考點(diǎn)一　動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
考點(diǎn)二　爆炸、反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型
動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
1.內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的　　　 為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變.2.表達(dá)式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ .系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量.(2)Δp1＝ ，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
1.只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒.(　　)2.系統(tǒng)的動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變.(　　)3.動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應(yīng)用時(shí)要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對(duì)同一個(gè)參考系.(　　)
1.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零.(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒.2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程).(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒).(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量.(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程.(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明.
例1　如圖甲所示，把兩個(gè)質(zhì)量相等的小車A和B靜止地放在光滑的水平地面上.它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)線把它們系在一起.如圖乙所示，讓B緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同.對(duì)于小車A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，燒斷細(xì)線后下列說(shuō)法正確的是A.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，　圖甲所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，圖乙所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，墻壁對(duì)圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零D.從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，墻壁彈力對(duì)圖乙中B車做功不為零
考向1　系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判斷
從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力之和為0，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，則系統(tǒng)所受外力之和不為0，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；
從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墻壁對(duì)題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，由于B車沒(méi)有位移，則墻壁彈力對(duì)題圖乙中B車做功為0，故D錯(cuò)誤.
例2　(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上.c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上.小孩跳離c車和b車時(shí)對(duì)地的水平速度相同.他跳到a車上相對(duì)a車保持靜止，此后A.a、b兩車運(yùn)動(dòng)速率相等B.a、c兩車運(yùn)動(dòng)速率相等C.三輛車的速率關(guān)系vc>va>vbD.a、c兩車運(yùn)動(dòng)方向相反
考向2　動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用
設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離b、c車時(shí)對(duì)地水平速度為v，在水平方向由動(dòng)量守恒定律有0＝M車vc＋m人v，m人v＝M車vb＋m人v，m人v＝(M車＋m人)·va，所以vc＝－ ，vb＝0，va＝ ，即vc>va>vb并且vc與va方向相反.所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C、D正確.
例3　甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6 m/s，甲車上有質(zhì)量為m＝1 kg的小球若干個(gè)，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量為M1＝50 kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30 kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)地面為v′＝16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞.則甲總共拋出的小球個(gè)數(shù)是A.12 B.13 C.14 D.15
考向3　動(dòng)量守恒定律的臨界問(wèn)題
規(guī)定甲的速度方向?yàn)檎较颍瑑绍噭偤貌幌嘧?，則兩車速度相等，由動(dòng)量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，對(duì)甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動(dòng)量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確.
爆炸、反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型
1.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律
2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明
1.發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象.(　　)2.爆炸過(guò)程中機(jī)械能增加，反沖過(guò)程中機(jī)械能減少.(　　)
人船模型(1)模型圖示
(2)模型特點(diǎn)①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0
(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即 .
例4　在某次軍演中，一炮彈由地面斜向上發(fā)射，假設(shè)當(dāng)炮彈剛好到最高點(diǎn)時(shí)爆炸，炸成前后兩部分P、Q，其中P的質(zhì)量大于Q.已知爆炸后P的運(yùn)動(dòng)方向與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，假設(shè)爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空氣的阻力，則下列說(shuō)法正確的是A.爆炸后Q的運(yùn)動(dòng)方向一定與P的運(yùn)動(dòng)方向相同B.爆炸后Q比P先落地C.Q的落地點(diǎn)到爆炸點(diǎn)的水平距離大D.爆炸前后P、Q動(dòng)量的變化量大小相等
在爆炸過(guò)程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.爆炸前炮彈在最高點(diǎn)的速度沿水平方向，爆炸后P的運(yùn)動(dòng)方向與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律判斷出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的運(yùn)動(dòng)方向取決于P的動(dòng)量與爆炸前炮彈的動(dòng)量的大小關(guān)系，因此Q的運(yùn)動(dòng)方向不一定與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤；
在爆炸過(guò)程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用時(shí)間相同，則爆炸力的沖量大小一定相等，由動(dòng)量定理可知，在爆炸過(guò)程中P、Q動(dòng)量的改變量大小相等、方向相反，D正確；爆炸后P、Q均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上為自由落體運(yùn)動(dòng)，由于高度相同，在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同，所以P、Q一定同時(shí)落地，B錯(cuò)誤；由于爆炸后兩部分速度的大小關(guān)系無(wú)法判斷，因此落地點(diǎn)到爆炸點(diǎn)的水平距離無(wú)法確定，C錯(cuò)誤.
例5　(2022·河南省模擬)解放軍發(fā)出4枚“東風(fēng)快遞”(中程彈道導(dǎo)彈)，準(zhǔn)確擊中預(yù)定目標(biāo)，發(fā)射導(dǎo)彈過(guò)程可以簡(jiǎn)化為：將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的東風(fēng)導(dǎo)彈點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過(guò)程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)東風(fēng)導(dǎo)彈獲得的速度大小是
例6　(多選)如圖所示，繩長(zhǎng)為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)A.系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒B.水平方向任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量等大反向或都為零C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動(dòng)的最大距離為
系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯(cuò)誤；小球相對(duì)于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動(dòng)的最大距離為 ，D正確.
1.碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力　　 的現(xiàn)象.2.特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力 　　　外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.
1.碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒.(　　)2.在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動(dòng)量大小一定相同.(　　)
1.碰撞問(wèn)題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變.
2.彈性碰撞的重要結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；
②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1E2，所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞，能量損失E＝E1－E2＝0.57 J.
1.(2021·全國(guó)乙卷·14)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦.用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng).在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開(kāi)始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對(duì)小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒.故選B.
2.(多選)在光滑的水平面上，一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體A與另一物體B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，兩物體的位置隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，以A物體碰前速度方向?yàn)檎较?，下列說(shuō)法正確的是A.碰撞后A的動(dòng)量為6 kg·m/sB.碰撞后A的動(dòng)量為2 kg·m/sC.物體B的質(zhì)量為2 kgD.碰撞過(guò)程中合外力對(duì)B的沖量為6 N·s
A、B碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6 kg，C錯(cuò)誤；對(duì)B，由動(dòng)量定理可得IB＝mBv－0＝6 N·s，D正確.
3.(多選)某同學(xué)想用氣墊導(dǎo)軌模擬“人在船上走”模型.該同學(xué)到實(shí)驗(yàn)室里，將一質(zhì)量為M的滑塊置于長(zhǎng)為L(zhǎng)的氣墊導(dǎo)軌上并接通電源.該同學(xué)又找來(lái)一個(gè)質(zhì)量為m的蝸牛置于滑塊的一端，在食物的誘惑下，蝸牛從該端移動(dòng)到另一端.下面說(shuō)法正確的是A.只有蝸牛運(yùn)動(dòng)，滑塊不運(yùn)動(dòng)B.滑塊運(yùn)動(dòng)的距離是C.蝸牛運(yùn)動(dòng)的位移是滑塊的 倍D.滑塊與蝸牛運(yùn)動(dòng)的距離之和為L(zhǎng)
4.豎直向上發(fā)射一物體(不計(jì)空氣阻力)，在物體上升的某一時(shí)刻突然炸裂為a、b兩塊，質(zhì)量較小的a塊速度方向與物體原來(lái)的速度方向相反，則A.炸裂后瞬間，a塊的速度一定比原來(lái)物體的速度小B.炸裂后瞬間，b塊的速度方向一定與原來(lái)物體的速度方向相同C.炸裂后瞬間，b塊的速度一定比原來(lái)物體的速度小D.炸裂過(guò)程中，b塊的動(dòng)量變化量大小一定小于a塊的動(dòng)量變化量大小
在炸裂過(guò)程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，炸裂后瞬間a塊的速度大小不能確定，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝ >v0，b塊的速度方向一定與原來(lái)物體的速度方向相同，故A、C錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)量守恒可知，炸裂過(guò)程中，b塊的動(dòng)量變化量大小一定等于a塊的動(dòng)量變化量大小，故D錯(cuò)誤.
5.冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛(ài)，在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖乙.若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的哪幅圖
兩冰壺碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向，不會(huì)偏離甲原來(lái)的方向，可知，A圖情況是不可能的，故A錯(cuò)誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后停止，最終兩冰壺的位置可能如選項(xiàng)B所示，故B正確；
兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后，選項(xiàng)C所示是不可能的，故C錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程機(jī)械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯(cuò)誤.
6.如圖所示，在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設(shè)碰撞過(guò)程中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別為
由題設(shè)條件，三球在碰撞過(guò)程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒.設(shè)三球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mv0，總動(dòng)能為 mv02.
選項(xiàng)A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動(dòng)量守恒定律，故不可能.
對(duì)選項(xiàng)C，碰后總動(dòng)量為mv0，但總動(dòng)能為 mv02，這顯然違反了機(jī)械能守恒定律，故不可能.對(duì)選項(xiàng)D，既滿足動(dòng)量守恒定律，也滿足機(jī)械能守恒定律，故選D.
7.如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的小車，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線系一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至水平位置，球放開(kāi)時(shí)小車與小球保持靜止?fàn)顟B(tài)，松手后讓小球下落，在最低點(diǎn)與固定在小車上的油泥相撞并粘在一起，則A.小球與油泥相撞后一起向左運(yùn)動(dòng)B.小球與油泥相撞后一起向右運(yùn)動(dòng)C.整個(gè)過(guò)程小車的運(yùn)動(dòng)距離為D.整個(gè)過(guò)程小車的運(yùn)動(dòng)距離為
在水平方向上，系統(tǒng)不受外力，因此在水平方向動(dòng)量守恒.小球下落過(guò)程中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證動(dòng)量守恒，小車要向左運(yùn)動(dòng).當(dāng)撞到油泥，是完全非彈性碰撞，小球和小車大小相等方向相反的動(dòng)量恰好抵消掉，所以小車和小球都保持靜止，故A、B錯(cuò)誤；
8.(2021·浙江1月選考·12)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊.遙控器引爆瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力.下列說(shuō)法正確的是A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80 mC.爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68 m/sD.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340 m
兩碎塊落地點(diǎn)的水平距離為Δx＝3vt＝1 020 m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.
9.(多選)質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等，兩者質(zhì)量之比 可能為A.2 B.3 C.4 D.5
10.在發(fā)射地球衛(wèi)星時(shí)需要運(yùn)載火箭多次點(diǎn)火，以提高最終的發(fā)射速度.某次地球近地衛(wèi)星發(fā)射的過(guò)程中，火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出質(zhì)量為m＝800 g的氣體，氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的對(duì)地速度v＝1 000 m/s，假設(shè)火箭(含燃料在內(nèi))的總質(zhì)量為M＝600 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，忽略地球引力的影響，則A.第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4 m/sB.地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，速度大小至少達(dá)到11.2 km/sC.要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣500次D.要使火箭能成功發(fā)射至少要持續(xù)噴氣17 s
設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，以豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正確；地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，噴氣n次后至少要達(dá)到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B錯(cuò)誤；以火箭和噴出的n次氣體為研究對(duì)象，以豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入數(shù)據(jù)解得：n≈666，故C錯(cuò)誤；至少持續(xù)噴氣時(shí)間為：t＝ ＝33.3 s，故D錯(cuò)誤.
11.如圖所示，甲車質(zhì)量m1＝20 kg，車上有質(zhì)量M＝50 kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此時(shí)質(zhì)量m2＝50 kg的乙車正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑來(lái)，為了避免兩車相撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時(shí)，人從甲車跳到乙車上，則人跳出甲車的水平速度(相對(duì)地面)應(yīng)當(dāng)在什么范圍內(nèi)才能避免兩車相撞？不計(jì)地面和小車的摩擦，且乙車足夠長(zhǎng).
答案　大于或等于3.8 m/s
人跳到乙車上后，如果兩車同向，且甲車的速度等于乙車的速度就可以恰好避免兩車相撞以人、甲車、乙車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以向右為正方向由水平方向動(dòng)量守恒得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′解得v′＝1 m/s以人與甲車為一系統(tǒng)，人跳離甲車過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu解得u＝3.8 m/s因此，只要人跳離甲車的水平速度大于或等于3.8 m/s，就可避免兩車相撞.
12.如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB段是半徑R＝0.8 m的 圓弧，B在圓心O的正下方，BC段水平，AB段與BC段平滑連接.球2、球3均放在BC軌道上，質(zhì)量m1＝0.4 kg的球1從A點(diǎn)由靜止釋放，球1進(jìn)入水平軌道后與球2發(fā)生彈性正碰，球2再與球3發(fā)生彈性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；答案　12 N
在B點(diǎn)對(duì)球1應(yīng)用牛頓第二定律：
聯(lián)立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N由牛頓第三定律知球1在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)若球2的質(zhì)量m2＝0.1 kg，求球1與球2碰撞后球2的速度大??；
球1、球2碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得：
(3)若球3的質(zhì)量m3＝0.1 kg，為使球3獲得最大的動(dòng)能，球2的質(zhì)量應(yīng)為多少.
同理，球2、球3碰撞后：
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
13.(多選)(2020·全國(guó)卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)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(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)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.總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員.不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v1，第二次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v2……第八次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動(dòng)量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，

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