1.命題角度：(1)動(dòng)量定理及應(yīng)用；(2)動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用；(3)碰撞模型及拓展.2.常用方法：柱狀模型法.3.?？碱}型：選擇題、計(jì)算題.
考點(diǎn)一　動(dòng)量定理及應(yīng)用
考點(diǎn)二　動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用
考點(diǎn)三　碰撞模型及拓展
1.沖量的三種計(jì)算方法
2.動(dòng)量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)應(yīng)用技巧①研究對(duì)象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng).②表達(dá)式是矢量式，需要規(guī)定正方向.③勻變速直線運(yùn)動(dòng)，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理比用牛頓第二定律求解更簡(jiǎn)捷.④在變加速運(yùn)動(dòng)中F為Δt時(shí)間內(nèi)的平均沖力.⑤電磁感應(yīng)問題中，利用動(dòng)量定理可以求解時(shí)間、電荷量或?qū)w棒的位移.
3.流體作用的柱狀模型對(duì)于流體運(yùn)動(dòng)，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過某一截面積為S的橫截面的
柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，如圖所示.設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時(shí)間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動(dòng)量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康淖兓浚碏Δt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來(lái)流速v的方向?yàn)檎较?(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
例1　(多選)(2022·廣東梅州市一模)如圖所示，學(xué)生練習(xí)用腳順球.某一次足球由靜止自由下落1.25 m，被重新順起，離開腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25 m.已知足球與腳部的作用時(shí)間為0.1 s，足球的質(zhì)量為0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則A.足球下落到與腳部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為2 kg·m/sB.足球自由下落過程重力的沖量大小為4 kg·m/sC.足球與腳部作用過程中動(dòng)量變化量為零D.腳部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的11倍
足球下落到與腳部剛接觸時(shí)的速度為v＝ ＝5 m/s，則足球下落到與腳部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為p＝mv＝2 kg·m/s，A正確；
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，足球離開腳部時(shí)的速度大小也是5 m/s，所以腳部與足球作用過程中，由動(dòng)量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝11mg，足球自由下落過程重力的沖量大小為mg ＝2 N·s，B錯(cuò)誤，D正確；足球與腳部作用過程中動(dòng)量變化大小為Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C錯(cuò)誤.
例2　(2022·湖南衡陽(yáng)市一模)飛船在進(jìn)行星際飛行時(shí)，使用離子發(fā)動(dòng)機(jī)作為動(dòng)力，這種發(fā)動(dòng)機(jī)工作時(shí)，由電極發(fā)射的電子射入稀有氣體(如氙氣)，使氣體離子化，電離后形成的離子由靜止開始在電場(chǎng)中加速并從飛船尾部高速連續(xù)噴出，利用反沖使飛船本身得到加速.已知一個(gè)氙離子質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，飛船單位時(shí)間內(nèi)向后噴射出的氙離子的個(gè)數(shù)為N，從飛船尾部高速連續(xù)噴出氙離子的質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛船的質(zhì)量，則飛船獲得的反沖推力大小為
1.判斷守恒的三種方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板－塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型.(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，如爆炸、反沖.(3)某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0，則在該方向上動(dòng)量守恒，如滑塊－斜面(曲面)模型.
2.動(dòng)量守恒定律的三種表達(dá)形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的動(dòng)量之和等于作用后的動(dòng)量之和(常用).(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向.(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.
例3　(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 kgC.58 kg D.63 kg
例4　(2022·湖南岳陽(yáng)市二模)如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法不正確的是(重力加速度為g)
小球C下落到最低點(diǎn)時(shí)，A、B將要開始分離，此過程水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒有：m0gL＝ m0vC2＋ ×2mvAB2，取水平向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：m0vC＝2mvAB ，
C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，選B為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理有IAB＝mvAB＝m0 ，故C錯(cuò)誤；
C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)C對(duì)地向左水平位移大小為x1，A、B對(duì)地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝ ，故D正確.
1.碰撞問題遵循的三條原則(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：若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度.
2.兩種碰撞特點(diǎn)(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律.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)生彈性正碰為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
結(jié)論：①當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度.②當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng).③當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái).④當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v1，v2′＝2v1.(2)完全非彈性碰撞
3.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
例5　(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成.如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2.設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說法正確的是A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0
設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為m，氮核的質(zhì)量為14m，
設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向?yàn)檎较颍?br/>聯(lián)立解得v1＝v0，設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向?yàn)檎较颍?br/>可得EkH>EkN，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤.
例6　(多選)(2022·河南省名校聯(lián)盟二模)如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦.圓心O點(diǎn)正下方放置為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞.碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為(重力加速度為g)
A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B的初速度方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，則：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：
若小球A恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)恰由小球的重力提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為vmin，由牛頓第二定律得：
若小球A不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)械能守恒定律得：
可知若小球A不脫離軌道時(shí)，
例7　(多選)(2022·河北邢臺(tái)市高三期末)如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為v0的水平速度從小車弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到達(dá)弧形槽的頂端.小車與小球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力.下列說法正確的是A.弧形槽的頂端距底端的高度為B.小球離開小車后，相對(duì)地面做自由落體運(yùn)動(dòng)C.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對(duì)小球做的功為D.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對(duì)小車的沖量大小為mv0
經(jīng)分析可知，小球到達(dá)弧形槽頂端時(shí)，小球與小車的速度相同(設(shè)共同速度大小為v)，在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小車組成
的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv，設(shè)弧形槽的頂端距底端的高度為h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mv02＝ ×2mv2＋mgh，解得h＝ ，A正確；
設(shè)小球返回弧形槽的底端時(shí)，小球與小車的速度分別為v1、v2，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量
守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有mv0＝mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 ，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球離開小車后，相對(duì)地面做自由落體運(yùn)動(dòng)，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對(duì)小球做的功W＝0－ ，C錯(cuò)誤；
根據(jù)動(dòng)量定理，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對(duì)小車的沖量大小I＝mv2－0＝mv0，D正確.
例8　(2022·全國(guó)乙卷·25)如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)與彈簧接觸，到t＝2t0時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v－t圖像如圖(b)所示.已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36v0t0.A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同.斜面傾角為θ(sin θ＝0.6)，與水平面光滑連接.碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).求(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；
當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、B速度相等，即在t＝t0時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根據(jù)能量守恒定律有
聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6 mv02
(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；
答案　0.768v0t0
B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動(dòng)量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA對(duì)方程兩邊同時(shí)乘時(shí)間Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積，可得6mv0t0＝5msB＋msA，將sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0
(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù).
物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2v0，方向水平
向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為vA′，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′根據(jù)能量守恒定律可得
方法一：設(shè)在斜面上滑行的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
下滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計(jì)算出滑塊A上滑和下滑時(shí)的加速度大小，
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma上mgsin θ－μmgcs θ＝ma下上滑時(shí)末速度為0，下滑時(shí)初速度為0，設(shè)在斜面上滑行的位移為L(zhǎng)，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移速度關(guān)系可得2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2聯(lián)立可解得μ＝0.45.
1.(2022·廣西北海市一模)一輛總質(zhì)量為M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v勻速行駛.雪橇上的人每次以相同的速度3v(對(duì)地速度)向行駛的正前方拋出一個(gè)質(zhì)量為m的沙包.拋出第一個(gè)沙包后，車速減為原來(lái)的 .下列說法正確的是A.每次拋出沙包前后，人的動(dòng)量守恒B.雪橇有可能與拋出的沙包發(fā)生碰撞C.雪橇的總質(zhì)量M與沙包的質(zhì)量m滿足M∶m＝12∶1D.拋出第四個(gè)沙包后雪橇?xí)笸?br/>每次拋出沙包前后，雪橇(含人)和拋出的沙包總動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；拋出沙包后，雪橇的速度不會(huì)超過v，不可能再與拋出的沙包發(fā)生碰撞，故B錯(cuò)誤；規(guī)定雪橇的初速度方向?yàn)檎较?，?duì)拋出第一個(gè)沙包前后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv＝(M－m) v＋m·3v，得M＝11m，故C錯(cuò)誤；拋出第四個(gè)沙包后雪橇速度為v1，由全過程動(dòng)量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，將M＝11m代入得v1＝－ ，故D正確.
2.(2022·江蘇無(wú)錫市普通高中高三期末)如圖所示，質(zhì)量為M＝100 g的木板左端是一半徑為R＝10 m的 光滑圓弧軌道，軌道右端與木板上表面在B處水平相連.質(zhì)量為m1＝80 g的木塊置于木板最右端A處.一顆質(zhì)量為m2＝20 g的子彈以大小為v0＝100 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出.已知子彈打進(jìn)木塊的時(shí)間極短，木板上表面水平部分長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝10 m，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求子彈打進(jìn)木塊過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
子彈打進(jìn)木塊過程，由動(dòng)量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20 m/s，由能量守恒定律有
解得ΔE1＝80 J.
(2)若木板固定，求木塊剛滑上圓弧時(shí)對(duì)圓弧的壓力；
答案　4 N，方向豎直向下
木塊從A端滑到B端過程，
木塊滑到B端時(shí)，由牛頓第二定律有
聯(lián)立解得FN＝4 N，根據(jù)牛頓第三定律可得F壓＝FN＝4 N，方向豎直向下.
(3)若木板不固定，地面光滑，求木塊上升的最大高度.
從開始至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，得v3＝10 m/s，
子彈打進(jìn)木塊后至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中，根據(jù)能量守恒定律有
1.(2022·福建三明市高三期末)跑鞋的鞋墊通常選擇更軟、更有彈性的抗壓材料，以下說法中錯(cuò)誤的是A.鞋墊減小了人與地面的作用力B.鞋墊減小了人落地過程的動(dòng)量變化量C.鞋墊延長(zhǎng)了人與地面相互作用的時(shí)間D.鞋墊可將吸收的能量盡可能多地回饋給人
根據(jù)動(dòng)量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝ ＋mg，鞋墊的作用是延長(zhǎng)了人與地面的作用時(shí)間t，減小了人和地面的作用力F，鞋墊的作用是將盡可能多的能量反饋給人，A、C、D正確；鞋墊沒有改變?nèi)说某鮿?dòng)量0，也沒有改變?nèi)说哪﹦?dòng)量mv，人落地過程的動(dòng)量變化量不變，B錯(cuò)誤.
2.(2022·湖南郴州市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)小球A、B，帶有等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上.突然加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，兩球A、B將由靜止開始運(yùn)動(dòng)，對(duì)兩小球A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，以下說法正確的是(設(shè)整個(gè)過程中不考慮電荷間庫(kù)侖力的作用，且彈簧不超過彈性限度)A.系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.彈簧彈力與靜電力大小相等時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能最大D.系統(tǒng)所受合外力的沖量不為零
加上電場(chǎng)后，兩球所帶電荷量相等而電性相反，兩球所受的靜電力大小相等、方向相反，則系統(tǒng)
所受靜電力的合力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量定理可知，合外力沖量為零，故A正確，D錯(cuò)誤；加上電場(chǎng)后，靜電力分別對(duì)兩球做正功，兩球的動(dòng)能先增加，當(dāng)靜電力和彈簧彈力平衡時(shí)，動(dòng)能最大，然后彈力大于靜電力，兩球的動(dòng)能減小，直到動(dòng)能均為0，彈簧最長(zhǎng)為止，但此過程中系統(tǒng)機(jī)械能一直都在增加，故B、C錯(cuò)誤.
3.(2022·湖北卷·7)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v.前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2.下列關(guān)系式一定成立的是A.W2＝3W1，I2≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1
4.(多選)(2022·河南省大聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊連接在勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端，放置在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，從t＝0時(shí)刻開始，給A一個(gè)水平向右、大小為v0的初速度，A、B運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，已知兩物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像具有對(duì)稱性，且為正、余弦曲線.彈簧的彈性勢(shì)能與勁度系數(shù)和彈簧的形變量之間的關(guān)系為Ep＝ kx2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，結(jié)合所給的信息分析，下列說法正確的是
A.t1時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，t2時(shí)刻彈簧的壓縮量最大B.在0～t2的時(shí)間內(nèi)，彈簧對(duì)B做的功為C.t1時(shí)刻，若A的速度v1與B的速度v2之差為Δv，則此時(shí)A與B的動(dòng)能之差為 mv0ΔvD.t2時(shí)刻彈簧的形變量為
分析A、B的運(yùn)動(dòng)過程，可知t1時(shí)刻A、B間的距離正在增大，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，t2時(shí)刻A、B間的距離最小，彈簧的壓縮量最大，A正確；
0～t1時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，A與B的動(dòng)能之差ΔEk＝ ，結(jié)合v1－v2＝Δv，可得ΔEk＝ mv0Δv，C正確；
5.(多選)(2022·山東煙臺(tái)市高三期末)如圖所示，質(zhì)量為3m的小球B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m、速度為v的小球A與小球B發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值.碰撞后小球B的速度大小可能是
若A、B發(fā)生的是彈性碰撞，對(duì)A、B碰撞過程由動(dòng)量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2，
若A、B發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則碰后兩者共速，
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′，解得碰撞后小球B的速度大小為v′＝ v，
6.(多選)(2022·山東濟(jì)南市、聊城市等高三學(xué)情檢測(cè))如圖所示，金屬塊內(nèi)有一個(gè)半徑為R的光滑圓形槽，金屬塊放在光滑水平面上且左邊挨著豎直墻壁.一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從離金屬塊左上端R處?kù)o止下落，沿圓槽切線方向進(jìn)入圓槽內(nèi)，小球到達(dá)最低點(diǎn)后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，恰好不能從圓形槽的右端沖出.已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力.下列說法正確的是A.小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，小球?qū)饘賶K的壓力 大小為5mgB.金屬塊的質(zhì)量為mC.小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為D.金屬塊運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為
小球從靜止到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程，
根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘賶K的壓力大小為FN′＝FN，聯(lián)立解得FN′＝5mg，A正確；小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球到達(dá)圓形槽右端過程，小球和金屬塊水平方向動(dòng)量守恒，則有mv0＝(m＋M)v，
小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，水平方向動(dòng)量守恒，即有mv0＝Mv1＋mv2，
7.(多選)(2022·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三檢測(cè))在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物塊A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間，A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，且m＝ M，若開始時(shí)三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給A一個(gè)向右的沖量I，物塊間的碰撞都可以看作是彈性碰撞，關(guān)于A與B、C間發(fā)生碰撞的分析正確的是A.A與B、C之間只能各發(fā)生一次碰撞B.A、B之間只能發(fā)生一次碰撞，A、C之間可以發(fā)生兩次碰撞C.A、C之間只能發(fā)生一次碰撞，A、B之間可以發(fā)生兩次碰撞D.A、C第一次碰撞后，C速度大小為vC1＝
選取向右為正方向，設(shè)A、C碰撞之前A的速度為vA，第一次A、C碰撞之后，A的速度為vA1，C的速度為vC1，對(duì)物塊A，根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mvA，A、C發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒有mvA＝mvA1＋MvC1，
由上述分析可知，A、C碰撞之后，A反向彈回，則A和B可以發(fā)生碰撞，
則vA2mBC.B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于xD.S1－S2＝S3
由于在0～t1時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，則對(duì)B受力分析有F墻＝F彈，則墻對(duì)B的沖量大小等于彈簧對(duì)B的沖量大小，
而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對(duì)象轉(zhuǎn)換為A，撤去F后A水平方向只受彈力作用，則根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mAv0(方向向右)，則墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量大小相等、方向相同，A正確；
由a－t圖像可知t1后彈簧被拉伸，在t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有
F彈＝mAaA＝mBaB，由題圖(b)可知aB>aA，則mB0
13.(2022·江蘇揚(yáng)州市高三期末)如圖所示，冰壺隊(duì)在某次訓(xùn)練中，藍(lán)壺靜止在大本營(yíng)Q處，質(zhì)量相等的紅壺與藍(lán)壺發(fā)生正碰，最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)，下列說法正確的是A.碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B.碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的4倍C.紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍D.碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
碰后兩壺運(yùn)動(dòng)距離不相同，所以碰后兩球速度不相同，根據(jù)動(dòng)量定理可判斷出碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯(cuò)誤；碰后紅壺運(yùn)動(dòng)的距離為x1＝R2－R1＝0.61 m，
藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的距離為x2＝2R2＝2.44 m，二者質(zhì)量相同，假設(shè)二者碰后的所受摩擦力相同，則二者做減速運(yùn)動(dòng)的加速度也相同，
即碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍，B錯(cuò)誤；

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