2＋2mgR
由平拋運動的規(guī)律有：
x＝vCt1，2R＝eq \f(1,2)gt12
聯(lián)立整理得：
根據(jù)數(shù)學(xué)知識知當(dāng)4R＝10－4R，即R＝1.25 m時，水平位移最大為xmax＝5 m。

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